Chủ đề này có 84 trả lời

[maitienluat]

====================

Bài toán 29: Cho dãy số $\{a_n \}$ thỏa $ a_1 = 1, a_{2n}= a_n+1, a_{2n+1}=\frac{1}{a_{2n}} $.Chứng minh rằng tất cả các số hữu tỷ đều là số hạng của dãy này.

-68-

Theo em đề nên là các số hữu tỷ dương vì {$a_{n}$} là dãy dương.

 

=============================

Ta chứng minh bằng quy nạp

Gọi $S(m)$ là mệnh đề $\forall p=\frac{r}{s}, gcd(r,s)=1, r < m, s < m$ , $\exists n$ sao cho $a_{n}=p$.

Với $m=1$ thì $p=1=a_{1}$, mệnh đề $S(1)$ đúng.

Giả sử mệnh đề đúng tới $m-1$. Ta chứng minh $S(m)$ đúng. Chỉ cần xét $p\neq 1$.

 $\bullet$ TH1: $p= \frac {m} {s}$ với $s < m$

  Ta có $m-s < m, s < m$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $p-1= \frac {m-s} {s} = a_{n} \Rightarrow p=a_{n}+1=a_{2n} $.

 $\bullet$ TH2: $p= \frac {s} {m}$ với $s < m$

  Ta có $\frac {1-p} {p} = \frac {m-s} {s}$ nên theo giả thiết quy nạp tồn tại $n$ sao cho $\frac {1-p} {p} = a_{n} \Rightarrow \frac {1} {p} =a_{n}+1=a_{2n} \Rightarrow p=a_{2n+1}$.

Mệnh đề được chứng minh. Từ đây dễ dàng suy ra kết quả bài toán $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 13-06-2013 - 21:37

[dark templar]

Bài toán 27: Cho $u$ là 1 tham số thực bất kỳ với $0<u<1$.

Với $0 \le x \le u,f(x)=0$.Với $u \le x \le n, f(x)=1-\left(\sqrt{ux}+\sqrt{(1-u)(1-x)}\right)^2 $.

 

Dãy số $\{u_{n} \}$ được xác định bởi công thức truy hồi sau $u_1=f(1)$ và $u_n=f(u_{n-1});\forall n \in \mathbb{N},n \ne 1$.Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $u_k=0$.

-61-

Bài toán này chỉ có gợi ý như sau:

 

Đặt $ u=:\sin^2\alpha $ và $ x:=\sin^2\phi $ với $ \alpha,\phi\in \left[0,\frac{\pi}2 \right] $.Suy ra $f(x)=0$ với $\phi \le \alpha$ và $f(x)=\sin^2 (\phi -\alpha)$ với $\phi \ge \alpha$.

 

 

Bài toán 29: Cho dãy số $\{a_n \}$ thỏa $ a_1 = 1, a_{2n}= a_n+1, a_{2n+1}=\frac{1}{a_{2n}} $.Chứng minh rằng tất cả các số hữu tỷ đều là số hạng của dãy này.

-68-

Bài toán này có khá nhiều lời giải,các bạn có thể xem trực tiếp tại đây. Tuy nhiên mình sẽ dịch 1 lời giải mà mình cảm thấy là chi tiết và đầy đủ nhất.

 

Lời giải bài toán 29

 

Ta sẽ phát biểu lại bài toán như sau:

Dãy số $(x_n)_{n \ge 1}$ định bởi  $x_1=1;x_{2n}=1+x_n$ và $x_{2n+1}=\frac{1}{x_{2n}}$ với mọi $n \ge 1$. Chứng minh rằng với mọi số hữu tỷ dương $r$,tồn tại duy nhất 1 số $n$ sao cho $r=x_n$.

Để ý tằng tất cả các số hạng của dãy đều là số dương và $x_{2n}>1;x_{2n+1}<1;\forall n \ge 1$.Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp trên $k \ge 2$ mệnh đề sau: Với mọi số nguyên dương $a,b$ thỏa $\gcd (a,b)=1$ và $a+b \le k$,tồn tại 1 số hạng của dãy trên bằng với $\frac{a}{b}$.Nếu $k=2$ thì $a=b=1$ và $\frac{a}{b}=1=x_1$.

 

Giả sử mệnh đề đúng đến 1 số $k>2$ và giả sử $a,b$ là 2 số nguyên tố cùng nhau có $a+b=k+1$.Nếu $a>b$,ta áp dụng  giả thuyết quy nạp cho các số $a-b$ và $b$.Rõ ràng là $\gcd (a-b,b)=1$ và $(a-b)+b=a \le k$,do đó tồn tại $n$ thỏa $x_n=\frac{a-b}{b}$.Thế nhưng:

\[ x_{2n}=1+x_{n}=1+\frac{a-b}{b}=\frac{a}{b}. \]

 

Nếu $a<b$ thì ta áp dụng giả thuyết quy nạp cho các số $b-a$ và $a$.Suy ra tồn tại $n$ thỏa $x_n=\frac{b-a}{a}$,và ta có:

\[ x_{2n+1}=\frac{1}{x_{2n}}=\frac{1}{1+x_{n}}=\frac{1}{1+\frac{b-a}{a}}=\frac{a}{b}. \]

 

Ta đã chứng minh được với mọi số hữu tỷ dương $r$,tồn tại $n$ thỏa $r=x_n$,nhưng ta còn phải chứng minh giá trị $n$ này là duy nhất.

 

Điều này có được từ tất cả các số hạng của dãy $\{x_n \}_{n \ge 1}$ khác nhau đôi một. Thật vây,giả sử ngược lại và chọn $n \ne m$ thỏa $x_n=x_m$,với $n$ nhỏ nhất.Ở đầu lời giải đã cho ta thấy $n$ và $m$ có cùng tính chẵn lẻ.Nếu $n=2n'$ và $m=2m'$,thì ta có $x_{n'}=x_{m'}$,mâu thuẫn với việc $n$ nhỏ nhất. Trường hợp $n=2n'+1$ và $m=2m'+1$ cũng tương tự.

 

====================

Đề mới:

 

Bài toán 30: Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa $a_1>0,a_2>0$ và $a_{n+2}=\frac{2}{a_{n+1}+a_n}$.Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Bài toán 31: Cho dãy $\{a_n \}$ định bởi $a_1=a_2=1$ và $a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$.Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 17:40

[barcavodich]

Bài $30$ mình có ý tưởng như này(chưa hoàn chỉnh)

Đặt $u_n=\frac{1}{a_n}$

Từ giả thiết ta có

$2u_{n+2}=\frac{1}{u_{n+1}}+\frac{1}{u_n}$

$\Rightarrow 4(u_{n+2}-1)^2=(\frac{1-u_{n+1}}{u_{n+1}}+\frac{1-u_n}{u_n})^2\leq (\frac{1}{u_{n+1}}+\frac{1}{u_n})(\frac{(1-u_{n+1})^2}{u_{n+1}}+\frac{(1-u_n)^2}{u_n})$

Đặt $S_n=\frac{(u_n-1)^2}{u_n}$

Ta có 

$2S_{n+2}\leq S_{n+1}+S_n$

Từ đây đặt $x_{n+1}=\max (S_{n+1},S_n)$

Khi đó $2S_{n+2}\leq S_{n+1}+S_n\leq 2x_{n+1}$

$\Rightarrow s_{n+2}\leq x_{n+1},S_{n+1}\leq x_{n+1}\Rightarrow x_{n+2}\leq x_{n+1}$

Do đó dãy $(x_n)$có giới hạn

Tương tự ta cũng tìm được giới hạn của dãy $(S_n)$

Từ đó dãy $(a_n)$ có giới hạn

(chả biết đúng không nữa)

[dark templar]

Do đó dãy $(x_n)$có giới hạn

Tương tự ta cũng tìm được giới hạn của dãy $(S_n)$

Câu này đáng ngờ quá Làm sao ta tìm được giới hạn $\{S_n \}$ ?

[barcavodich]

Hì hì mình mới có ý tưởng thế thôi chứ chưa chắc đã đúng 

Nhưng mà việc biến đổi lung tung hóa ra lại ra

[ntuan5]

Hai bài 30,31 đều có trong sách tlct 11.

[dark templar]

Hai bài 30,31 đều có trong sách tlct 11.

Nếu có thể,cảm phiền bạn trích dẫn lại lời giải bởi vì không phải ai cũng có cuốn sách đó cả

[dark templar]

Bài toán 30: Cho dãy $\{a_n \}$ thỏa $a_1>0,a_2>0$ và $a_{n+2}=\frac{2}{a_{n+1}+a_n}$.Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
 
Bài toán 31: Cho dãy $\{a_n \}$ định bởi $a_1=a_2=1$ và $a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$.Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn.

Lời giải bài toán 30

Dễ thấy rằng dãy này gồm các số dương.Giả sử dãy không bị chặn trên,hay $a_n>C$ với $n>1$ và $ a_{n+1}=\frac{2}{a_n+a_{n-1}}<\frac{2}{C} $.
 
Với $C$ đủ lớn,ta sẽ có $ \frac{2}{C}<\min(a_1,a_2)\leq\max(a_1,a_2) < C $.Từ đó giá trị lớn nhất $M$ của các số hạng từ $a_1$ đến $a_{n+1}$ đạt được bởi số hạng $a_k$ nào đó,với $k \ge 2$ và giá trị nhỏ nhất $m$ đạt được bởi số hạng $a_{\ell}$ nào đó,$\ell \ge 2$.
 
Nên $ M = a_k =\frac{2}{a_{k-1}+a_{k-2}}\leq\frac{1}{m} $,suy ra $mM \le 1$ nhưng $ m = a_{\ell}=\frac{2}{a_{\ell-1}+a_{\ell-2}}\geq\frac{1}{M} $,suy ra $mM \ge 1$,hay $mM=1$.
 
Mặt khác $ a_{n+2}=\frac{2}{a_{n+1}+a_{n}}\leq\frac{1}{m}= M $ và $ a_{n+2}=\frac{2}{a_{n+1}+a_{n}}\geq\frac{1}{M}= m $ và bằng phương pháp quy nạp cho mọi $n+t$,ta sẽ có mâu thuẫn với giả thiết dãy không bị chặn trên.
 
Từ đó dãy này bị chặn và tồn tại $ \Lambda =\limsup_{n\to\infty}a_n $ và $ \lambda =\liminf_{n\to\infty}a_n $ và ta dễ có $ \lambda\Lambda = 1 $ (cách làm tương tự như ở trên).

 

Bây giờ,với $a_{N}$ bất kỳ gần với $\Lambda$,ta cần có $a_{N-1}$ và $a_{N-2}$ gần với $\lambda$,do đó $a_{N-2}$ và $a_{N-3}$ phải gần với $\Lambda$.Điều này chỉ xảy ra khi $\Lambda=\lambda=1$,vậy dãy hội tụ về $1$.
 

Lời giải bài toán 31

$ a_{n+2}= a_{n+1}+\frac{a_{n}}{(n+2)(n+1)} $

$ = a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}+\frac{a_{n}}{(n+2)(n+1)} $

$ =a_n\left(1+\frac{1}{(n+2)(n+1)}\right)+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)} $

$ <\left(a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}\right)\left(1+\frac{1}{(n+2)(n+1)}\right) $

$ =a_{n+1}\left(1+\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}\right). $

 

Do đó:

$ a_{k}<a_{k-1}\left(1+\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right) $

$ <a_{k-2}\left(1+\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}\right)\left(1+\frac{1}{k-2}-\frac{1}{k-1}\right) $

$ <\cdots<a_1\prod_{i=1}^{k-1}\left(1+\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right) $

$ =\prod_{i=1}^{k-1}\left(1+\frac{1}{i}-\frac{1}{i+1}\right)<\left(\frac{1+1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+1+\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k}}{k}\right)^k $

$ =\left(1+\frac{1}{k}-\frac{1}{k^2}\right)^k<\left(1+\frac{1}{k}\right)^k\longrightarrow e \quad \text{khi $k \to \infty$}$

 

Vậy dãy $a_n$ bị chặn,và dễ thấy $a_{n+1}>a_{n}$ nên dãy có giới hạn hữu hạn.

 

 

Đề mới:

 

Bài toán 32: Chứng minh rằng chỉ tồn tại duy nhất 1 dãy nguyên $a_1;a_2;...;a_n$ thỏa $a_1=1;a_2>1$ và $ (a_{n+1})^{3}+1=a_{n}a_{n+2} $.

 

Bài toán 33: Cho dãy nguyên $\{a_n \}$ xác định bởi $ a_n = 2\cdot a_{n-1}+a_{n-2},\quad (n > 1),\quad a_0 = 0, a_1 = 1. $Chứng minh rằng $a_n$ chia hết cho $2^{k}$ khi và chỉ khi $n$ chia hết cho $2^{k}$.

-77-

 

====================

Chú ý: Kể từ giờ,các bạn tham gia topic nếu post lời giải quá dài hãy đưa nó vào giữa cặp lệnh như thế này:

[hide="Lời giải bài toán"]<Nội dung>[/hide]

Kết quả:

Lời giải bài toán

Nội dung

để cho load trang ,topic và công thức Toán cho nhanh hơn và tăng thẩm mỹ cho topic.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 15:07

[barcavodich]

Ẩn và hiện nội dung như thế nào vậy mọi người

Mình xin phép giải bài $32$ (hình như là Anh 78)  

Giả sử dãy $(a_n)$ thỏa mãn điều kiện bài toán

Dễ có $a_n> 0\forall n\in \mathbb{N}$

Do đó 

$a_{n+2}=\frac{a_{n+1}^3+1}{a_n}$

Ta có $a_3=\frac{a_2^3+1}{a_1}$

$a_4=\frac{a_3^3+1}{a_2}=\frac{(a_2^3+1)+1}{a_2}=a_2^8+3a_2^5+\frac{2}{a_2}$

Vì $a_4\in \mathbb{Z}$ 

$\Rightarrow a_2|2$

$\Rightarrow a_2=2$

Vì tất cả các số hạng còn lại của dãy cũng được xác định duy nhất bơi $2$ số hạng đầu tiên nên dãy đã dẫn là duy nhất

Bây giờ dùng quy nạp ta chứng minh dãy trên là số nguyên

Kiểm tra ở trên thấy $a_1,a_2,a_3,a_4$ đều là các số nguyên.Giả sử với giá trị nào đó $n>4$ ta đã chứng minh được rằng $a_1,...,a_{n-1}$ là các số nguyên

Khi đó $a_n=\frac{a_{n-1}^3+1}{a_{n-2}}=\frac{\frac{a_{n-2}^3+1}{a_{n-3}}+1}{a_{n-2}}=\frac{a_{n-2}^9+3a_{n-2}^6+3a_{n-2}^3+1+a_{n-3}^3}{a_{n-2}.a_{n-3}^3}$

Hơn nữa  $\frac{a_{n-1}^3+1}{a_{n-2}}=\frac{\frac{a_{n-2}^3+1}{a_{n-3}}+1}{a_{n-2}}=\frac{a_{n-2}^9+3a_{n-2}^6+3a_{n-2}^3+1+a_{n-3}^3}{a_{n-3}^3}=a_{n-1}^3+1\in \mathbb{Z}$

Và $\frac{a_{n-2}^9+3a_{n-2}^6+3a_{n-2}^3+1+a_{n-3}^3}{a_{n-2}}=a_{n-2}^8+3a_{n-2}^5+3a_{n-2}^2+a_{n-4}$

Bây giờ ta chứng minh $(a_{n-2},a_{n-3}^3)=1$

Thật vậy ta có

$(a_{n-2},a_{n-3})=(\frac{a_{n-3}^3+1}{a_{n-4}},a_{n-3})\leq (a_{n-3}^3+1,a_{n-3})=1$

Như vậy khẳng định được chứng minh

P/s Tks a dark templar đã nhắc nhở

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 25-06-2013 - 19:35

[1110004]

Bài toán 31: Cho dãy $\{a_n \}$ định bởi $a_1=a_2=1$ và $a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}$.Chứng minh dãy có giới hạn hữu hạn.

mình xin giải lại bài 31 với ý tưởng mới vừa đọc đuợc trong sách!

Spoiler

+dễ dàng thấy dãy trên là dãy tăng vậy ta cần chứng minh dãy bị chặn trên

+ta có

$a_{n+1}=a_n+\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}=\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}+\frac{a_{n-2}}{n(n-1)}+a_{n-1}$

$=....=\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}+\frac{a_{n-2}}{n(n-1)}+...+\frac{a_2}{4.3}+\frac{a_1}{3.2}+a_2$

$=\frac{a_{n-1}}{n(n+1)}+\frac{a_{n-2}}{n(n-1)}+...+\frac{a_3}{5.4}+\frac{5}{4}$

ta chứng minh $a_n< \frac{5}{3}$ bằng quy nạp như sau 

  . với $n=1$ hiển nhiên đúng

  . Giả sử đúng với mọi $n\leq k$ ta chứng minh nó đúng với $n=k+1$

     thật vậy ta có

$a_{k+1}=\frac{a_{k-1}}{k(k+1)}+\frac{a_{k-2}}{k(k-1)}+...+\frac{a_3}{5.4}+\frac{5}{4}< \frac{5}{3}\left ( \frac{1}{k(k+1)} +\frac{1}{(k-1)k}+...\frac{1}{4.5}\right )+\frac{5}{4}$

$=\frac{5}{3}\left ( \frac{1}{4}-\frac{1} {k+1}\right )+\frac{5}{4}< \frac{5}{3}.\frac{1}{4}+\frac{5}{4}=\frac{5}{3}$

vậy nó cũng đúng với $n=k+1$ suy ra dãy ${a_n}$ bị chặn trên suy ra đều phải chứng minh }

 

[mathforlife]

bài 32 mình nghĩ phải là chia hêt chư không phải chia hêt cho vì $a_{4}=12$ :-?

[dark templar]

bài 33 mình nghĩ phải là chia hêt chư không phải chia hêt cho vì $a_{4}=12$ :-?

Cảm ơn cậu vì đã nhắc Đúng là "$a_n$ chia hết $2^{k}$ khi và chỉ khi $n$ chia hết $2^{k}$". Sẽ sửa lại đề...

 

Ẩn và hiện nội dung như thế nào vậy mọi người 

...

Bây giờ dùng quy nạp ta chứng minh dãy trên là số nguyên

 

Mình đã đưa cho cậu code biểu diễn rồi mà ? Còn việc chứng minh cho dãy $\{a_n \}$ là dãy nguyên trong bài 32 thì mới là bước quan trọng chứ,mong cậu đưa lời giải đầy đủ.Nếu được thì hãy đọc bài post đầu tiên của topic này để biết quy định trong topic.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 17:32

[mathforlife]

Bài 33:

(2) => (1) : NX: $n\vdots 2^{k}$ thì $a_{n}\vdots a_{2^{k}}$ vì đặt $n=2^{k}m$ thì $\sum_{j=0}^{m-1}(1+\sqrt2)^{m-j}(1-\sqrt2)^j=\sum_{j=0}^{\left \lfloor \frac{m-1}{2} \right \rfloor}(-1)^j((1+\sqrt2)^{m-2j}+(1-\sqrt2)^{m-2j})$ là số nguyên.

 

do đó  ta chỉ cần cm $a_{2^{k}}\vdots 2^{k}$

Ta tìm đc cttq dãy số: $a_{n}=\frac{(1+\sqrt{2})^{n}-(1-\sqrt{2})^n}{2\sqrt2}$

$\Rightarrow a_{2^{k}}=a_{2^{k-1}}((1+\sqrt2)^{2^{k-1}}+(1-\sqrt2)^{2^{k-1}})$

Chú ý: $(1+\sqrt2)^{2^{k-1}}+(1-\sqrt2)^{2^{k-1}}=a+b\sqrt2+a-b\sqrt2=2a\vdots 2$

nên = quy nạp ta dễ dàng cm đc $a_{2^{k}}\vdots 2^{k}$

 

(1) => (2)  :

Ta quy nạp theo k

Giả sử đã đúng đến k, ta cm đúng với k+1

Đăt $n=2^{k+1}u+v$

Ta có $a_{n}=a_{2^{k+1}u+v}=2((1+\sqrt2)^v+(1-\sqrt2)^v)a_{2^{k+1}u}-(-1)^va_{2^{k+1}u-v}$

$\Rightarrow a_{2^{k+1}u-v}\vdots 2^{k+1}$

theo gt quy nạp thì $2^{k+1}u-v\vdots 2^k$ nên nếu v khác 0 thì $v=2^k$

$\Rightarrow 2^{k+1}u-v=2^k(2u-1)$, vô lý.

do đó v=0 và ta có đpcm

 

 

Mình sửa lại mấy lỗi theo nx của bạn rồi đó Lần sau mình sẽ trình bày cẩn thận hơn:D

Anw lúc làm mình cũng chả biết dãy số pell với pell-lucas là gì làm theo cảm tính thôi ~~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 25-06-2013 - 20:07

[dark templar]

Bài 33:

(2) => (1) : NX: $n\vdots 2^{k}$ thì $a_{n}\vdots a_{2^{k}}$ nên ta chỉ cânf cm $a_{2^{k}}\vdots 2^{k}$

Ta tìm đc cttq dãy sô: $a_{n}=\frac{(1+\sqrt{2})^{n}-(1-\sqrt{2})^n}{2\sqrt2}$

$\Rightarrow a_{2^{k}}=a_{2^{k-1}}((1+\sqrt2)^{2^{k-1}}+(1-\sqrt2)^{2^{k-1}})$

Chú ý: $(1+\sqrt2)^{2^{k-1}}+(1-\sqrt2)^{2^{k-1}}=a+b\sqrt2+a-b\sqrt2=2a\vdots 2$

nên = quy nạp ta dê dàng cm đc $a_{2^{k}}\vdots 2^{k}$

 

(1) => (2)  :

Ta quy nạp theo k

Giả sử đã đúng đến k, ta cm đúng với k+1

Đăt $n=2^{k+1}u+v$

Ta có $a_{n}=a_{2^{k+1}u+v}=((1+\sqrt2)^v+(1-\sqrt2)^v)a_{2^{k+1}u}+(-1)^va_{2^{k+1}u-v}$

$\Rightarrow a_{2^{k+1}u-v}\vdots 2^{k+1}$

theo gt quy nạp thì $2^{k+1}u-v\vdots 2^k$ nên nếu v khác 0 thì $v=2^k$

$\Rightarrow 2^{k+1}u-v=2^k(2u-1)$, vô lý.

do đó v=0 và ta có đpcm

Lời giải này chưa thực sự đầy đủ lắm Chỗ nhận xét $(2) \implies (1)$ ,với $n=m2^{k}$ thì ít nhất bạn cũng phải chứng minh $\sum_{j=0}^{m-1}(1+\sqrt{2})^{m-j}(1-\sqrt{2})^{j}$ là số nguyên thì mới kết luận được $a_{2^{k}}|a_n$.

 

Còn khúc công thức $a_{n}=a_{2^{k+1}u+v}=((1+\sqrt2)^v+(1-\sqrt2)^v)a_{2^{k+1}u}+(-1)^va_{2^{k+1}u-v} \quad (*)$,bạn cũng nên giải thích đầy đủ rõ ràng 1 xíu,thật ra nó phải là $2a_{2^{k+1}u}((1+\sqrt2)^v+(1-\sqrt2)^v)-(-1)^{v}a_{2^{k}u-v}$  ,nhưng dù sao cũng hiểu được tư tưởng của lời giải.

 

Tuy nhiên mình cũng nhắc bạn là nên trình bày đầy đủ,rõ ràng lời giải để khi chúng mình tổng hợp sẽ dễ dàng hơn.

 

====================

Thật ra bài toán 33 này liên quan đến 1 dãy số rất nổi tiếng là dãy số Pell và các số Pell-Lucas.Dãy số $\{a_n \}$ ở trên chính là dãy số Pell.

 

Công thức $(*)$ mà cậu xài là xuất phát từ mối liên hệ giữa số Pell và số Pell-Lucas:

$$P_{m+n}=2P_{m}Q_{n}-(-1)^{n}P_{m-n}$$

 

Trong đó $P_{n}$ là số Pell thứ $n$ và $Q_{n}$ là số Pell-Lucas thứ $n$.

Tất nhiên còn nhiều đẳng thức liên quan khác nữa,có thể tìm thêm ở đây và ở đây.

 

Còn 1 tính chất nữa của bài 33 là $a_n$ nguyên tố khi và chỉ khi $n$ nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 19:09

[dark templar]

Bài toán 33: Cho dãy nguyên $\{a_n \}$ xác định bởi $ a_n = 2\cdot a_{n-1}+a_{n-2},\quad (n > 1),\quad a_0 = 0, a_1 = 1. $Chứng minh rằng $a_n$ chia hết cho $2^{k}$ khi và chỉ khi $n$ chia hết cho $2^{k}$.

-77-

Lời giải 1 bài toán 33

Bài toán tương đương với chứng minh mệnh đề sau:

$$\forall k \ge 2,n \in \mathbb{N}: a_{n+2^k}-a_n\equiv 2^k\; mod(2^{k+1}) $$

 

Ta sẽ chứng minh mệnh đề trên bằng quy nạp.

 

Với $k=2$,ta cần chỉ ra $ a_{n+4}-a_n\equiv 4\; mod(8) $.Dễ dàng chứng minh điều này bằng cách xét dãy trên $\mod 8$.

 

Giả sử mệnh đề đúng đến $k$.Khi đó:

$ a_{n+2^{k+1}}-a_{n}=(a_{n+2^{k+1}}-a_{n+2^{k+1}-2})+(a_{n+2^{k+1}-2}-a_{n+2^{k+1}-4})+\ldots+(a_{n+2}-a_n) $

 

Với giả thiết quy nạp,ta có $ a_{n+2^{k+1}-i}\equiv a_{n+2^k-i}+2^k\; mod(2^{k+1}) $ với $ 1\leqslant i\leqslant 2^k-1 $

 

Do đó:

$ a_{n+2^{k+1}}-a_{n}\equiv 2(2(a_{n+2^k-1}+a_{n+2^k-3}+\ldots+a_{n+1})+2^k\times 2^{k-1})\; mod(2^{k+2}) $

 

Bằng cách tương tự,ta cũng có:

$ 2(a_{n+2^k-1}+a_{n+2^k-3}+\ldots+a_{n+1})=a_{n+2^k}-a_n $

 

Hơn nữa,với $k \ge 2$ ta có $ 2^{2k}\equiv 0\; mod(2^{k+2}) $,suy ra $ a_{n+2^{k+1}}-a_{n}\equiv 2(a_{n+2^k}-a_n)\; mod(2^{k+2}) $.

 

Kết hợp với giả thiết quy nạp là $ a_{n+2^k}-a_n\equiv 2^k\; mod(2^{k+1}) $,ta có đpcm.

 

 

Các lời giải 2,3,4 là dành cho "$2^{k}|n$ thì $2^{k}|a_n$".

Lời giải 2 bài toán 33

Ta có thể chứng minh bằng quy nạp rằng $ a_{d+e}=a_{d-1}a_{e}+a_{d}a_{e+1} $.Từ đó ta chứng minh được nếu $d|e$ thì $a_{d}|a_{e}$.

 

Do đó nếu ta chứng minh được $2^{k}|a_{2^{k}}$ thì bài toán được giải quyết vì $a_{2^{k}}|a_n$.

 

Từ $ a_{d+e}=a_{d-1}a_{e}+a_{d}a_{e+1} $,cho $d=e$ ta thu được $ a_{2d}=a_{d}(a_{d-1}+a_{d+1})=2a_{d}(a_{d-1}+a_{d}) $.

 

Suy ra $2a_{d}|a_{2d}$,với $a_2=2$ thì ta có thể chứng minh bằng quy nạp cho $2^{k}|a_{2^{k}}$.

 

Lời giải 3 bài toán 33

Ta có $ a_n=\frac{1}{2\sqrt{2}}\left((1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt{2})^n\right) $, hay $ a_n=\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n+1}{2} \right\rfloor}\binom{n}{2i-1}2^{i-1} $.

 

Chúng ta cần chứng minh với $2^{k}|n \iff 2^{k}|a_n$.Đặt $n=2^{k}r$ và ta có với $ 1\le t\le \left\lfloor \frac{n+1}{2} \right\rfloor $:

$ v_2\left(\binom{n}{2t-1}2^{t-1} \right)=v_2\left(\binom{2^kr}{2t-1} \right)+v_2(2^{t-1}) $

$ =\sum_{i=1}^{\infty}\left(\left\lfloor \frac{2^kr}{2^i} \right\rfloor -\left\lfloor \frac{2^kr-(2t-1)}{2^i} \right\rfloor -\left\lfloor \frac{2t-1}{2^{i}} \right\rfloor \right)+(t-1) $

$  \ge \sum_{i=1}^{k}\left(\left\lfloor \frac{2^kr}{2^i} \right\rfloor -\left\lfloor \frac{2^kr-(2t-1)}{2^i} \right\rfloor -\left\lfloor \frac{2t-1}{2^{i}} \right\rfloor \right)+(t-1) $

$ =\sum_{i=1}^{k}\left(-\left\lfloor \frac{-(2t-1)}{2^{i}} \right\rfloor-\left\lfloor \frac{2t-1}{2^{i}} \right\rfloor \right)+(t-1)=\sum_{i=1}^{k}( 1 )+(t-1)=k+(t-1) $

 

Vậy với mỗi $t$ thì tích $ \binom{n}{2t-1}2^{t-1} $ chia hết cho $2^{k}$ và nếu $t>1$ thì nó chia hết cho $2^{k+t-1}$ và nếu $t=1$ thì hiển nhiên nó chia hết cho $2^{k}$,từ đó ta có $2^{k}|a_n$.

 

Lời giải 4 bài toán 33

Ta dễ có \[ a_n=\frac{(1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt{2})^n}{2\sqrt{2}} \]

 

Đặt $n=2^{k}j$.Ta cần chứng minh $ \frac{(1+\sqrt{2})^{2^kj}-(1-\sqrt{2})^{2^kj}}{2^{k+1}\sqrt{2}} $ là số nguyên.

 

Biểu thức trên tương đương với:

\[ \frac{(1+\sqrt{2})^{2^{k-1}j}+(1-\sqrt{2})^{2^{k-1}j}}{2}.\frac{(1+\sqrt{2})^{2^{k-2}j}+(1-\sqrt{2})^{2^{k-2}j}}{2}....................\frac{(1+\sqrt{2})^j-(1-\sqrt{2})^j}{2\sqrt{2}} \]

\[ =\frac{(1+\sqrt{2})^{2^{k-1}j}+(1-\sqrt{2})^{2^{k-1}j}}{2}.\frac{(1+\sqrt{2})^{2^{k-2}j}+(1-\sqrt{2})^{2^{k-2}j}}{2}....................a_j \]

 

Ta khai triển $ \frac{(1+\sqrt{2})^x+(1-\sqrt{2})^x}{2}...(i)$ để có $ \frac{\sum\limits_{i=0}^x\binom{x}{i}2^{\frac{i}{2}}+\sum\limits_{i=0}^x\binom{x}{i}(-1)^i2^{\frac{i}{2}}}{2} $

 

Chú ý rằng các số hạng có dạng $ \binom{x}{2k-1}2^{\frac{2k-1}{2}} $ là những số hạng duy nhất không phải là số nguyên và chúng triệt tiêu lẫn nhau,còn lại các số hạng chia hết cho $2$ và $\binom{x}{0}+\binom{x}{0}$.

 

Do đó ta có thể kết luận là tất cả các số hạng của $(i)$ đều là số nguyên và tích của chúng nhân với $a_j$ cũng là số nguyên,suy ra đpcm.

 

 

Ta có 2 bài toán đề nghị sau:

 

Bài toán 33.1: Chứng minh rằng $n$ nguyên tố $\iff a_n$ nguyên tố.

 

Bài toán 33.2: Với mỗi $m>0$ và $0 \le j \le m$,ta có $2a_m|a_{m+j}+(-1)^{j}a_{m-j}$.

 

====================

Đề mới:

 

Bài toán 34: Cho phương trình $ x^n=x^{n-1}+...+x+1 $.

1. Chứng minh rằng PT trên có duy nhất nghiệm thực dương,gọi nghiệm đó là $x_n$.
2. Chứng minh $\lim_{n \to +\infty}x_n=2$
3. Tính $\lim_{n \to +\infty}n(2-x_n)$.

Bài toán 35: Cho dãy $\{u_n \}$ thỏa $u_1=20;u_2=30$ và $u_{n+2}=3u_{n+1}-u_{n},n \ge 1$.Tìm $n$ để $1+5u_{n}u_{n+1}$ là số chính phương.

-99-

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 21:38

[maitienluat]

Bài toán 34: Cho phương trình $ x^n=x^{n-1}+...+x+1 $.

1. Chứng minh rằng PT trên có duy nhất nghiệm thực dương,gọi nghiệm đó là $x_n$.
2.  
3. Chứng minh $\lim_{n \to +\infty}x_n=2$
4.  
5. Tính $\lim_{n \to +\infty}n(2-x_n)$.

1. Đặt $f_{n}(x)=x^{n}-x^{n-1}-...-1$

Ta chứng minh bằng quy nạp rằng$f_{n}(x)$ có một nghiệm dương duy nhất $x_{n}$ thoả $1 \leq x_{n} \leq 2$

Với $n=1,n=2$ khẳng định đúng. Giả sử nó đúng tới $n$.

Để ý rằng $f_{n+1}(x)=f_{n}(x)+x^{n+1}-2x^{n}$ ta có

  $f_{n+1}(x_{n})=f_{n}(x_{n})+x_{n}^{n}(x_{n}-2)<0$

  $f_{2}=1>0$

Suy ra $f_{n+1}(x)$ có một nghiệm nằm giữa $x_{n}$ và $2$. Tính dương và duy nhất của nó là hiển nhiên (theo quy tắc Descartes về số nghiệm dương của một phương trình đa thức).

Mặt khác $x_{n+1} > x_{n} >1$. Tóm lại mệnh đề quy nạp đúng với mọi n.

 

2. Do $f_{n}(2)=1$ và $f_{n}(x_{n})=0$ nên theo định lý Lagrange ta có

    $$1=\left | f_{n}(x_{n})-f_{n}(2) \right |=\left | f_{n}^{'}(a) \right |.\left | x_{n}-2 \right |$$

với $a \in (x_{n},2) \Rightarrow a>x_{n-1}>1$ Từ đó $f_{n-1}(a)>0$ nên 

$$f_{n}^{'}(a)=na^{n-1}-(n-1)a^{n-2}-...-1>n(a^{n-2}+...+1)-(n-1)a^{n-2}-...-1=a^{n-2}+2a^{n-3}+...+(n-1)>1+2+...+(n-1)=\frac {n(n-1)}{2}$$

Suy ra $$0<\left | x_{n}-2 \right |=\frac{1}{\left | f_{n}^{'}(a) \right |}< \frac{2}{n(n-1)}\rightarrow 0$$

Theo nguyên lý kẹp ta có $$\lim_{n\rightarrow +\infty }x_{n}=2$$

 

3. Cũng từ đánh giá ở trên ta có

$$0<n(2-x_{n})=\frac{n}{f_{n}^{'}(a)}< \frac{2}{n-1}\rightarrow 0$$

nên theo nguyên lý kẹp $$\lim_{n\rightarrow +\infty}n(2-x_{n})=0$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 25-06-2013 - 22:35

[dark templar]

Dạng toán bài 34 ở trên VMF này có khá nhiều,trong box Dãy số-Giới hạn THPT và Olympiad. Tiếp tục :

 

Bài toán 36: Ta gọi $r(n)$ là tích của các thừa số nguyên tố phân biệt của số tự nhiên $n$.Cho dãy $\{a_n \}$ với $a_1$ cho trước và $a_{n+1}=a_n+r(a_n)$.Chứng minh rằng tồn tại hữu hạn số hạng liền kề của dãy này tạo thành 1 cấp số cộng.

-105-

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 25-06-2013 - 23:01

[mathforlife]

Bài 35:

Từ công thức truy hồi ta có đẳng thức sau: $u_{n+1}^2-3u_{n+1}u_{n}+u_{n}^2+500=0$

$\Rightarrow (u_n+u_{n+1})^2+501=1+5u_{n}u_{n+1}=a^{2}(a\in \mathbb{N})$

$\Rightarrow a^{2}-(u_n+u_{n+1})^2=501$

Giải phương trình nghiệm nguyên dương ta được $a=251,u_n+u_{n+1}=250$

Do dãy tăng nên ta có $u_{n}=70 \Leftrightarrow n=3$

Vậy $n=3$

 

Bài 36:

Giả sử tồn tại số m nào đó sao cho dãy $\left \{ a_{n} \right \},n\geq m$ là một cấp số cộng vô hạn.

Đặt $a_{m}=\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_{i}}$

Suy ra $r(a_m)=r(a_{m+1})=...=\prod_{i=1}^{k}p_i$

Từ đó $\forall n\geq m,a_n=a_m+(n-m)r(a_m)=\prod_{i=1}^{k}p_i(\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_{i}-1}+n-m)$

Chọn n sao cho $n-m=\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_{i}-1}.\prod_{i=1}^{k}p_i$

Khi đó $a_n=\prod_{i=1}^{k}p_i(\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_{i}-1}+n-m)=\prod_{i=1}^{k}p_i^{\alpha_{i}}(1+\prod_{i=1}^{k}p_i)$

Dễ thấy lúc này $r(a_n)\neq r(a_m)$ nên cấp số cộng sẽ dừng ở đây, vô lý.

Vậy ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mathforlife: 26-06-2013 - 09:31

[phuongtrinh2988]

Có bạn nào có tài liệu hay nào về dãy số pots lên chia sẻ với nhé

Mảng này mình còn yếu nên đang kiếm tài liệu đọc

Thanks!

[eneim]

bài toán mở 33.1: chiều xuôi có phản ví dụ khi n bằng 17 thì phần tử tương ứng của dãy số chia hết cho 137. chiều ngược lại thì khá hiển nhiên.