Các dạng toán và bài tập Dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân

(1)

3

SỐ NHÂN

BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

Bài toán.Chứng minh mệnh đề chứa biếnP(n)đúng với mọi số nguyên dươngn.

Phương pháp.

Bước 1. Vớin =1, ta chứng minhP(1)đúng.

Bước 2. Giả sửP(n)đúng vớin=k ≥1.

Ta cần chứng minhP(n)đúng vớin=k+1.

Kết luận, mệnh đềP(n)đúng với mọi số nguyên dương n.

!

Để chứng minh mệnh đề chứa biến P(n) đúng với n ≥ p, p là số nguyên dương. Ta cũng làm các bước tương tự như trên.

Bước 1. Vớin = p, ta chứng minhP(p)đúng.

Giả sửP(n)đúng vớin=k≥ p.

Ta cần chứng minhP(n)đúng vớin=k+1.

Kết luận, mệnh đềP(n)đúng với mọi số nguyên dươngn.

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{DẠNG 1.1. Chứng minh mệnh đề P(n) đúng với mọi số tự nhiênn Thực hiện theo các bước đã nêu ở phần tóm tắt lí thuyết.

1

VÍ DỤ

VÍ DỤ 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênn≥1, ta có 1+2+3+· · ·+n= ⁿ(n+1)

2 .

1 1³+2³+3³+· · ·+n³ = ⁿ

2(n+1)²

4 .

2

L Lời giải

1 ĐặtSn =1+2+3+· · ·+n = ⁿ(n+₁)

2 . (1)

Vớin=1thìS1= ¹(1+1)

2 =1. Vậy(1)đúng vớin =1.

301

(2)

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức là ta có

S_k =₁+₂+₃+· · ·+k = ^k(k+1) 2 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh Sk+₁ =1+2+3+· · ·+ (k+1) = (k+₁)[(k+₁) +₁]

2 = (k+₁)(k+₂)

2 .

Thật vậy, ta có

S_k+1=S_k+ (k+₁) = ^k(k+1)

2 + (k+₁) = ^k(k+1) +2(k+1)

2 = (k+1)(k+2)

2 .

Vậy(1)đúng vớin =k+1.

Do đó,1+2+3+· · ·+n = ⁿ(n+1)

2 với mọi số tự nhiênn ≥1.

2 ĐặtTn =1³+2³+3³+· · ·+n³ = ⁿ

2(n+1)²

4 . (1)

Vớin=₁thìT₁= ¹

2(1+1)²

4 =₁=₁³. Vậy(₁)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có

T_k =1³+2³+3³+· · ·+k³ = ^k

2(k+1)²

4 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh T_k+1 =1³+2³+3³+· · ·+ (k+1)³ = (k+1)²[(k+1) +1]²

4 = (k+1)²(k+2)²

4 .

T_k+1=T_k+ (k+₁)³ = ^k

2(k+1)²

4 + (k+₁)³ = ^k

2(k+1)²+4(k+1)³

4 = (k+1)²k²+4(k+1) 4

= (k+1)²(k²+4k+4)

4 = (k+1)²(k+2)²

4 .

Do đó,1³+2³+3³+· · ·+n³ = ⁿ

2(n+1)²

Nhận xét. Với mọi số tự nhiênn ≥_{1, ta có} _T_n =S²_n.

VÍ DỤ 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênn≥1, ta luôn có

un =n³+3n²+5nchia hết cho3.

1 ² un =9ⁿ−1chia hết cho8.

L Lời giải

(3)

1 Vớin=1ta cóu1 =1³+3·1²+5·1=9chia hết cho3. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =k³+3k²+5kchia hết cho3.

Ta cần chứng minhu_k+1= (k+1)³+3(k+1)²+5(k+1)chia hết cho3.

u_k+1= (k+1)³+3(k+1)²+5(k+1) = k³+3k²+3k+1+3(k+1)²+5k+5

=k³+3k²+5k

+₃(k+₁)²+3k+_6.

Vì k³+3k²+5k ... 3, 3(k+₁)² ... 3, 3k ... 3và6 ... 3nên u_k+1 ... 3. Vậy mệnh đề đúng với n = k+1.

Do đó, ta có điều phải chứng minh.

2 Vớin=1ta cóu1 =9¹−1=8chia hết cho8. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}_u_k =9^k−₁chia hết cho8.

Ta cần chứng minhu_k+1=9^k⁺¹−1chia hết cho8.

u_k+1=9^k⁺¹−1=9·9^k−9+8 =^h9

9^k−1 +8i

... 8.

Vậy mệnh đề đúng vớin =k+1.

VÍ DỤ 3. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiênn≥3, ta luôn có

3ⁿ >n²+4n+5.

1 ² 2ⁿ >2n+1.

L Lời giải

1 Vớin=3ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥3, k∈ N, tức là ta có3^k >k²+4k+5. (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin=k+1, tức là

3^k⁺¹ >(k+1)²+4(k+1) +5hay3^k⁺¹ >k²+6k+10.

Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức(₁)với3ta được

3·3^k >3(k²+4k+5) ⇔3^k⁺¹>k²+6k+10+2k²+6k+5⇒3^k⁺¹ >k²+6k+10(vìk≥3). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

2 Vớin=₃ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥3, k∈ N, tức là ta có2^k >2k+1. (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k+1, tức là 2^k⁺¹ > 2(k+1) +1 hay 2^k⁺¹ >2k+3.

Thật vậy, nhân cả hai vế của bất đẳng thức(1)với2ta được

2·2^k >2(2k+1) ⇔2^k⁺¹>2k+2k+2. (2) Vìk≥3nên2k≥6. Do đó(2)tương đương với

2^k⁺¹ >2k+6+2⇒2^k⁺¹>2k+3.

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

(4)

2

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, ta luôn có 1 1+3+6+10+· · ·+ⁿ(n+₁)

2 = ⁿ(n+₁)(n+₂)

6 .

2 1·4+2·7+· · ·+n(3n+1) = n(n+1)². 3 1²+2²+3²+· · ·+n² = ⁿ(n+1)(2n+1)

6 .

4 1

1·2·3+ ¹

2·3·4 +· · ·+ ¹

n(n+1)(n+2) = ⁿ(n+3) 4(n+1)(n+2)^. 5 1·2²+2·3²+3·4²+· · ·+ (n−1)n²= ⁿ(n²−1)(3n+2)

12 với mọin≥2,n∈ _N.

6 1 2 +¹

4+¹

8 +· · ·+ ¹ 2ⁿ = ²

n−₁ 2ⁿ . Lời giải.

1 ĐặtSn =1+3+6+10+· · ·+ⁿ(n+1)

2 = ⁿ(n+1)(n+2)

6 . (1)

Vớin=1thìS1= ¹(1+1)(1+2)

6 =1. Vậy(1)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có Sk =1+3+6+10+· · ·+^k(k+₁)

2 = ^k(k+₁)(k+₂)

6 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh S_k+1=1+3+6+10+· · ·+^k(k+1)

2 +(k+1) [(k+1) +1]

2 = (k+1)[(k+1) +1][(k+1) +2] 6

= (k+₁)(k+₂)(k+₃)

6 .

S_k+1=S_k+(k+1)(k+2)

2 = ^k(k+1)(k+2)

6 +(k+1)(k+2)

2 = ^k(k+1)(k+2) +3(k+1)(k+2) 6

= (k+1)(k+2)(k+3)

6 .

Do đó,1+3+6+10+· · ·+ⁿ(n+1)

2 = ⁿ(n+1)(n+2)

2 ĐặtSn =1·4+2·7+· · ·+n(3n+1) = n(n+1)². (1) Vớin=1thìS1=1(1+1)² =1·4=4. Vậy(1)đúng vớin=1.

Giả sử(₁)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có

S_k =1·4+2·7+· · ·+k(3k+1) = k(k+1)². Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

S_k+1=1·4+2·7+· · ·+k(3k+1) + (k+1)[3(k+1) +1] = (k+1)[(k+1) +1]² = (k+1)(k+2)².

(5)

S_k+1=S_k+ (k+1)(3k+4) = k(k+1)²+ (k+1)(3k+4) = (k+1)(k²+k+3k+4) = (k+1)(k+2)². Vậy(1)đúng vớin =k+1.

Do đó,1·₄+2·₇+· · ·+n(3n+1) = n(n+1)²với mọi số tự nhiênn ≥1.

3 ĐặtSn =₁²+₂²+₃²+· · ·+_n² = ⁿ(n+₁)(2n+₁)

6 . (₁)

Vớin=1thìS1= ¹(1+1)(2·1+1)

6 =1=1². Vậy(1)đúng vớin=1.

S_k =₁²+₂²+₃²+· · ·+k² = ^k(k+1)(2k+1)

6 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh S_k+1=1²+2²+3²+· · ·+k²+ (k+1)²= (k+1)[(k+1) +1][2(k+1) +1]

6 = (k+1)(k+2)(2k+3)

6 .

S_k+1=S_k+ (k+1)² = ^k(k+1)(2k+1)

6 + (k+1)² = ^k(k+1)(2k+1) +6(k+1)² 6

= (k+₁)(2k²+k+6k+₆)

6 = (k+₁)(2k²+3k+4k+₆)

6 = (k+₁) [k(2k+₃) +₂(2k+₃)]

6

= (k+1)(k+2)(2k+3)

6 .

Do đó,1²+2²+3²+· · ·+n² = ⁿ(n+1)(2n+1)

6 với mọi số tự nhiênn≥1.

4 ĐặtSn = ¹

1·2·3+ ¹

2·3·4 +· · ·+ ¹

n(n+1)(n+2) = ⁿ(n+3)

4(n+1)(n+2)^. (1) Vớin=1thìS1= ¹(₁+₃)

4(1+1)(1+2) = ¹

6 = ¹

1·2·3. Vậy(1)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có Sk = ¹

1·2·3+ ¹

2·3·4 +· · ·+ ¹

k(k+1)(k+2) = ^k(k+₃) 4(k+1)(k+2)^. Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

S_k+1= ¹

1·₂·₃+ ¹

2·₃·₄+· · ·+ ¹

(_k+₁)[(_k+₁) +₁][(_k+₁) +₂] = (k+1)[(k+1) +3] 4[(_k+₁) +₁][(_k+₁) +₂]

= (k+1)(k+4) 4(k+2)(k+3)^. Thật vậy, ta có

S_k+1=S_k+ ¹

(k+1)(k+2)(k+3) = ^k(k+3)

4(k+1)(k+2) + ¹

(k+1)(k+2)(k+3) = ^k(k+3)²+4 4(k+1)(k+2)(k+3)

= ^k

3+6k²+9k+4

4(k+1)(k+2)(k+3) = (k+1)²(k+4)

4(k+1)(k+2)(k+3) = (k+1)(k+4) 4(k+2)(k+3)^. Vậy(₁)đúng vớin =k+1.

Do đó, 1

1·₂·₃ + ¹

2·₃·₄ +· · · + ¹

n(n+₁)(n+₂) = ⁿ(n+3)

4(n+₁)(n+₂) với mọi số tự nhiên n≥1.

(6)

5 ĐặtSn =1·2²+2·3²+3·4²+· · ·+ (n−1)n² = ⁿ(n²−₁)(3n+2)

12 . (1)

Vớin=₂thìS₂= ²(2²−1)(3·2+2)

12 =₄=₁·₂². Vậy(₁)đúng vớin=2.

S_k =1·2²+2·3²+3·4²+· · ·+ (k−1)k² = ^k(k²−1)(3k+2)

12 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

Sk+₁=1·₂²+2·₃²+3·₄²+· · ·+ [(k+1)−₁](k+1)² = (k+₁)[(k+₁)²−₁][₃(k+₁) +₂] 12

= ^k(k+1)(k+2)(3k+5)

12 .

S_k+1=S_k+k(k+1)²= ^k(k²−1)(3k+2)

12 +k(k+1)²=k

3k³+14k²+21k+10 12

= ^k(k+1)(k+2)(3k+5)

12 .

Do đó,1·2²+2·3²+3·4²+· · ·+ (n−1)n² = ⁿ(n²−1)(3n+2)

6 ĐặtSn = ¹ 2 +¹

4+¹

8 +· · ·+ ¹ 2ⁿ = ²

n−₁

2ⁿ . (1)

Vớin=1thìS1= ²

1−1 2¹ = ¹

2. Vậy (1)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có S_k = ¹

2 +¹ 4+¹

8 +· · ·+ ¹ 2^k = ²

k−1 2^k .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh S_k+1 = ¹

2 +¹ 4+¹

8 +· · ·+ ¹ 2^k⁺¹ = ²

k+1−1 2^k⁺¹ . Thật vậy, ta có

Sk+1 =Sk+ ¹ 2^k⁺¹ = ²

k−₁ 2^k + ¹

2^k⁺¹ = ²

k+1−₂+₁ 2^k⁺¹ = ²

k+1−₁ 2^k⁺¹ . Vậy(₁)đúng vớin =k+1.

Do đó, 1 2 +¹

4+¹

8 +· · ·+ ¹ 2ⁿ = ²

n−1

2ⁿ với mọi số tự nhiênn ≥1.

BÀI 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, ta luôn có

un =n³+11nchia hết cho6.

1 2 un =2n³−3n²+nchia hết cho6.

un =4ⁿ+15n−1chia hết cho9.

3 ⁴ un =7·2²ⁿ⁻²+3²ⁿ⁻¹chia hết cho5.

Lời giải.

(7)

1 Vớin=1ta cóu1 =1³+11·1=12chia hết cho6. Vậy mệnh đề đúng vớin =1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =k³+11kchia hết cho6.

Ta cần chứng minhu_k+1= (k+1)³+11(k+1)chia hết cho6.

u_k+1= (k+1)³+11(k+1) =k³+3k(k+1) +1+11k+11 =k³+11k+3k(k+1) +12.

Vì k³+11k ... 6,3k(k+1) ... 6và12 ... 6nênu_k+1 ... 6. Vậy mệnh đề đúng vớin =k+1.

2 Vớin=1ta cóu₁ =2·1³−3·1²+1=0chia hết cho6. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức làu_k =2k³−3k²+kchia hết cho6.

Ta cần chứng minhu_k+1= (k+₁)³−₃(k+₁)²+ (k+₁)chia hết cho6.

u_k+1 =2(k+1)³−3(k+1)²+ (k+1) =2k³+6k(k+1) +2−3k²−6k−3+k+1

=^h(2k³−3k²+k) +6k(k+1)−6ki ... 6.

3 Vớin=1ta cóu1 =4¹+15·1−1 =18chia hết cho9. Vậy mệnh đề đúng vớin =1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}_u_k =4^k+15k−₁chia hết cho9.

Ta cần chứng minhu_k+1=4^k⁺¹+15(k+1)−1chia hết cho9.

u_k+1=4^k⁺¹+15(k+1)−1=4·4^k+60k−4−45k+18=^h4

4^k+15k−1

−45k+18i ... 9.

4 Vớin=1ta cóu₁ =7·2²^·¹⁻²+3²^·¹⁻¹ =10chia hết cho5. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức làu_k =7·2^2k⁻²+3^2k⁻¹chia hết cho5.

Ta cần chứng minhu_k+1=7·2²⁽^k⁺¹⁾⁻²+3²⁽^k⁺¹⁾⁻¹chia hết cho5.

u_k+1=7·2²⁽^k⁺¹⁾⁻²+3²⁽^k⁺¹⁾⁻¹=4·7·2^2k⁻²+9·3^2k⁻¹=^h4

7^2k⁻²+3^2k⁻¹

+5·3^2k⁻¹i ... 5.

BÀI 3. Chứng minh rằng

2ⁿ⁺²>2n+₅với mọin ∈_N^∗.

1 ² nⁿ ≥(n+₁)ⁿ⁻¹với mọin ∈_N^∗.

Lời giải.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥1, k∈ N, tức là ta có2^k⁺²>2k+5. (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k+1, tức là 2⁽^k⁺¹⁾⁺² > 2(k+1) +5hay 2^k⁺³ >2k+7.

2·₂^k⁺² >₂(2k+₅) ⇔₂^k⁺³ >2k+₇+2k+₃ ⇒₂^k⁺³ >2k+₇(vìk ≥₁nên2k+₃ >₀)_. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

(8)

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥1, k∈ N, tức là ta có k^k ≥(k+1)^k⁻¹⇔ ^k

k

(k+1)^k⁻¹ ≥1.

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin=k+1, tức là

(k+1)^k⁺¹ ≥[(k+1) +1]⁽^k⁺¹⁾⁻¹hay(k+1)^k⁺¹ ≥(k+2)^k. Thật vậy, với mọi số dươngkta có

(k+1)²>k(k+2)⇒ (k+1)^2k >[k(k+2)]^k

⇒ (k+1)^k⁺¹

(k+2)^k > ^k

k

(k+1)^k⁻¹ ≥1

⇒ (k+1)^k⁺¹≥(k+2)^k. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

3

BÀI TẬP RÈN LUYỆN

BÀI 4. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, ta luôn có 1 2+5+8+· · ·+ (3n−1) = ⁿ(3n+1)

2 .

2 1·2+2·3+3·4+· · ·+n(n+1) = ⁿ(n+1)(n+2)

3 .

3 1·2+2·5+3·8+· · ·+n(3n−1) =n²(n+1). 4 1²+3²+5²+· · ·+ (2n−1)² = ⁿ(4n²−1)

3 .

5 2²+4²+6²+· · ·+ (2n)² = ²ⁿ(n+₁)(2n+₁)

3 .

6

1−¹

4 1−¹

9 1− ¹ 16

· · ·

1− ¹ n²

= ⁿ+1

2n , với mọin≥2,n∈ _N. 7 1

3 +² 9+ ³

27 +· · ·+ ⁿ 3ⁿ = ³

4−²ⁿ+3 4·3ⁿ . Lời giải.

1 ĐặtSn =2+5+8+· · ·+ (3n−1) = ⁿ(3n+1)

2 . (1)

Vớin=₁thìS₁= ¹(3·1+1)

2 =2. Vậy (₁)đúng vớin=1.

S_k =2+5+8+· · ·+ (3k−1) = ^k(3k+1)

2 .

(9)

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh S_k+1=2+5+8+· · ·+ (3k−1) + [3(k+1)−1] = (k+1)[3(k+1) +1]

2 = (k+1)(3k+4)

2 .

S_k+1 =S_k+ (3k+2) = ^k(3k+1)

2 + (3k+2) = ^3k

2+k+2(3k+2)

2 = ^3k

2+7k+4 2

= ^3k

2+3k+4k+4

2 = ^3k(k+1) +4(k+1)

2 = (k+1)(3k+4)

2 .

Vậy(₁)đúng vớin =k+1.

Do đó,2+5+8+· · ·+ (3n−1) = ⁿ(3n+1)

2 ĐặtSn =1·2+2·3+3·4+· · ·+n(n+1). (1) Vớin=1thìS₁= ¹(1+1)(1+2)

3 =2=1·2. Vậy(1)đúng vớin =1.

Giả sử(₁)đúng vớin =k≥1,k∈ N, tức là ta có

S_k =₁·₂+₂·₃+₃·₄+· · ·+k(k+₁) = ^k(k+1)(k+2)

3 .

Ta cần chứng minh(₁)cũng đúng vớin=_k+1, tức là cần chứng minh

Sk+1 =1·₂+2·₃+3·₄+· · ·+ (k+1)[(k+1) +1] = (k+₁)[(k+₁) +₁][(k+₁) +₂] 3

= (k+1)(k+2)(k+3)

3 .

S_k+1=S_k+ (k+1)(k+2) = ^k(k+1)(k+2)

3 + (k+1)(k+2) = ^k(k+1)(k+2) +3(k+1)(k+2) 3

= (k+1)(k+2)(k+3)

3 .

Do đó,1·2+2·3+3·4+· · ·+n(n+1) = ⁿ(n+1)(n+2)

3 ĐặtSn =₁·₂+₂·₅+₃·₈+· · ·+_n(_3n−₁) = _n²(_n+₁). (₁) Vớin=1thìS₁=1²(1+1) = 2=1·2. Vậy(1)đúng vớin=1.

S_k =1·2+2·5+3·8+· · ·+k(3k−1) = k²(k+1). Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

S_k+1=1·2+2·5+3·8+· · ·+ (k+1) [3(k+1)−1] = (k+1)²[(k+1) +1] = (k+1)²(k+2). Thật vậy, ta có

S_k+1 =S_k+ (k+1)(3k+2) = k²(k+1) + (k+1)(3k+2) = (k+1)k²+3k+2

= (k+₁)(k+₁)(k+₂) = (k+₁)²(k+₂)_. Vậy(₁)đúng vớin =k+1.

Do đó,1·2+2·5+3·8+· · ·+n(3n−1) = n²(n+1)với mọi số tự nhiênn≥1.

(10)

4 ĐặtSn =1²+3²+5²+· · ·+ (2n−1)² = ⁿ(4n²−₁)

3 . (1)

Vớin=1thìS1= ¹(₄·₁²−₁)

3 =1=1². Vậy(1)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức là ta có

S_k =1²+3²+5²+· · ·+ (2k−1)² = ^k(4k²−1)

3 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh Sk+₁=1²+3²+5²+· · ·+ (2k−1)²+ [2(k+1)−1]² = (k+₁)[₄(k+₁)²−₁]

3 = (k+₁)(4k²+8k+₃)

3 .

Sk+₁ =Sk+ (2k+1)² = ^k(4k²−₁)

3 + (2k+1)² = ^k(2k−₁)(2k+₁) +₃(2k+₁)² 3

= (2k+1)(2k²−k+6k+3)

3 = (2k+1)(k+1)(2k+3)

3 = (k+1) 4k²+8k+6)

3 .

Vậy(₁)đúng vớin =k+1.

Do đó,1²+3²+5²+· · ·+ (2n−1)² = ⁿ(4n²−1)

5 ĐặtSn =2²+4²+6²+· · ·+ (2n)² = ²ⁿ(n+₁)(2n+₁)

3 . (1)

Vớin=1thìS1= ²·1(1+1)(2·1+1)

3 =4=2². Vậy(1)đúng vớin =1.

S_k =2²+4²+6²+· · ·+ (2k)²= ^2k(k+1)(2k+1)

3 .

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

Sk+1=₂²+₄²+₆²+· · ·(_2k)²+ [₂(_k+₁)]² = ²(k+1)[(k+1) +1][2(k+1) +1]

3 = ²(k+1)(k+2)(2k+3)

3 .

Sk+1=_S_k+ (_2k+₂)² = ^2k(k+1)(2k+1)

3 + (_2k+₂)²= ^2k(k+1)(2k+1) +12(k+1)² 3

= ²(k+1)(2k²+k+6k+6)

3 = ²(k+1)(2k²+3k+4k+6)

3 = ²(k+1) [k(2k+3) +2(2k+3)]

3

= ²(_k+₁)(_k+₂)(_2k+₃)

3 .

Do đó,2²+4²+6²+· · ·+ (2n)² = ²ⁿ(n+₁)(2n+₁)

6 ĐặtSn =

1−¹

4 1−¹

9 1− ¹ 16

· · ·

1− ¹ n²

= ⁿ+1

2n . (1)

Vớin=₂thìS₂= ²+1 2·2 = ³

4 =₁−¹

4. Vậy (₁)đúng vớin=2.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥2,k∈ N, tức là ta có S_k =

1−¹

4 1− ¹

9 1− ¹ 16

· · ·

1− ¹ k²

= ^k+1 2k .

(11)

Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh S_k+1=

1−¹

4 1−¹

9 1− ¹ 16

· · ·

1− ¹ (k+1)²

= (k+1) +1

2(k+₁) = ^k+2 2(k+₁)^. Thật vậy, ta có

S_k+1=S_k·

1− ¹ (k+1)²

= ^k+1 2k · ^k

2+2k

(k+1)² = ^k+2 2(k+1)^. Vậy(1)đúng vớin =k+1.

Do đó,

1−¹

4 1−¹

9 1− ¹ 16

· · ·

1− ¹ n²

= ⁿ+₁

2n với mọi số tự nhiênn ≥2.

7 ĐặtSn = ¹ 3 +²

9+ ³

27 +· · ·+ ⁿ 3ⁿ = ³

4−²ⁿ+₃

4·3ⁿ . (1)

Vớin=1thìS₁= ³

4−²·1+3 4·3¹ = ¹

3. Vậy(1)đúng vớin=1.

Giả sử(1)đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức là ta có S_k = ¹

3+² 9 + ³

27+· · ·+ ^k 3^k = ³

4−^2k+3 4·3^k . Ta cần chứng minh(1)cũng đúng vớin=k+1, tức là cần chứng minh

S_k+1= ¹ 3+²

9 + ³

27+· · ·+^k+1 3^k⁺¹ = ³

4−²(k+1) +3 4·3^k⁺¹ = ³

4− ^2k+5 4·3^k⁺¹. Thật vậy, ta có

S_k+1 =S_k+^k+1 3^k⁺¹ = ³

4−^2k+3

4·3^k +^k+1 3^k⁺¹ = ³

4 −^6k+9−4k−4 4·3^k⁺¹ = ³

4− ^2k+5 4·3^k⁺¹. Vậy(1)đúng vớin =k+1.

Do đó, 1 3 +²

9+ ³

27 +· · ·+ ⁿ 3ⁿ = ³

4−²ⁿ+₃

4·3ⁿ với mọi số tự nhiênn ≥2.

BÀI 5. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, ta luôn có

un =n³−nchia hết cho3.

1 2 un =13ⁿ−1chia hết cho6.

un =4ⁿ+6n+8chia hết cho9.

3 ⁴ un =3²ⁿ⁺¹+2ⁿ⁺²chia hết cho7.

un =11ⁿ⁺¹+12²ⁿ⁻¹chia hết cho133.

5 ⁶ un =2⁴ⁿ−1chia hết cho15.

Lời giải.

1 Vớin=1ta cóu1 =1³−1=0chia hết cho3. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =k³−kchia hết cho3.

Ta cần chứng minhu_k+1= (k+1)³−(k+1)chia hết cho3.

u_k+1= (k+1)³−(k+1) =k³+3k²+2k =k³−k+3(k²+k). Vì k³−k ... 3,3(k²+k) ... 3nênu_k+1 ... 3. Vậy mệnh đề đúng vớin=k+1.

(12)

2 Vớin=1ta cóu1 =13¹−1=12chia hết cho6. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =₁₃^k−₁chia hết cho6.

Ta cần chứng minhu_k+1=13^k⁺¹−1chia hết cho6.

u_k+1 =13^k⁺¹−1 =13^k⁺¹−13+12=13(13^k−1) +12.

Vì13 13^k−1 ... 6,12 ... 6nênu_k+1 ... 6. Vậy mệnh đề đúng vớin=k+1.

3 Vớin=1ta cóu1 =4¹+6·1+8=18chia hết cho9. Vậy mệnh đề đúng vớin =1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =₄^k+6k+₈chia hết cho9.

Ta cần chứng minhu_k+1=4^k⁺¹+6(k+1) +8chia hết cho9.

u_k+1 =4^k⁺¹+6(k+1) +8=4(4^k+6k+8)−18k−18=4(4^k+6k+8)−18(k+1). Vì4(4^k+6k+8) ... 9,18(k+1) ... 9nênu_k+1 ... 9. Vậy mệnh đề đúng vớin=k+1.

4 Vớin=1ta cóu₁ =3²^·¹⁺¹+2¹⁺² =35chia hết cho7. Vậy mệnh đề đúng vớin =1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _N, tức làu_k =3^2k⁺¹+2^k⁺²chia hết cho7.

Ta cần chứng minhu_k+1=3²⁽^k⁺¹⁾⁺¹+2⁽^k⁺¹⁾⁺²chia hết cho7.

u_k+1 =3²⁽^k⁺¹⁾⁺¹+2⁽^k⁺¹⁾⁺² =3^2k⁺³+2^k⁺³ =9

3^2k⁺¹+2^k⁺²

−7·2^k.

Vì9 3^2k⁺¹+2^k⁺² ... 7,7·2^k ... 7nênu_k+1 ... 7. Vậy mệnh đề đúng vớin =k+1.

5 Vớin=₁ta cóu₁ =₁₁¹⁺¹+₁₂²^·¹⁻¹=₁₃₃chia hết cho133. Vậy mệnh đề đúng vớin =1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =11^k⁺¹+12^2k⁻¹chia hết cho133.

Ta cần chứng minhu_k+1=11^k⁺²−12²⁽^k⁺¹⁾⁻¹chia hết cho133.

u_k+1=11^k⁺²−12²⁽^k⁺¹⁾⁻¹ =11·11^k⁺¹−12²·12^2k⁻¹ =^h11

11^k⁺¹−12^2k⁻¹

−133·12^2k⁻¹i

... 133.

6 Vớin=1ta cóu₁ =2⁴^·¹−1=15chia hết cho15. Vậy mệnh đề đúng vớin=1.

Giả sử mệnh đề đúng vớin =k≥1,k∈ _{N, tức là}u_k =2^4k−1chia hết cho15.

Ta cần chứng minhu_k+1=₂⁴⁽^k⁺¹⁾−₁chia hết cho15.

u_k+1=2⁴⁽^k⁺¹⁾−1=2^4k⁺⁴−1=16·2^4k−1=16·2^4k−16+15=16

2^4k−1 +15.

Vì16 2^4k−1 ... 15,15·2^k ... 15nênu_k+1 ... 15. Vậy mệnh đề đúng vớin=k+1.

BÀI 6. Chứng minh rằng

(13)

2ⁿ⁺¹>2n+3với mọin ≥2, n∈ _N.

1 2 3ⁿ⁻¹ >n(n+2)với mọin≥4,n∈ _N.

(n!)² ≥nⁿ với mọin ∈_N^∗.

3 4 2ⁿ >n²với mọin ≥5, n∈ _N.

Lời giải.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥2, k∈ N, tức là ta có2^k⁺¹>2k+3. (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng với n = k+1, tức là 2⁽^k⁺¹⁾⁺¹ > ₂(k+₁) +₃hay 2^k⁺² >2k+5.

2·2^k⁺¹ >2(2k+3) ⇔2^k⁺² >2k+5+2k+1. (2) Vìk≥₂nên2k+₁>0. Khi đó từ(₂)suy ra

2^k⁺² >2k+5.

Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥4, k∈ _N, tức là ta có3^k⁻¹>k(k+2). (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin =k+1, tức là3⁽^k⁺¹⁾⁻¹ >(k+1)[(k+1) +2] hay3^k >(k+1)(k+3).

3·3^k⁻¹ >3k(k+2) ⇔3^k >k²+4k+3+2k²+2k−3. (2) Vìk ≥ 4và2k²+2k−3 = 2k(k−4) +10(k−4) +37nên 2k²+2k−3 > 0. Khi đó từ (2) suy ra

3^k >k²+4k+3⇔3^k >(k+1)(k+2). Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

3 Trước hết ta chứng minhnⁿ ≥(n+1)ⁿ⁻¹. Thật vậy, vớin =1ta được khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng vớin = k ≥ 1, tức là ta cók^k > (k+1)^k⁻¹hay

k k+1

k

≥ ¹ k+1. Ta cần chứng minh khẳng định cũng đúng khin =k+1.

Ta có

k²+2k+1≥k²+2k ⇒ ^k+1

k+2 ≥ ^k k+1 ⇒

k+1 k+2

k

≥ k

k+1 k

≥ ¹ k+1 ⇒

k+1 k+2

k+1

≥ ¹ k+2. Vậynⁿ ≥(n+₁)ⁿ⁻¹với mọin∈ _N^∗.

Trở lại bài toán. Ta cũng chứng minh bài toán bằng quy nạp.

Vớin=1ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥1, k∈ N, tức là ta có(k!)²≥k^k. (₁) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin=k+1, tức là[(k+1)!]² ≥(k+1)^k⁺¹.

[(k+1)!]²= [k!(k+1)]² = (k!)²(k+1)² ≥k^k(k+1)² ≥(k+1)^k⁻¹(k+1)² = (k+1)^k⁺¹. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

(14)

4 Trước hết, bằng phương pháp quy nạp ta chứng minh trước kết quản² > 2n+1với mọi n∈ _N, n≥5.

Vớin=5ta thấy bất đẳng thức là đúng.

Giả sử bất đẳng thức trên đúng vớin =k≥5,k∈ _N, tức là ta cók² >2k+1.

Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin=k+1, tức là(k+₁)²>₂(k+₁) +1.

(k+₁)² =k²+2k+₁>2k+₁+2k+₁=4k+₂>3k+₃ >2k+_3.

Vậyn² >2n+1với mọin≥5,n∈ _N. Trở lại với bài toán.

Vớin=5ta thấy bất đẳng thức đã cho đúng.

Giả sử bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k ≥5, k∈ _N, tức là ta có2^k >k². (1) Ta cần chứng minh bất đẳng thức đúng vớin=k+1, tức là2^k⁺¹ >(k+1)².

2·2^k >2k² ⇔2^k⁺¹ >k²+k² ⇔2^k⁺¹ >k²+2k+1⇔2^k⁺¹>(k+1)². Vậy bất đẳng thức đã cho đúng vớin=k+1.

BÀI 2. ^{DÃY SỐ}

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1

ĐỊNH NGHĨA

Định nghĩa 1. Một hàm số u xác định trên tập hợp các số nguyên dươngN^∗ được gọi là một dãy số vô hạn (hay gọi tắt là dãy số).

Mỗi giá trị của hàm sốuđược gọi là một số hạng của dãy số. Chẳng hạn, u₁ =u(1)là số hạng thứ nhất (hay còn gọi là số hạng đầu).

u2 =u(2)là số hạng thứ hai.

un =u(n)là số hạng thứn(hay còn gọi là số hạng tổng quát).

Người ta thường viết dãy số dưới dạng khai triểnu1,u2,u3, . . . ,un, . . .hoặc viết tắt là(un).

2

CÁCH CHO MỘT DÃY SỐ

Cách 1.Dãy số cho bởi công thức số hạng tổng quát.

Cách 2.Dãy số cho bởi hệ thực thức truy hồi.

– Cho số hạng thứ nhấtu₁(hoặc một vài số hạng đầu).

– Cho một công thức tínhun theou_n−1(hoặc một vài số hạng đứng ngay trước nó).

3

DÃY SỐ TĂNG, DÃY SỐ GIẢM

Dãy số(un)là dãy số tăng khi và chỉ khi với mọin∈ _N^∗ ta luôn cóun <un+1.

(15)

Dãy số(un)là dãy số giảm khi và chỉ khi với mọin ∈_N^∗ ta luôn cóun >un+₁.

4

DÃY SỐ BỊ CHẶN

Dãy số(un) được gọi là dãy số bị chặn trên nếu tồn tại sốMsao choun ≤ M, với mọi n∈ _N^∗.

Dãy số(un)được gọi là dãy số bị chặn dưới nếu tồn tại sốmsao cho un ≥ m, với mọi n∈ _N^∗.

Dãy số(un)được gọi là dãy số bị chặn nếu nó vừa bị chặn trên vừa bị chặn dưới, nghĩa là tồn tại các sốMvàmsao chom≤un ≤ M, với mọin∈ _N^∗.

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

{DẠNG 2.1. Tìm số hạng của dãy số cho trước

Phương pháp giải: Từ công thức số hạng tổng quát ta thay giá trị nphù hợp để tìm số hạng cần tìm hoặc dùng hệ thức truy hồi để tìm số hạng đó.

1

VÍ DỤ

VÍ DỤ 1. Cho dãy số(un)vớiun = ⁿ−1

3n+1. Hãy viết dạng khai triển của dãy số. Tínhu50và u99.

L Lời giải

Dạng khai triển của dãy số đã cho là0;1 7;1

5; . . . ; n−1 3n+₁^{; . . .} Ta cóu₅₀ = ⁵⁰−1

3·₅₀+₁ = ⁴⁹

151 vàu₉₉ = ⁹⁹−1

3·₉₉+₁ = ⁴⁹

149.

VÍ DỤ 2. Cho dãy số (_u_n)được xác định bởi

®u₁=₁

un =2un−1+1,(n ≥2). Hãy viết dạng khai triển của dãy số trên. Tínhu₈.

L Lời giải

Dạng khai triển của dãy số đã cho là1; 3; 7; 15; . . . ; 2ⁿ−1; . . .

Ta cóu1 =1,u2 =3,u3 =7, u4=15,u5 =31,u6 =63,u7 =127,u8=255.

(16)

VÍ DỤ 3. Cho dãy số (_u_n)được xác định bởi

®u₁=_1,u₂ =₁

un =un−1+un−2,(n ≥3) (dãy số Phi-bô-na-xi).

Hãy viết dạng khai triển của dãy số trên. Tínhu₇. L Lời giải

Dạng khai triển của dãy số đã cho là1; 1; 2; 3; 5; 8; 13; . . .

Ta cóu1 =1,u2 =1,u3 =2, u4=3,u5 =5,u6 =8,u7 =13.

VÍ DỤ 4. Tìm số hạng tổng quátuntheoncủa các dãy số sau đây

Dãy số (un) với

®u1 =3

un+1 =un+2,∀n≥1.

1 Dãy số(un)với

®u₁ =2

u_n+1 =2un,∀n ≥1.

2

L Lời giải

1 Từ công thứcun+1 =un+2với mọin ≥1suy raun+1−un =2với mọin≥1. Từ đó ta có u2−u1=2

u3−u2=2 u₄−u3=2

· · · · un−u_n−1=_2.

Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được

un−u₁= (n−1)2⇔un =u₁+2n−2⇔un =2n+1.

2 Từ công thứcu_n+1 =2un với mọin≥1suy ra u_n+1

un

=2với mọin≥1. Từ đó ta có u2

u₁ =2 u₃ u2

=₂ u₄ u3

=2

· · · un

un−1

=2 Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được

un

u1

=2ⁿ⁻¹ ⇔un =u₁·2ⁿ⁻¹ ⇔un =2·2ⁿ⁻¹ ⇔un =2ⁿ.

(17)

2

BÀI TẬP ÁP DỤNG

BÀI 1. Viết năm số hạng đầu tiên của dãy số(un) và tìm công thức số hạng tổng quátun theon của các dãy số(_u_n)sau

®u1=3

un+₁=2un,∀n≥1.

1

®u₁ =1

u_n+1 =un+n³,∀n≥_1.

2







u1 =1 u_n+1 = ^uⁿ

1+un,∀n ≥1.

3

®u1 =−1

un+1 =un+3,∀n≥1.

4

®u1=11

un+1=10un+1−9n,∀n≥1.

5

®u1 =1

un+1 =un+7,∀n≥1.

6

Lời giải.

1 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho làu1 =3,u2 =6, u3=12,u4 =24,u5 =48.

Từ công thứcun+₁ =2un với mọin≥1suy ra un+1

un

=2với mọin≥1. Từ đó ta có u₂

u1

=₂ u3

u2

=2 u4

u₃ =2

· · · un

u_n−1

=2.

Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un

u₁ =2ⁿ⁻¹⇔un =u₁·2ⁿ⁻¹⇔un =3·2ⁿ⁻¹.

2 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho làu₁ =1,u₂ =9, u₃=36,u₄ =100,u₅ =225.

Từ công thứcun+1 = un +n³ với mọin ≥ 1suy raun+1−un = n³ với mọin ≥ 1. Từ đó ta có

u₂−u₁ =2³ u₃−u₂ =3³ u₄−u₃ =4³

· · · · un −_u_n₋₁ =_n³_. Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được

un−u₁ =₂³+₃³+· · ·+ (n−₁)³⇔un =₁³+₂³+₃³+· · ·+n³⇔un = ⁿ

2(n+1)²

4 .

3 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho làu₁ =1,u₂ = ¹

2,u₃ = ¹

3,u₄= ¹

4,u₅ = ¹ 5. Dễ thấyun 6=0với mọin ∈_N^∗.

(18)

Từ công thứcu_n+1 = ^uⁿ 1+un

với mọin ≥ ₁suy ra 1 un+1

= ¹ un

+₁hay 1 un+1

− ¹ un

= ₁ với mọin ≥1. Từ đó ta có

1 u₂ − ¹

u₁ =1 1

u₃ − ¹ u₂ =1 1

u4

− ¹ u3

=1

· · · · 1

un

− ¹ un−1

=1.

Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được 1

un

− ¹

u₁ =n−1⇔ ¹ un

= ¹

u₁ +n−1⇔ ¹ un

=n⇒un = ¹ n.

4 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho làu₁ =−1,u2 =2, u3=5,u₄ =8,u5 =11.

Từ công thứcun+1 =un+3với mọin ≥1suy raun+1−un =3với mọin≥1. Từ đó ta có u2−u1=3

u3−u2=3 u₄−u₃=3

· · · · un−u_n−1=_3.

Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được

un−u1= (n−1)3⇔un =u1+3n−3⇔un =3n−4.

5 Năm số hạng đầu tiên của dãy số đã cho là u1 = 11, u2 = 102, u3 = 1003, u4 = 10004, u₅ =100005.

Từ công thứcun+₁ =10un+1−9nvới mọin≥1suy ra

u_n+1−n−1=10un−10n,∀n≥1⇔u_n+1−(n+1) =10(un−n),∀n≥1⇒ ^uⁿ⁺¹−(n+1)

un−n =10,∀n ≥1.

Từ đó ta có

u2−2 u₁−1 =10 u3−3 u2−2 =10 u4−4 u3−3 =10

· · · · un−n

u_n−1−(n−1) =10.

Nhân theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được un −n

u1−1 =₁₀ⁿ⁻¹ ⇒un−n=₁₀ⁿ⁻¹(u₁−₁) ⇔un =₁₀ⁿ+n.

Các dạng toán và bài tập Dãy số, cấp số cộng, cấp số nhân

3

SỐ NHÂN

BÀI 1. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP TOÁN HỌC

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

!

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

1

2

3

BÀI 2. DÃY SỐ

A TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1

2

3

4

B DẠNG TOÁN VÀ BÀI TẬP

1

2

BÀI 2. ^{DÃY SỐ}