Chủ đề này có 84 trả lời

[dark templar]

Bài toán 14: Cho ${a_1},{a_2},...$ là dãy các số thực dương sao cho $2{a_{n + 1}} \ge {a_n} + {a_{n + 2}}$ với mọi $n \in \mathbb{N}$.Chứng minh rằng dãy $\frac{{{a_n}}}{n}$ hội tụ.

Lời giải bài toán 14: Từ BĐT ${a_{n + 2}} - {a_{n + 1}} \le {a_{n + 1}} - {a_n}$

 

$\begin{array}{l}\Rightarrow {a_{n + 1}} - {a_n} \le {a_{k + 1}} - {a_k},\forall k \in [1,n]\\\Rightarrow n({a_{n + 1}} - {a_n}) \le \sum\limits_{k = 1}^n ( {a_{k + 1}} - {a_k}) = {a_{n + 1}} - {a_1}\\\Rightarrow (n - 1)({a_{n + 1}} - {a_1}) \le n({a_n} - {a_1})\\\Rightarrow  - {a_1} < \frac{{{a_{n + 1}} - {a_1}}}{n} \le \frac{{{a_n} - {a_1}}}{{n - 1}},\forall n > 1\end{array}$

 

Vậy $\frac{{{a_n} - {a_1}}}{{n - 1}}$ là dãy hội tụ,suy ra $\frac{{{a_n}}}{{n - 1}}$ hội tụ và $\frac{{{a_n}}}{n}$ cũng hội tụ.

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 16: Xét dãy $\{a_{n} \}_{0}^{\infty}:{a_0} = 0 \vee {a_n} = \cos {a_{n - 1}}\quad (n \ge 1)$.Chứng minh dãy này hội tụ.

 

Bài toán 17: Cho ${f_0} = 0,{f_1} = 1$ và ${f_n} = 34{f_{n - 1}} - {f_{n - 2}} + 2$.Chứng minh rằng $8{f_n} + 1$ là 1 số chính phương khi $n$ là số tự nhiên.

 

Ngoài ra chúng ta còn 2 bài toán đề nghị của anh hxthanh,mong các bạn lưu ý.

Bài toán 12*:

Hàm $a(m,j):\;\mathbb Z^2\;\mapsto\; \mathbb Z $ được xác định như sau:

$\begin{cases}a(m,0)=2\\ a(m,j)=\sum_{k=0}^{j-1}a(m,k){m-k\choose j-k},\quad(1\le j\le m)\end{cases}$

Hãy tính giá trị $\;\;a(m,m)\;$ theo $m$

 

Sau khi mò mẫm một hồi bài toán này ta được bài toán tương đương sau:

 

Bài toán 12**:

Dãy $\{x_m\}$ được xác định như sau:

$\begin{cases}x_0=2\\ x_m=\sum_{k=0}^{m-1}{m\choose k}x_k,\quad (m\ge 1)\end{cases}$

Tìm số hạng tổng quát của dãy!

 

 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 20-04-2013 - 21:18

[hxthanh]

Bài toán 17: Cho ${f_0} = 0,{f_1} = 1$ và ${f_n} = 34{f_{n - 1}} - {f_{n - 2}} + 2$.Chứng minh rằng $8{f_n} + 1$ là 1 số chính phương khi $n$ là số tự nhiên.

Bài 17
Bằng phương trình đặc trưng có thể tính chính xác được
$8f_n+1=\left[\dfrac{(\sqrt 2+1)^{2n}+(\sqrt 2-1)^{2n}}{2}\right]^2=\left[\sum_{k=0}^n {2n\choose 2k}2^k\right]^2$

 
P/s: Chờ đợi một lời giải bằng Số Học!

[gogo123]

Bài 16. Xét trên cả Radian và Degree ta đều có: $1 \geq cos(\alpha) \geq 0$ với mọi $0 \geq \alpha \geq 1$.

Suy ra: $0 \geq a_n \geq 1$.

Xét hàm số $f(x)=cosx$ trên $(0,1)$ ta có $f'(x)<0$ suy ra $a_{2k}$ và $a_{2k+1}$ là 2 dãy đơn điệu, mà dãy bị chạn nên tồn tại giới hạn của 2 dãy, giả sử là $A$ và $B$.Suy ra:

$A=cos(B)$

$B=cos(A)$

Suy ra: $A=cos(cosA)$, đến đây xét hàm $g(x)=x-cos(cosx)$ trên $(0,1)$ có đạo hàm lớn hơn 0 nên có nghiệm và duy nhất. Do đó $A=B$.Hay dãy đã cho có giới hạn hữu hạn

Bài 17. Em nghĩ là nếu có lời giải số học thì cũng chỉ là biến đổi và quy nạp thôi, và hiển nhiên thì nó tương đương với việc xét pt đặc trưng.

Bài 12''. Em đang nghĩ đến việc chuyển nó về một bài toán tổ hợp đếm rồi suy ra kết quả bằng cách tính khác.

Kiểu như là : Cho tập $k$ người thì $a_k$ sẽ bằng số cách chọn ra một nhóm người nào đó thõa mãn điều kiện T

                     Khi đó với tập $m$ người thì ta lại tiếp tục chọn thõa mãn tính chất T, khi đó ta sẽ tách tập $m$ người này thành các tập nhỏ và được kết quả $a_m$ chính bẳng tổng các tích nhỏ (số cách chọn ra k người từ m người)*(số cách chọn cho tập k người thõa mãn T) = $\sum (C_m^k.a_k)$

Bây giờ chỉ còn việc chọn T sao cho $a_0=2$ và tồn tại phép  tổng ở trên. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gogo123: 21-04-2013 - 21:57

[dark templar]

Bài 16 này ý tưởng giải cũng đã là khá cũ,để ý rằng do dãy $\{a_{n} \}$ là dãy dương nên nếu xét hàm số $f(x)=\cos x$ nghịch biến trên $(0;+\infty)$ thì $a_{n+1}=f(a_{n})$,từ đó ta phải chia làm 2 dãy chẳn lẻ là $\{a_{2k} \};\{a_{2k+1} \}$.

**********

Đề mới :

 

Bài toán 18: Cho $\{w_{n} \}_{n \ge 1}$ được xác định bởi $w_{n}=\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^3} \right)$.Chứng minh rằng $\forall n \ge 1$ thì $w_{n}<3$.

 

Bài toán 19: 

1. Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương.
2. Chứng minh dãy số gồm $121;12321;1234321;...$ là dãy chính phương lẻ.

 

[Idie9xx]

 

Bài toán 19: 

1. Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương.
2. Chứng minh dãy số gồm $121;12321;1234321;...$ là dãy chính phương lẻ.

 

Bài 19:

1. Cho $a_k=aaaaaa...aaa$ có $k$ chữ số $a$   ( $0<a<10$ )

Có $U_1=4_2+4+1$ nên tổng quát $U_n=4_{2n}+4_n+1$

Dễ có $4_k=4 \cdot 1_k=4 \cdot \dfrac{10^{k}-1}{9}$

Nên $U_n=4 \cdot \dfrac{10^{2n}-1}{9}+4 \cdot \dfrac{10^{n}-1}{9}+1$

Ta có $U_n=4 \cdot \dfrac{10^{2n}-1}{9}+4 \cdot \dfrac{10^{n}-1}{9}+1=\dfrac{4}{9} \cdot (10^{2n}-1+10^n+1)+1$

$=\dfrac{4}{9} \cdot (10^{2n}-2 \cdot 10^n+1+3 \cdot 10^n-3)+1=\dfrac{4}{9} \cdot ((10^{n}-1)^2+3 \cdot (10^n-1))+1$

$=\dfrac{4}{9} \cdot (10^{n}-1)^2+\dfrac{4 \cdot 3}{9} \cdot (10^{n}-1)+1=(\dfrac{10^n-1}{9})^2 \cdot 6^2+2 \cdot \dfrac{10^n-1}{9} \cdot 6 +1$

$=(\dfrac{10^n-1}{9} \cdot 6+1)^2=(6_n+1)^2$

(dpcm)

[IloveMaths]

 

Bài toán 19: 

1. Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương

 

Ta chứng minh bài toán tổng quát hơn ,  

Chúng minh với mọi a thuộc $N$  thì:

$A=$$44...48...89$ ( trong đó có $a+1$ chữ số 4 và $a$ chữ số 8 )  là số chính phương 

Thật vây: 

Đặt $x=11....1$ ( $a+1$ chứ số 1)

Do đó $A=4x(9x+1)+8x+1=(6x+1)^2$

[dark templar]

Bài toán 18: Cho $\{w_{n} \}_{n \ge 1}$ được xác định bởi $w_{n}=\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^3} \right)$.Chứng minh rằng $\forall n \ge 1$ thì $w_{n}<3$.

 

Bài toán 19: 

1. Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương.
2. Chứng minh dãy số gồm $121;12321;1234321;...$ là dãy chính phương lẻ.

Lời giải bài toán 18:

Lời giải 1:

Rõ ràng $w_{n}$ là dãy đơn điệu tăng.

 

Với $n>1$,ta có $\ln ({w_n}) = \sum\limits_{k = 1}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)$.do đó:

 

$$\begin{array}{rcl}\ln ({w_n}) = \ln (2) + \sum\limits_{k = 2}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right) &\le& \ln (2) + \sum\limits_{k = 2}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&\le& \ln (2) - 1 + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&<& \ln (2) - 1 + \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&<& \ln (2) - 1 + \zeta (3)\\\Rightarrow {w_n} &<& {e^{ln(2) - 1 + 1.202}} < 2.45 < 3\end{array}$$

 

Lời giải 2:

$$\forall n \ge 3,\sum\limits_{k = 3}^n {\ln } \left(1 + \frac{1}{{{k^3}}} \right) < \sum\limits_{k = 3}^n {\frac{1}{{{k^3}}}}  < \sum\limits_{k = 3}^{ + \infty } {\frac{1}{{{k^3}}}}  < \int_2^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^3}}}}  = \frac{1}{8}$$

 

 

Vậy $\forall n \ge 3,{w_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{1^3}}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{{2^3}}}} \right){e^{\sum\limits_{k = 3}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)}} < 2 \times \frac{9}{8} \times {e^{\frac{1}{8}}}$ và $\forall n \ge 3,{w_n} < \frac{9}{4}{e^{\frac{1}{8}}}$

 

Nhưng $e < 3 < \frac{{256}}{{81}} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^4} < {\left( {\frac{4}{3}} \right)^8}$ $ \Rightarrow {e^{\frac{1}{8}}} < \frac{4}{3}$ và do đó $\frac{9}{4}{e^{\frac{1}{8}}} < 3$.

 

Vậy thì $\forall n \ge 3,{w_n} < 3$ và từ ${w_1} < {w_2} < {w_3} < 3$ nên $\forall n \ge 1,{w_n} < 3$.

 

Lời giải 3:

 

$$\begin{array}{rcl}{w_n} &=& \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)}  = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)}  = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{{k^3} + 1}}{{{k^3}}}} \right)} \\&<& 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{{k^3} + 1}}{{{k^3} - 1}}} \right)}  = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{k + 1}}{k} \times \frac{k}{{k - 1}} \times \frac{{{k^2} - k + 1}}{{{{(k + 1)}^2} - (k + 1) + 1}}} \right)} \\&=& 2 \times \frac{{n + 1}}{2} \times \frac{n}{1} \times \frac{{{2^2} - 2 + 1}}{{{{(n + 1)}^2} - (n + 1) + 1}} = 3\left( {\frac{{{n^2} + n}}{{{n^2} + n + 1}}} \right) < 3\end{array}$$

 

Lời giải bài toán 19: (ý 2)

Xét dãy $\{a_{n} \}_{n \ge 1}$ với $ a_1=121,\ a_2=12321,\ a_3=1234321 $.Dự đoán CTTQ như sau:

\[ a_n =\sum_{i=0}^{n-1}10^i(i+1)+10^{n}(n+1)+\sum_{i=n+1}^{2n}10^i (2n+1-i) \]

 

Đặt $ b_n=\sum_{i=0}^{n}10^i =\underbrace{11\dots 1}_{n+1\ times} $

 

Với $n>1$:

$ a_n=\sum_{i=0}^{n-1}10^i(i+1)+10^{n}(n+1)+\sum_{i=n+1}^{2n}10^i (2n+1-i)= $

 

$ =\sum_{i=0}^{2n}10^i+10\bigl(\sum_{i=0}^{n-2}10^i(i+1)+10^{n-1}n+\sum_{i=n}^{2n-2}10^i (2n-1-i)\bigr) = 10a_{n-1}+b_{2n} \quad (1)$

 

$\begin{array}{rcl}{b_{2n + 2}} &=& \sum\limits_{i = 0}^{2n + 2} {{{10}^i}}  = 1 + 10\left( {\sum\limits_{i = 0}^n {{{10}^i}}  + {{10}^{n + 1}}\sum\limits_{i = 1}^n {{{10}^i}} } \right)\\&=& 1 + 10\left( {{b_n} + {{10}^{n + 1}}{b_n}} \right)\\&=& 1 + 10{b_n}\left( {{{10}^{n + 1}} + 1} \right)\\&=& 1 + 10{b_n}\left[ {9\left( {\sum\limits_{i = 0}^n {{{10}^i}} } \right) + 2} \right]\\&=& 1 + 10{b_n}\left( {9{b_n} + 2} \right)\\&=& 1 + 90b_n^2 + 20{b_n} \quad (2)\end{array}$

 

 

Sử dụng quy nạp để chứng minh cho $a_{n}=b_{n}^2$.Trường hợp $n=1;n=2$ dễ thấy đúng.

 

Giả sử đúng đến $n$,cần chứng minh đúng với $n+1$.

$ a_{n+1}=\underbrace{10a_n+b_{2n+2}}_{\text{từ} \ (1)}=\underbrace{10b_n^2+90b_n^2+20b_n+1}_{\text{từ}\ (2)\ \text{và}\ \text{giả thuyết quy nạp}}= (10b_n+1)^2=b_{n+1}^2 $

 

Spoiler

Cách dự đoán công thức $a_{n}$ ảo quá...

 

**********

Đề mới:

 

Bài toán 20: Cho $a_0=a_1=1$ và $(n+3)a_{n+1}=(2n+3)a_{n}+3na_{n-1}$.Chứng minh đây là dãy nguyên.

Spoiler

1 bài toán còn tranh cãi...

 

Bài toán 21: Cho dãy $\{u_{n} \}$ xác định bởi:

$ \left\{{\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1}= 2,{u_2}= 3}\\ {{u_{n+2}}=\left[{{u_{n+1}},{u_n}}\right]+\left({{u_{n+1}},{u_n}}\right),\forall n\in{\mathbb{N}^*}}\\ \end{array}}\right. $

 

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$,ta có BĐT sau:

$ \mathop\sum\limits_{i = 1}^k\ln{u_i}<\ln{u_{k+2}}-1 $

 

Ký hiệu $[a;b]$ mang nghĩa là bội số chung nhỏ nhất của $a$ và $b$

$(a;b)$ mang nghĩa là ước số chung lớn nhất của $a$ và $b$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-04-2013 - 13:16

[hxthanh]

Bài toán 19: 

1. Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương.
2. Chứng minh dãy số gồm $121;12321;1234321;...$ là dãy chính phương lẻ.

Cá nhân tôi nhận thấy bài $19.2$ hoàn toàn vớ vẩn!

Rõ ràng không thể chỉ ra quy luật xác định dãy! Nếu có thì chỉ là dãy hữu hạn.

Đến $12345678987654321$ là CHẤM HẾT.

Nếu ai đó nói rằng số tiếp theo là $x=12345678910987654321$ thì ok, nhưng bảo rằng $x$ là chính phương thì thật là buồn cười!

[dark templar]

Lời giải 2 bài toán 20 và 21 mình sẽ gửi sau,bây giờ các bạn hãy tham khảo đề mới:

 

Bài toán 22: Xét dãy số $\{a_{n} \}$ có $a_0=1;a_1=2$ và $a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{1+a_{n-1}^2} \quad \forall n \ge 1$.Chứng minh rằng $\sqrt{2n+1} \le a_{n}< \sqrt{3n+2} \quad \forall n \ge 0$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 04-06-2013 - 19:51

[hxthanh]

Bài toán 20: Cho $a_0=a_1=1$ và $(n+3)a_{n+1}=(2n+3)a_{n}+3na_{n-1}$.Chứng minh đây là dãy nguyên.

Đây là Dãy số nguyên Motzkin, xem chi tiết ở đây và ở đây

[dark templar]

Đề mới:

 

Bài toán 20: Cho $a_0=a_1=1$ và $(n+3)a_{n+1}=(2n+3)a_{n}+3na_{n-1}$.Chứng minh đây là dãy nguyên.

Spoiler

1 bài toán còn tranh cãi...

 

Bài toán 21: Cho dãy $\{u_{n} \}$ xác định bởi:

$ \left\{{\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1}= 2,{u_2}= 3}\\ {{u_{n+2}}=\left[{{u_{n+1}},{u_n}}\right]+\left({{u_{n+1}},{u_n}}\right),\forall n\in{\mathbb{N}^*}}\\ \end{array}}\right. $

 

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$,ta có BĐT sau:

$ \mathop\sum\limits_{i = 1}^k\ln{u_i}<\ln{u_{k+2}}-1 $

 

Ký hiệu $[a;b]$ mang nghĩa là bội số chung nhỏ nhất của $a$ và $b$

$(a;b)$ mang nghĩa là ước số chung lớn nhất của $a$ và $b$.

Lời giải bài toán 20: 

Ta có $ (n+3)(a_{n+1}+a_n)=3n(a_n+a_{n-1})+6a_n $.

 

Đặt $ F(x)=\sum_n a_nx^n $ thì:

$ \sum_n (n+3)(a_{n+1}+a_n)x^n=\frac{1}{x^2}(x^2(1+x)F(x))' $

$ \sum_n 3n(a_n+a_{n-1})x^n=3x((1+x)F)' $

$ \sum_n 6a_nx^n=6F $

 

Do đó:

$ (x+1)(3x-1)F'=(\frac{2}{x}-3x-3)F $

hay $ F(x)=\frac{C\sqrt{(1-3x)(1+x)}}{x^2} $

 

Một cách chính xác $ \sum_n a_n x^n=\frac{1-x-\sqrt{1-2x-3x^2}}{2x^2}=\frac{2}{1-x+\sqrt{1-2x-3x^2}} $

 

Đặt $y=1-x$ thì $ F(1-x)=\frac{2}{y+\sqrt{y^2-4x^2}} $

 

Chúng ta đã biết rằng $ \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}=\sum_n Ca_nz^n $

 

Ta sẽ thu được $ \sum_n a_nx^n=\sum_n Ca_n\frac{x^{2n}}{(1-x)^{2n+1}} $

 

Do đó:

$ a_n=\sum_{k=0}^{[n/2]}Ca_kA_{n-2k,k}\in Z $

với $ \sum_m A_{m,k}x^m=\frac{1}{(1-x)^{2m+1}} $.

 

Dễ dàng chứng minh được $ A_{m,k}=\binom{m+2k}{2k} $.Từ đó ta thu được:

\[ a_n=\sum_{k=0}^{[n/2]}\binom{n}{2k}Ca_k=\sum_{k=0}^{[n/2]}\binom{n}{2k}\binom{2k}{k}\frac{1}{k+1}. \]

 

Lời giải bài toán 21: 

Nếu $ a|u_{n+2} $ và $a|u_{n+1}$ thì $ a|u_{n+2}-\text{lcm}(u_{n+1},u_n) $ và do đó $ a|\gcd(u_n,u_{n+1}) $,và $ a|u_n $.

 

Và do $ \gcd(u_1,u_2)=1 $,ta có $ \gcd(u_n,u_{n+1})=1 $ và do đó $ \text{lcm}(u_n,u_{n+1})=u_nu_{n+1} $

 

Vậy dãy số sẽ là $ u_{n+2}=1+u_nu_{n+1} $

 

Nếu $ u_n>e\prod_{k=1}^{n-2}u_k $ với $n>2$:$ u_{n+1}=1+u_{n-1}u_{n} $$ >u_{n-1}u_{n} $$ >u_{n-1}e\prod_{k=1}^{n-2}u_k $$ =e\prod_{k=1}^{n-1}u_k $

 

Và do $ u_3=7>e\prod_{k=1}^1u_k $,ta sẽ có $ u_n>e\prod_{k=1}^{n-2}u_k  \quad \forall n>2$

 

Và từ đó $ \ln u_n>1+\sum_{k=1}^{n-2}\ln u_k \quad \forall n>2$ (đpcm).

[dark templar]

Bài toán 22: Xét dãy số $\{a_{n} \}$ có $a_0=1;a_1=2$ và $a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_{n-1}}{1+a_{n-1}^2} \quad \forall n \ge 1$.Chứng minh rằng $\sqrt{2n+1} \le a_{n}< \sqrt{3n+2} \quad \forall n \ge 0$.

Lời giải bài toán 22:

Bằng quy nạp,ta dễ thấy rằng $ a_n = a_{n-1}+\frac{1}{a_{n-1}} $ với mọi $n>0$.Suy ra:

\[ a_n^2 = a_{n-1}^2+2+\frac{1}{a_{n-1}^2} \]

 

Hay:

\[ a_{n-1}^2+2 < a_n^2\leq a_{n-1}^2+3 \text{ với mọi $n>0$ }\]

 

Bắt đầu với $a_0=1$,ta sẽ có với mọi số nguyên dương $n$:

\[ 2n+1 < a_n^2\leq 3n+1\,. \]

 

Nếu bao gồm cả trường hợp $n=0$ thì:

\[ \sqrt{2n+1}\leq a_n\leq\sqrt{3n+1}\,. \]

 

Dấu bằng ở VT xảy ra khi $n=0$,còn dấu bằng ở VP xảy ra khi $n=0$ hay $n=1$.

 

==========

Đề mới:

 

Bài toán 23: Cho dãy số $\{x_n \}$ xác định bởi $ x_{0}=1000,x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+\frac{2002}{x_{n}}) $ với mọi $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $ x_{30}<\frac{1}{10^6}+\sqrt{2002} $

 

Nếu có thể,hãy tổng quát BĐT trên.

 

Bài toán 24: Ta gọi 1 dãy số thực $\{x_n \}_{1}^{n}$ là "Smiling" nếu $ x_{k-1}-2x_k+x_{k+1}\ge 0 $ với $k=2,3,...,n-1$.

Chứng minh rằng nếu dãy $\{a_n \}_{1}^{n}$ là dãy "Smiling" thì dãy số $\{b_n \}_{1}^{n}$ xác định bởi $ b_k =\frac{a_1+...+a_k}{k} $ cũng là dãy "Smiling".

[dark templar]

Bài toán 23: Cho dãy số $\{x_n \}$ xác định bởi $ x_{0}=1000,x_{n+1}=\frac{1}{2}(x_{n}+\frac{2002}{x_{n}}) $ với mọi $n \in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng $ x_{30}<\frac{1}{10^6}+\sqrt{2002} $

 

Nếu có thể,hãy tổng quát BĐT trên.

 

Bài toán 24: Ta gọi 1 dãy số thực $\{x_n \}_{1}^{n}$ là "Smiling" nếu $ x_{k-1}-2x_k+x_{k+1}\ge 0 $ với $k=2,3,...,n-1$.

Chứng minh rằng nếu dãy $\{a_n \}_{1}^{n}$ là dãy "Smiling" thì dãy số $\{b_n \}_{1}^{n}$ xác định bởi $ b_k =\frac{a_1+...+a_k}{k} $ cũng là dãy "Smiling".

Lời giải bài toán 23: 

Ta có: 

$ x_{n+1}=\frac{1}{2}\left(\sqrt{x_n}-\sqrt{\frac{2002}{x_n}} \right)^2+\sqrt{2002} $

$ x_{n+1}-\sqrt{2002}=\frac{1}{2}\left(\frac{x_n-\sqrt{2002}}{\sqrt{x_n}} \right)^2 $

 

Đặt $ y_n = x_n-\sqrt{2002} $ thì:

$ y_{n+1}=\frac{1}{2}(\frac{y_n^2}{y_{n}+\sqrt{2002}}) <\frac{y_{n}}{2} $

 

Do đó $ y_{30}<\frac{1}{2^{30}}y_{0}<\frac{1}{2^{30}}\cdot 1000 =\frac{1000}{1024^3}<\frac{1000}{10^9}=\frac{1}{10^6} $

 

Vậy $ x_{30}-\sqrt{2002}<\frac{1}{10^6} $

 

Lời giải bài toán 24:

Với dãy số $\{x_n \}$,đặt $\Delta x_n=x_{n+1}-x_n$ thì dãy $\{x_n \}$ là dãy "Smiling" nếu và chỉ nếu $\{\Delta x_n \}$ là dãy tăng.

 

Đầu tiên,ta tính $\Delta b_n$:

$\displaystyle  \Delta b_n = b_{n+1}-b_n=\frac{\sum\limits_{i=1}^{n+1}a_i}{n+1}-\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n} $

$ =\frac{n\sum\limits_{i=1}^{n+1}a_i-\text{(n+1)}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n(n+1)} $

$ =\frac{n a_{n+1}-\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}{n(n+1)} $

$ =\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}(a_{n+1}-a_i)}{n(n+1)} $

 

Để ý rằng $a_{n+1}-a_i =\sum_{j=i}^{n}\Delta a_j $.Ta có:

$ \Delta b_n =\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}\Delta a_j}{n(n+1)} $

$ =\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}i\Delta a_i}{n(n+1)} $

 

Tiếp theo ta sẽ chứng minh dãy $\{\Delta b_n \}$ là dãy tăng.

$ \Delta b_{n+1}-\Delta b_n =\frac{\sum\limits_{i=1}^{n+1}i\Delta a_i}{(n+1)(n+2)}-\frac{\sum\limits_{i=1}^{n}i\Delta a_i}{n(n+1)} $

$ =\frac{n\sum\limits_{i=1}^{n+1}i\Delta a_i-(n+2)\sum\limits_{i=1}^{n}i\Delta a_i}{n(n+1)(n+2)} $

$ =\frac{n(n+1)\Delta a_{n+1}-2\sum\limits_{i=1}^{n}i\Delta a_i}{n(n+1)(n+2)} $

$ =\frac{2\sum\limits_{i=1}^{n}i(\Delta a_{n+1}-\Delta a_i )}{n(n+1)(n+2)} $

 

Do dãy $\{\Delta a_n \}$ tăng nên $ \Delta a_{n+1}\geqslant\Delta a_i\text{ với }i = 1,2,3,\dots ,n $

 

Vậy $ \Delta b_{n+1}-\Delta b_n\geqslant 0 $,suy ra $\{b_n \}$ là dãy "Smiling".

 

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

Đề mới: 

 

Bài toán 25: Cho $1<x_1<2$.Với $n \ge 1:x_{n+1}=1+x_n-\frac{x_n^2}{2}$.Chứng minh $ |x_n-\sqrt{2}|<\frac{1}{2^n} $ với $n \ge 3$.

 

Bài toán 26: Cho dãy $\{b_n \}$ có $b_n \ge 0$ và $ (b_{n+1})^{2}\geq\sum_{i=0}^{n}{\frac{b_{i}^{2}}{i^3}} $.

Chứng minh tồn tại 1 số tự nhiên $K$ thỏa mãn $ \sum_{i=0}^{K}\frac{b_{i+1}}{b_{1}+b_{2}+...+b_{i}}>\frac{1993}{1000} $

-49-

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-06-2013 - 21:48

[nguyenthehoan]

Bài toán 25: Cho $1<x_1<2$.Với $n \ge 1:x_{n+1}=1+x_n-\frac{x_n^2}{2}$.Chứng minh $ |x_n-\sqrt{2}|<\frac{1}{2^n} $ với $n \ge 3$.

 

Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp với $n\geq 2$ thì $1\leq x_n\leq \frac{3}{2}$.  (**)

 

Ta có $x_{n+1}=1+x_n-\frac{x_n^{2}}{2}=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(x_n-1)^{2}$.Giả sử (**) đúng đến $n$ thì 

 

Hiển nhiên $1\leq x_{n+1}\leq \frac{3}{2}$.Vậy (**) đúng.

 

Trở lại bài toán: Với $n=1,2$ hiển nhiên kết luận bài toán đúng.Giả sử kết luận đúng đến $n$.

 

Ta có $x_{n+1}=1+x_n-\frac{x_n^{2}}{2}\Rightarrow x_{n+1}-\sqrt{2}=(x_n-\sqrt{2})(1-\frac{x_n+\sqrt{2}}{2})$

 

Nên $|x_{n+1}-\sqrt{2}|=|x_n-\sqrt{2}||1-\frac{x_n+\sqrt{2}}{2}|$.Theo gt quy nạp ta phải cm:

 

$|1-\frac{x_n+\sqrt{2}}{2}|< \frac{1}{2}$

 

.$\Leftrightarrow 1-\sqrt{2}<x_n<3-\sqrt{2}$ .Hiển nhiên đúng theo (**).

 

Ta có Dpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthehoan: 10-06-2013 - 21:43

[dark templar]

Từ BĐT bài 25,ta có thể dễ dàng tìm ra được giới hạn của dãy.

 

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

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 viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 10-06-2013 - 21:59

[barcavodich]

Chém bài $26$ vậy

Đặt $ S_n =\sum_{i=1}^{n}{\frac{b_{i}^{2}}{i^{3}}} $

Từ giả thiết $\Rightarrow b_{n+1}\ge\sqrt{S_n}\qquad(1)$

$\Rightarrow \sqrt{S_n\sum_{i=1}^n i^3}\ge\sum_{i=1}^n b_i$

Do đó \[ \frac{1}{b_1+b_2+...+b_n}\ge\frac{1}{\sqrt{S_n\sum_{i=1}^n i^3}}\quad(2) \]

Từ $(1)$ và $(2)$ ta có

\[ \frac{b_{n+1}}{b_1+b_2+...+b_n}\ge\frac{1}{\sqrt{1^3+2^3+...+n^3}} \]

$\Rightarrow \sum_{i=0}^{K}\frac{b_{i+1}}{b_1+b_2+...+b_{i}} \ge \sum_{i=1}^{K}\frac{1}{\sqrt{1^3+2^3+...+n^3}}=\sum_{i=1}^{K}\frac{2}{n(n+1)}$

 

Nên \[ \lim_{K\to\infty}\sum_{i=1}^K\frac{2}{n(n+1)}=\lim_{K\to\infty}\sum_{i=1}^K\frac{2}{n}-\frac{2}{n+1}\to 2 \]

Vì $ \frac{1993}{1000}<2 $

Nên tồn tại $K$ đủ lớn để

$\sum_{i=0}^{K}\frac{b_{i+1}}{b_1+b_2+...+b_{i}}>\frac{1993}{1000}$

QED.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-06-2013 - 11:13

[dark templar]

Không biết có phải bạn barcavodich đã đọc lời giải bên ML hay không mà lời giải hoàn toàn giống và lỗi trình bày cũng không khác. Khúc $\lim_{K \to \infty}\sum_{i=1}^{K}\frac{2}{n(n+1)}$ phải là $\lim_{K \to \infty}\sum_{i=1}^{K}\frac{2}{i(i+1)}=\lim_{K \to \infty}\left(2-\frac{2}{K+1} \right)=2$,và phải bằng $2$,chứ không phải tiến về $2$.

 

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

Bài toán 28: Xét dãy số nguyên $\{a_n \}_{n=1}^{\infty}$ thỏa mãn:

$a_1=2;a_2=7;\frac{-1}{2}<a_{n+2}-\frac{a_{n+1}^2}{a_n} \le \frac{1}{2}$

Chứng minh rằng với mọi $n>1$,ta có $a_n$ là số lẻ.

-68-

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 12-06-2013 - 17:35

[nguyenthehoan]

Không biết có phải bạn barcavodich đã đọc lời giải bên ML hay không mà lời giải hoàn toàn giống và lỗi trình bày cũng không khác. Khúc $\lim_{K \to \infty}\sum_{i=1}^{K}\frac{2}{n(n+1)}$ phải là $\lim_{K \to \infty}\sum_{i=1}^{K}\frac{2}{i(i+1)}=\lim_{K \to \infty}\left(2-\frac{2}{K+1} \right)=2$,và phải bằng $2$,chứ không phải tiến về $2$.

 

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

Bài toán 28: Xét dãy số nguyên $\{a_n \}_{n=1}^{\infty}$ thỏa mãn:

$a_1=2;a_2=7;\frac{-1}{2}<a_{n+2}-\frac{a_{n+1}^2}{a_n} \le \frac{1}{2}$

Chứng minh rằng với mọi $n>1$,ta có $a_n$ là số lẻ.

Hệ thức đã cho ở đề bài là đặc trưng của dãy truy hồi cấp 2.Ta có giữa hai số $\frac{a_{n+2}^{2}}{a_n}-\frac{1}{2}$

 

Và $\frac{a_{n+2}^{2}}{a_n}+\frac{1}{2}$ có duy nhất 1 số nguyên nên dãy đã cho xác định duy nhất.

 

Tính một số giá trị đầu:$a_1=2,a_2=7,a_3=25,a_4=89$ Nên ta nghĩ đến dãy số xác định như sau:

 

$a_1=2,a_2=7$ Và $a_{n+2}=3a_{n+1}+2a_n$.Ta sẽ chứng minh dãy số này thỏa mãn đề bài.

 

Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh: $a_{n+1}^{2}-a_na_{n+2}=(-1)^{n}.2^{n-1}$.

 

Với $n=1$,đẳng thức hiển nhiên đúng.Giả sử đẳng thức đúng đến $k-1$.Hay $a_{k}^{2}-a_{k-1}a_{k+1}=(-1)^{k-1}.2^{k-2}$

 

Ta phải chứng minh:$a_{k+1}^{2}-a_{k}a_{k+2}=(-1)^{k}.2^{k-1}$ hay

 

$a_{k+1}^{2}-a_{k}a_{k+2}=-2(a_{k}^{2}-a_{k-1}a_{k+1})$ $\Leftrightarrow a_{k+1}^{2}-2a_{k+1}a_{k-1}=a_ka_{k+2}-2a_k^{2}$

 

$\Leftrightarrow a_{k+1}(a_{k+1}-2a_{k-1})=a_k(a_{k+2}-2a_{k})$

 

$\Leftrightarrow \frac{a_{k+1}-2a_{k-1}}{a_k}=\frac{a_{k+2}-2a_k}{a_{k+1}}$,Hiển nhiên đúng do các tỉ số trên đều bằng $3$ theo công thức truy hồi.

 

Đẳng thức được chứng minh.Trở lại bài toán.Từ đẳng thức ta có

 

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

 

Ta phải cm:$|\frac{(-1)^{n}.2^{^{n-1}}}{a_n}|\leq \frac{1}{2}$,hay $a_n\geq 2^{n}$ với $n>1$.  (**)

 

Với $n=2$,hiển nhiên.Giả sử $a_n\geq 2^{n}$,do $a_{n+1}=3a_n+2a_{n-1}$,Nên $a_{n+1}>2^{n+1}$,đúng.

 

Vậy ta có (**),hay dãy số này thỏa mãn bài toán,từ tính duy nhất ta có dãy vừa lập chính là dãy trong bài toán.

 

Giờ ta có:$a_{n+2}=3a_{n+1}+2a_n\Rightarrow a_{n+2}\equiv a_{n+1}$  (mod 2)

 

Mà $a_2=7$ Nên ta có $a_n$ là số lẻ với mọi $n>1$.ta có dpcm.

[ntuan5]

Không biết bài 28 có liên quan đến bài TST 2011 không mà giống như cùng một họ :

Cho dãy ${a_n}$ thỏa mãn $a_0=1,a_1=3$ và $a_{n+2}=1+\left \lfloor \frac{a^2_{n+1}}{a_n} \right \rfloor$ với mọi $n\geq0$

Chứng minh rằng

$a_n.a_{n+2}-a^2_{n+1}=2^n$ với mọi số tự nhiên $n$.

 

Nếu bạn nào có tính chất về dãy này thì cho mình tham khảo với.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ntuan5: 12-06-2013 - 18:34

[dark templar]

Cách tìm ra được CTTH của Hoàn hay thật  ,lời giải bên ML là sử dụng đến đẳng thức ma trận sau:

\[ \begin{pmatrix}a_{n+2}& a_{n+1}\\ a_{n+1}& a_n\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}25 & 7\\ 7 & 2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3 & 1\\ 2 & 0\end{pmatrix}^{n-1} \]

 

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

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-