Chủ đề này có 3 trả lời

[hxthanh]

Cho dãy số $\{U_n\}$ được xác định như sau

$U_1=1,\;\;\;\;U_{n+1}=\left\lfloor\sqrt{U_1+...+U_n}\right\rfloor ,\;\;\forall n \ge 1$

Và dãy số $\{D_n\}$ thỏa mãn
$D_1=-1,\;\;\;D_n=\sum_{i=1}^\infty i\left\lfloor\dfrac{2^{i+1}+i}{n}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{n}{2^i+i}\right\rfloor,\;\;\;\forall n \ge 2$

Chứng minh rằng: $\boxed{U_n=\left\lfloor\dfrac{n-D_n}{2}\right\rfloor,\;\;\;\;\forall n}$

[hxthanh]

Đây là một bài rất hay và lạ!Các số hạng đầu tiên của dãy $\{U_n\}$ như sau

$1,1,1,1,2,2,2,3,3,4,4,4,5,5,6,6,7,7,8,8,8,9,9$ $,10,10,11,11,12,12,13,13,14,14,15,15,16,16,16,17,...$

Bài toán này, chắc chắn sẽ gợi cho các bạn một sự khám phá!
-----
Chẳng hạn Tính $U_{2011}$
Khi $\{U_n\}$ và $\{D_n\}$ có mối liên hệ là đẳng thức trên, thì việc tìm số hạng tổng quát của $\{U_n\}$ coi như đã hoàn tất
Ta có $2^{10}+10<2011<2^{11}+10$, vì thế
$\forall i\le 9 \Rightarrow \left\lfloor \dfrac{2^{i+1}+i}{2011}\right\rfloor=0$
$\forall i\ge 11 \Rightarrow \left\lfloor \dfrac{2011}{2^i+i}\right\rfloor=0$
Do đó $D_{2011}=10.\left\lfloor \dfrac{2^{11}+10}{2011}\right\rfloor \left\lfloor \dfrac{2011}{2^{10}+10}\right\rfloor=10$
Từ đó ta có:
$U_{2011}=\left\lfloor \dfrac{2011-D_{2011}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor \dfrac{2011-10}{2}\right\rfloor=1000$
-----
Có thể bạn sẽ tìm được một công thức biểu diễn số hạng tổng quát $\{U_n\}$ tốt hơn đấy!
Hãy hưởng ứng mừng xuân nào !!!

[hxthanh]

Cho dãy số $\{U_n\}$ được xác định như sau

$U_1=1,\;\;\;\;U_{n+1}=\left\lfloor\sqrt{U_1+...+U_n}\right\rfloor ,\;\;\forall n \ge 1$

Và dãy số $\{D_n\}$ thỏa mãn
$D_1=-1,\;\;\;D_n=\sum_{i=1}^\infty i\left\lfloor\dfrac{2^{i+1}+i}{n}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{n}{2^i+i}\right\rfloor,\;\;\;\forall n \ge 2$

Chứng minh rằng: $\boxed{U_n=\left\lfloor\dfrac{n-D_n}{2}\right\rfloor,\;\;\;\;\forall n}\;\;(1)$

Lời giải:
Gọi $k$ là số tự nhiên lớn nhất thỏa mãn $2^k+k\le n$. Suy ra $2^k+k\le n \le 2^{k+1}+k$
Khi đó $n$ có thể viết dưới dạng $n=2^k+k+x$, trong đó $( 0\le x \le 2^k)$
Bước 1 Tính $D_n$.
Do cách đặt $n$ theo $k$ như trên nên ta có:
$\forall i\le k-1 \Rightarrow \left\lfloor \dfrac{2^{i+1}+i}{2^k+k+x}\right\rfloor=0$

$\forall i\ge k+1 \Rightarrow \left\lfloor \dfrac{2^k+k+x}{2^i+i}\right\rfloor=0$
Do đó:
$D_n=k\left\lfloor \dfrac{2^{k+1}+k}{2^k+k+x}\right\rfloor\left\lfloor \dfrac{2^k+k+x}{2^k+k}\right\rfloor=k$
Để chứng minh biểu thức (1) bằng quy nạp ta sẽ phải:
Bước 2
Dễ dàng kiểm tra (1) đúng với $n=1,2,3$
Giả sử (1) đúng đến $n\ge 3$ ta chứng minh (1) cũng đúng với $n+1$
Muốn vậy ta sẽ tính tổng $S=\sum_{i=1}^n U_i$
Ta có
$S=\sum_{i=1}^n U_i=U_1+U_2+\sum_{i=3}^{2^k+k+x} U_i=2+\sum_{m=1}^{k-1}\left( \sum_{i=2^m+m}^{2^{m+1}+m} U_i\right)+\sum_{i=2^k+k}^{2^k+k+x} U_i$
Xét $i$ trên mỗi đoạn $\left[2^m+m;2^{m+1}+m\right]$. Theo giả thiết quy nạp ta có $D_i=m;\;U_i=\left\lfloor\dfrac{i-m}{2}\right\rfloor$
Do đó:
$S=2+\sum\limits_{m=1}^{k-1}\begin{matrix}\underbrace{\left(\sum_{i=2^m+m}^{2^{m+1}+m}\left\lfloor\dfrac{i-m}{2}\right\rfloor\right)} \\ A\end{matrix}$ $+\begin{matrix}\underbrace{\sum_{i=2^k+k}^{2^k+k+x}\left\lfloor\dfrac{i-k}{2}\right\rfloor}\\ B\end{matrix}$
Ở tổng (A) ta đặt $u=i-m$ Suy ra: $(i=2^m+m \Rightarrow u=2^m);\;(i=2^{m+1}+m \Rightarrow u=2^{m+1})$
Ở tổng (B) ta đặt $v=i-k$ Suy ra: $(i=2^k+k \Rightarrow v=2^k);\;(i=2^k+k+x \Rightarrow v=2^k+x)$
Ta được
$S=2+\sum_{m=1}^{k-1} \left(\sum_{u=2^m}^{2^{m+1}} \left\lfloor\dfrac{u}{2}\right\rfloor\right)+\sum_{v=2^k}^{2^k+x}\left\lfloor\dfrac{v}{2}\right\rfloor$

Sử dụng công thức: $\boxed{\sum\limits_{i=0}^n \left\lfloor\dfrac{i}{2}\right\rfloor=n\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor^2}$ ta tính được:

$\begin{align*} S &=2+\sum_{m=1}^{k-1} \left(\sum_{u=0}^{2^{m+1}}\left\lfloor\dfrac{u}{2}\right\rfloor-\sum_{u=0}^{2^m-1}\left\lfloor\dfrac{u}{2}\right\rfloor\right)+\sum_{v=0}^{2^k+x}\left\lfloor\dfrac{v}{2}\right\rfloor-\sum_{v=0}^{2^k-1}\left\lfloor\dfrac{v}{2}\right\rfloor\\ &=2+\sum_{m=1}^{k-1}\left(2^{m+1}.2^m-2^{2m}-(2^m-1)(2^{m-1}-1)+(2^{m-1}-1)^2\right)\\ & \;\;\;+(2^k+x)\left(2^{k-1}+\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor\right)-\left(2^{k-1}+\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor\right)^2-(2^k-1)(2^{k-1}-1)+(2^{k-1}-1)^2\\ &=2+\sum_{m=1}^{k-1}\left(3.2^{2m-2}+2^{m-1}\right)+(x+1)2^{k-1}+x\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor^2\\ &=2+2^{2k-2}-1+2^{k-1}-1+(x+1)2^{k-1}+x\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor^2\end{align*}$

$\boxed{\sum\limits_{i=1}^{2^k+k+x} U_i=2^{2k-2}+(x+2)2^{k-1}+x\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor^2}\;\;\;\;(2)$

Bước 3 Chứng minh (1) đúng với $n+1$

$\ast\;\;\text{TH1: } x=2^k \Leftrightarrow n=2^{k+1}+k$, khi đó:
$D_{n+1}=k+1;\;\;\;\; \left\lfloor\dfrac{n+1-D_{n+1}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{2^{k+1}+k+1-k-1}{2}\right\rfloor=2^k$
Còn khi đó (2) trở thành
$\sum_{i=1}^{2^{k+1}+k} U_i=2^{2k}+2^k\;\;.$ Bởi vì $\text{:}\;\;\;2^k<\sqrt{2^{2k}+2^k}<2^k+1$
Nên: $U_{2^{k+1}+k+1}=\left\lfloor\sqrt{\sum_{i=1}^{2^{k+1}+k} U_i}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{2^{2k}+2^k}\right\rfloor=2^k$
Vậy trường hợp này (1) đúng với $n+1$

$\ast\;\;\text{TH2: } x<2^k;$ $ x $ chẵn $x=2p\Leftrightarrow n=2^k+k+2p;\;\;\;(p\le 2^{k-1}-1)$
Khi đó $D_{n+1}=k$
$\left\lfloor\dfrac{n+1-D_{n+1}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{2^k+k+2p+1-k}{2}\right\rfloor=2^{k-1}+p$
Còn (2) sẽ trở thành
$\sum_{i=1}^{2^k+k+2p} U_i=2^{2k-2}+(p+1)2^k+p^2\;\;.$
Do ta có
$2^{2k-2}+p2^k+p^2<2^{2k-2}+(p+1)2^k+p^2<2^{2k-2}+(p+1)2^k+(p+1)^2$
Nên $U_{2^k+k+2p+1}=\left\lfloor\sqrt{\sum_{i=1}^{2^k+k+2p} U_i}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{2^{2k-2}+(p+1)2^k+p^2}\right\rfloor=2^{k-1}+p$
Vậy trường hợp này (1) cũng đúng với $n+1$

$\ast\;\;\text{TH3: } x<2^k;$ $ x $ lẻ $x=2p+1\Leftrightarrow n=2^k+k+2p+1;\;\;\;(p\le 2^{k-1}-1)$
Khi đó $D_{n+1}=k$
$\left\lfloor\dfrac{n+1-D_{n+1}}{2}\right\rfloor=\left\lfloor\dfrac{2^k+k+2p+2-k}{2}\right\rfloor=2^{k-1}+p+1$
Còn (2) sẽ trở thành
$\sum_{i=1}^{2^k+k+2p+1} U_i=2^{2k-2}+(2p+3)2^{k-1}+p^2+p\;\;.$
Do ta có $2^{k-1}\ge p+1$
suy ra
$2^{2k-2}+(2p+2)2^{k-1}+(p+1)^2\le 2^{2k-2}+(2p+3)2^{k-1}+p^2+p<2^{2k-2}+(2p+4)2^{k-1}+(p+2)^2$
Nên
$U_{2^k+k+2p+2}=\left\lfloor\sqrt{\sum_{i=1}^{2^k+k+2p+1} U_i}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt{2^{2k-2}+(2p+3)2^k+p^2+p}\right\rfloor=2^{k-1}+p+1$
Vậy trường hợp này (1) cũng đúng với $n+1$
---
Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải CM
--------------------------------------------------
Phù !!!...Xong! (gõ latex mệt quá!)

[hxthanh]

Như vậy số hạng tổng quát của dãy này:

Cho dãy số $\{U_n\}$ được xác định như sau

$U_1=1,\;\;\;\;U_{n+1}=\left\lfloor\sqrt{U_1+...+U_n}\right\rfloor ,\;\;\forall n \ge 1$

sẽ là:
$\begin{cases}U_1=U_2=1 \\ U_{2^k+k+x}=2^{k-1}+\left\lfloor\dfrac{x}{2}\right\rfloor\quad\text{với }\;k\ge 1\quad\text{và }\;0\le x\le 2^k\end{cases}$