Ôn tập chương 3 Dãy số, Cấp số cộng và Cấp số nhân

Ví dụ 1: 

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\), ta luôn có:

a) \({1^2} + {2^2} + ... + {(n - 1)^2} + {n^2} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}\)   

b) \(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{n}{{{3^n}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2n + 3}}{{{{4.3}^n}}}\)

Hướng dẫn giải:

a) - Với \(n = 1\) ta có:

\(VT = {1^2} = 1,{\rm{ }}VP = \frac{{1(1 + 1)(2.1 + 1)}}{6} = 1 \)

\(\Rightarrow VT = VP\)

\( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\).

- Giả sử đẳng thức cho  đúng với \(n = k \ge 1\), tức là:

\({1^2} + {2^2} + ... + {(k - 1)^2} + {k^2} = \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6}\)   (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là cần chứng minh:

\({1^2} + {2^2} + ... + {(k - 1)^2} + {k^2} + {(k + 1)^2}\)

\(= \frac{{(k + 1)(k + 1)(2k + 3)}}{6}\)  (2).

Thật vây:

\(VT(2) = \left[ {{1^2} + {2^2} + ... + {k^2}} \right] + {(k + 1)^2}\)\(\mathop  = \limits^{{\rm{do }}(1)} \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6} + {(k + 1)^2}\)

\( = (k + 1)\left[ {\frac{{2{k^2} + k}}{6} + k + 1} \right] \)

\(= \frac{{(k + 1)(2{k^2} + 7k + 6)}}{6}\)

\( = \frac{{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}}{6} = VP(2)\)

\( \Rightarrow (2)\) đúng \( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\).

b) - Với \(n = 1\) ta có \(VT = 1 = VP \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\)

- Giả sử đẳng thức cho đúng với \(n = k \ge 1\), tức là:

\(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{k}{{{3^k}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 3}}{{{{4.3}^k}}}\)   (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là cần chứng minh

\(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{k}{{{3^k}}} + \frac{{k + 1}}{{{3^{k + 1}}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 5}}{{{{4.3}^{k + 1}}}}\)    (2).

Thật vậy: \(VT(2) = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 3}}{{{{4.3}^k}}} + \frac{{k + 1}}{{{3^{k + 1}}}}\)

\(= \frac{3}{4} - \frac{{2k + 5}}{{{{4.3}^{k + 1}}}} = VP(2)\)

\( \Rightarrow (2)\) đúng \( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng.

Ví dụ 2:

Cho dãy số \(({u_n}):\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1,{u_2} = 2\\{u_{n + 1}} = \sqrt {{u_n}}  + \sqrt {{u_{n - 1}}} {\rm{ }}\forall n \ge 2\end{array} \right.\). Chứng minh rằng dãy \(({u_n})\) là dãy tăng và bị chặn.

Hướng dẫn giải:

Ta chứng minh dãy \(({u_n})\) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp

* Dễ thấy: \({u_1} < {u_2} < {u_3}\).

* Giả sử \({u_{k - 1}} < {u_k}{\rm{ }}\forall k \ge 2\), ta chứng minh \({u_{k + 1}} < {u_k}\). Thật vậy:

\({u_{k + 1}} = \sqrt {{u_k}}  + \sqrt {{u_{k - 1}}}  \)

\(> \sqrt {{u_{k - 1}}}  + \sqrt {{u_{k - 2}}}  = {u_k}\)

Vậy \(({u_n})\) là dãy tăng.

Cũng bằng quy nạp ta chứng minh được \({u_n} < 4{\rm{ }}\forall n\), hơn nữa \({u_n} > 0\)

Nên dãy \(({u_n})\) là dãy bị chặn.

Ví dụ 3:

Chứng minh rằng :

a) Nếu phương trình \({x^3} - a{x^2} + bx - c = 0\) có ba nghiệm lập thành CSC thì \(9ab = 2{a^3} + 27c\)

b) Nếu phương trình \({x^3} - a{x^2} + bx - c = 0\) có ba nghiệm lập thành CSN thì \(c(c{a^3} - {b^3}) = 0\)

Hướng dẫn giải:

a) Giả sử phương trình  có ba nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3}\) lập thành CSC

Suy ra: \({x_1} + {x_3} = 2{x_2}\) (1)

Mặt khác: \({x^3} - a{x^2} + bx - c \)

\(= (x - {x_1})(x - {x_2})(x - {x_3})\)

\( = {x^3} - ({x_1} + {x_2} + {x_3}){x^2} \)

\(+ ({x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1})x - {x_1}{x_2}{x_3}\)

Suy ra \({x_1} + {x_2} + {x_3} = a\)  (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra \(3{x_2} = a\) hay \({x_2} = \frac{a}{3}\)

Dẫn tới phương trình đã cho có nghiệm \({x_2} = \frac{a}{3}\), tức là:

\({\left( {\frac{a}{3}} \right)^3} - a{\left( {\frac{a}{3}} \right)^2} + b\left( {\frac{a}{3}} \right) - c = 0 \Leftrightarrow  - \frac{{2{a^3}}}{{27}} + \frac{{ba}}{3} - c = 0 \Leftrightarrow 9ab = 2{a^3} + 27c\)

Ta có đpcm.

b) Giả sử ba nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3}\) lập thành CSN, suy ra \({x_1}{x_3} = x_2^2\)

Theo phân tích bài trên, ta có: \({x_1}{x_2}{x_3} = c \Rightarrow x_2^3 = c \Rightarrow {x_2} = \sqrt[3]{c}\)

Hay phương trình đã cho có nghiệm \({x_2} = \sqrt[3]{c}\), tức là:

\({\left( {\sqrt[3]{c}} \right)^3} - a{\left( {\sqrt[3]{c}} \right)^2} + b\sqrt[3]{c} - c = 0 \)

\(\Leftrightarrow b\sqrt[3]{c} = a\sqrt[3]{{{c^2}}} \Leftrightarrow c(c{a^3} - {b^3}) = 0\)

Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 4:

a) Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng \(\tan \frac{A}{2};\tan \frac{B}{2};\)

\(\tan \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng \( \Leftrightarrow \cos A;\cos B;\cos C\) lập thành cấp số cộng.

b) Cho tam giác ABC.Chứng minh rằng \(\cot \frac{A}{2};\cot \frac{B}{2};\cot \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng \( \Leftrightarrow \sin A;\sin B;\sin C\) lập thành cấp số cộng.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: \(\tan \frac{A}{2};\tan \frac{B}{2};\tan \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng

\( \Leftrightarrow \tan \frac{A}{2} + \tan \frac{C}{2} = 2\tan \frac{B}{2} \)

\(\Leftrightarrow \frac{{\sin (\frac{A}{2} + \frac{C}{2})}}{{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{C}{2}}} = 2\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{B}{2} = \sin \frac{B}{2}[\cos \left( {\frac{A}{2} + \frac{C}{2}} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - \cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{C}{2}} \right)]
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos B}}{2} = \frac{{1 - \cos B}}{2} + \frac{1}{2}\left[ {\cos A + \cos C} \right]\)

\( \Leftrightarrow \cos B = \frac{{\cos A + \cos C}}{2} \)

\(\Leftrightarrow \cos A,\cos B,\cos C\) lập thành CSC.

b) Ta có: \(\cot \frac{A}{2} - \cot \frac{B}{2} = \cot \frac{B}{2} - \cot \frac{C}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\cos \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} - \cos \frac{B}{2}\sin \frac{A}{2}}}{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}}} = \frac{{\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} - \cos \frac{C}{2}\sin \frac{B}{2}}}{{\sin \frac{C}{2}\sin \frac{B}{2}}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{{B - A}}{2}\cos \frac{{B + A}}{2} = \sin \frac{{C - B}}{2}.\cos \frac{{C + B}}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin B - \sin A = \sin C - \sin B \)

\(\Leftrightarrow \sin A + \sin C = 2\sin B\).

Ví dụ 1: 

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên \(n \ge 1\), ta luôn có:

a) \({1^2} + {2^2} + ... + {(n - 1)^2} + {n^2} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6}\)   

b) \(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{n}{{{3^n}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2n + 3}}{{{{4.3}^n}}}\)

Hướng dẫn giải:

a) - Với \(n = 1\) ta có:

\(VT = {1^2} = 1,{\rm{ }}VP = \frac{{1(1 + 1)(2.1 + 1)}}{6} = 1 \)

\(\Rightarrow VT = VP\)

\( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\).

- Giả sử đẳng thức cho  đúng với \(n = k \ge 1\), tức là:

\({1^2} + {2^2} + ... + {(k - 1)^2} + {k^2} = \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6}\)   (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là cần chứng minh:

\({1^2} + {2^2} + ... + {(k - 1)^2} + {k^2} + {(k + 1)^2}\)

\(= \frac{{(k + 1)(k + 1)(2k + 3)}}{6}\)  (2).

Thật vây:

\(VT(2) = \left[ {{1^2} + {2^2} + ... + {k^2}} \right] + {(k + 1)^2}\)\(\mathop  = \limits^{{\rm{do }}(1)} \frac{{k(k + 1)(2k + 1)}}{6} + {(k + 1)^2}\)

\( = (k + 1)\left[ {\frac{{2{k^2} + k}}{6} + k + 1} \right] \)

\(= \frac{{(k + 1)(2{k^2} + 7k + 6)}}{6}\)

\( = \frac{{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}}{6} = VP(2)\)

\( \Rightarrow (2)\) đúng \( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với mọi \(n \ge 1\).

b) - Với \(n = 1\) ta có \(VT = 1 = VP \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng với \(n = 1\)

- Giả sử đẳng thức cho đúng với \(n = k \ge 1\), tức là:

\(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{k}{{{3^k}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 3}}{{{{4.3}^k}}}\)   (1)

Ta sẽ chứng minh đẳng thức cho đúng với \(n = k + 1\), tức là cần chứng minh

\(\frac{1}{3} + \frac{2}{{{3^2}}} + ... + \frac{k}{{{3^k}}} + \frac{{k + 1}}{{{3^{k + 1}}}} = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 5}}{{{{4.3}^{k + 1}}}}\)    (2).

Thật vậy: \(VT(2) = \frac{3}{4} - \frac{{2k + 3}}{{{{4.3}^k}}} + \frac{{k + 1}}{{{3^{k + 1}}}}\)

\(= \frac{3}{4} - \frac{{2k + 5}}{{{{4.3}^{k + 1}}}} = VP(2)\)

\( \Rightarrow (2)\) đúng \( \Rightarrow \) đẳng thức cho đúng.

Ví dụ 2:

Cho dãy số \(({u_n}):\left\{ \begin{array}{l}{u_1} = 1,{u_2} = 2\\{u_{n + 1}} = \sqrt {{u_n}}  + \sqrt {{u_{n - 1}}} {\rm{ }}\forall n \ge 2\end{array} \right.\). Chứng minh rằng dãy \(({u_n})\) là dãy tăng và bị chặn.

Hướng dẫn giải:

Ta chứng minh dãy \(({u_n})\) là dãy tăng bằng phương pháp quy nạp

* Dễ thấy: \({u_1} < {u_2} < {u_3}\).

* Giả sử \({u_{k - 1}} < {u_k}{\rm{ }}\forall k \ge 2\), ta chứng minh \({u_{k + 1}} < {u_k}\). Thật vậy:

\({u_{k + 1}} = \sqrt {{u_k}}  + \sqrt {{u_{k - 1}}}  \)

\(> \sqrt {{u_{k - 1}}}  + \sqrt {{u_{k - 2}}}  = {u_k}\)

Vậy \(({u_n})\) là dãy tăng.

Cũng bằng quy nạp ta chứng minh được \({u_n} < 4{\rm{ }}\forall n\), hơn nữa \({u_n} > 0\)

Nên dãy \(({u_n})\) là dãy bị chặn.

Ví dụ 3:

Chứng minh rằng :

a) Nếu phương trình \({x^3} - a{x^2} + bx - c = 0\) có ba nghiệm lập thành CSC thì \(9ab = 2{a^3} + 27c\)

b) Nếu phương trình \({x^3} - a{x^2} + bx - c = 0\) có ba nghiệm lập thành CSN thì \(c(c{a^3} - {b^3}) = 0\)

Hướng dẫn giải:

a) Giả sử phương trình  có ba nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3}\) lập thành CSC

Suy ra: \({x_1} + {x_3} = 2{x_2}\) (1)

Mặt khác: \({x^3} - a{x^2} + bx - c \)

\(= (x - {x_1})(x - {x_2})(x - {x_3})\)

\( = {x^3} - ({x_1} + {x_2} + {x_3}){x^2} \)

\(+ ({x_1}{x_2} + {x_2}{x_3} + {x_3}{x_1})x - {x_1}{x_2}{x_3}\)

Suy ra \({x_1} + {x_2} + {x_3} = a\)  (2)

Từ (1) và (2), ta suy ra \(3{x_2} = a\) hay \({x_2} = \frac{a}{3}\)

Dẫn tới phương trình đã cho có nghiệm \({x_2} = \frac{a}{3}\), tức là:

\({\left( {\frac{a}{3}} \right)^3} - a{\left( {\frac{a}{3}} \right)^2} + b\left( {\frac{a}{3}} \right) - c = 0 \Leftrightarrow  - \frac{{2{a^3}}}{{27}} + \frac{{ba}}{3} - c = 0 \Leftrightarrow 9ab = 2{a^3} + 27c\)

Ta có đpcm.

b) Giả sử ba nghiệm \({x_1},{x_2},{x_3}\) lập thành CSN, suy ra \({x_1}{x_3} = x_2^2\)

Theo phân tích bài trên, ta có: \({x_1}{x_2}{x_3} = c \Rightarrow x_2^3 = c \Rightarrow {x_2} = \sqrt[3]{c}\)

Hay phương trình đã cho có nghiệm \({x_2} = \sqrt[3]{c}\), tức là:

\({\left( {\sqrt[3]{c}} \right)^3} - a{\left( {\sqrt[3]{c}} \right)^2} + b\sqrt[3]{c} - c = 0 \)

\(\Leftrightarrow b\sqrt[3]{c} = a\sqrt[3]{{{c^2}}} \Leftrightarrow c(c{a^3} - {b^3}) = 0\)

Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 4:

a) Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng \(\tan \frac{A}{2};\tan \frac{B}{2};\)

\(\tan \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng \( \Leftrightarrow \cos A;\cos B;\cos C\) lập thành cấp số cộng.

b) Cho tam giác ABC.Chứng minh rằng \(\cot \frac{A}{2};\cot \frac{B}{2};\cot \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng \( \Leftrightarrow \sin A;\sin B;\sin C\) lập thành cấp số cộng.

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: \(\tan \frac{A}{2};\tan \frac{B}{2};\tan \frac{C}{2}\) lập thành cấp số cộng

\( \Leftrightarrow \tan \frac{A}{2} + \tan \frac{C}{2} = 2\tan \frac{B}{2} \)

\(\Leftrightarrow \frac{{\sin (\frac{A}{2} + \frac{C}{2})}}{{\cos \frac{A}{2}\cos \frac{C}{2}}} = 2\frac{{\sin \frac{B}{2}}}{{\cos \frac{B}{2}}}\)

\(\begin{array}{l}
 \Leftrightarrow {\cos ^2}\frac{B}{2} = \sin \frac{B}{2}[\cos \left( {\frac{A}{2} + \frac{C}{2}} \right)\\
\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, - \cos \left( {\frac{A}{2} - \frac{C}{2}} \right)]
\end{array}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{1 + \cos B}}{2} = \frac{{1 - \cos B}}{2} + \frac{1}{2}\left[ {\cos A + \cos C} \right]\)

\( \Leftrightarrow \cos B = \frac{{\cos A + \cos C}}{2} \)

\(\Leftrightarrow \cos A,\cos B,\cos C\) lập thành CSC.

b) Ta có: \(\cot \frac{A}{2} - \cot \frac{B}{2} = \cot \frac{B}{2} - \cot \frac{C}{2}\)

\( \Leftrightarrow \frac{{\cos \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2} - \cos \frac{B}{2}\sin \frac{A}{2}}}{{\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}}} = \frac{{\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2} - \cos \frac{C}{2}\sin \frac{B}{2}}}{{\sin \frac{C}{2}\sin \frac{B}{2}}}\)

\( \Leftrightarrow \sin \frac{{B - A}}{2}\cos \frac{{B + A}}{2} = \sin \frac{{C - B}}{2}.\cos \frac{{C + B}}{2}\)

\( \Leftrightarrow \sin B - \sin A = \sin C - \sin B \)

\(\Leftrightarrow \sin A + \sin C = 2\sin B\).