Đoàn Ngọc Dũng -

MỘT SỐ BÀI TẬP CẤP SỐ CỘNG

GVBM : ĐOÀN NGỌC DŨNG

BÀI 25 : Tìm số hạng thứ un của một cấp số cộng biết u5 = 19 ; u9 = 35 và tổng n số hạng đầu của cấp số cộng đó bằng 666.

 Hướng dẫn : Ta có :







 











 









4 d

3 u 35 d 8 u

19 d 4 u 35 u

19

u ₁

1 1 9

5

Ta cũng có :

        

6 4n 4



2 666 n 4

1 n 3 2 2 666 n d

1 n u 2 2

S_n  n ₁           

 

 























 ² _*

N n do loại 2

n 37

nhận 18

n 0 666 n n 2

Vậy u_n u₁₈u₁17d317471 BÀI 26 : Tìm x biết :

1) 2 + 5 + 8 + 11 + … + x = 155 ĐS : x = 29 2) 1 + 6 + 11 + 16 + … + x = 970 ĐS : x = 96 3) (x + 1) + (x + 4) + … + (x + 28) = 155 ĐS : x = 1

 Hướng dẫn :

1)

2 + 5 + 8 + 11 + … + x = 155 ĐS : x = 29 Gọi x là số hạng thứ n của một cấp số cộng có u1 = 2 và d = 3

 

      

4 3n 3



2 155 n 3

1 n 2 2 2 155 n d

1 n u 2 2

S_n  n ₁           

 

 





















 loại

6 n 62

nhận 10

n 0 310 n n 3 ²

Vậy x = u10 = u1 + 9d = 293 = 29

2)

1 + 6 + 11 + 16 + … + x = 970 ĐS : x = 96 Ta có cấp số cộng với u1 = 1, d = 5, Sn = 970 và un = x

 

  

2



n 1



5



5n 3n 1940 0 n 20

2 970 n d

1 n u 2 2

S_n  n ₁        ²     

Suy ra x = u20 = 1195 = 96

3)

(x + 1) + (x + 4) + … + (x + 28) = 155

Ta có cấp số cộng với u1 = x + 1 ; d = 3 ; un = x + 28 và Sn = 155

Áp dụng công thức un = u1 + (n – 1)d, ta có : x + 28 = x + 1 + (n – 1)3  n = 10

Từ công thức :

  

x 1 x 28



155 5



2x 29



x 1

2 155 10 u

2 u

S_n  n ₁ _n          

BÀI 27 : Tính tổng :

1) S = 105 + 110 + 115 + … + 995. ĐS : 98450 2) S = 100²99²98²97²...2²1 ĐS : 5050

 Hướng dẫn :

1)

S = 105 + 110 + 115 + … + 995. ĐS : 98450 Dãy 105, 110, 115, … , 995 là một dãy cấp số cộng có







 5 d

105 u₁

Gọi x là số hạng thứ n của cấp số cộng, ta có : x = un = 995 = u1 + (n – 1)d  995 = 105



n1



5

 995 = 105 + 5n – 5  5n = 895  n = 179  số hạng 995 là số hạng thứ 179

Do đó :

  

105 995



98450 2

u 179 2 u

S₁₇₉179 ₁ ₁₇₉   

2)

S = 100²99²98²97²...2²1 ĐS : 5050

Ta có : S = 100² – 99² + 98² – 97² + … + 2² – 1² = (100² – 99²) + (98² – 97²) + … + (2² – 1²)

= (100 + 99)(100 – 99) + (98 + 97)(98 – 97) + … + (2 + 1)(2 – 1) = 199 + 195 + … + 3

Xét cấp số cộng (un) có u1 = 199 và d = 4, ta có : 3 = un = u1 + (n – 1)d  3 = 199 + (n – 1)(4)  n = 50

Vậy

  

199 3



5050

2 u 50 2 u

S 50

S ₅₀  ₁ ₅₀    .

BÀI 28 : Tính tổng :

1) 1 + 2 + 3 + … + n ĐS : Sn = 2

) 1 n ( n  2) 1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) ĐS : Sn = n² 3) 1 + 4 + 7 + … + (3n + 1) ĐS : Sn =

2 ) 1 n )(

2 n 3

(  

 Hướng dẫn :

1)

1 + 2 + 3 + … + n ĐS : Sn = 2

) 1 n (

n 

Ta có : 1, 2, 3, … , n là một cấp số cộng có u1 = 1 và d = 1

Số hạng ux = n = u1 + (x – 1)d  n1



x1



1  n = 1 + x – 1  x = n

 1, 2, 3, … , n là một cấp số cộng có n số hạng nên :

     

2 1 n n n 2 1 u n 2 u

n n ...

3 2 1

S_n       ₁ _n    

2)

1 + 3 + 5 + … + (2n – 1) ĐS : Sn = n²

Ta có : 1, 3, 5, … , 2n – 1 là một cấp số cộng có u1 = 1 và d = 2

Số hạng ux = 2n – 1 = u1 + (x – 1)d  2n – 1 = 1 + (x – 1)2  2n – 1 = 2x – 1  x = n

 dãy số trên có n số hạng nên : _n

  

_{1 n}

 

1 2n 1



n² 2

u n 2 u 1 n n 2 ...

5 3 1

S            

3)

1 + 4 + 7 + … + (3n + 1) ĐS : Sn =

2 ) 1 n )(

2 n 3

(  

Ta có : 1, 4, 7, … , 3n + 1 là một cấp số cộng có u1 = 1 và d = 3

Số hạng ux = 3n + 1 = u1 + (x – 1)d  3n + 1 = 1 + (x – 1)3  3n + 1 = 3x – 2  3x = 3n + 3  x = n + 1

 dãy số trên có n + 1 số hạng nên :

      

2 2 n 3 1 1 n

n 3 2 1

1 1 n

n 3 ...

7 4 1

S_n1            

BÀI 29 : (SGK) Ba góc của một tam giác vuông lập thành một cấp số cộng. Hãy tìm số đo ba góc đó.

ĐS : A = 90 ; B = 60 ; C = 30

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :

Gọi góc A, góc B, góc C lần lượt là ba góc của vuông ABC ABC (1) Giả sử

A 2 .

Vì góc A, góc B, góc C theo thứ tự lập thành một cấp số cộng nên 2B A C 2

C

B A    

      (2)

Từ (1) và (2), ta có :

B 3 B

3   Do đó :

6 3 B 2

A

C  Vậy ba góc cần tìm là :

6

, 3

, 2

.

Vì ba góc của một tam giác lập thành một cấp số cộng nên ta có thể giả sử ba góc đó theo thứ tự là : x – d, x, x + d (với d  0)

Ta có :

   

x 3 x

3 d

x x d

x        Mặt khác, tam giác đã cho là tam giác vuông nên

6 3 d 2

d 2

x 











 Vậy ba góc cần tìm là :

6

, 3

, 2

.

BÀI 30 : Bốn số lập thành một cấp số cộng. Tổng của chúng bằng 22. Tổng các bình phương của chúng bằng 166. Tìm bốn số đó.

ĐS : Nếu u1 = 1, d = 3 và có



1, 4, 7, 10. Nếu u1 = 10, d = –3 và có



10, 7, 4, 1.

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :

Theo giả thiết, ta có :

     

     































 





















166 d

3 u d 2 u d u u

22 d 3 u d 2 u d u u 166 u

u u u

22 u u u u

2 1 2 1 2 1 2 1

1 1

1 1 24

32 22 21

4 3 2 1

 



 











 

2 166

d 14 d u 12 u 4

1 11

d 3 u 2

2 1

2 1 1

Từ (1), ta có :

2 d 3 u₁ 11

 (3)

Thế (3) vào (2), ta có : d 14d 166



11 3d



6



11 3d



14d 166

2 d 3 12 11 2

d 3

4 11 ^{2 2 2}

2















 



 



  



 



 

 d² = 9  d = 3 Với d = 3  u1 =

2 9

11 = 1  các số phải tìm là : 1, 4, 7, 10 Với d = 3  u1 =

2 9

11 = 10  các số phải tìm là : 10, 7, 4, 1

 Cách 2 :

Gọi bốn số phải tìm là : x – 3r ; x – r ; x + r ; x + 3r (d = 2r là công sai)

Theo giả thiết, ta có :

         

         





































2 166 r

3 x r x r x r 3 x

1 22

r 3 x r x r x r 3 x

2 2

2 2

Từ (1)  4x = 22

2 11 4 x22 

 (3)

Thế (3) vào (2), ta có : 20r 166

4 4 121 166

r 2 3 r 11 2 r 11 2 r 11 2 3

11 2

2 2

2 2









 



 



 

 



 



 

 



 



 

 



 



 

 20r² = 166 – 121 = 45

2 r 3 4 9 20

r² 45   



Với 2 x11 và

2

r3, ta có : 1 2 3 3 2

11   ; 4 2 3 2

11  ; 7 2 3 2

11  ; 10 2 9 2 11 

Với 2 x11 và

2

r3, ta có : 10 2 3 3 2

11   ; 7 2 3 2

11  ; 4 2 3 2

11  ; 1

2 3 9 2

11  

BÀI 31 : Bốn số nguyên lập thành 1 cấp số cộng. Tổng của chúng bằng 20, tổng các nghịch đảo của chúng bằng

24

25. Tìm bốn số đó. ĐS : 2, 4, 6, 8.

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :

Theo giả thiết, ta có :























24 25 u

1 u

1 u

1 u

1

20 u u u u

4 3 2 1

4 3 2 1

  2, 4, 6, 8

 Cách 2 :

Gọi bốn số phải tìm là : x – 3r ; x – r ; x + r ; x + 3r (d = 2r là công sai)

Theo giả thiết, ta có :

         



 





 

 

 

 

















24 2 25 r 3 x

1 r x

1 r x

1 r 3 x

1

1 20

r 3 x r x r x r 3 x

Từ (1) ta có : x = 5 (3) Thế (3) vào (2), ta có :

24 25 r 5

1 r 5

1 r

3 5

1 r 3 5

1 24

25 r 3 5

1 r 5

1 r 5

1 r 3 5

1 



 





 

 



 





 

 

 

 

 

 



²

 

²

 

²



²



2 2

2

2 4825 r 4825 9r 525 9r 25 r

24 5 r 25

2 r

9 25

2 24

25 r 25

10 r

9 25

10        

 

 

 

 



 1200 – 48r² + 1200 – 432r² = 3125 – 1250r² + 45r⁴  9r⁴ – 154r² + 145 = 0

 



















 loạivì không làsố nguyên

9 r 145

1 r 1 r

2 2

 Với r = 1  d = 2   2, 4, 6, 8

 Với r = 1  d = 2   8, 6, 4, 2

BÀI 32 : Năm số lập thành một cấp số cộng. Biết tổng của chúng bằng 5 và tích của chúng bằng 45. Tìm 5 số đó. ĐS : 1) u1 = –3, d = 2 và có



–3, –1, 1, 3, 5. 2) u1 = 5, d = –2 và có



5, 3, 1, –1, –3

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :















 

























3 , 1 , 1 , 3 , 5

5 , 3 , 1 , 1 , 3 45

u u u u u

5 u u u u u

5 4 3 2 1

5 4 3 2 1

 Cách 2 :

         

     

































45 d 2 x d x x d x d 2 x

d là sai công có 5 d 2 x d x x d x d 2 x

BÀI 33 : Sáu số lập thành một csc. Biết tổng của chúng bằng 12 và tổng các bình phương của chúng bằng 94. Tìm 6 số đó. ĐS :



–3, –1, 1, 3, 5, 7.

 Hướng dẫn :

 Cách 1 :





























94 u u u u u u

12 u u u u u u

2 6 2 5 2 4 2 3 2 2 2 1

6 5 4 3 2

1   3, 1, 1, 3, 5, 7

 Cách 2 :

           

           





















































94 r 5 x r 3 x r x r x r 9 x r 5 x

12 r 5 x r 3 x r x r x r 9 x r 5 x

2 2

2 2

2 2

BÀI 34 : Định m để phương trình x³ – 3x² – 9x + m = 0 có ba nghiệm phân biệt lập thành một cấp số cộng.

 Hướng dẫn :

Phương trình x³ – 3x² – 9x + m = 0 (1) có ba nghiệm phân biệt x1, x2, x3  (x – x1)(x – x2)(x – x3) = 0

 x³ – (x1 + x2 + x3)x² + (x1x2 + x2x3 + x3x1)x – x1x2x3 = 0 (2) Đồng nhất (1) và (2) ta có : x1 + x2 + x3 = 3 (3)

Để x1, x2, x3 tạo thành một cấp số cộng thì x2 – x1 = x3 – x2  2x2 = x1 + x3 (4) Từ (3) và (4) ta có : 3x2 = 3  x2 = 1

Với x2 = 1, thay vào (1), ta có : 1 – 3 – 9 + m = 0  m = 11

Điều kiện đủ : với m = 11, ta có : x³ – 3x² – 9x + 11 = 0  (x – 1)(x² – 2x – 11) = 0





















2 1 x

1 x

2 1 x

3 2 1

(thỏa) Vậy với m = 11 thì thỏa yêu cầu bài toán.

BÀI 35 : Có bao nhiêu số lẻ có 6 chữ số chia hết cho 9. ĐS : 50.000 số.

 Hướng dẫn :

 Nhận xét :

Một số chia hết cho 9 thì tổng các chữ số chia hết cho 9.

Các số có 6 chữ số chia hết cho 9 là : 100008, 100017, 100026, 100035, … , 999999 Các số lẻ có 6 chữ số chia hết cho 9 là : 100017, 100035, 100053, … , 999999 Các số lẻ này lập thành một cấp số cộng với u1 = 100017, un = 999999 và d = 18 Do đó : un = u1 + (n – 1)d  999999 = 100017 +



n1



18  n = 50000

Vậy có 50000 số lẻ chia hết cho 9.

BÀI 36 : Người ta trồng 3003 cây theo một hình tam giác như sau : hàng thứ nhất có 1 cây, hàng thứ hai có 2 cây, hàng thứ ba có 3 cây, v.v… Hỏi có bao nhiêu hàng ? ĐS : 77

 Hướng dẫn : Gọi n là số hàng cây.

Khi đó số cây trên các hàng lần lượt là : 1, 2, 3, … , n

Theo giả thiết : 1 + 2 + 3 + … + n = 3003

   

 









 









 

 n 77 nhận

loại 78

0 n 6006 n

n 2 3003

1 n

n 2

Vậy có 77 hàng cây.

 Chú ý :

1, 2, 3, … , n là một dãy cấp số cộng có u1 = 1, d = 1 và ux = n Ta có : ux = u1 + (x – 1)d  n = 1 +



x1



1  x = n

 dãy 1, 2, 3, … , n là một cấp số cộng có n số hạng nên

   

2 1 n n n 2 1 n n ...

3 2 1

S_n          BÀI 37 : Cho hai cấp số cộng :

(xn) : 4, 7, 10, 13, 16, … (yk) : 1, 6, 11, 16, 21, …

Hỏi 100 số hạng đầu tiên của mỗi cấp số sộng có bao nhiêu số hạng chung ? ĐS : 20

 Hướng dẫn :

Ta có : (xn) là dãy cấp số cộng có u1 = 4 và d = 3 ; (yx) là dãy cấp số cộng có u1 = 1 và d = 5 xn = 4 + (n – 1)3 = 3n + 1 với 1  n  100

yk = 1 + (k – 1)5 = 5k – 4 với 1  k  100

Để một số là số hạng chung, ta phải có : 3n + 1 = 5k – 4  3n = 5k – 5  3n = 5(k – 1)  3n là bội của 5

 n là bội của 5  n = 5t Khi đó 15t = 5k – 5  k = 3t + 1 Vì 1  n  100 nên 1  t  20

Ứng với 20 giá trị của t, tìm được 20 số hạng chung.

Chẳng hạn với t = 1 thì n = 5 và k = 4 Khi đó :

16 y 16 x

4 4 5 y

16 1 5 3 x

4 5 4

5   





















BÀI 38 : Có thể có một tam giác mà số đo các cạnh và chu vi của nó lập thành một cấp số cộng được

không ? ĐS : không

 Hướng dẫn :

Giả sử tồn tại có một tam giác như yêu cầu bài toán.

Gọi các cạnh của tam giác là u1, u2, u3 và chu vi của nó là u4

Ta có : u1 = x – d ; u2 = x ; u3 = x + d và u4 = 3x

Theo tính chất của cấp số cộng thì u2 – u1 = u3 – u2 = u4 – u3 hay u1 + u4 = u2 + u3

Mặt khác :

u1 + u4 = x – d + 3x = 4x – d u2 + u3 = x + x + d = 2x + d

 4x – d = 2x + d  x = d Từ đó ta có u1 = 0 (vô lý)

Vậy không thể có tam giác thỏa yêu cầu bài toán.

BÀI 39 : Tổng n số hạng đầu của một cấp số cộng bằng nửa tổng n số hạng tiếp theo. Tìm tỉ số của tổng 3n số hạng đầu với tổng n số hạng đầu của cấp số cộng đó. ĐS : 6

 Hướng dẫn :

Theo giả thiết, ta có : n



S2n Sn



2Sn S2n Sn 3Sn S2n

2

S 1      

 

  

2u



2n 1



d



2u



n 1



d

2 n d 2 1 n u 2 2

n 3

1 1

1       



Do đó :

   

 

 

   

 

   

 

2nd ⁶

nd 4 3 d 1 n d 1 n

d 1 n 3 d 1 n 3 d 1 n u 2 2 n

d 1 n 3 u 2 2

n 3 S S

1 1

n n

3   











 







 

BÀI 40 : Cho cấp số cộng (un) thỏa u2 – u3 + u5 = 10 và u1 + u6 = 17. Tính tổng của 20 số hạng đầu tiên và tính tổng S’ = u5 + u6 + … + u24. ĐS : 830

 Hướng dẫn :

 

  

^{2 1}



^{20 1}



³



⁵⁹⁰

2 d 20 1 20 u 2 2 S 20 3 d

1 u 17

u u

10 u u u

1 20

1 6

1

5 3

2          







 















 S’ =

    

2



1 4 3

 

20 1



3



830 2

d 20 1 20 u 2 2 20

5          

BÀI 41^KT :

1) Tính tổng : S = 2 + 8 + 14 + … + 794.

2) Cho cấp số cộng có :











440 S

32 u u

20 12

3 . Tìm u1, d và tính tổng : u1 + u3 + u5 + … + u99

ĐS : 1) S133 = 52934 ; 2) d = 2 ; u1 = 3 ; S = 5050

 Hướng dẫn :

1)

Tính tổng : S = 2 + 8 + 14 + … + 794.

Cấp số cộng có u1 = 2, d = 6 và un = 794

Từ un = u1 + (n – 1)d  794 = 2 + (n – 1)  n = 133



2 794



52934 2

S₁₃₃133  



2)

Cho cấp số cộng có :











440 S

32 u u

20 12

3 . Tìm u1, d và tính tổng : u1 + u3 + u5 + … + u99

Ta có :

 

^_^{ }



















 









2 d

3 u d

19 u 2 2 440 20

32 d 11 u d 2 u 440

S

32 u

u ₁

1 1 1

20 12

3  cấp số cộng là :  3, 5, 7, 9, 11, 13, 15, …

Ta có : u99 = u1 + 98d = 3 + 982 = 3 + 196 = 199  u1 + u3 + u5 + … + u99 = 3 + 7 + 11 + … + 199 Dãy số 3, 7, 11, … , 199 là một dãy cấp số cộng có a1 = 3, d’ = 4 và an = 199

an = a1 + (n – 1)d’  199 = 3 +



n1



4  n = 50

Vậy u1 + u3 + u5 + … + u99 =



3 199



2  = 5050

BÀI 42 : (KT)



















15 u

u u

8 u u

7 5 3

8 1

1) u1 = 3 và d = 2

2) Tính tổng u10 + u11 + … + u19

 Hướng dẫn :

Ta có : u1 + u2 + u3 + … + u19 = S19  u10 + u11 + … + u19 = S19 – S9

  

2u 8d



2 d 9 18 u 2 2 19

1

1  



  

10



285 45 240 2

30 9 2

19      



BÀI 43* : Tìm tổng tất cả các số có hai chữ số, không chia hết cho 3 và cho 5.

 Hướng dẫn :

Gọi S1 là tổng tất cả các số có hai chữ số :



10 99



4905 2

S₁ 90  

Gọi S2 là tổng tất cả các số có hai chữ số chia hết cho 3 :



12 99



1665 2

S₂ 30  

Gọi S3 là tổng tất cả các số có hai chữ số chia hết cho 5 :



10 95



945 2

S₃ 18  

Gọi S4 là tổng tất cả các số có hai chữ số chia hết cho 15 :



15 90



315 2

S₃₄ 6   Theo giả thiết, ta có : S = S1 – S2 – S3 + S4 = 2610