Với \(n=6k+1\Rightarrow a_n=10^{6k+1}+3\)

Ta có: \(10^6\equiv1\left(mod13\right)\Rightarrow10^{6k}\equiv1\left(mod13\right)\Rightarrow10^{6k+1}\equiv10\left(mod13\right)\)

\(\Rightarrow10^{6k+1}+3⋮13\) với mọi \(k\in N\)

\(\Rightarrow\) Dãy đã cho có vô số hợp số

n = 6k + 4   

Chúc bạn học tốt!!

n = 6k + 4   

\(a_n=1+2+3+...+n=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\)

\(\Rightarrow a_{n+1}=1+2+3+...+n+\left(n+1\right)=\dfrac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2}\)

\(\Rightarrow a_n+a_{n+1}=\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}+\dfrac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{2}\)

\(=\dfrac{\left(n+1\right)}{2}.\left(n+n+2\right)=\dfrac{\left(n+1\right)}{2}.\left(2n+2\right)\)

\(=\dfrac{\left(n+1\right)}{2}.2\left(n+1\right)=\left(n+1\right)^2\)

\(\Rightarrow dpcm\)

ko bt

a.

\(\Leftrightarrow na_{n+2}-na_{n+1}=2\left(n+1\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{a_{n+2}-a_{n+1}}{n+1}=2.\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\)

Đặt \(b_n=\dfrac{a_{n+1}-a_n}{n}\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}b_1=\dfrac{a_2-a_1}{1}=1\\b_{n+1}=2b_n\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow b_n=2^{n-1}\Rightarrow a_{n+1}-a_n=n.2^{n-1}\)

\(\Leftrightarrow a_{n+1}-\left[\dfrac{1}{2}\left(n+1\right)-1\right]2^{n+1}=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\)

Đặt \(c_n=a_n-\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}c_1=a_1-\left[\dfrac{1}{2}-1\right]2^1=2\\c_{n+1}=c_n=...=c_1=2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow a_n=\left[\dfrac{1}{2}n-1\right]2^n+2=\left(n-2\right)2^{n-1}+2\)

b.

Câu b này đề sai

Với \(n=1\Rightarrow\sqrt{a_1-1}=0< \dfrac{1\left(1+1\right)}{2}\)

Với \(n=2\Rightarrow\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}=0+1< \dfrac{2\left(2+1\right)}{2}\)

Có lẽ đề đúng phải là: \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

Ta sẽ chứng minh: \(\sqrt{a_n-1}\ge n-1\) ; \(\forall n\in Z^+\)

Hay: \(\sqrt{\left(n-2\right)2^{n-1}+1}\ge n-1\)

\(\Leftrightarrow\left(n-2\right)2^{n-1}+2n\ge n^2\)

- Với \(n=1\Rightarrow-1+2\ge1^2\) (đúng)

- Với \(n=2\Rightarrow0+4\ge2^2\) (đúng)

- Giả sử BĐT đúng với \(n=k\ge2\) hay \(\left(k-2\right)2^{k-1}+2k\ge k^2\)

Ta cần chứng minh: \(\left(k-1\right)2^k+2\left(k+1\right)\ge\left(k+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow\left(k-1\right)2^k+1\ge k^2\)

Thật vậy: \(\left(k-1\right)2^k+1=2\left(k-2\right)2^{k-1}+2^k+1\ge2k^2-4k+2^k+1\)

\(\ge2k^2-4k+5=k^2+\left(k-2\right)^2+1>k^2\) (đpcm)

Do đó:

\(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}>0+1+...+n-1=\dfrac{n\left(n-1\right)}{2}\)

c.

Ta có:

\(\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac{\left(n-2\right)2^{n-1}+2}{3^n}=\dfrac{n}{2\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}-\left(\dfrac{2}{3}\right)^n+\dfrac{2}{3^n}\)

Đặt \(S_n=\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{a_n}{3^n}=\dfrac{1}{2}\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}-\sum\limits^n_{j=1}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n+2\sum\limits^n_{k=1}\dfrac{1}{3^n}=\dfrac{1}{2}S'-2+2\left(\dfrac{2}{3}\right)^n+1-\dfrac{1}{3^n}\)

Xét \(S'=\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}\)

\(S'=\sum\limits^n_{i=1}\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}=\dfrac{1}{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{2}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}+\dfrac{3}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^3}+...+\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}\)

\(\dfrac{3}{2}S'=1+\dfrac{2}{\dfrac{3}{2}}+\dfrac{3}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}+...+\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}S'=1+\dfrac{1}{\left(\dfrac{3}{2}\right)}+\dfrac{1}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2}+...+\dfrac{1}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^{n-1}}-\dfrac{n}{\left(\dfrac{3}{2}\right)^n}=\dfrac{1-\left(\dfrac{2}{3}\right)^n}{1-\dfrac{2}{3}}=3-3\left(\dfrac{2}{3}\right)^n-n\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\)

\(\Rightarrow S_n=2-\left(\dfrac{2}{3}\right)^n-\dfrac{1}{3^n}-n\left(\dfrac{2}{3}\right)^n\)

\(\Rightarrow\lim\left(S_n\right)=2\)

Đặt \(f\left(n\right)=a_0+a_1+...+a_n-na_{n+1}\); Ta có \(f\left(0\right)=a_0\)

Bởi vì \(a_{n+2}\ge a_{n+1}\) nên ta có:

\(a_0+a_1+...+a_n-na_{n+1}>a_0+a_1+...+a_n+a_{n+1}-\left(n+1\right)a_{n+2}.\)

Vậy thì \(f\left(n\right)>f\left(n+1\right)\) hay \(f\left(n\right)\) là dãy đơn điệu giảm.

Bởi vậy, vì \(f\left(0\right)>0\) nên tồn tại duy nhất số m thỏa mãn \(f\left(m-1\right)>0\ge f\left(m\right).\)

Mặt khác, ta lại có:

\(a_0+a_1+...+a_{m-1}-\left(m-1\right)a_m>0;a_0+a_1+...+a_m-ma_{m+1}\le0\)

Từ đó suy ra:

\(a_m< \frac{a_0+a_1+...+a_m}{m}\le a_{m+1}\)

Đặt \(h\left(n\right)=a_0+a_1+...+a_m-ma_m\). Bởi vì \(a_{n+1}>a_n\) nên ta có:

\(a_0+a_1+...+a_n-na_n>a_0+a_1+...+a_n+a_{n+1}-\left(n+1\right)a_{n+1}.\)

Vậy \(h\left(n\right)\) cũng là dãy đơn điệu giảm.

Chú ý rằng: \(h\left(m+1\right)=a_0+a_1+...+a_{m+1}-\left(m+1\right)a_{m+1}\le0.\)

nên \(h\left(t\right)\le0\forall t>m.\) Vì vậy, \(h\left(n\right)>0\) sẽ không thỏa mãn với n > m. Vậy m là số duy nhất thỏa mãn.

Đây là bài tập trong đề thi IMO 2014 tại Nam Phi. Đề bài chính xác thì bất đẳng thức đằng sau có dấu bằng. Đây là bài cô dịch từ bài giải bằng tiếng anh của tác giả Gerhard Woeginger, Australia.

Bài này khó thật !

Giải xong chả hiểu gì, thua T_T

Lời giải:

Ta có công thức quen thuộc:

\(a_n=1+2+3+..+n=\frac{n(n+1)}{2}\)

\(a_{n+1}=1+2+3+...+n+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}{2}\)

Do đó:

\(a_n+a_{n+1}=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{(n+1)(n+n+2)}{2}=(n+1)(n+1)=(n+1)^2\) là số chính phương với mọi số tự nhiên $n\geq 1$

Vậy $a_n+a_{n+1}$ là số chính phương.