Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số: Các dạng khác - Ngô Tùng Hiếu

Nội dung text: Tài liệu ôn thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Bài tập dãy số: Các dạng khác - Ngô Tùng Hiếu

1. 1.7. CÁC DẠNG KHÁC Bài 1. p  xi 4 i 1 p * 1 a/Tìm p N sao cho hệ  x1 4 có nghiệm. i 1 x 0,i 1, p i b/Với p tìm được ở câu a/,hãy xác định tập hợp tất cả các giá trị của tổng:. p a p i với a 0 và a2 1.  2 i  i i 1 1 ai i 1 HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a. p p 1 2 Do:16  xi .  p p 4 . i 1 i 1 xi p 4 :Khi đó: xi 1,i 1,4 . Vậy hệ có nghiệm. x2 x3 3 p 3 :Chọn x1 1 và có nghiệm. Nên x1, x2 , x3 là nghiệm của hệ. x2.x3 1 x1 x2 4 p 2 : có nghiệm. Nên x1, x2 là nghiệm của hệ. x1.x2 1 p 1:Vô nghiệm. Vậy hệ có nghiệm khi p 2, p 3, p 4 . Câu b p 2 ai Ta có: f a1,a2 , ,ap  2 . i 1 ai (1 a1 ) 1 2 Xét hàm: g x x 1 x2 ,0 x 1; g x 0 x . Ta có: max g(x) . 3 (0;1) 3 3 p 3 3 2 3 3 p Do đó: f a1,a2 , ,ap  ai . Dấu đẳng thức xảy ra khi: 1 hay p = 3. . 2 i 1 2 3 a a 1 1 p 2 : f a ,a 1 2 2 2 2 vì a2 a2 1. Dấu đẳng thức ra khi a a , 1 2 2 2 1 2 xảy 1 2 a2 a1 a1.a2 2 2 a1 1 a1 f (a1,a2 ) 2 2 liên tục trên 0;1 . Khi a1 0 thì f (a1,a2 ) .Vậy p 2 , tập giá trị là: 1 a1 a1 2 2; . .
2. 1 p 3 :Chọn a 1 2x ; a x ; a x , 0<x< .Thỏa giả thiết:. 1 2 3 2 1 2x x x 1 a2 a2 a2 1 2x x x 1. f(a ,a ,a ) g(x) tục trên (0; ) ; 1 2 3 1 2 3 2x 1 x 1 x liên 2 1 3 3 3 3 g , limg(x)=+ .Vậy tập giá trị là: ; . x 0 3 2 2 3 3 p 4 : f a1,a2 , ,ap .Chọn a1 1 2x ; a 2 x ; a3 x , a 4 x thỏa giả thiết: 2 1 1 2x x x x a2 a2 a2 a2 1 3x x x x 1với 0<x< ; f(a ,a ,a ,a ) g(x) 1 2 3 4 3 1 2 3 4 2x 1 x 1 x 1 x 1 3 3 3 3 liên tục trên (0; ) ; limg(x)= ; limg(x)=+ .Tập giá trị là: ; . 1 3 x 2 x 0 2 3 n 1 n i Bài 2. Kí hiệu Hn là tập hợp các đa thức bậc n dạng: f (x) x  ai x , ai R . Chứng minh: i 0 1 min max | f (x) | n 1 . f Hn x  1;1  2 HƯỚNG DẪN GIẢI Xét đa thức Trêbưsép T x cos n.arccosx . Chứng minh T x là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2n–1 . Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức: cosnt cos n 1 t 2cost.cos n 1 t . T (x) T (x) 1 1 Do đó: H . Ta có max . Nếu tồn tại f x H sao cho f (x) ,. 2n 1 n 2n 1 2n 1 n 2n 1 T (x) x  1;1. Lúc đó ta xét g x f x đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n –1, g x đổi dấu n 1 2n 1 k lần tại các điểm cos , k 0,n . n 1 1 Do đó maxf (x) n 1 . Vậy min max | f (x) | n 1 . 2 f Hn x  1;1  2 Bài 3. Cho dãy số xn không âm thỏa mãn x1 0 , 2 2 n n 1 2n 2 2 2 và n 1 xn 1 2 4 n 1 xn 1 2 2 9n xn 36nxn 32 ,n 1. Chứng minh rằng xn là số nguyên với mọi nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5 . HƯỚNG DẪN GIẢI 2 Viết lại đẳng thức trong đầu bài về dạng n 1 x 2n 1 2 3nx 6 2 n 1 n . n 1 Từ xn không âm dẫn đến n 1 xn 1 2 2 3nxn 6 , với mọi n .
3. n n 1 Biến đổi về n 1 xn 1 2 2 3 nxn 2 2 ,. Bài 4. Cho dãy số dương xn thoả mãn: xn xn 1 2xn 2 với mọi số tự nhiên n 1. Chứng minh rằng dãy {xn} hội tụ. Hướng dẫn giải Đặt yn max xn ; xn 1 * Từ (1) và (2) suy ra yn yn 1 0; n ¥ a lim(yn ) . Với  0 tuỳ ý, khi n đủ lớn, ta có  yn a 0 . Nếu yn a thì  yn a xn a 0 . Nếu xn a thì xn 1 a yn 1 xn 1 . Mà xn xn 1 2xn 1 2a xn xn 1 2a a xn 2a xn 1 a  Tóm lại, cả hai trường hợp đều dẫn đến xn a  . Vậy dãy số {xn} hội tụ. Bài 5. Cho phương trình x2 x 1 0 với là số nguyên dương. Gọi  là nghiệm dương của phương trình. Dãy số xn được xác định như sau:. x0 , xn 1  xn , n 0,1,2,3, . Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số tự nhiên n sao cho xn chia hết cho . Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  là số vô tỉ. Thật vậy, nếu  là số hữu tỉ thì  là số nguyên (do hệ số cao nhất của x2 là 1) và  là ước của 1. Do đó  1 suy ra 0 , trái giả thiết. Do đó  xn 1   xn 1  xn 1  1. xn  xn 1 xn 1. x x 1 1 x n x n x n x .  n 1   n 1   n 1 xn 2 1 xn 1 1 (1). Lại có   1 0 , suy ra  .   xn xn xn  xn xn xn 1 xn xn xn xn 1 1 (do (1)).    * Vậy xn 1  xn 1 1 (mod ) . Từ đó bằng quy nạp ta có với mọi k ¥ , n 2k 1, thì xn 1  xn (2k 1) (k 1) (mod ) (2). * Chọn k 1 l l ¥ , n 1 2l , từ (2) ta có x2l  x0 l l  0 (mod ) . * Vậy x2l chia hết cho , l ¥ . .
4. Bài 6. Cho dãy an với n > 0 được xác định bởi:. a1 1;a2 2;a3 6;a4 12 an 4 2a n 3 an 2 2a n 1 an n 1 a) Chứng minh an chia hết cho n với mọi giá trị nguyên dương của n . a b) Đặt b n . Chứng minh tồn tại vô số số nguyên dương n để 2015 là một ước của b . . n n n Hướng dẫn giải a) Ta có b1 1; b2 1; b3 2; b4 3 . Dễ thấy bn Fn với n 1;2;3;4. Bằng quy nạp ta chứng minh dãy bn trùng với dãy Fn . Thật vậy:. Mệnh đề đúng với n 1;2;3;4. Giả sử mệnh đề đúng đến n 3 . Khi đó ta có:. n 4 bn 4 2 n 3 Fn 3 n 2 Fn 2 2 n 1 Fn 1 nFn . . Dùng công thức của dãy Fibonaci : Fm 2 Fm 1 Fm ta dễ dàng biến đổi vế phải thành n 4 Fn 4 . suy ra bn 4 Fn 4 Vậy mệnh đề đúng với n 4 , do đó nó đúng với mọi n nguyên dương. Điều đó chứng tỏ an luôn chia hết cho n với mọi n nguyên dương. b) Gọi rn là số dư của bn cho 2015 với n 1;2;3 Trước tiên ta chứng minh rn là một dãy tuần hoàn. Thật vậy: Ta có bn 2 bn 1 bn rn 2  rn 1 rn mod 2015 Vì có vô hạn các cặp r1;r2 , r2 ;r3 , ., rn ;rn 1 nhưng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau nên tồn tại ít nhất hai phần tử của dãy trùng nhau. Ta giả sử là rm ;rm 1 rm T ;rm T 1 (với T là một số nguyên dương). Ta chứng minh rn tuần hoàn với chu kỳ T +) Ta có: rm 2  rm 1 rm mod 2015 ; rm T 2 rm T 1 rm T mod 2015 . rm 2  rm T 2 mod 2015 rm 2 rm T 2 Tiếp tục như vậy ta chứng minh được: rm k rm T k với mọi k 0. (1). +) Ta có: rm 1  rm 1 rm mod 2015 ; rm T 1  rm T 1 rm T mod 2015 . rm 1  rm T 1 mod 2015 . rm 1 rm T 1 Bằng quy nạp ta chứng minh được: rm k rm T k với k 1;2;3; ;m 1. (2). Từ (1) và (2) suy ra rn ,n 0 là một dãy tuần hoàn.
5. Bổ sung vào dãy bn phần tử b0 0 thỏa mãn b0 b1 b2 suy ra r0 0 Khi đó dãy rn là dãy tuần hoàn bắt đầu từ phần tử đầu tiên r0 0. Do đó tồn tại vô số phần tử trong dãy rn bằng 0.Như vậy câu b) được chứng minh xong. Bài 7. Cho dãy số un được xác định như sau: u0 0, u1 1, un 2 2un 1 un , n 0,1,2, Chứng minh 2014 2014 rằng 2 un khi và chỉ khi 2 n . Hướng dẫn giải 1 n n Công thức tổng quát u 1 2 1 2 . n 2 2 n n Đặt 1 2 a, 1 2 b ab 1 n . 1 1 2 2 Ta có un a b , u2n a b un a b . 2 2 2 2 n n Đặt Sn a b 1 2 1 2 . Khi đó ta được dãy Sn được xác định như sau: S1 2, S2 6, Sn 2 2Sn 1 Sn , n 1,2, Do S1  2 mod 4 , S2  2 mod 4 nên bằng quy nạp ta được: Sn  2 mod 4 hay a b  2 mod 4 a b 2t, t,2 1. Do đó u2n 2un .t, t,2 1. Giả sử n 2k.t, t,2 1 u u 2k.u .A , trong đó u , A đều lẻ. n 2k.t t k t k * 3 * Bài 8. Cho dãy số an : a1 ¥ , an 1 an 2019, n ¥ . Chứng minh có nhiều nhất 1 số hạng của dãy là số chính phương. Hướng dẫn giải So sánh đồng dư của an , an 1 và an 2 theo modun 4 ta có (chú ý 2019  3 mod 4 ). an 0 1 2 3 an 1 3 0 3 2 an 2 2 3 2 3 Một số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1. Vì vậy từ số hạng thứ 3 trở đi, dãy không có số chính phương nào. 2 2 Nếu cả a1 và a2 đều chính phương, giả sử a1 a , a2 b ,. suy ra b2 a6 2019 b a3 b a3 2019 . Hơn nữa khi phân tích 2019 thành tích chỉ có 2 cách 2019 1.2019 3.673 . b a3 1 b 1010 Trường hợp 1: , vô lí do 1009 không là lập phương. 3 3 b a 2019 a 1009
6. b a3 3 b 338 Trường hợp 2: , vô lí do 335 không là lập phương. 3 3 b a 673 a 335 Vậy điều giả sử sai, nghĩa là dãy trên có nhiều nhất 1 số chính phương. un N um n um un {0;1} Bài 9. Cho dãy un thỏa mãn các điều kiện sau : u2 0 . Tìm u2013 . u 0 3 u9999 3333 Hướng dẫn giải Ta có : um n um un  ( {0;1}) . Bằng quy nạp ta chứng minh được u u u u , với mọi n ,n , ,n . n1 n2 nk n1 n2 nk 1 2 k Ta có: u2 u1 u1 u1 0. u3 u2 u1  0  u3 1. Ta chứng minh rằng nếu n 3333 thì u3n n (1). Thật vậy:. Với n 1 thì (1) đúng. Ta có u3n n.u3 n,n . Giả sử, tồn tại n 3333, mà u n u u u u n 1, điều này chứng tỏ, với mọi 0 3n0 0 3(n0 1) 3n0 3 3n0 3 0 n n0 thì u3n n . Điều này mâu thuẫn với u9999 3333 . Vậy, với n 3333 thì u3n n Do đó u2013 671. 17 1 2 Bài 10. Cho dãy số xn xác định bởi: x1 5; x2 ; xn 1 xn .xn 1 2xn 4 . Tìm n chẵn thỏa mãn n N * 2 4 vàxn  3 là lập phương của 1 số tự nhiên. Hướng dẫn giải Nhận xét thấy :. 21 1 1 4 22 1 1 4 x1 2 1 1 ; x2 2 2 1 ;. 22 1 22 1 2n 1 1 4 Khi đó, giả sử : xn 2 n 1 n k;k N * 22 1 2k 1 4 Cần chứng minh: xk 1 2 k .(1) thật vậy ta có. 22 1 1 2 1 2k 1 1 4 2k 2 1 4 2 2k 1 1 4 xk 1 xk xk 1 2xk 4 (2 k 1 )(2 k 2 ) 2(2 k 1 ) 4 . 4 4 22 1 22 1 22 1
7. 2k 1 4 = 2 k suy ra (1) đúng. 22 1 n 1 4 x 22 1 n N * n 2n 1 1 2 . 2n 1 1 Khi đó xn  3 2 3 , giả sử tồn tại n chẵn để xn  3là lập phương của 1 số tự nhiên:. n 1 Khi đó 22 1 3 c3 . Mặt khác n chẵn suy ra n 1 lẻ suy ra 2n 1 13 khi đó đặt. n 1 22 1 23k 23k 3 c3 c 2k c2 c.2k 22k 3 mà c2 c.2k 22k c 2k nên:. c 2k 1;c2 c.2k 22k 3 (2). Giải hệ (2) ta được hệ không có nghiệm nguyên với mọi k 0 suy ra không tồn tại n chẵn. Vậy không tồn tại n chẵn để xn  3 là lập phương của một số tự nhiên. Bài 11. Cho dãy số un được xác định như sau: u0 0, u1 1, un 2 2un 1 un , n 0,1,2, Chứng minh 2014 2014 rằng 2 un khi và chỉ khi 2 n . Hướng dẫn giải 1 n n Công thức tổng quát u 1 2 1 2 . n 2 2 n n Đặt 1 2 a, 1 2 b ab 1 n . 1 1 2 2 Ta có un a b , u2n a b un a b . 2 2 2 2 n n Đặt Sn a b 1 2 1 2 . Khi đó ta được dãy Sn được xác định như sau: S1 2, S2 6, Sn 2 2Sn 1 Sn , n 1,2, Do S1  2 mod 4 , S2  2 mod 4 nên bằng quy nạp ta được: Sn  2 mod 4 hay a b  2 mod 4 a b 2t, t,2 1. Do đó u2n 2un .t, t,2 1. Giả sử n 2k.t, t,2 1 u u 2k.u .A , trong đó u , A đều lẻ. n 2k.t t k t k k k Từ đẳng thức này ta được 2 un khi và chỉ khi 2 n . x1 1 Bài 12. Cho dãy số thực xn được xác định như sau: 1 . Chứng minh rằng: x x ,n 1 n 1 n 2xn 25x625  625 ( kí hiệu x là phần nguyên của số thực x ). Hướng dẫn giải
8. 1 1 1 Ta chứng minh rằng: n n x n H ,n 1, với H 1  . n 8 n n 2 n 2 2 1 2 2 2 xn 1 xn 2 1, x1 1 quy nạp xn n .Với n 1 đúng giả sử đúng đến n . Tức là xn n . Từ đó suy ra. 4xn 2 1 xn 1 n 1 2 n 1 nxn n . 4xn 1 n 1 1 1 n 1 1 x2 x2 1  x2 n 1 n n n 1 2 1  2  4xn 1 k 1 4xk 4 k 1 k 2 1 1 1 n Hn n Hn nxn n Hn . 4 8 n 8 Việc tiếp theo ta chứng minh H625 8. Ta có BĐT Hn 1 ln n thật vậy,. 1 1 1 Xét hàm số f x ln x 1 ln x ln 1 x 0 . x 1 x x 1 1 1 f x 0 ,x 0 hàm số f x giảm trên khoảng. x x 1 x 1 2 1 0; f x 0,x 0 , ta suy ra ln x 1 ln x * áp dụng. x 1 1 1 1  1 ln 2 ln1 ln 3 ln 2  ln 625 ln 624 1 ln 625 8 . 2 625 1 Từ đó: 625 625 x 625 H 626 25x  625. 625 8 625 625