Cho \(S_1=5\)
Với n > 2, nếu \(S_{n-1}\) là số chẵn, thì \(S_n=\frac{S_{n-1}}{2}\)
Nếu \(S_{n-1}\)là số lẻ, thì \(S_n=3S_{n-1}+1\)
Vậy \(S_{2012}\)là bao nhiêu?
cho \(S_n=\frac{\sqrt{3}+S_{n-1}}{1-\sqrt{3}S_{n-1}}\) với n ϵ N và n ≥ 2, biết \(S_n=1\)
Tính \(S=S_1+S_2+S_3+...+S_{2005}\)
\(S_1=1\) (còn \(S_n=1\Rightarrow S=2015\))
Tính được \(S_1=1;S_2=-2-\sqrt{3};S_3=-2+\sqrt{3};S_4=1\)
Vậy \(S_i=S_{i+3}\left(i\ge1\right)\)
Mà \(S_1+S_2+S_3=-3\)
\(\Rightarrow S=\sum\limits^{2015}_{i=1}\left(S_i\right)=-3\cdot668+S_{2015}=-3\cdot668+1=-2003\)
#Kaito#
Cho \(S_n=\frac{1}{\sqrt{n+\sqrt{n^2+1}}}\)với mọi N. Tính: \(S_1+S_2+...+S_{2018}\)
Câu 1 :
Cho : \(S=\dfrac{\sqrt{3}+S_{n-1}}{1-\sqrt{3}.S_{n-1}}\) với n là số tự nhiên không nhỏ hơn 2 . Biết \(S_1=1\).
Tính : \(S=S_1+S_2+...+S_{2017}\).
Câu 2 :
Cho \(x\) và \(y\) là hai số thoả mãn : \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right)\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=5\)
Hãy tính giá trị của biểu thức : \(M=x^3+y^3\)
\(N=x^2+y^2\)
Câu 1:
Ta thấy \(S_2=\dfrac{\sqrt{3}+S_1}{1-\sqrt{3}S_1}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}=\dfrac{\left(1+\sqrt{3}\right)^2}{\left(1-\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{3}\right)}\)\(=\dfrac{4+2\sqrt{3}}{-2}=-2-\sqrt{3}\)
Từ đó \(S_3=\dfrac{\sqrt{3}+S_2}{1-\sqrt{3}S_2}=\dfrac{\sqrt{3}-2-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}\left(-2-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-2}{4+2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\)
và \(S_4=\dfrac{\sqrt{3}+S_3}{1-\sqrt{3}S_3}=\dfrac{\sqrt{3}+\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}}{1-\dfrac{\sqrt{3}}{-2-\sqrt{3}}}=\dfrac{-2\sqrt{3}-3+1}{-2-\sqrt{3}-\sqrt{3}}=1\)
Đến đây ta thấy \(S_4=S_1\). Cứ tiếp tục làm như trên, ta rút ra được:
\(S_{3k+1}=1\); \(S_{3k+2}=-2-\sqrt{3}\) và \(S_{3k+3}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\), với \(k\inℕ\)
Ta tính số các số thuộc mỗi dạng \(S_{3k+i}\left(i=1,2,3\right)\) từ \(S_1\) đến \(S_{2017}\).
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+1}\) là \(\left(2017-1\right):3+1=673\) số
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+2}\) là \(\left(2015-2\right):3+1=672\) số
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+3}\) là \(\left(2016-3\right):3+1=672\) số
Như thế, tổng S có thể được viết lại thành
\(S=\left(S_1+S_4+...+S_{2017}\right)+\left(S_2+S_5+...+S_{2015}\right)+\left(S_3+S_6+...+S_{2016}\right)\)
\(S=613+612\left(-2-\sqrt{3}\right)+612\left(\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\right)\)
Tới đây mình lười rút gọn lắm, nhưng ý tưởng làm bài này là như vậy.
Có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (1)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(x+\sqrt{x^2+5}\right)}{x+\sqrt{x^2+5}}.\dfrac{\left(y-\sqrt{y^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)}{y+\sqrt{y^2+5}}=5\)
\(\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)\)
\(\Leftrightarrow x\sqrt{y^2+5}+y\sqrt{x^2+5}=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(y^2+5\right)=y^2\left(x^2+5\right)\left(y\le0;x\ge0\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-y^2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\left(\text{loại}\right)\\x=-y\left(\text{nhận}\right)\end{matrix}\right.\)
Khi đó M = x3 + y3 = 0
N = x2 + y2 = 2y2
Anh xyz ơi giải thích hộ em chỗ (2) ấy.
Cho tổng \(S_n=1+2+3+...+n\)
Chứng minh \(S_n+S_{n+1}\)là 1 số chính phương
Cho \(S_n=\sqrt{1+\left(\frac{n+1}{n}\right)^2}+\sqrt{\frac{1}{n^2}-2\left(\frac{1}{n}-1\right)}\)Tính: \(\frac{1}{S_1}+\frac{1}{S_2}+...+\frac{1}{S_{2018}}\)
Cho \(S=\frac{\sqrt{3}+S_{n-1}}{1-\sqrt{3}.S_{n-1}}\) với n là số tự nhiên không nhỏ hơn 2. Biết \(S_1=1\). Tính\(_{S=S_1+S_2+...+S_{2005}}\)
Cho \(S_n=\frac{2}{\left(2n+1\right)\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)}\)Chứng minh rằng: \(S_1+S_2+...+S_{2017}< \frac{2017}{2019}\)
Cho phương trình : \(x^2+px-1=0\)(p lẻ) có 2 nghiệm phân biệt x1,x2
Đặt \(S_n=x_1^n+x_2^n\)
CMR: Nếu n là số tự nhiên thi \(S_n\)và \(S_{n+1}\)nguyên tố cùng nhau
Có: \(\Delta=p^2+4>0\), mọi p
=> phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt .
Áp dụng định lí Viet ta có:
\(x_1+x_2=-p\)
\(x_1.x_2=-1\)
Ta cần chứng minh với n là số tự nhiên: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\) (1)
+) Với \(S_0=x_1^o+x_2^o=2\);\(S_1=-p\)
\(S_2=x_1^2+x_2^2=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=p^2+2=-pS_1+S_2\)
=>(1) đúng với n = 0.
+) G/s : (1) đúng với n
+) Chứng minh (1) đúng (1) đúng với n +1
Ta có: \(S_{n+1}=x_1^{n+1}+x_2^{n+1}=\left(x_1^n+x_2^n\right)\left(x_1+x_2\right)-x_1x_2\left(x_1^{n-1}+x_1^{n-2}\right)\)
\(=-pS_n+S_{n-1}\)
=> (1) đúng với n +1
Vậy với mọi số tự nhiên n: \(S_{n+2}=-pS_{n+1}+S_n\)(1)
G/s: \(\left(S_n;S_{n+1}\right)=d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_{n+1}=-pS_n+S_{n-1}⋮d\\S_n⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-1}⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}S_n=-pS_{n-1}+S_{n-2}⋮d\\S_{n-1}⋮d\end{cases}}\Rightarrow S_{n-2}⋮d\)
.....
Cứ tiếp tự như vậy
=> \(S_0⋮d;S_1⋮d\)
=> \(\hept{\begin{cases}2⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm2\right\}\\-p⋮d\Rightarrow d\in\left\{\pm1;\pm p\right\}\end{cases}}\)
Mà p là số lẻ
=> d =1
=> \(S_n;S_{n-1}\)là hai số nguyên tố cùng nhau.
gọi x1, x2 là nghiệm của pt \(x^2-x-1=0\)
đặt \(S_n=x^n_1+x^n_2\left(n=1;2;3...\right)\)
a) tính \(S_1,S_2\)
b) c/m rằng : \(S_{n+2}=S_{n+1}+S_n\)
c) tính \(S_6\)
a) Ta có: \(S_1=x_1+x_2=1\)
\(S_2=x^2_1+x^2_2=S^2-2P=1+2=3\)
b)Ta có: \(\begin{cases}x^2_1-x_1-1=0\\x^2_2-x_2-1=0\end{cases}\)\(\Rightarrow\)\(\begin{cases}x^2_1=x_1+1\\x^2_2=x_2+1\end{cases}\)\(\Rightarrow\)\(\begin{cases}x^{n+2}_1=x^{n+1}_1+x^n_1\\x^{n+2}_2=x^{n+1}_2+x^n_2\end{cases}\)
\(\Rightarrow x^{n+2}_1+x^{n+2}_2=\)\(\left(x^{n+1}_1+x^{n+1}_2\right)+\left(x^n_1+x^n_2\right)\)
\(\Rightarrow S_{n+2}=S_{n+1}+S_n\)
mk nhỡ tay ấn gửi nên thiếu câu C:
c) Ta có: \(S_6=S_5+S_4=\left(S_4+S_3\right)+S_4=\)\(2S_4+S_3=2\left(S_3+S_2\right)+S_3\)
\(=3S_3+2S_2=3\left(S_2+S_1\right)+2S_2=\)\(5S_2+3S_1=15+3=18\)
Vậy \(S_6=18\)