Luận văn Thạc sĩ Khoa học: Một số lớp bài toán về dãy số

1) = f k(x0)

−

. . . xk = f (xk . . .

−

1(xp) (cid:13) (cid:13)

Ta chứng minh dãy là dãy Cauchy. xk { } Thật vậy: k, p là hai số nguyên dương tùy ý. Rõ ràng ta có: = xk+p − a f k+p(x0) a k f k ... f k(x0) f k(xp) − f k − ⇒ − − ≤ − − ≤ xk = 1(x0) (cid:13) (cid:13)

1

1

−

2

1

−

1

− f k(x0) x0 xp (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) f k(x0) a k xp (cid:13) − (cid:13) = + ≤ xp xp xp (cid:13) ≤ (cid:13) (cid:13) (cid:13) xp xp ≤ − f k( f p(x0)) xk xk+p (cid:13) (cid:13) Mặt khác: (cid:13) (cid:13) x0 − x0

−

− +

1

2

−

−

−

k

(cid:13) (cid:13) a p (cid:13) (cid:13) x0 . (cid:13) (cid:13) − x1 − . . . (cid:13) (cid:13) xp (cid:13) − (cid:13) = − x1 − 1 x1 − k − xp (cid:13) (cid:13) + ≤ xp − 1 ≤ (cid:13) (cid:13) ... (cid:13) (cid:13) − − xp (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) 2 + ... + x1 − x0 x1 = xp (cid:13) (cid:13) − x0 ... + xp (cid:13) (cid:13) − − x1 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) x0 . xk ≤ xk+p − ≤ x1 xp (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) a k x1 a 1 ≤ − − tùy ý, do đó dãy x0 − xk xk = x0 (cid:13) (cid:13) 1 + xp xp (cid:13) − − − (cid:13) x0 x1 xp . Nhưng: (cid:13) − (cid:13) a f (x0) x0 x2 (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) ≤ ≤ k − (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) x0 xp Cộng vế với vế các bất đẳng thức trên ta được: (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (1 + a + a 2 + ... + a p 1) . (cid:13) (cid:13) − (cid:13) (cid:13) a k(1+a +a 2 +...+a p 1) x1 (cid:13) (cid:13) − (cid:13) (cid:13) < e với e xk+p ¥ { − (cid:13) (cid:13) x0 (cid:13) − (cid:13) + ... + (cid:13) (cid:13) f (x1) (cid:13) − (cid:13) (cid:13) (cid:13) x0 x1 Như vậy ta có: (cid:13) (cid:13) a k = 0 nên k đủ lớn ta có: (cid:13) (cid:13) (cid:13) } (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) Rõ ràng lim →

k

¥ k

k

¥ k

(cid:13) (cid:13) (cid:13) (cid:13) = 0, do ánh xạ co là ánh xạ liên tục nên ta có: xk − x∗k Rnsao cho: lim → = 0 f (xk) − f (x∗) k x∗k − = 0. Mặt khác f (xk) = xk+1 nên ta có: lim →

a = f (x∗∗) f (x∗) x∗ − k x∗∗k ⇒ x∗ − k x∗∗k k ≤ − k = 0 a ) x∗ − − k là dãy Cauchy. Do đó x∗ ∈ f (xk) lim ¥ k k → cho ta: f (x∗) = x∗ suy ra sự tồn tại của điểm bất động. + Bây giờ ta chứng mịnh sự duy nhất: Giả sử tồn tại hai điểm bất động x∗, x∗∗. Khi đó ta có: f (x∗) = x∗; f (x∗∗) = x∗∗. Từ đó ta có: (1 x∗∗k Hay x∗ = x∗∗. Vậy nguyên lý được chứng minh.

Như vậy xét trong tập số thực ta có: Nếu f (x) là ánh xạ co trên R thì dãy số

R xác định bởi hội tụ. xn { } x0 = a ∈ xn+1 = f (xn) (

14

Chương 2

Một số lớp bài toán về dãy số

2.1. Lớp bài toán có tính chất số học của dãy

Trong mục này tác giả sẽ đưa ra các bài toán về dãy số với các yêu cầu có tính

chất số học và các bài toán dãy số giải được bằng phương pháp số học. Trước tiên

ta đi xét một số bài toán về dãy nguyên.

Dãy số nguyên là một phần quan trọng trong lý thuyết dãy số. Ngoài các vấn đề

chung như tìm số hạng tổng quát của dãy số, tìm công thức tính tổng n số hạng đầu

tiên. . . các bài toán về dãy số nguyên còn quan tâm đến tính chất số học của dãy

số như chia hết, đồng dư, nguyên tố, chính phương, nguyên tố cùng nhau. . . Các

bài toán về dãy số nguyên rất đa dạng. Trong nhiều trường hợp, dãy số chỉ là cái bề

ngoài, còn bản chất bài toán là một bài toán số học. Bài toán: Nếu (xn) là một dãy có phương trình hồi quy: xn+2 = uxn+1 + vxn thì ta sẽ có phương trình đặc trưng của dãy hồi quy :

x2 ux v = 0 − −

với hai nghiệm a, b. Chú ý rằng xn = an và xn = bn thỏa mãn phương trình hồi quy vì a2 = ua + v, b2 = ub + v. Nếu a = b thì a = b = và xn = nan cũng thỏa mãn phương trình hồi quy. u 2

15

1 với

= b ta tìm được c1, c2 ∈ 6

−

an − R sao cho x1 = c1a + c2b, x2 = c1a2 + c2b2. Khi đó Nếu a ta có :xn = c1an + c2bn hoàn toàn thỏa mãn phương trình hồi quy. Ta cũng có x1, x2 xác định duy nhất bởi c1, c2 và dãy xn. Hơn nữa dãy thỏa mãn phương trình hồi quy là : xn = c1an + c2bn với c1, c2 được xác định ở trên. Tương tự với a = b khi đó dãy thỏa mãn là :xn = c1an + c2nbn ở đó c1, c2 được xác định qua :x1 = c1a + c2b và x2 = c1a2 + c2b2. Bài toán 1(RMO2002 [10]) Giả sử dãy (an) được định nghĩa như sau:a0 = a1 = 1 và an+1 = 14an n 1 là một số chính phương. 1. Chứng minh rằng 2an ≥ − 1 là số chính phương tức là: Tồn tại − * Phân tích:Từ yêu cầu của bài toán là 2an dãy nguyên (cn) sao cho:

n, suy ra

1 = c2 = an. Bây giờ ta đi xác định dãy (cn) : c2 n + 1 2 − 14l + 1 = 0(1) ta giải ra được hai −

2

± 2 √3 . Mà 2 √48 = ± √3 lại là hai nghiệm của ± ± 4l + 1 = 0(2) suy ra hệ thức truy hồi xác định nghiệm (cid:1)

−

−

2. 2an Từ phương trình đặc trưng xác định an: l 2 nghiệm: l 1,2 = 7 √48. Nhận xét thấy rằng: l 1,2 = 7 phương trình đặc trưng: l 2 tổng quát của (2): cn = 4cn (cid:0) 2, n − 1 cn − ≥

Lời giải

Với n

1

2, n

−

−

n

n

2. Khi đó: c0 = N định nghĩa cn như sau: ∈ 1; c1 = 1 và cn = 4cn cn − − ≥

1 1 + √3 √3 2 2 + √3 + cn = − 2 ! √3 − 2 ! (cid:16) (cid:16) (cid:17) (cid:17)

n

n

với n N Bình phương 2 vế trên ta có : ∈

4√3 7 = 7 + 4√3 + 1 + . c2 n + 1 2 − − 1 √3 2 ! √3 2 ! (cid:17) (cid:17) (cid:16) (cid:16)

Ta chỉ cần chứng minh : = an điều này ta dễ dàng làm được bằng cách tìm c2 n + 1 2

an theo tính chất đã nêu ở trên. Bài toán 2(Shortlist 1988 [5]). Cho dãy nguyên an định nghĩa như sau:

16

0. Chứng minh rằng 2k a0 = 0, a1 = 1, an+2 = 2an+1 + an, n an <=> 2k | n | ≥

Lời giải

Sử dụng tính chất trên ta tìm được:

(1 (1 + √2)n √2)n an = − − 1 2√2 1 2√2

1 + bn

−

−

Khi đó ta có 2 cách:

n

Cách 1: Chứng minh bằng quy nạp an lẻ khi n lẻ và xây dựng dãy bn với b0 = b1 = 2 và bn = 2bn 2. Chứng minh bn chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 với mọi n bằng quy nạp. Từ công thức tường minh của an và bn và a2n = anbn. Cách 2: Chứng minh quy nạp a2n+1 = (an)2 + (an+1)2 và a2n = 2an(an + an 1) . − Bài toán 3(RMO1999 [10])Chứng minh rằng với số nguyên dương n bất kỳ thì :

2k3k

2n+122n C2k −

k=0

(cid:229)

là tổng của 2 bình phương đúng.

Lời giải

2n+13klà một số nguyên với mọi n. C2k

k=0

a 2 (a 2n+1 + b 2n+1). Ta có : ab = 2, = √3 và Tn = 1 2 − Đặt a = 1 + √3, b = 1 b 2 = 2 2 √3)n, 2+√3 và 2 − − √3. Áp dụng khai triển đối với nhị thức (1+√3)n và (1 − n (cid:229) ta tìm được: Tn =

Áp dụng khai triển nhị thức với (2 + √3)2n+1 và (2 √3)2n+1, ta có : −

a 2 b 2 )2n+1 + ( )2n+1 ( 2 2 Sn = 4

=

a 4n+2 + 2(ab a 4n+2 + b 4n+2 22n+3 )2n+1 + b 4n+2 = + 1 2

= + 22n+3 (a 2n+1 + b 2n+1)2 22n+3 1 2

17

. 1 2

n nhưng T 2 T 2 n |

2

2

...22n+1 và do vậy Tn T 2 n 22n+1 + n + 22n. Khi đó 22n ≡ Do vậy : 22n+1Sn = T 2 2n(mod22n+1). Hơn nữa:

= + Sn = T 2 n 22n+1 + 1 2 2n Tn − 2n+1 Tn + 2n 2n+1 (cid:18) (cid:18) (cid:19) (cid:19) Đây là điều phải chứng minh.

*Nhận xét :Qua các bài toán trên ta có một số kết quả sau:

Dựa vào một số tính chất trong số học ta có một hệ thức có dạng nghệm tổng quát

của phương trình sai phân, từ đó ta suy ra phương trình đặc trưng và từ đó ta suy ra

hệ thức truy hồi, như vậy ta sẽ được bài toán mới.

Thí dụ: Dựa vào tính chất: với n là số nguyên tố thì an a( mod n), ta có: ≡ 3)n 3 ( mod n)

( − 2n ≡ − 2 ( mod n)

3)n + 1 0( mod n). − ≡ ( ≡ Suy ra:2n + ( Mà

3 và 2 là hai nghiệm của phương trình đặc trưng: l 2 + l − − 3)n, 2n chính là nghiệm tổng quát của phương trình sai phân: xn+2 = 6 = 0. Hay xn+1 +6xn. − ( − Từ đó ta có bài toán sau:

Cho (un) thỏa mãn:

− u1 = 4 , u2 = 10 un + 2 + un + 1 = 6(un + 2) , ( n ∀

N ∈ ...n, với n là số nguyên tố. CMR: (un + 4)

Giải

xn+1 + 6xn − 3 6 = 0, ta được l 1 = 2, l 2 = − − N Từ điều kiện ban đầu: 3)n +C22n, Đặt xn = un + 3, ta được: x1 = 1; x2 = 13, xn+2 = Xét phương trình đặc trưng : l 2 + l n Ta được: xn = C1( ∀ − ∈ 1

x1 = − x2 = 13

3)n + 2n 3)n + 2n + 1 un + 4 = ( − ( Suy ra C1 = C2 = 1, suy ra xn = ( − 3)n → 3 ( mod n) Với n là số nguyên tố ( − 2n ≡ − 2 ( mod n) → ( ≡

18

3)n + 1 0( mod n). − ≡

Suy ra:2n + ( Bài tập đề nghị: Bài 1:Cho dãy số (un) xác định như sau:

2

1

−

−

18 − , n u1 = 0, u2 = 14, u3 = un = 7un 6un (

3)n.Vì p là số nguyên tố, áp dụng định lý Fecma suy ra đpcm − 3 ≥ − ...p. CMR: Nếu p là số nguyên tố thì up Hướng dẫn: Từ hệ thức truy hồi và điều kiện biên ta xác định được: un = 1 + 2n + ( Bài 2: Dãy (an) được xác định như sau:

0 an, a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2; a3 = 6 2an+1 an+4 = 2an+3 + an+2 − − ≥ n ( ∀ Hướng dẫn:Từ giả thiết, bằng phương pháp giải phương trình sai phân ta tìm được:

a n b n x là hai nghiệm của phương trình:x2 với a , b 1 = 0 an = n − − − (cid:18) 1 1 √5 √5 . Nhận xét thấy rằng: (cid:19) = Fn với (Fn) là dãy Fibonacci. Vậy ta có điều cần chứng an n minh.

Nhận xét: Những bài toán trên ta đã xét được các dãy truy hồi tuyến tính với hệ

số nguyên và các số hạng đầu đều nguyên sẽ chứa toàn số nguyên. Thế nhưng có

những dãy số mà trong công thức truy hồi có phân số, thậm chí có cả căn thức

nhưng tất cả các số hạng của nó vẫn nguyên, đấy mới là điều bất ngờ. Tuy nhiên,

nếu xem xét kỹ, ta có thể thấy chúng có một mối quan hệ rất trực tiếp.Sau đây ta xét

hai bài toán mà dãy số cho dưới dạng hệ thức truy hồi có chứa căn nhưng mọi số

hạng của dãy đều nguyên:

n −

3a2 2 đều nguyên. Bài toán 4 Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số an xác định bởi: a0 = 1, an+1 = 2an +

p

Lời giải

2 4anan+1 + 4a2

n = 3a2 n − 1, ta được: a2 n −

n + 2 = 0 1 + a2 1 + 2 = 0. Từ đây suy ra an n − − − 4anx + a2 n + 2 = 0. Suy ra an+1 + an −

a2 n+1 − ⇔ 4anan −

1 và an+1 1 = 4an 1. Từ đây suy ra tất cả các số hạng trong dãy đều nguyên, vì

−

− an Chuyển vế và bình phương công thức truy hồi, ta được: 4anan+1 + a2 a2 n+1 − Thay n bằng n là hai nghiệm của phương trình x2 hay an+1 = 4an −

19

n −

∈ N, được xác định như sau: 24a2 96 với mọi n=0,1,2,3,...

p N 2.5n với mọi n a0 = 1 và a1 = 3 nguyên. Bài toán 5 (VMO1995[4]) Dãy (an), n a0 = 2, an+1 = 5an + 1. Tìm công thức của số hạng tổng quát an theo n. 2. CMR an ≥ ∈

Lời giải

1)Với mọi n

n −

96 96 5an)2 = 24a2 (an+1 ∈ an+1 = 5an +

n+1 + 96 = 0(2).

n+2 −

N ta có: 24a2 n − − ⇔ 10an+1an + a2 n+1 + 96 = 0(1) p a2 n − 10an+1an+2 + a2

10an+1t + a2 −

N. 10an+1 + an = 0 với mọi n − ∈ 10x + 1 = 0. − 2√6 và x2 = 5 + 2√6. Từ đó, − ⇔ Từ (1) thay n bởi n + 1 ta được: a2 Dãy (an) là dãy tăng thực sự nên an < an+2. Từ (1) và (2),suy ra an và an+2 là hai nghiệm phân biệt của phương trình (ẩn t):t2 n+1 + 96 = 0. Theo định lý Viet, ta có an+2 + an = 10an+1 hay an+2 Suy ra, dãy (an) có phương trình đặc trưng:x2 Dễ thấy phương trình trên có hai nghiệm là: x1 = 5 an = C1(5 2√6)n +C2(5 + 2√6)n. cho n=0 và n=1 ta được: − C1 +C2 = 2

5 2√6 5 + 2√6 C1 + C2 = 10 − (cid:16) (cid:17) (cid:16) (cid:17)

N. 2√6)n + (5 + 2√6)n, với mọi n ∈ −   Suy ra C1 = C2 = 1. Vậy số hạng tổng quát của dãy (an) là:  an = (5 2. Dễ dàng chứng minh được bằng phương pháp quy nạp toán học.

Nhận xét: Từ các bài toán trên ta phát triển thành bài toán tổng quát sau:

n −

xác định như un { } bu2 c. Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy số trên

Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện: a2 = b + 1. Dãy số sau: u0 = 1, un+1 = aun + đều nguyên. p

Lời giải bài toán tổng quát này tương tự bài toán 4.

Như vậy từ bài toán tổng quát này ta có thể sáng tác ra một hệ thống các bài toán

bằng cách cho a,b,c các giá trị cụ thể.

20

Bình luận:Các hệ thức truy hồi trong các bài toán 4 và 5 đều gợi cho chúng ta đến

−

−

n −

D (x2

k + Dy2 p

p

với phương trình Pell. Quả thật là có thể xây dựng hàng loạt dãy số tương tự bằng Dy2 = k. Giả sử phương trình cách xét phương trình Pell. Xét phương trình x2 có nghiệm không tầm thường (x0, y0) và (a , b ) là nghiệm cơ sở của phương trình Dy2 = 1. Khi đó, nếu xét hai dãy (xn), (yn) xác định bởi: x2 xn+1 = a xn + b Dyn, yn+1 = b xn + a yn thì xn, yn là nghiệm của x2 Dy2 = k. Từ hệ − k); yn+1 = a yn + phương trình trên, ta có thể tìm được xn+1 = a xn + b b n và như vậy đã xuất hiện hai dãy số nguyên được cho bởi công thức không nguyên. Ví dụ, với D = 4a(a+ 1), k = 1 thì ta có x0 = a = 2a+ 1, y0 = b = 1. Ta được hai dãy số nguyên sau đây :

n −

4a (a + 1) (x2 1) x0 = 2a + 1, xn+1 +

n + 1

4a (a + 1) y2 q y0 = 1, yn+1 = 2a + 1 +

1, an+1 là

−

q

1 = a2

n + 2 , suy

n + 2 = 0 Trên đây : Theo định lí Viète thì an+1an −

Cuối cùng, chú ý rằng ta có thể tạo ra một kiểu dãy số khác từ kết quả an hai nghiệm của phương trình : x2 4anx + a2

và ta có bài toán: Cho dãy số (an) xác định bởi a0 = 1, a1 = 3 và − ra:an+1 =

−

Chứng minh rằng an nguyên với mọi n an+1 =

a2 n + 2 an 1 − a2 n + 2 an 1 Bài toán 5(Bulgaria 1996)

n + y2

3 luôn tồn tại cặp số tự nhiên lẻ xn, yn ≥ Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n n = 2n. thỏa mãn: 7x2

Lời giải

n = 2n;

n + y2

Ta chứng minh sử dụng quy nạp:

2

2

n = 3: ta có x3 = y3 = 1. Giả sử đúng với n: tức là có các số tự nhiên lẻ xn, yn sao cho 7x2 Ta cần chứng minh đúng với n + 1 tức là chỉ ra tồn tại cặp số tự nhiên lẻ (X,Y ) thỏa mãn :7X 2 +Y 2 = 2n+1. Thật vậy, ta có:

n + y2

n) = 2n+1.

xn yn 7xn yn 7 + = 2(7x2 ± 2 ∓ 2 (cid:18) (cid:18) (cid:19) (cid:19)

21

xn yn là số tự nhiên lẻ. Từ đây ta có điều hoặc | | xn + yn 2 − 2 Vì xn, yn lẻ ta có ít nhất phải chứng minh.

Sau đây chúng ta đi xét một bài toán về dãy có phương pháp giải bằng phương pháp

số học mặc dù bài toán đó không có bản chất số học.

Bài toán 6(Czech-Slovak Match 1995)[8]:

1. ≥ Cho dãy số xác định bởi: n2)an+1 + (2 + n2)an với n a1 = 2; a2 = 5 và an+2 = (2 − Có tồn tại hay không các số : p, q, r sao cho: apaq = ar?

Lời giải

2(mod3): ≡ Ta sử dụng quy nạp an n = 1, 2: Đúng

8 2(2 n2) + 2(2 + n2) n2)an+1 + (2 + n2)an ≡ ≡ − ≡ −

2(mod3) = apaq = ar 1(mod3), mà ar ⇒ ≡ ≡ 6

1, n

−

2. Tìm tất cả n sao cho an − ≥

−

1 + an+1 98 là một số chính phương.

an Giả sử đúng với n + 1 ta cần chứng minh đúng với n + 2: Thật vậy, ta có: an+2 = (2 2(mod3) Từ đó ta có với p, q, r bất kỳ ta có: apaq * Bài tập đề nghị: Bài 1. Cho dãy a1 = 20, a2 = 30, an+1 = 3an 1 + 5anan+1 là một số chính phương. Bài 2. Cho a0 = a1 = 5 và an =

Chứng minh rằng : an + 1 6 1 ta có : Bài 3. Cho a1 = 1 và với n ≥

n −

3a2 3 an+1 = 2an +

n+1 + 1).

q

1. Chứng minh rằng

−

không Chứng minh rằng a3n+1 = an+1(a2 Bài 4. Cho dãy :a0 = 1, a1 = 2 và an+1 = 4an + an a6n a2n

1. Chứng minh rằng có thể biểu diễn

−

an − phải là lập phương của một số hữu tỷ. Bài 5. Cho a0 = 4, a1 = 22 và an+1 = 6an an như sau:

1 + 2với n

−

an = y2 n + 7 xn yn − N ∈ 2. với xn, yn Bài 6. Cho c xn N∗. Cho x1 = 1, x2 = c và xn+1 = 2xn ∈ − ≥

22

1. Chứng minh

−

Z. Định nghĩa dãy (an) như sau: a0 = a, a1 = b, a2 = 2b − a + 2 3an+1 + an. Tìm a, b sao cho an là một số chính phương với − 1998 ≥

Chứng minh rằng với k bất kì thì tồn tại r sao cho xkxk+1 = xr Bài 7.Cho a, b ∈ và an+3 = 3an+2 n Bài 8. Cho dãy (an) sao cho a1 = 43, a2 = 142, an+1 = 3an + an rằng (an, an+1) = 1. Chứng minh rằng với bất kỳ m N tồn tại vô hạn số n sao cho: ∈ m 1). 1, an+1 UCLN(an | − −

2.2. Lớp các bài toán dãy số có bản chất đại số

Lớp các bài toán dãy số có bản chất đại số thường là các bài toán tìm công thức

tổng quát của một dãy số, tính tổng các số hạng của một dãy số. Với loại toán này,

chúng ta có một số kiến thức cơ bản làm nền tảng như:

1) Các công thức về cấp số cộng, cấp số nhân

2) Phương pháp phương trình đặc trưng để giải các phương trình sai phân tuyến tính

với hệ số hằng (thuần nhất và không thuần nhất) Các phương pháp cơ bản để giải

các bài toán dãy số ở loại này là bằng các biến đổi đại số, đưa bài toán về các bài

toán quen thuộc, tính toán và đưa ra các dự đoán rồi chứng minh bằng quy nạp toán

học. Trong một số bài toán, phép thế lượng giác sẽ rất có ích. Ta bắt đầu đi từ bài

toán thi HSG của đất nước Mỹ năm 1993:

−

n −

1(1)

−

1.an+1 = 1, an 1, 1

−

n ∀ ≥ 1(2) n ∀ ≥ Bài toán 1(Putnam 1993 [11]). Cho dãy các số thực thỏa mãn điều kiện: a2 an CMR tồn tại các số thực m sao cho: an+1 = man phân tích: Từ kết luận ( 2)ta suy ra:m =

−

− an+1 + an an 1 Ta cần chỉ ra tồn tại m tức là dãy: không đổi an+1 + an an (cid:26) (cid:27)

2

−

Lời giải:

1

−

Khi n 2 ta định nghĩa bn = khi đó hệ thức đã chứng tỏ bn = bn+1, ≥ n ∀ ≥ an + an an 2.

23

1

2

−

−

2

1.an+1 = a2

1 +an −

−

1

−

n − Đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng theo giả thiết ( Cả hai vế đều bằng 1).

= an.an thật vậy: bn = bn+1 ⇔ ⇔ an + an an an+1 + an an a2 n −

2

1

−

≥ 1 − Từ đó, đặt bn = m, . Ta có:m = an − n ∀ an+1 + an an

2

−

⇔ Sau cùng, với n=1suy ra m = an+1 = man a2 + a0 a1 Vậy ta có điều phải chứng minh.

1

−

là dãy hằng. Vậy ta *Nhận xét: Mấu chốt của bài toán xuất phát từ dãy bn với bn = an + an an

2

hãy cho bn là một dãy hằng vối số hạng tổng quát khác thì ta được một bài toán

1

mới. Ví dụ cho bn = suy ra bn = bn+1 suy ra giả thiết sẽ được thay a an + b an − an

− a b

1.an+1 − an.an

an thế bằng: =

2 1 − − .un, với un+1 = a2

1.an+1. Tức là (un) là cấp số nhân với công

−

n −

an

bội là a2 n − a2 n a − Hay un+1 = b a b

1.an+1 = un+1. Chứng minh rằng: tồn tại số thực m sao cho:

1

Suy ra bài toán mới: Cho (un) là cấp số nhân với công bội là . Dãy an thỏa mãn: a b

1) sao cho bn là dãy hằng,

−

b .an − −

a2 an n − − a .an+1 = man Tổng quát hơn nữa, cho bn là một hàm f (an, an+1, an biến đổi giả thiết suy ra điều kiện của dãy an suy ra bài toán mới. Bài toán 2(Poland 1997): Cho các số nguyên dương x1, x2, ..., x7 thỏa mãn: x6 = 144, xn+3 = xn+2(xn+1 + xn) với n = 1, 2, 3, 4. Tìm x7

Lời giải

(x3 + ≥

Sử dụng giả thiết, ta có: x6 = (x3 + x2)[(x3(x2 + x1) + x3][x3(x2 + x1)] x2)2(x3 + x2 + 1) do vậy x3 + x2 < 5. Do đó x6 là tổ hợp của x2, x3. Với mỗi trường hợp sẽ cho ta một phương trình Dio- phant với x1, nhưng chỉ hai trường hợp là có nghiệm. Do đó dãy có thể là: 2,1,2,6,18,144,3456

7,1,1,8,16,144,3456

24

Trong cả hai trường hợp thì x7 = 3456.

Bài toán 3(Ireland 1998)[8].

cho dãy số thực xn được cho bởi : x0, x1 là các số thực dương tùy ý, và:

, n = 0, 1, 2, xn+2 = · · · 1 + xn+1 xn

Tìm x1998. Phân tích:Ta sẽ tìm ra quy luật của dãy dựa vào việc tính một vài số hạng đầu của

dãy.

Lời giải

Ta có:

, , x2 = x3 = x4 = 1 + x1 x0 x0 + x1 + 1 x0x1 1 + x0 x1

. x5 = x0, và x6 = x1. Do vậy, xk có chu kỳ lặp lại 5 số hạng và x1998 = x3 = x0 + x1 + 1 x0x1

n =

thỏa mãn: Bài toán 4(Russia 1995[8]): Cho dãy a0, a1, a2, · · ·

−

(a2m + a2n) am+n + am 1 2

với mọi số nguyên không âm m và n với m n. Nếu a1 = 1, hãy xác định a1995. ≥

Lời giải

a2 + a4 2 1. ≥

Ta có: a2m + a2m = 2(a2m + a0) = 4(am + am), suy ra a2m = 4am và a0 = 0. Do vậy ta sẽ tính được a2 = 4, a4 = 16. Từ đó ta cũng có a1 + a3 = = 10 nên a3 = 9. Ta sẽ chứng minh ai = i2 với mọi i Thật vậy sử dụng quy nạp theo i. Giả sử rằng a j = j2 với j < i. Khi đó ta có với m = i 1, j = 1 thì:

2 +a2)

2 = 2an

1 +2a1

2 = 2(n2

−

−

−

−

2n+1)+2 (n2 4n+4) = n2. an = (a2n an an − 1 2 − − − − −

Do đó , ta có : a1995 = 19952. Nhận xét :- Do dãy số là một trường hợp đặc biệt của hàm số. Ta có thể giải bài

toán trên bằng cách cách sử dụng phương trình hàm như sau:

25

Chuyển dãy về hàm, ta có: f (x + y) + f (x y) = ( f (2x) + f (2y)), f (1) = 1 1 2 −

Cho x=y ta được f (0) = 0 Cho y=0 ta được: f (2x) = 4 f (x). Từ đây suy dễ dàng suy ra f (x) = x2. Do vậy: an = n2. Như vậy: Ta có thể chuyển bài toán từ dãy về hàm và giải bài toán đó bằng phương

trình hàm. Vậy ta có thể sáng tạo ra một số đề toán về dãy dựa theo theo một số đặc

trưng của hàm như sau:

1. Dựa theo đặc trưng của hàm tuyến tính f (x) = ax là f (x + y) = f (x) + f (y).

n), ≥ = 0 6

Chuyển sang bài toán dãy sẽ là: Xác định dãy (un) biết um+n = um + un, với mọi số nguyên không âm m, n (m u1 = a 2. Dựa theo đặc trưng của hàm lũy thừa f (x) = xk, x > 0 là f (xy) = f (x) f (y). Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

= 1) là f (x + y) = f (x) f (y). 6 Xác định dãy (un) biết umn = um.un, với mọi số nguyên dương m, n . 3. Dựa theo đặc trưng của hàm mũ f (x) = ax, (a > 0, a Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

n = 2um.un, với mọi số nguyên dương m, n .

−

Xác định dãy (un) biết um+n = um.un, với mọi số nguyên dương m, n . 4. Dựa theo đặc trưng của hàm cos f (x) = cosx là f (x + y) + f (x y) = 2 f (x) f (y). − Chuyển sang bài toán dãy sẽ là:

Xác định dãy (un) biết um+n + um ...

Cho dãy số Bài toán 5(Shortlist 1994 [5]). an an + 2 với mọi xác định bởi a1 = 1, a2 = 2 và an+2 = 2an+1 { } − n > 1. Chứng minh rằng với mọi m, amam+1 cũng là một số hạng của dãy số.

Lời giải

1 + 2 Trừ

−

−

an an + 2 Thay n bằng n-1, ta được an+1 = 2an − − an − − 3an+1 + 3an 1 = 0 1 = 0 có nghiệm bội 3 x1,2,3 = 1 nên ta có − −

Ta có an+2 = 2an+1 hai đẳng thức vế theo vế, ta được an+2 3x2 + 3x Phương trình đặc trưng: x3 nghiệm tổng quát an có dạng an = an2 + bn + c. Thay n = 1, 2, 3 ta được: a + b + c = 1

4a + 2b + c = 2

26

9a + 3b + c = 5

2

2n + 2 = (n 1)2 + 1

m+2

−

m2 − 1)2 + 1 (m 2, c = 2. Vậy an = n2 = m2 + 1 − m + 1 Từ đó giải ra được a = 1, b = Do đó:amam+1 = − + 1 = am2

h i (cid:0) (cid:1) (cid:1) − N∗, được xác định như sau:x1 = − (cid:0) Bài toán 6(VMO-2001 [4]). Cho dãy (xn), n ∈

với mọi n và xn+1 = 2 3 N∗. Hãy tính tổng của 2001 số hạng đầu ∈ xn 2 (2n + 1) xn + 1 tiên của dãy (xn).

Dễ thấy xn > 0, với mọi n N∗. Đặt un = ∈ Lời giải 2 xn

2001

i=1

∈ 1)(2n + 1),với mọi n Từ công thức xác định dãy (xn) của N∗ (1) Từ (1), bằng N∗. Do đó: ∈ 1 2 , với mọi n = = xn = N∗. đề bài, ta có:u1 = 3 và un+1 = 4(2n + 1) + un với mọi n phương pháp sai phân ta giải được un = (2n − 1 2n + 1 (2n 1 − ∈ 2 un − (cid:229) Do vậy: = − xi = 1 1)(2n + 1) 1 4003 2n 4002 4003 −

2.3. Lớp các bài toán về bất đẳng thức dãy.

Bài toán 1(China 1995 [8]).

(n 3) thỏa mãn các điều kiện sau: , an, b1, · · · ≥

−

−

· · · · · · 2; , bn · · · + bn; i = 1, 2, , n · · · − , n 2. b2, bi + bi+1 ≤ · · · − Giả sử rằng 2n số thực a1, (a)a1 + a2 + + an = b1 + b2 + (b)0 < a1 = a2, ai + ai+1 = ai+2, (c)0 < b1 bi+2, ≤ 1 + an < bn Chứng minh rằng:an i = 1, 2, 1 + bn.

1a1. Đặt d2 =

−

Lời giải

2 với i > 2. Khi đó dễ thấy rằng:

1

−

−

Cho dãy Fn là dãy Fibonacci với F0 = 0, F1 = 1, sao cho: ai = Fi b2 b1 và di = bi bi bi − − −

1b1 + Fi

2d2 +

−

−

bi = Fi + F1di. · · ·

1(có thể chứng minh lại bằng + Fk = Fk+2 · · · − Ta có tính chất sau của dãy Fn: F0 + phương pháp quy nạp). Khi đó có:

27

2

2 + bn + bn

1

1 + an + an

2

−

−

−

− · · ·

− · · ·

+ F2dn Fn+1b1 Fn+1b1 + Fnd2 + = (Fn · · · 1)d2 + 1)b1 + (Fn + (F1 an a1 + · · · − − −

1)b1 c thì d (Fn − a b ≤ = a b ≤

+ an; thì ta có: . Đặt s = a1 + bn b1 + 1)dn ≥ Bất đẳng thức đầu là hệ quả của kết quả sau: nếu a, b, c, d > 0 và a + c b + d · · ·

1 + bn

1 + an

− an

1

− bn

1

−

−

1 + an

1 + bn.

−

−

bn an . s s an ≤ bn − − − − x Vì f (x) = là hàm tăng trên [0, s], do vậy ta có :an bn x ≤ − s *Nhận xét:

Lời giải trên đã sử dụng một tính chất của dãy Fibonacci- Một dãy đặc biệt đã được

nhắc đến ở chương 1.

−

Sau đây ta xét thêm một số tính chất khác của dãy Fibonacci:

2 + ... + u2

1.u2n

1 + u2 n = un.un+1 2n = u1u2 + u2u3 + ... + u2n − 1)n

1 −

−

n −

− 1)n+1 unun+3 = ( 1 = ( − un+1un

1. un+2 = 1 + u1 + u2 + ... + un 2.u1 + u3 + u5... + u2n 1 = u2n 3.u2 + u4 + u6... + u2n = u2n+1 4.u2 5.u2 6.un+1un+2 7.u2 − Chứng minh các tính chất này khá đơn giản

Tuy nhiên sự vận dụng các tính chất trên là rất lớn. Ví dụ như bài toán sau:

n

Bài toán 2( Shortlist 1997 [8])

i=0 , an thỏa mãn điều kiện a0 = 1, ai

(cid:229) Với mọi số nguyên n 2 hãy xác định giá trị nhỏ nhất của tổng ai có thể đạt ≥

ai+1 + ai+2 ≤ · · · 2. được từ dãy số không âm a0, a1, với i = 0, , n · · · −

Lời giải

28

n

i=0

(cid:229) Ta dễ thấy rằng giá trị nhỏ nhất của ai sẽ đạt được khi a0, a1, , an thỏa mãn hệ · · · sau:

a1 + a2 = 1

 a2 + a3 = a1

a3 + a4 = a2

· · ·

· · ·

1 + ak = ak

2

−

−

· · · ak

· · ·

· · ·

1 + an = an

2

−

− an = 0

i

· · · an

n

1 + fn) = 1 +

−

i=0

  , với fi với i = 0, , n là dãy Fibonacci : f0 = 0, f1 = 1, f2 = 1, Do vậy ai = · · · · · · fn − fn 1 (cid:229) Và : Min . − ( f0 + f1 + + fn ai = · · · fn+1 fn 1 fn

Bài toán 3(China 1997[10])

, x1997là các số thực thỏa mãn các điều kiện sau:

√3. · · · xn

− . Cho x1, x2, 1 i, √3 ≤ − ≤ ii, (cid:229) xi = 318√3. Tìm giá trị lớn nhất của (cid:229) x12 i

Lời giải

Vì x12 là hàm lồi đối với x, (cid:229) x12

i đạt lớn nhất khi xi là điểm cuối của đoạn. Giả sử n bằng √3 và phần tử cuối cùng bằng

, 1996 có n số xi bằng − − 1 √3

318√3 + (1996 n)√3. − − n √3 −

29

Số này sẽ được chọn sao cho thỏa mãn:

1 (1996 n)√3 318√3 + √3. − ≤ − √3 ≤ − n √3 −

1 4n 6942 Điều này tương đương với: 3. Chỉ có số nguyên :n = 1736 thỏa − ≤ − ≤ mãn điều kiện này, và giá trị đó là:

6 + 260.36 + (

)6. , và giá trị lớn nhất là 1736.3− 4 3

un với n=1,2,3,... 2 √3 Bài toán 4(VMO-1999 [4]) Cho dãy (u)n được xác định bởi: u1 = 1, u2 = 2 và un+2 = 3un+1 −

, với mọi n=1,2,3,... 2 + Chứng minh rằng: un+2 + un ≥ u2 n+1 un

Lời giải

1)un+1 (n=2,3,...)

−

un ta có: (un+2 + un)un = 3un+1un = (un+1 + un

− 1 Dễ thấy u3 = 5 và dãy (un) (n=1,2,...) là dãy số dương tăng. Từ hệ thức un+2 = 3un+1 − Suy ra: un+2un − Như vậy: un+2un u2 2 = 1. Từ đó ta có: −

, với mọi 2 + u2 n+1 = un+1un 1 − u2 n+1 = un+1un − − + un + + un = . Hay un+2 + un ≥ u2 n (n=2,3,...) u2 n = .... = u3u1 u2 n+1 un 1 un − 1 + u2 n+1 un u2 n+1 un un+2 + un = n=1,2,3,...

n=1xác định bởi: } n n a1 = 1; an+1 = an Chứng minh rằng với n

Bài toán 4(Bulgaria 1996 [10]) ¥ Cho dãy an { 1. + , an n ≥ 4, = n. a2 n ≥

(cid:4) (cid:5)

Lời giải

Điều cần chứng minh sẽ tương đương với việc ta chứng minh:

√n , n > 1. an ≤ ≤ n √n 1 − Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp:

n = 1, 2, 3 khẳng định đúng.

3, ta có: + x n ≥

n x ) = > √n + 1 fn( an+1 = fn(an) ≥ Giả sử đúng với n, ta cần chứng minh khẳng định đúng với n + 1: Thật vậy, ta xét : fn(x) = n √n . Với n n √n 1 1 − −

30

ta có với n 4: Mặt khác sử dụng: an > 1 2

(n < √n + 2. Vậy ta có điều phải an+1 = fn(an) < fn( n − √n − 1 ) = 2 ≥ 1) + n2(n 1)n√n − (n n − √n − − 2) − 2 − chứng minh.

N. an + am với m, n là các số nguyên không âm thỏa mãn an+m · · · ≤ ∈ Bài toán 5(China 1997 [10]) Cho a1, a2, Chứng minh rằng:

an ma1 + ( 1)am. ≤ n m −

Lời giải

mk với k <

−

. Đặt n = mk + r với r kam + an m n ∈ ≤ , m Sử dụng quy nạp theo k, an 1, , khi đó: } { · · · n m n r am + ar am + ma1. an kam + ar = − m − m ≤ ≤

a1 và ar ra1. ≤ ≤ do am Bài toán 6(Taiwan 1997 [10]).

1 + ai+1 = kiai

−

Cho n 3 là số nguyên, và giả sử rằng dãy a1, a2, an thỏa mãn ai ≥ 3n. với số nguyên dương ki. Chứng minh rằng 2n · · · (cid:229) ki ≤ ≤

Lời giải

n

Bất đẳng thức trái 2n k1 + k2 + + kn ta sử dụng AM-GM để chứng minh với ≤ · · · chú ý:

i=1

(cid:229) + . k1 + k2 + + kn = · · · ai+1 ai ai ai+1

3n 2 với n 2 bằng quy + kn · · · ≤ − ≥ Mặt khác, ta cũng chỉ ra được rằng k1 + k2 + nạp theo n.

a2, thì 2a2 = k1a1, và ta có : hoặca1 = a2và k1 + k2 = 4 = ≥ 2. 2,hoặc a1 = 2a2 và k1 + k2 = 4 = 3.2 − −

−

−

−

ai

2. Với n = 2, nếu a1 3.2 Với n > 2, ta có thể giả sử ai là không đồng thời bằng sau, khi đó tồn tại i sao cho 1, ai+1 với bất đẳng thức ngặt ở ít nhất một trong hai trường hợp. Khi đó ai ≥ 1 + ai+1 < 2ai và ki = 1. Ta cũng có kết luận dãy khi bỏ đi ai vẫn thỏa mãn điều ai 1và ki+1 giảm dần về 1 và bỏ đi ki. Do tổng kết quả ki lớn nhất là kiện đưa ra với ki 1) 3(n 2 do giả thiết quy nạp. , vậy tổng ki ban đầu lớn nhất là 3n − − −

31

, an, b1, b2, ·· ···

Bài toán 7(China 1998 [10]). Cho n là một số nguyên. Tồn tại hay không dãy nguyên dương a1, a2, , bn sao cho:(cid:229) ai = (cid:229) bi và ·

1 n . > n 1 > (cid:229) 1 1998 − − − ai bi − ai + bi

Lời giải

n

, an, b1, b2, · · · · · · Câu trả lời là có. Trước hết ta sẽ chứng minh: Nếu a1, a2, số nguyên dương phân biệt sao cho a1 + a2 + + an = b1 + b2 + , bn là 2n + bn, khi đó: · · · · · ·

i=1

(cid:229) n 1 > − bi ai − ai + bi

n

n

n

Thật vậy, từ điều kiện, ta thấy rằng tồn tại i1, 1 i1 n, sao cho bi1 > ai1 . Do đó ≤ ≤ > 1 và 2bi1 ai1 + bi1

i=1

i=1

(cid:229) (cid:229) (cid:229) = = n < n 1. − − − bi ai − ai + bi 2bi ai + bi 1 i=1 (cid:18)

n

n

, n 1, đặt ai = N(2i 1), bi = 2i. · · · − − 2bi ai + bi (cid:19) Cho N là một số nguyên dương. Với i = 1, 2, , bn ta có: Từ điều kiện a1, a2, , an, b1, b2, · · ·

i=1

i=1

(n 1)n · · · (n 1)n (cid:229) (cid:229) (n 1)N + 2N. + an = 2. + bn = ai = bi. − 2 − 2 − −

1)[N(n 1) n] với an đã được xác định. Từ khẳng định − − Do vậy bn = an + (n − chứng minh lúc đầu, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức trong điều kiện :

n

1 n . > n 1 > (cid:229) 1 1998 − − − bi ai − ai + bi

i=1

1

n −

(cid:229) Nhưng điều đó lại suy ra từ: n 1 > − ai bi − ai + bi

i=1

(cid:229) . = n 1)[N(n 1)[N(n 1) 1) 4i 2i + N(2i 1) n] n] − − 2an + 2(n 2an + (n − − − − − − −

Đại lượng này sẽ tiến đến n 1 khi N +¥ +¥ và (ví dụ, choan = N2). an N −→ −

Do vậy với e > 0 bất kỳ, ( ở đây e = ), ta có thể tìm được N đủ lớn và an, sao −→ 1 1998

32

n

n

i=1

i=1

n

(cid:229) (cid:229) cho ai, bilà hoàn toàn phân biệt và ai = bi, và

i=1

(cid:229) 1 n > n e . 1 > − − − bi ai − ai + bi

· · ·

Bài toán 8(Iran 1998 [10]). Cho n1 < n2 < là dãy các số tự nhiên sao cho với i < j, biểu diễn thập phân ni không xuất hiện trong số ngoài cùng bên trái của biểu diễn thập phân n j. Chứng minh rằng:

¥

i=1

(cid:229) + + . 1 + 1 2 1 9 · · · 1 ni ≤

Lời giải

Rõ ràng ta chỉ cần với dãy hữu hạn là đủ.

Giả sử cho một dãy hữu hạn, đặt M = 10N + d là phần tử lớn nhất của dãy, với

9

0 d 9. Khi đó N sẽ không thuộc dãy.Hơn nữa, bỏ đi 10N, 10N + 1, , 10N + 9 ≤ ≤ · · · khỏi dãy nếu chúng xuất hiện và thêm N vào dãy khác sao cho tổng nghịch đảo là:

i

i

i=0

1 (cid:229) (cid:229) (cid:229) + . 1 N − 10N + i ≥ 1 ni 1 ni

Do vậy ta bằng cách lặp lại việc thay thế và không làm giảm tổng nghịch đảo. Quá

trình này là hữu hạn ( vì dãy là hữu hạn) và được dãy là 1, { , 9 , để dãy này có } · · · tổng các nghịch đảo là lớn nhất.

, được định nghĩa như sau: Bài toán 9(Belarus 1999): Cho hai dãy số thực x1, x2, , và y1, y2, · · · · · ·

x1 = y1 = √3, yn+1 = xn+1 = xn + 1 + x2 n, 1 + yn 1 + y2 n q

p Với mọi n 1. Chứng minh rằng 2 < xnyn < 3 với mọi n > 1. ≥

Lời giải

và chú ý rằng phương trình hồi quy yn tương đương với : Đặt zn = 1 yn

zn+1 = zn + 1 + z2 n.

q 33

−

Chú ý rằng z2 = √3 = x1; vì xi và zi thỏa mãn phương trình hồi quy giống nhau, 1 với mọi n > 1. Do vậy, điều này có nghĩa là zn = xn

1

−

= . xnyn = xn zn xn xn

1 >

1 →

− 1. Hơn nữa,

1 > xn. Ta lại có,

−

−

, suy ra 2xn x2 1 = 3 > 1 + x2 n − q 1 3 xn > 2xn 3xn Do xi tăng, với n > 1 nên ta có: x2 1 ≥ n − 1 > xn 1 − → 1 + x2 n − q

1

−

< 3. 2 < xnyn = xn xn

Ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 10(Romania 1999 [10])

B

C

∈

∈

N là tập thỏa mãn với mọi dãy con phân biệt B,C · · ·} ⊂ ⊆ x x. Chứng minh rằng: 6 a1, a2, Cho A = { = (cid:229) A, (cid:229) x x

+ + + < 2. · · · 1 a1 1 a2 1 an

Lời giải

, xn, yn là các số · · · Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề: Cho dãy x1, y1, x2, y2, thực dương thỏa mãn:

< xnyn;

, n. y1 + y2 + · · · + xk + yk với mọi k = 1, 2, · · · · · · · · · ≥ (i), x1y1 < x2y2 < (ii), x1 + x2 + Khi đó ta có :

+ + + + + + . · · · · · · 1 x2 1 xn ≤ 1 y1 1 y2 1 yn 1 x1

i n. Ta có thể giả sử Thật vậy ta có: Đặt p i = , d i = xi yi với mọi 1 − ≤ ≤

i=1

(cid:229) k 0 với mọi 1 n. p 1 > p 2 > > p n > 0 và 1 xiyi k d i · · · ≤ ≤ ≥

n

n

Chú ý rằng:

k=1

k=1

n

n −

(cid:229) (cid:229) = p kd k 1 yk − 1 xk !

1 (p k

i=1

k=1

(cid:229) (cid:229) 0, = p n d i + + d k) p k+1)(d 1 + d 2 + · · · − ≥

34

Vậy bổ đề được chứng minh.

1 với mọi i. Rõ ràng:

< an, và đặt · · · Quay lại bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử a1 < a2 < yi = 2i −

a1y1 < a2y2 < < anyn. · · ·

k

i=1

Với k bất kỳ, tổng 2k 1 được tạo ra bằng cách chọn ít nhất một trong dãy rời rạc − (cid:229) 1. Do vậy với ai, nhỏ nhất là 2k a1, a2, , ak. Do vậy lớn nhất trong đó là − · · · k = 1, 2, , n ta có: · · ·

2k a1 + a2 + 1 = y1 + y2 + + ak + yk. · · · ≥ − · · ·

Áp dụng bổ đề, ta có:

1 < 2.

−

+ + + < + + + = 2 1 2n · · · · · · − 1 a1 1 a2 1 an 1 y1 1 y2 1 yn

Đây là điều cần chứng minh.

Bài toán 11(Bulgaria 1999 [8]).

3, tồn tại n số nguyên dương ≥ , bn trong cấp số , an trong cấp số cộng, và n số nguyên dương b1, b2, · · · Chứng minh rằng với số nguyên bất kỳ n, n a1, a2, · · · nhân, sao cho:

b1 < a1 < b2 < a2 < < bn < an. · · ·

Đưa ra ví dụ về 2 dãy này với mỗi dãy là ý nhất 5 số hạng.

Lời giải

1 + 1 và bn

1 = an

2 + 1. Viết d = an

1

2. Khi đó với

−

−

Ta tìm dãy mà bn = an

− bn

− 1 (bi

−

i= j

an n − (cid:229) 2 n i, j bi bn − − 1 = d, sao cho b j = bn + 1 ta có bi+1 bi+1) > − ≤ − ≤ −

1.

−

−

j

−

1 (bi+1

i=1

≤ 1 + (n an − j)d = a j − (cid:229) bi) a1 + ( j 1)d = a j Và nếu ta chắc chắn b1 < a1, khi đó b j = b1 + − ≤ −

1, kn −

với mọi j, nên chuỗi bất đẳng thức đã được thỏa mãn.

−

2(k + 1), , bn bằng kn Cho b1, b2, − đã được xác định sau đó. Ta cũng đặt an nghĩa ai khác theo đó. Khi đó d = an

· · ·

1, ở đó k là một giá trụ 1, và định 2, và a1 =

2 = bn 1 − − 1 = (k + 1)n −

−

−

, k0(k + 1)n − 1 và an bn − 1 = bn · · · 1 = bn − an − −

35

2(k + 3

n) 1. Do vậy, ta chỉ cần lấy k sao cho: (k + 1)n − −

2(k + 3

1 > 0.

2 bằng 1. , an và

1 n) − (k + 1)n − kn − − − −

1 bằng 0 nhưng hệ số của kn Nhìn vế trái của đa thức ẩn k, hệ số của kn − − Có nghĩa là biểu thức dương với k đủ lớn và ta có thể tìm được dãy a1, a2, b1, b2, Với n = 5, ta tìm k sao cho:

· · · , bn thỏa mãn yêu cầu bài toán. · · ·

1 (k + 1)3(k 2) k4 > 0. − − −

Ta thấy rằng k = 5 thỏa mãn và ta có:

625 < 647 < 750 < 863 < 900 < 1079 < 1080 < 1295 < 1296 < 1511.

1

n −

Cho a là một số thực dương và (n 1) là một dãy số thực sao cho x1 = a và Bài toán 12(Romania 2000 [10]): xn { } ≥

k=1

(cid:229) (n + 2)xn kxk, xn+1 ≥ −

với mọi n 1. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n sao cho xn > 1999!. ≥

Lời giải

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo n 1 rằng:

k=1

≥ n (cid:229) kxk > a.n! xn+1 >

n

n

3x1 > x1 = a. ≥ Với n = 1, ta có x2 Giả sử rằng khẳng định đúng đến n. Khi đó:

k=1

k=1

n

n+1

k=1

(cid:229) (cid:229) kxk kxk = (n + 1)xn+1 + 2xn+1 xn+2 (n + 3)xn+1 − ≥ − n (cid:229) (cid:229) (cid:229) kxk kxk = kxk, > (n + 1)xn+1 + 2 −

k=1 k=1 Hơn nữa, x1 > 0 theo định nghĩa và x2, x3, do vậy xn+2 > (n + 1)xn+1 > (n + 1)(a.n!) = a.(n + 1)!. Như vậy khẳng định được chứng minh hoàn toàn.

, xn cũng dương theo giả thiết quy nạp; · · ·

Với n đủ lớn, ta có xn+1 > n!.a > 1999!.

36

là dãy các số thực thỏa mãn: Bài toán 13(APMO1999). Cho a1, a2, · · ·

ai + a j ai+ j ≤

. Chứng minh rằng: với mọi i, j = 1, 2, · · ·

+ + + an. a1 + a2 2 a3 3 · · · an n ≥

với mọi số nguyên dương n.

Lời giải

Ta chứng minh bổ đề sau:

n, khi đó a1 + a2 + + an ≥ · · · ≥ .am. Bổ đề: Nếu m, n là các số nguyên dương với m n(n + 1) 2m

1

−

−

an, a2 + an ≥ ≥ Thật vậy, ta sẽ chứng minh kết quả cho m = n bằng cách cộng các bất đẳng thức : a1 + an 2 − số nguyên dương j, viết b an, 2an 2an, và chia cho 2. Với . Khi đó bất đẳng thức với m = an, ≥ j = , an · · · a1 + a2 + 1 + 2 +

j

1 + a1 · · · · · · a j j

n ta có n = j = k + 1 là tương đương với b ≥ + a j + j và b k b k+1; nên khi m ≥ ≥ ≥

. b m b n+1 am m ≥ · · · ≥ ≥ ≥ b n Như vậy bổ đề được chứng minh.

1

n −

như tổng Abel và + + a2 2 an n · · · Từ bất đẳng thức đã chứng minh ta biểu diễn a1 + sau đó áp dụng bổ đề nhiều lần:

j=1 (cid:18)

1

n −

(cid:229) + + = (a1 + a2 + + an) + (a1 + a2 + + a j) a1 + a2 2 an n 1 n 1 j + 1 · · · · · · 1 j − · · · (cid:19)

j=1

(cid:229) . . an + an = an, 1 n n(n + 1) 2n j( j + 1) 2n 1 j( j + 1) ≥

Như vậy bài toán đã được chứng minh.

0, , a100 thỏa mãn: (i), a1 a2 a100 · · · ≥ ≥ · · · ≥ ≥ 100,

100. Bài toán 14(Canada 2000 [8]). Giả sử các số thực a1, a2, (ii), a1 + a2 ≤ (iii), a3 + a4 + + a100 · · · ≤

37

2 +

100, và tìm tất cả các dãy số

1 + a2 , a100 đạt giá trị lớn nhất đó.

+ a2 · · · Xác định giá trị lớn nhất có thể của a2 dương a1, a2, · · ·

Lời giải

Với i 3, ta có : 0 a2 và do vậy ai(ai a2) 0 dấu bằng xảy ra với ai ai ≥ ≤ ≤ − ≤ ∈

100

100

0, a2 { . Cộng theo vế 98 bất đẳng thức này với nhau ta được : }

i=3 ≤

i=3

100

100

(cid:229) (cid:229) ai. a2.

i=3

(cid:229) (cid:229) ai Do (iii) nên ta có :a2. 100a2 dấu bằng xảy ra với ai = 100 hoặc a2 = 0.

i=3 a2. Do vậy, a2

1 ≤

100 ≤ Tương tự với (i) và (ii) ta có 0 (100 a1 a2)2, với dấu ≤ ≤ − −

100

100

− 100 100 a2. bằng xảy ra khi a1 = 100 Điều kiện (i) và (ii) kéo theo : 0 50. Do a1 a2 a2 ≤ ≤ − ≤ ≤ ≤ 50) a2 hoặc 0 − 0 với dấu bằng xảy ra khi a2 = 0 hoặc a2 = 50. − ≥ vậy, 2a2(a2 Hơn nữa,

i = a2 a2

1 + a2

2 +

2 + 100a2

i=1

i=3

(cid:229) (cid:229) (100 a2)2 + a2 a2 i ≤ −

50) 10000. = 10000 + 2a2(a2 − ≤

Để bất đẳng thức xảy ra dấu bằng thì tất cả các dấu bằng ở trên đều phải xảy ra, điều

đó có nghĩa là ta phải có:

(a) , a100 0, a2 · · · ; } ⊆ { a3, a4, { 100 (cid:229) (b) = 100 hoặc a2 = 0;

i=3 (c)a1 = 100 (d)a2 Những điều trên chỉ thỏa mãn khi dãy a1, a2,

a2; − 0, 50 . } ∈ { , a100 bằng : · · ·

100

hoặc 100, 0, 0, , 0 50, 50, 50, 50, 0, 0, , 0. · · · · · ·

i=1

(cid:229) Hơn nữa các dãy này thỏa mãn điều kiện (i), (ii), (iii), và a2 i = 10000 với mỗi

dãy. Hơn nữa, 10000 là tổng bình phương lớn nhất, và giá trị lớn nhất này chỉ đạt

được với hai dãy trên.

38

, ở đó: Bài toán 15( Rusia 2000 [8]) Cho số nguyên lẻ a0 > 5, giả sử dãy a0, a1, a2, · · ·

5 nếu lẻ an an+1 = nếu chẵn an   a2 n − an 2

 với mọi n 0. Chứng minh rằng dãy trên là không có biên. ≥

3 >

Lời giải

−

> a0 > 5. · · · Ta sẽ sử dụng quy nạp theo n để chỉ ra rằng a3n là lẻ và a3n > a3n Với n = 0 khẳng định đúng do giả thiết.

3k ≡

≤ 1(mod8) và do vậy a3k+1 = a2

k, ta cần chứng minh nó đúng với k + 1. 4(mod8). Do a3k+1 chia là số lẻ. Giả sử rằng khẳng định đúng với mọi n Vì a3k là lẻ, a2 3k − hết cho 4 nhưng không chia hết cho 8, nên a3(k+1) =

3k −

(a2 5 ≡ a3k+1 4 3k > 5a3k > 4a3k + 5. Do đó, a3(k+1) = 1 4

Hơn nữa, từ giả thiết quy nạp ta có a2 5) > a3k. Đây chính là điều phải chứng minh.

1 0 và (cid:229) ai Bài toán 16(Shortlist 1988 [5]) Giả sử dãy với các số thực không âm thỏa mãn ak ≥ ≤ với k 1. Chứng minh rằng với k bất kỳ ta có 0 − ak 2ak+1 + ak+2 2 ak+1 < k2 . ≥ − ≤

Lời giải

1

−

− − − ak+1 = d với mọi m > k, ak − d với am = k)d ≤ − (m k)d , và am ak+1 là đơn điệu giảm, đặc biệt nếuak am+1 am) +(am − ak +(m ak+1)+(ak+1 ak+2)+ ≥ − ≤ − ··· − − − −

Từ giả thiết ta có :ak một số k nào đó và d > 0. Khi đó am (ak với mọi m > k Đặc biệt với am > 1 với m đủ lớn, ta có mâu thuẫn. Do vậy ak ak+1

≥ ak − a j+1 ak+1 ak+1 − ≥ −

j với mọi i j + 1) k và a j a j+1 + ak+1 + (k Giả sử với một số k nào đó, ta có ak − 2 k2 ≥ ≤ ≥

0 với mọi k. 2 k2 ≥ 2 k2 . − 1. Mâu thuẫn (1 + 2 + + k) + ak 2 k2 . Khi đó a j ≥ 2 a j+2 + 2. k2 ≥ · · · ≥ 2 k2 + kak+1 > 1 + kak+1 · · · · · · ≥ ≥ ≤ Đặc biệt, a1 + với giả thiết. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 17(IMO1995 [6])

39

, x1995 là dãy số thực dương với · · · Tìm giá trị lớn nhất của x0 nếu tồn tại dãy x0, x1, x0 = x1995, thỏa mãn:

1 +

−

1

−

= 2xi + xi 2 xi 1 xi

với mọi i = 1, , 1995. · · ·

Lời giải

Từ giả thiết ta có phương trình sau:

1 +

−

i −

−

1 (cid:19)

2x2 xi xi + 1 = 0 2 xi

1

−

1. − i và e i = ( 1

xi hoặc xi = 1 xi 1)ki+i. Điều này ta có thể chứng Từ đó ta có : xi = e i Ta chỉ ra rằng: xi = 2kix 0 với

1

−

0 = 2k, với

1 với 1

−

− . Nên ta có : (cid:18) 1 2 ki | 1 xi 1995, e = ( | ≤ hoặc 0 với e = e 1995, k = k1995, 0 | ≤ − 1)1995+k và x0 = x1995. 1 − 1995 nên k 2997. 1994, do vậy x0 | ≤ k | ≤ i xi xi minh bằng quy nạp với xi = − 2 x1995 = 2kxe k ≤ | Nếu k là số lẻ , thì e = 1 do vậy 2k = 1 ( vô lý). Vậy giả sử k là số chẵn , thì e = và x2 ≤ Cuối cùng ta chỉ ra x0 = 2997 là có thể xảy ra với x0 = 2997, xi = 1 2 ≤ ≤

. Khi đó ta sẽ có :

1

n −

là các số thực dương thỏa mãn: 1 1994 và x1995 = x1994 x0 = x1995 = 2997, do đó Maxx0 = 2997. Bài toán 18( IMO shortlist 1995 [5]) Giả sử rằng x1, x2, x3, · · ·

i=0

(cid:229) xn n = xi n

. Chứng minh rằng với mọi n, ta có : với n = 1, 2, 3, · · ·

1 ≤

−

2 xn < 2 1 2n 1 2n . − −

Lời giải

Trước hết ta chứng minh với n 2 là số tự nhiên, và u là một số thực không âm thỏa ≥ mãn:

1 = un.

1 + u + u2 + + un − · · ·

40

1 < u < 2 − u, ta được: − (1 + u + u2 +

1)(1

1 2n 1 2n . Thật vậy, nhân cả hai vế của : 1 + u + u2 + · · − − 1 = un với 1 Khi đó ta có : 2 + un − ·

u) = un(1 u), + un − − − · · ·

un = un un+1, Tức là un+1 2un + 1 = 0. Do đó, u là nghiệm của : − − − 2xn + 1.

1 = un.

− 2xn + 1 có nhiều nhất hai nghiệm không âm. Thật vậy, = 1 ( do 6 2, ta có nghiệm này = 1n là không thể xảy ra với n · · · ≥

1, dễ thấy rằng f (x) là ; +¥ ). Với mỗi

Hay 1 f (x) = xn+1 − Ta chứng minh f (x) = xn+1 rõ ràng x = 1 là nghiệm, nhưng ta không quan tâm đến nghiệm này, bởi vì u phương trình 1 + 1 + 12 + vì ta nhân phương trình với (1-u)). Điều này có nghĩa là ta cần chỉ ra một nghiệm u không âm thỏa mãn phương trình :1 + u + u2 + · · · Thật vậy, từ đạo hàm của f (x) là f (x)0 = (n + 1)xn + un − 2nxn − − hàm đơn điệu giảm với x [0; ] và đơn điệu tăng với x [ 2n n + 1 2n n + 1 ∈ ∈ đoạn trên , hàm f (x) chỉ có thể có một nghiệm, do vậy f (x) có nhiều nhất là hai

nghiệm không âm. Như ta đã nói ở trên, x = 1 là một nghiệm. Ta quan tâm đến

nghiệm còn lại.

−

Ta cần chỉ ra nghiệm còn lại nằm trong khoảng (2 1 2n − −

1 ) < 0 và f (2

−

minh f (2 1 2n − − 1 1 ; 2 2n ) bằng cách chứng 1 2n ) > 0; vì f (x) là hàm liên tục, và khoảng trên không chứ một, do vậy chỉ ra khoảng trên chứa một nghiệm là bài toán được chứng

minh.

1 ) < 0 và f (2

Do đó, vấn đề còn lại là chứng minh f (2 1 2n ) > 0. − −

−

−

1 ) = (2

1 .

1 )n 1 2n

−

−

− (2

Do f (2 2(2 (2 Trước hết, ta chỉ ra f (2 1 2n 1 2n − 1 ) < 0. Thật vậy, 1 2n − − −

1

1 .

1 )n + 1 = 1 1 )n 1 1 2n 2n

n 1 2n

−

−

−

−

−

− 2 (cid:18)

n

Vậy chứng minh f (2 − − − 1 ) < 0 tức là 1 1 2n − 1 < 0 hay 1 < 1 2n 1 1 )n+1 2n 1 2n 1 2n − − − − (cid:19)

1 <

1

−

. Chia cả hai vế cho 2n ta được: 2n − Ta viết lại thành : 1 2n (cid:19)

n

. Bất đẳng thức này đúng theo bất đẳng thức Bernoulli (với < − 1 2n 1 2 1 2n > − − (cid:19) 1):

1 .

−

. > 1 + n = 1 + = 1 2 (cid:18) 1 (cid:18) 1 2n 1 2n 1 2n n 2n = 1 1 2 n 2n − − − − − − 1 (cid:18) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:18) (cid:19)(cid:19) (cid:19)

41

n

1 , nên

1 ≤

1 ≥

−

−

1 1 và Với n 2 có n . = . > 1 2n − n 2n 1 2n 1 2 n 2n 1 2 1 2 − − − ≥ ≤ 1 (cid:18) (cid:19)

n

n+1

n 1

Ta chứng minh: f > 0 tương đương với − (cid:19) n

1 2 +1 > 0 . 1 > 1 2n 1 2n 1 2n > 0 1 2n 1 2n 1 2n −→ − − − −→ − 2n −→ − − n 2 (cid:18) 2 (cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19)

2 (cid:18) 2 (cid:18) . Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng. Vậy bài toán đã được chứng 2 (cid:18) 2n > 1 2n − 2 (cid:18) (cid:19) minh.

Bài toán 18(USAMO 1997 [9]) Cho dãy số nguyên không âm a1, a2, , a1997 thỏa mãn :

ai + a j ai + a j + 1 · · · ai+ j ≤ ≤

1997. Chứng minh rằng tồn tại một số thực x sao cho 1 và i + j

n ≥ với 1 ≤ 1997. với mọi i, j an = nx c b ≤ ≤

Lời giải

Ta phải chỉ ra x , ]. Do vậy chỉ ra sự tồn tại của x với 1997 phần tử của [ an n an + 1 n an + 1 . Ta chứng minh bằng quy ∈ dãy với các đoạn là rời nhau, tức là m, n, am m n ≥ ∀ nạp theo m + n.

Trường hợp m + n = 2 hay m = n = 1 bất đẳng thức là hiển nhiên.

Nếu m = n bất đẳng thức hiên nhiên đúng.

ar + 1 qam + ar + 1 = qam + amq+r + 1 r ≥ ≥ ar + 1 an + 1 . r. = n qam + r Nếu n > m, ta sử dụng thuật toán n = mq + r, với r < n. Do đó m + r < n + m và am m −→ am m am m ta sử dụng giả thiết quy nạp am m −→ r ≥ n ≥ Nếu n < m, ta sử dụng thuật toán m = nq + r với r < m, ta có r + n < m + n, ta lại

an + 1 n(qan + ar + q) nqan + nq + nr nqan + nam = naqn+r ≤ ≤ ar r ≤

sử dụng giả thiết quy nạp: ar r ≤ nq + nr n −→ an + 1 n

. Vậy bài toán đã được chứng an + 1 n am m ≥ −→ = nqan + nq + ran + r = m(an + 1) minh.

Bài toán 19(Shortlist 1989 [5])

Cho tập các số thực thỏa mãn các điều kiện sau: , an a0, a1, { · · · }

42

1

n −

k n (i) a0 = an = 0, (ii) Với 1 1, ≤ ≤ −

k.(ai + ai+1)

−

i=k

(cid:229) ak = c + ai

Chứng minh rằng :c . 1 4n ≤

k

Lời giải

i=0

1

(cid:229) , n). Khi đó: ai(k = 0, 1, Đặt Sk =

1

n −

n −

n −

k(ai + ai+1)

−

k=0

i=k

1

i

i

k=0 n −

n −

· · · 1 (cid:229) (cid:229) (cid:229) Sn = ak = nc + ai

k

k(ai + ai+1) = nc +

1 (ai + ai+1)

−

−

i=0

k=0

k=0

i

(cid:229) (cid:229) (cid:229) (cid:229) = nc + ai ai

i=0 1 n − (ai + ai+1)

t=0

(cid:229) (cid:229) k = nc + ai , với t = i −

i=0 1 n − (ai + ai+1)S1

(cid:229) = nc +

2)Sn

1)

−

−

S0)S1 + (S3 S1)S2 + + (Sn Sn · · · − − − 1 = Sn).

Sn + nc = 0

4nc. Ta có điều phải chứng minh. ≥

i=0 = nc + (S1S0 + (S2 = nc + S2 n (vì Sn − Do vậy ta có :S2 n − Vì Sn là số thực nên: 1 Bài toán 20( Shortlist 1994 [5])

với n 0. Chứng minh rằng n với = 1994 an b c − ≥ a2 n an + 1 Cho a0 = 1994 và an+1 = 0 n 998. ≤ ≤

Lời giải

= 1 Ta có an > 0. Do vậy, a0 > a1 > an+1 = an − − − · · · · · ·

1) = 1994

−

−

−

− n.

+ + > n+ Lại có :an = a0 +(a1 a2 n an + 1 a0)+ +(an 1 an + 1 an ··· − ··· − − 1 a0 + 1 > an > 1 1 + 1 an 1994 n. − n Với 1 998, ta có : ≤ ≤ 998 + + < < < = 1 1994 997 + 1 · · · 1 a0 + 1 an 1 1 + 1 n 1 + 1 998 a997 + 1 an − Do vậy = 1994 an b c − Bài toán 21(Shortlist 1996)

43

Cho a > 2. Ta định nghĩa như sau:

1 −

an a0 = 1, a1 = 1, an+1 = 2 ! a2 n a2 n −

Chứng minh rằng với mọi k N ta có ∈

a2 4 2 + a + + 1 2 − − · · · 1 a0 1 ak ≤ (cid:17) (cid:16) p

Lời giải

với b là một số thực dương. Khi đó ta có : Từ a > 2 ta có thể viết a = b + 1 b

a2 2 = b2 + 1 b2 và: −

2

2

2)a = b2 + b + a2 = (a2 1 b2 1 b − (cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:18)

b2 + a3 = a2 = a2 1 b2 − − 2 ! 2 ! (cid:18)

1

−

. b2 + b + a2 a1 (cid:19) b4 + = 1 b4 (cid:18) 1 b2 (cid:19) 1 b (cid:19) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:18) Tiếp tục quá trình trên ta thu được:

1

−

b2n b2 + + . b + an = 1 b2 1 b · · · 1 b2n (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:19) (cid:18)

n

1

Do vậy,

− (b2 + 1)(b4 + 1)

i=1

b2n (cid:229) + + + = 1 + b b2 + 1 b3 (b2 + 1)(b4 + 1) (b2n + 1) · · · 1 ai · · ·

Ta lại có :

a2 (a + 2 4) = b + + 2 = 1 + . 1 2 1 b 1 2 1 b 1 b − − − − (cid:18) b (cid:18) (cid:19)(cid:19)

p Do vậy ta phải chứng minh với mọi b > 0 thì,

+ + < 1. b2 1 + b2 + b4 (1 + b2)(1 + b4) b2n (1 + b2)(1 + b4) (1 + b2n ) · · · · · ·

44

n

Mà với mọi số thực dương a1, a2, , an, · · ·

j=1

1 a j (cid:229) = 1 − (1 + a1) (1 + a j) (1 + a1)(1 + a2) (1 + an) · · · · · ·

n

Do vậy :

j=1

1 b2 j (cid:229) = 1 < 1. (1 + b2) (1 + b2n ) − (1 + b2) (1 + b2 j ) · · · · · ·

Vậy bài toán đã được chứng minh.

các số nguyên dương sao lớn nhất để tồn tại dãy vô hạn a1, a2, · · · Bài toán 22( VMO1997 [4]) Tìm số thực a cho tính chất sau được thỏa mãn:

(a) Với mỗi n

n không vượt quá ước chung lớn nhất của tập

(b)Với mọi n N, an > 1997n ∈ 2, aa ai +a j : i+ j = n . } { ≥

Lời giải

n=1 là một dãy sao cho thỏa mãn điều kiện (a) và (b).

e

là 1 2

e

≥ . Logarit N mà :a2n a2 − n N sao cho mọi n > N, a2n < a2 − n ∈ Giá trị lớn nhất có thể của a Trước hết, giả sử (an)¥ Ta có kết quả sau: Với mọi e > 0, tồn tại vô hạn giá trị n ∈ Thật vậy, Với e > 0, và giả sử tồn tại N hóa hai vế và chia cho 2n ta được :

e 2 < . loga2n 2n − 2 logan n

k logan

nên e 2 k < > 0 khi > ¥ a2kn 2kn − 2 n − − (cid:18) (cid:19) logan n. Kết quả được 1997n nên log1997, n ≥ ∀ ≥

e )a

a2n. Khi đó điều này không thể xảy ra với an chứng minh. e Giả sử n là một trong những giá trị cho bởi kết quả trên, sao cho: a2 − n ≤

a a 2n ≤

UCLN a(2 − n 2an. ai + a j { i + j = 2n | } ≤ ≤

45

(2

e )a

(2

e )a ); bởi vì điều này đúng với vô hạn giá trị n

−

N a1 − n ≥ ∈ 1997n(1 − 1 nên 2 − ≥ nên ta phải có a . e . Từ e > 0 bé tùy ý, nến ta có a 2 ≤ −

n=1 bởi: an = 3F2tn. Khi đó điều kiện (a) rõ ràng được thỏa 3Ftn. F2ti + F2t j khi i + j = n, để UCLN |

. Ký hiệu Fn là phần N n ∀ ∈

j)

j)+1 + Ft(i+ j) −

i + j = n | ai + a j { } ≥ 1 2 ≤ 1 Ta sẽ đưa ra một dãy thỏa mãn điều kiện (a) và (b) với a = 2 tử thứ n trong dãy Fibonacci. Cho t là số nguyên chẵn sao cho F2tn > 1997n, và định nghĩa dãy (an)¥ mãn. Ta cần chỉ ra Ftn Thật vậy:

1Ft(i − i)+1 + Ft(i+ j)+1Ft( j

1)

−

−

F2ti = Ft(i+ j)Ft(i − F2t j = Ft(i+ j)Ft( j

1

j)+1 +

Do vậy

i) = Ft(i+ j)

j)

−

j)+1 −

Ft( j F2ti +F2t j = 2Ft(i+ j)Ft(i − Ft(i+ j) − 2Ft(i − Ft(i −

Ft(i+ j)+1 − (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)

1)

n=1 thỏa mãn điều kiện bài toán với

− i + j = n } |

1 2 nên a n 1 a = 2

(UCLN Ta có : an = 3F2tn = 3Ftn (Ftn+1 + Ftn ≤ ai + a j { )2 , i + j = n } | UCLN 9F 2 tn ≤ và dãy (an)¥ ai + a j { ≤ .

2.4. Sử dụng lượng giác giải các bài toán về dãy.

Nhận xét:Nhiều dãy số đại số với công thức phức tạp có thể trở thành đơn giản

nhờ phép thế lượng giác. Đối với phương pháp này ta cần nắm vững các công thức

lượng giác, tùy theo từng dãy số đại số cho trong đề bài mà ta liên tưởng và sử dụng

công thức lượng giác một cách hợp lý.

Bài toán 1. Dãy số (hn) được cho bởi điều kiện:

n

i=1

n →

1 h2 n ; 1 − − h1 = và hn+1 = 1 2 ≥ s 1 2 p (cid:229) < 1, 03 Đặt Sn = hi; n ∀ N. Hãy chứng minh rằng:lim Sn ¥ n ∀ ∈

p p p = sin = sin h2 = sin Lời giải Ta có:h1 = 1 2 6 3.2 3.2 ⇒

46

Ta sẽ chứng minh rằng:hn = sin p 3.2n

n

3.2k hk+1 = v u u u p t

1 sin 1 1 cos − p 3.2k − p 3.2k r = sin Giả sử rằng:sin hk = sin p − 2 2 p 3.2n

i=1

p 3.2 < 1, 03

¥ ≤

n →

(cid:229) 0; + sin . Nên:Sn = hi = 1 2 = v u u p t 3.2n + ... + sin p 3.2n < 2 p + + (cid:16) 1 2 Mặt khác:sin x < x; x ∀ ∈ p 3.2n < p 3.22 + ... + đpcm. 1 2 Do Sn là dãy tăng nên lim Sn ⇒ (cid:17) 3.2 1 2 + Bài toán 2 Cho dãy (un) định bởi:

u1 = √3

1 un + √2 un+1 = 1 − √2 1 +   un − (cid:16) (cid:17) 

tan(a + b) =

.

p p − Tính u2003 Nhận xét : với giả thiết của bài ta liên tưởng ngay đến công thức: tan a + tan b 1 tan a tan b Đồng thời ta còn có √2 1 = tan , u1 = tan 8 3 −

Lời giải

u1 = √3 p 1 un + √2 1 = √2 un+1 = 8 − ) Ta đã biết:tg ( ∗ − √2 1 1 + un − p p (cid:17) (cid:16) 2tg un + tg p p p tg = Ta có:   = tg 2. = √2 (1) 1 = tg 1 Từ (*) ta có:un+1 = p 4 8 8 ⇒ − 8 tg2 1 1 8 p untg (cid:17) (cid:16) − 8 p p 1) − + (n 8 Theo nguyên lý quy nạp, từ (1) và u1 = √3.suy ra Suy ra: un = tg 8 3 − p p p p i h + 2002 = tg + = 2 + √3 8 3 4 − (cid:17) (cid:16) (cid:17) Vậy:u2003 = tg 3 Bài toán 3. Cho dãy un xác định bởi: (cid:16) (cid:0) (cid:1)

2 2 + ...√2 un = 2n − r q un ¥ Tìm lim n → Bài giải.

47

Đây là bài toán đơn giản và quen thuộc. Ta sẽ chứng minh:

2 2 + ...√2 = 2 cos vn = p 2k+1 (1) . − r q

Rõ ràng với n = 1 thì (1) hiển nhiên đúng. Giả sử đúng khi n = k, nghĩa là:

vk = 2 cos p 2k+1 .

2k+1 =

2k+2

p 2 + 2 cos p 2.2cos2 Xét:vk+1 = √2 + vk = 2k+2 = 2 cos p r

2 .2n+2. sin p 2n+2

1

2

2n+2

q 2 + ...√2 = 2n+1. sin p 2 .2n+2. sin p 2n+2 ¥ ¥ Vậy (1) đúng khi n = k+1, suy ra (1) đúng với mọi n. 2n+2 = 1 Ta có:un = 2n q Từ đó ta có: lim n → − un = lim p n →

p ¥ 1 2 = lim n →

sin p p 2n+2 p un = ¥ 2 lim n → ⇒ Bài toán 4. Cho dãy số xác định bởi:

1

−

Tính: a1999 + a1 an a0 = 1; a1000 = 0 an+1 = 2a1.an ( −

Lời giải.

1 − 1)) ta cần phải chứng minh được ta cần phải

1,vậy nên nếu muốn sử dụng lượng giác(ở + Nếu thay n=2 thì ta được a2 = 2a2

− đây là hàm cos, vì cos2a = 2cos2a chứng minh được 1 thì mới có thể đặt a1 = cosa.

1 − > 1,..., (cid:12) | (cid:12)

p

1 + Thật vậy, nếu = | suy ra > 1 (trái với giả thiết). > > 1, a1000 a1 | a1 | | 2a1a2 | − | | − | 2a2 1 (cid:12) | (cid:12) a3 | Vậy nên | ≤ a2 > 1, thì | 2a2 a1 1, đặt a1 = cosa. = | a1 | | ≤ Bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng:

2 + k2p a) =

an+1 = cos(n + 1)a. Ta có: a1000 = cos1000a = 0 ⇒ cos a = 1000a = a1999 = cos1999a = cos(p + k2p a1 a1999 + a1 = 0 − − − ⇒ ⇒ Bài toán 5 (Longlist 1989 [7]). Cho dãy (un) và (vn) như sau:

48

n −

v0 = 1 u0 = √2 2 1 vn+1 = 1 1 un+1 = u2 n và   1 + v2 vn √2 2 − p q p   − Chứng minh rằng:2n+2.un < p < 2n+2.vn 

 Lời giải:

Ta có:

1 cos sin u0 = p 22 , u1 = √2 2 p 22 = sin p 23 − √2 2 − r Vậy:

cos un = √2 2 p 22+1 = sin p 2n+2 − 1 r Tương tự:

v0 = 1 = tg

p 22 1 1 − cos p 2n+1 = = tg vn = r p 2n+2 tg 1 + tg2 p 2n+1 p 2n+1 p tg 2n+1

Bằng cách xét:

x f (x) = sin x −

, p x; x 0; g (x) = tgx 2 − ∈ (cid:17) (cid:16) Ta suy ra: p 0; sin x < x < tgx; 2 x ∀ ∈ (cid:16) (cid:17) Khi đó:

sin

p p p 2n+2 < tg 2n+2 < 2n+2 2k+2.un < p < 2k+2.vn ⇔

đpcm

N, ∈ < 1 được xác định bởi hệ thức: ⇒ Bài toán 6. (Kỳ thi HSG quốc gia lần XXVIII-1990[4]) Cho dãy số(xn), n x1 | |

3 xn + 3x2 n − xn+1 = − 2 p

49

a)Có cần thêm diều kiện gì đối với x1 để dãy toàn số dương. b)Dãy số này có tuần hoàn không? Tại sao?

< 1 và dạng của hàm số gợi ngay cho chúng ta phép đặt x1 | | a . Từ cosa + √3 sin a = cos Phân tích:Điều kiện x1 = cosa với a 2p 3 1 2 − ∈ (cid:19) (cid:18) − (cid:0) (cid:1) a . Từ đây có thể dễ dàng trả lời các câu hỏi của đề đó suy ra xn+1 = cos (0; p ) khi đó x2 = 2np 3 − (cid:18) (cid:19) bài.

Lời giải.

n > x1 hay x2

1 <

a. Để xn > 0, trước hết ta phải có x1 > 0 và x2 > 0. 3x2 3 . 3 4 −

p . Suy ra: 0 < x1 < Nhưng x2 > 0 tức là √3 2

thì tồn tại √3 2 Ngược lại, nếu 0 < x1 < p p p p ; ; sao cho 2 2 6 − ∪ ∈ (cid:17) (cid:16) (cid:17) (cid:16) a 6 − cosa = x1. Khi đó ta dễ dàng chứng minh được:

a xn+1 = cos 2np 3 − (cid:18) . (cid:19) N 1 đều suy ra xn+1 > 0, − ∀ ∈ Xét ba trường hợp của n là: n = 3k, n = 3k + 1, n = 3k b).Xét hai trường hợp đối với x1:

0: Trường hợp x1 ≥ 0 0, x4 0 thì tương tự phần a ta có: x3 ≥ ≥ ≥

1 = 2x2 + x1 (1)

3 • - Nếu x2 và x1 = x3 = ...; x2 = x4 = ... - Nếu x2 < 0 thì x3 > 0 và cũng có x3 = x1 x1 + 3x2 1 − 3 3x2 Suy ra: − q 3 Thật vậy từ:x2 = − 3x2 q 2 2 = (2x1 + x2)2 (2) −

2 = 2x1 + x2 Suy ra:x1 = −

⇒ Do (1) mà: 2x1 + x2 > 0.Suy ra: 2x1 + x2 = x1 + (x1 + x2) > x1 x2 > 0 x1 0, x2 < 0 − ≥ 3 x2 + 3x2 2 − 3 3x2 Vì thế từ (2) ta có: = x3 q 2 − q Vậy ta có:(xn) là dãy tuần hoàn.

Trường hợp x1 < 0. Khi đó x2 > 0 và theo trường hợp 1 suy ra xn kể từ hạng thứ

• hai trở đi là dãy tuần hoàn.

50

Bài toán 7. (VMO-1990[4]) Cho a0 = 2, b0 = 1. Lập hai dãy số(an), (bn)với n = 0, 1, 2, ... theo quy tắc sau:

an+1 = ; bn+1 = √an+1.bn 2an.bn an + bn ¥ . Tìm giới hạn → Chứng minh rằng các dãy (an), (bn) có cùng một giới hạn khi n đó.

Lời giải.

1

1 , b0 = 1 Ta chú ý: a0 = 2 = p cos 3 1 1 1 1 2 2 = = = a1 = ; b1 = √a1b0 = p 2 p p 2a0b0 a0 + b0 cos cos2 cos + 1 + 6 3 6 1 a0 1 b0

−

1.3

1

− p

−

1.3

−

1.3

−

p p cos ... cos . cos . cos an = 2n 2.3 p (cid:17) (cid:16) cos 1 ... cos . cos . cos bn = 2n Từ đó, bằng quy nạp, ta chứng minh rằng: p 22.3 p 22.3 2.3 p 2n.3 p 2n.3 n ∀ ≥ p (cid:16) sin p p 3 1 Lưu ý rằng: cos . cos ... cos (cid:17) . cos = 2n 2.3 p 22.3 p 2n.3 n ∀ ≥ 2n. sin p 2n.3

2n. sin (2) Ta có: an = (1) ; bn = 2n. sin p p 2n.3 p sin sin . cos 3 3 bn Ngoài ra: ¥ ¥ p 2n.3 p 2n.3 an và lim n → Từ (1), (2) tồn tại lim n → p

= = 2n. sin p ¥ ¥ 2√3p 9 3 sin p 3 sin . cos lim n → an = lim n → 3 p 2n.3 p 2n.3

cos = ¥ ¥ ¥ 2√3p 9 p 2n.3 lim n → bn = lim n → an. lim n →

Vậy hai dãy (an), (bn) có cùng giới hạn chung là 2√3p 9 Bài tập đề nghị:

51

Bài 1: Cho hai dãy (an), (bn) như sau: a < b cho trước:

a1 = ; b1 = √a.a1 a + b 2

1

−

−

1

−

1 + bn 2

; b2 = a2.b1 a2 = a1 + b1 2 p ... an an = ; bn = an.bn

p ¥ ¥ p a.Tìm lim n → bn, b.Tìm lim n → Hướng dẫn:Đặt cos a = , 0 < a < an a b 2 (cid:16) (cid:17) Bằng quy nạp ta dễ dàng có:

2 ... cos

1 .cos2

−

1 .cos2

−

a 2n . an = b. cos a  a 2n b. sin a cos a 2n a bn = b. cos ... cos a 2n 2 a 2n = a 2n =

  bn = ¥ 2n. sin b. sin a . a 2n. sin 2n b sin a a ⇒ lim n →

b.Ta cũng có:

an = bn. cos

cos an = ¥ ¥ b sin a a b sin a a a 2n a 2n = lim n → . lim n →

2 2 2 (thừa Bài 2: Tìm lim 2 + √2........... 2 + 2 + ... + √2 √2. − − − r ! q q p p p số cưới có n dấu căn)

Bài 3:Cho dãy số:

xn) x1 = t xn+1 = 4xn(1

1 1)2 để chứng minh xn) = 1 (2xn − − xn | | ≤

( − Tìm các giá trị của t để x1998 = 0 ? Hướng dẫn: Phân tích 4xn(1 − Đặt t = sin2a suy ra công thức xác định xn Bài 4:Cho dãy số:

n −

1 x1 = t xn+1 = 2x2 (

52

1 1 và Tìm công thức tổng quát xác định xn. a Hướng dẫn: Ta xét hai trường hợp: | ≤ | a | ≥ |

2.5. Lớp các bài toán về giới hạn của dãy

2.5.1. Phương pháp sử dụng định nghĩa tính giới hạn

Nhận xét: ta có thể dự đoán được giới hạn của một số dãy số nhờ việc tìm

nghiệm của phương trình liên quan. Dự đoán này cần được kiểm nghiệm lại bằng

định nghĩa giới hạn của dãy số.

Ta nhắc lại rằng, dãy xn { }

a } − xn { với mọi n > N, các phần tử của dãy này thoả mãn bất đẳng thức được gọi là hội tụ nếu tồn tại một số a sao cho dãy là vô cùng bé, nghĩa là với mọi e > 0, luôn tồn tại số N = N(e ) sao cho < e . Khi đó xn | a | − số a được gọi là giới hạn của dãy . xn { } Bài toán 1.

Chứngminh rằng Cho dãy số 1, u1 = xác định bởi công thức un+1 = 1 3 u2 n 2 − } un { có giới hạn và tìm giới hạn đó. dãy số un { }

Lời giải

2 Ta có: 1 < un < 0, n ∀ ≥ − un = a thì a phải là nghiệm âm của phương trình: ¥ Do đó, nếu lim n →

√3 x = 1. Giải phương trình, ta được x = 1 √3 Ta sẽ chứng minh rằng a = 1 − x2 2 − −

1 = = . un a | là giới hạn của dãy. Thật vậy: u2 n 2 − a |

− √3 un+1 | Vì un + a | | = √3 1 2 | 1 + 1 a2 2 − < − |

n

n

− Vậy < 2. un un+1 | − − (cid:12) (cid:12) 1 < un < 0 nên: (cid:12) (cid:12) √3 a 2 | | − ≥ 1 (cid:19)(cid:12) (cid:12) (cid:12) − (cid:12) (cid:12) n , (cid:12) ∀ 1 − (cid:18) un + a | a | n − < < un+1 u2 | a | − Do đó: | a | − (cid:12) (cid:12) √3 2 !

= 0 Vì 0 < √3 2 ! √3 2 ¥ ¥ un+1 | a | − = 0 Suy ra lim n → (cid:17) √3 2 un = a = 1 ¥ < 1 nên lim n → (cid:16) √3. − Vậy lim n →

53

2.5.2. Tính giới hạn nhờ sử dụng tính đơn điệu và bị chặn

Nội dung chính của phương pháp này chủ yếu dựa vào khẳng định sau đây: Mọi

dãy đơn điệu và bị chặn đều là dãy hội tụ. Hơn nữa:

¥ ≤ ≤ ≤ a2 a2 Nếu a1 Nếu a1 ... thì an ... thì an an an ¥ ≥ ≥ ≥ lim n → lim n → Nhận xét rằng định lí trên chỉ cho ta biết về dấu hiệu hội tụ của một dãy số, mà

chưa xác định được một thuật toán cụ thể để tìm giới hạn của dãy số đó. Ta cần mô

tả mối liên quan giữa dãy số với nghiệm của phương trình sinh bởi dãy tương ứng.

Nếu phương trình liên quan có nghiệm duy nhất thì nghiệm đó chính là giới hạn của

dãy số cần tìm.

1 Giả sử xác định theo công thức: xn+1 = f (xn), xn { } n ∀ ≥ N và f là hàm tăng trên [a; b]. Chứng minh rằng: [a; b] , n

là dãy tăng. ≤ { là dãy giảm. xn } xn ∈ x2 thì x2 thì

Bài toán 1. Cho dãy số xn ∈ a) Nếu x1 b) Nếu x1 { ≥ c) Nếu f bị chặn thì hội tụ. } xn { }

Lời giải

a) Vì x1 x2 nên f (x1) f (x2) x2 < x3. ≤ ≤ ⇔ N xn+1, n ∀ ∈ ≤ Từ đó, bằng quy nạp toán học ta chứng minh được: xn Suy ra là dãy tăng. xn { } b) và c) cũng được chứng minh theo cách tương tự.

được xác định như sau : }

1 +

−

1 !

; với n 2, a > 0, y1 > 0 2yn yn = ≥ 1 3 yn Bài toán 2 Cho dãy { a y2 n − Chứng minh rằng dãy trên hội tụ và tìm giới hạn của dãy.

Lời giải

3√a

Dùng bất đẳng thức Cauchy và phép quy nạp, ta suy ra :

1 + yn

1 +

1 ! ≥

yn yn =

1

−

− 2 3

− yn yn

1 ≤

−

1 3 Mặt khác : + yn yn a y2 n − 1 = 1 3 ≤ →

54

Vậy dãy số yn = 3√a ¥ yn { } hội tụ và từ hệ thức quy nạp ta suy ra : lim n →

xác định như sau:

1 + 3xn −

2) là một dãy hội tụ xn } { 1 + 1, (n ≥ Bài toán 3 Xác định x1 để dãy xn = x2 n −

Lời giải

x, x ∀ ∈ ≥ 1 Giả sử dãy a = Ta có x2 + 3x + 1 xn ¥

⇔ 1 − 2 x Do đó, vì 1. ≤ − ≤ } tăng nên xn 2; 2; ↔ − sẽ hội tụ vì dãy tăng 1] là hội tụ và lim n → ≤ − 1] thì x2 [ − ∈ − R nên dãy đã cho là dãy tăng. xn = a thì a = a2 + 3a + 1 n. Ta có x2 + 3x + 1 1, ∀ n và khi đó [ − ≤ − xn { − ∈ ∀ } { xn } { Vì thế, nếu x1 và bị chặn

n suy ra dãy sẽ 1, 1 hoặc x1 < 2 thì x2 > 1 và dẫn đến xn > xn − − − ∀ { } − Nếu x1 > không hội tụ.

2; hội tụ. 1] thì [ − − ∈ xn { } Vậy, nếu x1 Bài toán 4.

xn với n=0, 1, 2, . . .

Cho dãy số xn xác định bởi x0 = √2 và xn+1 = √2 { } Chứng minh rằng dãy có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. xn { }

Lời giải.

xn thì dãy số có dạng x0 = √2 và xn + 1 = f (xn).

√2

Đặt f (x) = (√2)

> √2 = x0. Từ đó, do f (x) là hàm số

Ta thấy f (x) là hàm số tăng và x1 = √2 tăng nên ta có:

2

xk < √2

là dãy số tăng. }

= 2.

xn sang giới hạn, ta được

tăng và bị chặn trên bởi 2 nên dãy có giới hạn hữu hạn. xn { }

x

.

ln x x = ln(√2). Khảo sát ta thấy rằng phương trình trên chỉ có 1 nghiệm nhỏ hơn e và một nghiệm

xn x2 = f (x1) > f (x0) = x1, x3 = f (x2) > f (x1) = x2, . . . Suy ra { Tiếp theo, ta chứng minh bằng quy nạp rằng xn < 2 với mọi n. Điều này đúng với n = 0. Giả sử ra đã có xk < 2 thì rõ ràng xk+1 = √2 Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có xn < 2 với mọi n. Vậy dãy Gọi a là giới hạn đó thì chuyển đẳng thức xn+1 = √2 a a = √2 Ngoài ra ta cũng có a 2. Xét phương trình x = √2 ⇔ ≤ hàm số ln x x

55

lớn hơn e. Vì 2 là một nghiệm của phương trình nên rõ ràng chỉ có 1 nghiệm duy

nhất của phương trình thoả mãn điều kiện 2. Từ đó suy ra a = 2. ≤ Vậy giới hạn của xn khi n dần đến vô cùng là 2.

1/u2 n ,

xác định như sau: Bài toán 5. un } N. ∈ n ∀ = 1 e− − u2 n ln n ¥ Cho dãy { u0 > 0, un+1 = un Chứng minh: lim n → (cid:0) (cid:1)

Lời giải

1/x2

1/x2

1/x2

1/u2

1/u2 n

Dễ thấy un { } x ∀ Mặt khác, ex > 1 + x, là dãy giảm vì ex > 0, = 0 nên : 6 1 > 0, x > 0 x + f (x) = x xe− > e− x ∀ 1/x2 = e− e− 1 x − ∀ − − 1 (cid:19) (cid:18) (cid:17) , suy ra u = 0. un = u (cid:16) e− ¥ −

xn yn

−

−

ln n 1 u2 n

ln(nu) 1 u2 n+1

= lim = 0 Sử dụng ¥ ¥ = 1 và lim n → ¥ ¥ , 2e− u3 n = a < +¥ un + 1 un , yn ¥ → → 1 u2 n ! xn+1− yn+1− 1 u2 n+1 − tăng và lim n → = 1, vì: = a yn { } u2 n ln n ¥ ¥ Do đó tồn tại lim n → Ta cũng có : lim n → nhận xét: nếu xn xn yn thì lim n → , ta đi đến lim n → (cid:0) (cid:1) 1 + u4 n ln (cid:19) = = u2 n ln n ¥ ¥ ¥ ¥ ¥ 1 n 1/u2 n 1 2 un + un+1 un ln n 1/u2 n (cid:18) 2une− lim n → = lim n → = lim n → lim n → = lim n → (cid:0) (cid:1) 1

1 là một số thực, và định nghĩa dãy x1, x2, ≥ · · · Bài toán 6(VMO1998 [4]) Cho a như sau: x1 = a và

n + 3) n + 1

. xn+1 = 1 + log xn(x2 3x2 (cid:18) (cid:19)

Chứng minh rằng dãy trên có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Lời giải

Ta có với x 1 thì : ≥

1 1)3 (x 0 => x3 + 3x 3x2 + 1 => x(x2 + 3) 3x2 + 1 ≥ − ≥ ≥

56

=> 1 + log 1, x(x2 + 3) 3x2 + 1 ≥

nên một cách quy nạp ta có mọi phần tử của dãy đều lớn hơn hoặc bằng 1, và

x 1 x2 => x2 + 3 3x2 + 1 => x(x2 + 3) 3x2 + 1 ≤ ≤

x => 1 + log 1 + logx ≤

≤ x(x2 + 3) 3x2 + 1 ≤ Do vậy dãy là đơn điệu giảm và bị chặn dưới, nên tồn tại giới hạn hữu hạn. Giới hạn

x phải thỏa mãn:

x = 1 + log x(x2 + 3) 3x2 + 1

và hơn nữa bất đẳng thức thứ 2 ở trên phải xảy ra dấu bằng, tức là x = 1. Do vậy

giới hạn bằng 1.

2.5.3. Tính giới hạn nhờ sử dụng định lý hàm số co

xác Bài toán 1(Đề dự bị VMO 2008 [4]) Cho số thực a và dãy số thực xn { } 2008 với mọi n = 1, 2, 3, . . . − định bởi: x1 = a và xn+1 = ln(3 + cosxn + sinxn) Chứng minh rằng dãy số xn có giới hạn hữu hạn khi n tiến đến dương vô cùng.

Lời giải

cos x sin x Từ đó, Đặt f (x) = ln(3 + sinx + cosx) 2008, R thì f 0(x) = − 3 + sin x + cos x − x ∀ sin x cos x √2 ta suy ra: √2, ∈ sin x + cos x | ≤ | | ≤ √2 sử dụng đánh giá: | − = q < 1. f 0(x) | ≤ √2 3 − | Áp dụng định lý Lagrange cho x, y thuộc R, ta có f (x) y) f (y) = f 0(z)(x − − với mọi x, y thuộc R. Suy ra f (x)) là hàm số f (y) | − y | | ≤ x q |

các số thực được

c 1. Chứng minh · · · √c + xn với mọi n − ≥ được xác định với mọi n và có giới hạn hữu hạn. f (x) Từ đó suy ra − co trên R suy ra dãy đã cho hội tụ. Bài toán 2(VMO2000 [4]) Cho số thực c > 2, một dãy x1, x2, định nghĩa như sau: x1 = 0 và xn+1 = rằng dãy x1, x2, p · · ·

Lời giải

57

(0, c) hay c(c 1) 0 với mọi x0 x0 với mọi ∈ − ≥ ≥ − √c + xn 2. ≥ Để x1 tồn tại thì c x0 (0, c) suy ra c ∈ Với c 2 thì 0 < x1 < √c . ≥ √c + xn > c 2 , suy ra xn+1 tồn tại và ta cũng có − − Nếu 0 < xn < √c thì c 0 < xn+1 < √c.

c c √c + x √c + x Đặt f (x) = √c + x thì f 00(x) = 1 4 − − − Với mọi x (c)) ta có: p (0, p ∈ c c 2 2 > c (c + x) 2 + √2 > c + √c 1 4 − − − (cid:17) ≥ (0, √c) (cid:16) p q < 1 với mọi x (cid:16) p Từ đó suy ra: (cid:0) √c + x p f 0(x) (cid:1) | ≤ | (cid:17) ∈ tức f (x) là hàm số co trên (0, √c), suy ra dãy số đã cho hội tụ. Vậy tất cả các giá trị

c cần tìm là c 2. ≥

2.5.4. Phương pháp sử dụng tổng tích phân tính giới hạn

Việc tính trực tiếp tổng của dãy số cho trước để từ đó xét giới hạn không phải

khi nào cũng thực hiện được. Tuy nhiên ta có thể phân tích tổng này dưới một dạng

khác mà từ đó cho phép ta tính giới hạn của tổng một cách dễ dàng nhờ tích phân.

−

b

n

1)

d

−

i=1

1)

a R xi −

1 ≤

Theo định nghĩa về tích phân xác định thì nếu hàm f (x) khả tích trên đoạn [a; b] thì với mọi phép phân hoạch p của đoạn [a; b] và mọi cách chọn các điểm x i 1; xi] [xi ∈ (cid:229) (i = 1, 2, . . . , n) ta luôn có: f (x i) (xi xi − f (x) dx = lim 0 → (xi − Trong đó: d = max n i ≤ Như vậy biểu thức dưới dấu giới hạn chính là tổng tích phân của hàm f (x) trên [a;

n

b] ứng với một phép nhân hoặc trên [a; b] nào đó. Vậy để tính giới hạn của một tổng

i=1 b

nhờ tích phân xác định về cơ bản ta thường tiến hành theo các bước như sau: a b b a (cid:229) f a + i - Biến đổi tổng dấu giới hạn về biểu thức dạng: Sn = − n − n (cid:19)

a R

- Chọn được hàm f (x) khả tích trong [a; b]. - Tính tích phân (cid:18) f (x) dx và đó chính

là giới hạn cần tìm.

2

3 n

Bài toán 1.

... Pn với: Pn = 2 + 3 5n 2 + 28 5n 2 + 15n − 5n ¥ Tìm lim n → (cid:2)(cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1) (cid:0) (cid:1)(cid:3)

58

n

12

i=1

(cid:229) ln Lấy lôgarit hai vế ta nhận được: ln Pn = 2 + 15i − 5n

1; xi]

1 +

(cid:1) (cid:0) Lời giải 3 n Đặt Sn = ln Pn Ta chia đoạn [2; 5] thành n phần bằng nhau với các điểm chia:

−

−

5

2 ln 2+3

[xi xi xi và chọn x i = 4 5 1 5 3 n Sn = ¥ xi = 2 + i ∈ Xét hàm: f (x) = lnx liên tục trên [2; 5] nên nó khả tích trên đoạn đó. Do đó: lim n →

lntdt = 5 ln 5 Pn = e5 ln 5 − ¥ − 2 ln 2 + 3 Vậy: lim n →

2 R Bài toán 2.

1 1 1 + ... + + Đặt: Sn = p  1 + sin 1 + sin 1 + sin 2n np 2n 2p 2n Sn 1 n      ¥ Tính: lim n →

n

Lời giải

i=1

1 (cid:229) Ta có: Sn = 1 n

1

ip 2n 1 + sin 1 Đặt: f (x) = , x [0; 1] ∈ 1 + sin p x 2

f (x) dx Từ đó: Sn =

0 R x , ta suy ra: 1

1

d

1

1

1

1

Đặt t = 1 − dt , dx = f (x) = − 1 + cos p t 2 Do đó:

0 R

0 R

0 R Sn = 2 p

dt dt tg = f (x) dx = = . = = 2 p 2 p 2 p 1 2 cos2 1 + cos p t 4 p t cos2 4 p t 2 p t 4

0 R Do đó: lim n →

¥ p t 4 (cid:12) (cid:12) (cid:12) 0 (cid:12) (cid:12) (cid:12)

2.5.5. Tính giới hạn dựa vào việc giải phương trình sai phân

Bài toán 1

Cho dãy số un xác định bởi:

59

, n > 2 un = un+1 + un+2 2(n + 2)2 (n + 1)(n + 3) (n + 1)(n + 2) n(n + 3) 2(n + 2) n + 3 ∀

3 − u1 = 0 u2 = −

   Chứng minh rằng: lim un n2 = 1

Lời giải

Trước hết ta tìm số hạng tổng quát của dãy (un) bằng cách giải phương sai phân:

, un = un+1 + un+2 2(n + 2)2 (n + 1)(n + 3) 2(n + 2) n + 3 n > 2( ) ∗ ∀ − (n + 1)(n + 2) n(n + 3) 3.

với điều kiện ban đầu: u1 = 0 và u2 = Nhân cả hai vế của (*) với − ta được: n + 3 n + 2 (*)

n > 2( un = 2, un+2 un+1 + n + 1 n n + 3 n + 2 2(n + 2) n + 1 ⇔ − ∀ ) ∗∗

n > 2( un. Khi đó ta được phương trình: vn+2 2vn+1 + vn = 2, n + 1 n − 9/2. Ta có phương trình đặc trưng:t2 ) ∗∗∗ ∀ 2t + 1 = 0 có nghiệm kép Đặt vn = và v1 = 0; v2 = − − n + n2. Suy ra: t=1. ta giải được: vn = 15 12 13n Do đó: n + n2 + = vn = 15 12 n n + 1 15n2 2(n + 1) n3 n + 1 13 12 − 13 12 − 2(n + 1) − (cid:18) (cid:19) lim n un = n + 1 un n2 = 1

2.5.6. Sử dụng dãy phụ để tính giới hạn

* Sử dụng dãy con để xét sự hội tụ của dãy

Cơ sở của phương pháp là định lý: Mọi dãy con của dãy hội tụ đều hội tụ và ngược

lại :

Nếu mọi dãy con của dãy (an) đều hội tụ thì chúng phải hội tụ đến cùng một giới hạn a và số a đó cũng chính là giới hạn của dãy (an). Như vậy: Nếu limx2n = limx2n+1 = a thì limxn = a. Tổng quát: Cho số nguyên m 2, nếu: limxmn+i = a, mọi i=0,1,2,...,m-1 ≥

60

thì limxn = a.

Bài toán 1. Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức: x0 = x1 = 1 3xn+2 = xn + xn+1 (

Chứng minh rằng dãy(xn) hội tụ.

Lời giải

, dễ thấy (an) là dãy giảm dần 2an 3 Xét dãy số (an) được xác định bởi:a0 = 1, an+1 = về 0. Ta chứng tỏ max an, với mọi n (1). x2n, x2n+1 { } ≤

an+1 2an suy ra x2n+2

an + an+1 ≤ 2an suy ra x2n+3 ≤ an+1. ≤ ≤ ≤

Thật vậy, (1) đúng với n=0 và n=1. Giả sử (1) đúng với n và chú ý rằng (an) là dãy số giảm nên ta có: 3x2n+2 = x2n + x2n+1 3x2n+3 = x2n+1 + x2n+2 Như vậy (1) đúng với n+1, theo nguyên lí quy nạp thì (1) được chứng minh. Dễ thấy xn > 0 với mọi n , và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx2n = lim2n+1 = 0 suy ra limxn = 0. * Nhận xét: Lời giải trên đã đưa vào dãy phụ an có tác dụng chặn cả hai dãy con dạng x2n, x2n+1 và làm cho chúng cùng hội tụ về một điểm. Tiếp tục phương pháp đó ta xét bài toán sau:

Bài toán 2.

n + x2

n+1

Chứng minh rằng Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức: x0 = x1 = 1 3xn+2 = x2 (

dãy(xn) hội tụ.

2

Lời giải

, dễ thấy (an) là dãy giảm dần về

2an Ta xây dựng dãy (an) như sau:a0 = 1, an+1 = 3 0. Tương tự như bài toán 1 ta chứng minh được:

max an, với mọi n. x2n, x2n+1 { } ≤

Dễ thấy xn > 0 ,với mọi n, và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx2n = lim2n+1 = 0 suy ra limxn = 0. Nhận xét: Cách cho công thức truy hồi của hai dãy là khác nhau nhưng lại cùng

chung cách giải quyết và ta có thể tổng quát hoá cho lớp bài toán mà tác giả sẽ dẫn

ra sau:

Bài toán 3.

3n + x2

3n+1

Chứng minh rằng Cho dãy số (xn) xác định bởi công thức: x0 = x1 = 1 3x3n+2 = x2 (

61

dãy(xn) hội tụ.

2

Lời giải

, dễ thấy (an) là , an+1 = 2an 3 } Ta xây dựng dãy (an) như sau:a0 = max dãy giảm dần về 0. Ta chứng minh:max an, với mọi n. (3) } ≤

x0, x1,x2 { x3n, x3n+1, x3n+2 { Thật vậy, (3) đúng với n=0 và n=1,2. Giả sử (1) đúng với n và chú ý rằng (an) là dãy số giảm nên ta có:

3n+2 ≤

x3n+3

3n+3 ≤

2a2 n ⇒ a2 n + a2 an+1; 2a2 n ≤ n+1 ≤

3n+4 ≤

n+1 ≤

3n + x2 3n+1 + x2 an+1 3n+2 + x2 an+1

a2 n + a2 2a2 n

3x3n+3 = x2 3x3n+4 = x2 x3n+4 ≤ ⇒ 3x3n+5 = x2 x3n+5 ⇒ ≤

Như vậy (3) đúng với n+1, theo nguyên lí quy nạp thì (3) được chứng minh. Dễ thấy xn > 0 với mọi n , và từ (1) theo nguyên lý kẹp có limx3n = lim3n+1 = lim3n+2 = 0 suy ra limxn = 0. Ba bài toán trên ta sử dụng các dãy con dạng (x2k+i), i = 1, 2 và (x3k+i), i = 1, 2, 3. Sau đây ta xét một bài toán có sử dụng đến dãy con dạng (x4k+i), i = 1, 2, 3, 4: Bài toán 4(VMO-2008 [4]) Cho dãy số thực (xn) được xác định như sau:

xn +

với mọi n=1,2,3,... 1 2 +¥ x1 = 0, x2 = 2 và xn+2 = 2− Chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn khi n →

x + 1

2 , xác định trên R.

Lời giải

∈ N∗,ta có xn+4 = f (xn+2) = f ( f (xn)) hay xn+4 = g(xn), trong đó g là R (1) ∈

1; 2; 3; 4, dãy (x4n+k), n ∈ 2, xn Xét hàm số f (x) = 2− Với mỗi n hàm xác định trên R và g(x) = f ( f (x)), x ∀ Dễ thấy, hàm số f giảm trên R; do đó hàm số g tăng trên R. Vì thế từ (1) suy ra: với N, là dãy đơn điệu. hơn nữa, từ cách xác định dãy mỗi k 1; 2; 3; 4 dãy (x4n+k) là dãy hội N∗. do đó, với mỗi k ≤ ≤ n ∀ ∈ ∈ ∈ (xn) dễ thấy 0 tụ.

2. hơn nữa, do hàm số g liên ak 1; 2; 3; 4 đặt x4n+k = ak. Ta có 0 ∈ ≤ ≤ Với mỗi k tục trên R nên từ (1) suy ra g(ak) = ak (2)

62

Xét hàm số h(x) = g(x) x trên [0; 2]. Dễ chứng minh được hàm số h giảm trên −

∈ [0; 2], sao cho h(x) = 0 hay g(x) = x. Mà 1; 2; 3; 4. từ đây, vì dãy (xn) là hợp của bốn k ∀ ∈

[0; 2]. Vì thế có không quá một điểm x g(1) = 1, nên từ (2) ta được ak = 1, dãy con x4n+k nên dãy (xn) hội tụ và limxn = 1 *Nhận xét: Như vậy các bài toán trên đều giải được bằng cách xét các dãy phụ, từ

các dãy phụ này ta có thể tạo ra một lớp các bài tập tương tự như sau:

n+2

Chứng minh rằng các dãy số dương (xn) cho bởi các công thức sau đều hội tụ về 0 với x0, x1, x2, x3 đều thuộc khoảng (0;1):

n+1

n+2

+ x2 3)3xn+3 =

4)3xn+3 = + xnxn+1 1)3xn+3 = x2 n + xn+1xn+2; 2)3xn+3 = x2 n + xnxn+1 x2 n + x2 2 x2 n + x2 2

* Sử dụng dãy số phụ để tính giới hạn.

Nhận xét: Qua các phương pháp trên ta đã thấy: Khi khảo sát sự hội tụ của một

dãy số ta thường định lí về dãy đơn điệu và bị chặn. Nếu dãy không đơn điệu thì

có thể thử xét dãy với chỉ số chẵn và dãy với chỉ số lẻ. Tuy nhiên, có những dãy số

có “hành vi” phức tạp hơn nhiều. Chúng tăng giảm rất bất thường. Trong một số

trường hợp như thế, ta có thể xây dựng một (hoặc hai) dãy số phụ đơn điệu, chứng

minh các dãy số phụ có giới hạn và sau đó chứng minh dãy số ban đầu có cùng giới

hạn. Tất nhiên, dãy số phụ phải được xây dựng từ dãy số chính.

1

−

. Bài toán 1 Dãy số (an) được xác định bởi a1 > 0, a2 > 0 và an+1 = 2 an + an

Chứng minh rằng dãy số (an) hội tụ và tìm giới hạn đó.

Lời giải

Xét hai dãy (Mn) và (mn) với:

Mn = max }

mn = min an, an+1, an+2, an+3 { an, an+1, an+2, an+3 { }

max Ta chứng minh (Mn) là dãy số giảm (mn) là dãy số tăng. Thật vậy, ta sẽ chứng minh: . Suy ra Mn+1 = an+1 hoặc an+2 hoặc an+3 và rõ ràng khi an+4 ≤ an+1, an+3 { }

63

đó Mn = max Mn+1. an, an+1, an+2, an+3 { } ≥ 2 an+3 suy ra 2 (an+3 + an+2)an+3. an+3 thì ≥ ≥ an+3 + an+2 ≥

2 (an+2+an+3) −

2an+2 (an+3+an+2)an+3 −

an+3 −

an+2 + an+4 = Khi đó an+1 = an+2 = 2

1.

−

Thật vậy, nếu an+4 2 an+3 an+4. Suy ra đpcm. ≥

an+2 + an+4 Vậy ta chứng minh được dãy (Mn) giảm. Tương tự dãy (mn) tăng. Hai dãy số này đều bị chặn nên hội tụ. Cuôi cùng, ta chỉ còn cần chứng minh hai giới hạn bằng nhau. Bài toán 2. Dãy số (an) được xác định bởi a1 > 0, a2 > 0 và an+1 = √an + √an Chứng minh rằng dãy số (an) hội tụ và tìm giới hạn của dãy số đó.

Lời giải

−

Xét dãy số (Mn) với Mn = max an, an+1, 4 } { 4, từ đó Mn+1 = 4. ≤ ≤ 4. Khi đó:

1 = an+1. Do đó Mn+1 = an+1.

−

≥ − 4, suy ra an+2 an, an + 1 ≥ ≥ √an+1, suy ra: √an + √an

√2an. Suy ra ≤ an+1, an 4. Khi đó an+2 = √an + √an+1 ≤ ≥ ≥ an = Mn. ≤ Mn, tức là dãy (Mn) là dãy số giảm. Do (Mn)bị ≤

N thì M ≥ − ∈ Nếu Mn = 4 thì an, an+1 Nếu Mn = an+1 thì an+1 √an √an 1 = an+1 an+2 = √an + √an+1 Nếu Mn = an thì an Mn+1 Vậy trong mọi trường hợp Mn+1 chặn dưới bởi 4 nên dãy này có giới hạn. Ta chứng minh giới hạn này bằng 4. Thật vậy, giả sử giới hạn là M > 4. Khi đó với mọi e > 0, tồn tại N sao cho với mọi N sao cho Mn+2 = an+2 (theo các lập n e < Mn+2 = an+2 =

−

− e ) < 0. e (2M + 4 4) − − −

, , e < Mn < M + e . Chọn n luận ở trên và do M > 4 thì tồn tại chỉ số n như vậy. Ta có: M 1 < 2√M + e hay M(M √an + √an Mâu thuẫn vì M > 4 và e có thể chọn nhỏ tuỳ ý. Bài toán 3.(VMO-1992 [4]) Cho các số dương a, b, c và 3 dãy số bk ck ak { } { } { } được xác định như sau:

; = 0. ; bk+1 = bk + ck+1 = ck + 1) a0 = a, b0 = b, c0 = c. 2) ak+1 = ak + k ∀ 6 2 bk + ck 2 ck + ak 2 ak + bk Chứng minh rằng ak dần tới vô hạn khi k dần tới vô hạn.

Lời giải

64

Với mỗi k 0, đặt:

≥ ak, bk, ck { } } là dãy các số dương. Mk = max Từ giả thiết bài toán, suy ra ak, bk, ck và mk = min { mk và } { (5) Mk } { mk = ¥ ¥

k

Ta sẽ chứng minh rằng: lim k ak = ¥ → ¥

k

R = p và từ đây sẽ suy ra lim → Để chứng minh (5), ta sẽ chứng minh rằng: Mk mk ¥ ¥ ∈ Mk = ¥ và lim →

k + 4

k + b2

k +

k + b2 a2

k+1 > a2

+ + ≥ ak bk + ck bk ck + ak (cid:18) ck ak + bk (cid:19)

1, ta có :

k > 2k

M2 (6) Mk > √2k Mk = ¥ ¥ → → → lim k →

b) Xét dãy

lim k → Mk .Từ giả thiết (2), ta có : a) Xét } { k + c2 k+1 + c2 k+1 + b2 a2 c2 k + 6 k Suy ra ≥ ∀ k + c2 k + b2 a2 k > 6k Mk mk (cid:27) (cid:26) Từ giả thiết (6), dễ thấy và Mk+1 mk + 1 Mk ≥

k ∀ ≥ Mk + mk = Mkmk + 1 = Mk ≥ mk + ≤ (cid:18) 0 mk+1 1 mk (cid:19) Mk + 1 mk 1 Mk (cid:19) (cid:18)

Mkmk+1 → ≤ Mk mk Suy ra: Mk+1 + mk ≤ Mk+1 mk+1 ≤

Do 0 nên dãy là dãy không tăng và bị chặn dưới bởi -1. Vì 1, k ∀ Mk mk ≥ Mk mk (cid:27) (cid:26) R (7) = p, p ¥ ∈ ≥ Mk mk vậy, tồn tại lim n → Từ (6) và (7) suy ra điều phải chứng minh.

2.5.7. Giới hạn của dãy sinh bởi phương trình

Nhận xét:Trong toán học, có rất nhiều trường hợp ta không xác định được giá

trị cụ thể đối tượng mà chúng ta đang xét (ví dụ số, hàm số) nhưng vẫn có thể thực

hiện các phép toán trên các đối tượng đó. Ví dụ ta có thể không biết giá trị các

nghiệm của một phương trình, nhưng vẫn biết được tổng của chúng, tìm được giới

hạn của dãy các nghiệm...

Bài toán 1. Ký hiệu xn là nghiệm của phương trình: 1 1 + + ... + = 0 thuộc khoảng (0, 1) 1 x x 1 x n − −

65

a) Chứng minh dãy hội tụ.

xn } { b) Hãy tìm giới hạn đó. 1 1 + + ... + = 0 Nhận xét: xn được xác định duy nhất vì hàm số fn(x) = 1 x x 1 x n − − liên tục và đơn điệu trên (0, 1). Tuy nhiên, ta không thể xác định được giá trị cụ thể

của xn. Rất may mắn, để chứng minh tính hội tụ của xn, ta không cần đến điều đó. Chỉ cần chứng minh tính đơn điệu và bị chặn là đủ. Với tính bị chặn, mọi thứ đều

ổn vì 0 < xn < 1. Với tính đơn điệu, ta chú ý một chút đến mối liên hệ giữa fn(x) và fn+1(x) :

. Đây chính là chìa khoá để chứng minh tính đơn điệu x 1 n 1 − − fn+1(x) = fn(x) + của xn.

Lời giải

= fn+1(x) = fn(x) + < 0, trong khi đó fn+1(0+) > 0. Rõ ràng xn được xác định một cách duy nhất, 0 < xn < 1. Ta có: 1 n 1 n 1 1 x x − − − −

giảm. } Theo tính chất của hàm liên tục, trên khoảng (0, xn) có ít nhất 1 nghiệm của fn+1(x). Nghiệm đó chính là xn+1. Như thế ta đã chứng minh được xn+1 < xn. Tức là dãy số xn { Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên dãy số có giới hạn.

Ta sẽ chứng minh giới hạn nói trên bằng 0. Để chứng minh điều này, ta cần đến kết

quả quen thuộc sau:

1 + 1/2 + 1/3 + . . . + 1/n > ln(n)

≥ N a với mọi n. ¥ nên tồn tại N sao cho với mọi n ¥ khi n (Có thể chứng minh dễ dàng bằng cách sử dụng đánh giá ln(1 + 1/n) < 1/n)) Thật vậy, giả sử limxn = a > 0. Khi đó, do dãy số giảm nên ta có xn Do 1 + 1/2 + 1/3 + . . . + 1/n → → ≥ ta có:

1 + 1/2 + 1/3 + . . . + 1/n > 1/a.

N ta có: 1 + < +...+ +...+ = 0.Mâu thuẫn. < + + 1 1 1 2 1 n 1 n 1 a 1 a − Khi đó với n ≥ 1 1 xn 1 xn xn − − − −

1 1 phương trình: + ... + + = 0 = xn − Vậy ta phải có limxn = 0. Bài toán 2. (VMO 2002)[4] Cho n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng 1 n2x 1 2 4x 1 1 1 x − − − có một nghiệm duy nhất xn > 1. Chứng minh rằng khi n dần đến vô cùng, xn dần

66

đến 4.

là dãy số tăng. 1) cho thấy xn { − } 1 1 ). + ... + + (ở đây fn(x) = Nhận xét: Việc chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất xn > 1 là hiển nhiên. Mối liên hệ fn+1(x) = fn(x) + 1/((n + 1)2x 1 n2x 1 2 4x 1 1 x 1 − − −

− Đề bài cho sẵn giới hạn của xn là 4 đã làm cho bài toán trở nên dễ hơn nhiều. Ta sẽ dùng định lý Lagrange để đánh giá khoảng cách giữa xn và 4. Để làm điều này, ta 1 1 . Rất may mắn, bài + ... + + cần tính fn(4), với fn(x) = x 1 4x 1 1 n2x 1 2 1 − − − − tính fn(4) này liên quan đến 1 dạng tổng quen thuộc.

Lời giải

Đặt fn(x) như trên và gọi xnlà nghiệm > 1 duy nhất của phương trình fn(x) = 0. Ta có 1 1 1 + + ... + + = + ... + fn(4) = 4 1 16 1 1 2 1 2 (2n 1)(2n + 1) − − − 1 4n2 1 + ... + + = = 1 2 − 1 3 2n 1 − 1 2n 1 3 − 1 1 − 1 − − (cid:18) − với − 1 5 (cid:19) Áp dụng định lý Lagrange, ta có: 1/4n = 1 1.3 1 2 − fn(xn) xn 4 | − 1 − 4 = f 0(c) || 1 Nên từ đây 9 fn0(c) | c thuộc (xn, 4) Nhưng do: | 1 3.5 1 4n f (4) = | | 1)2 + ... > | 1)2 + (c (4c − − < 9/4n, suy ra limxn = 4. − 4 |

xn | Nhận xét:Trong ví dụ trên chúng ta đã sử dụng định lý Lagrange để đánh giá hiệu số giữa xn và giá trị giới hạn. Bình luận:Từ hai bài toán trên ta có thể rút ra cách xây dựng dãy hội tụ từ phương

trình:

Xét một họ phương trình F(n, x) = 0. Nếu với mỗi n, phương trình F(n, x) = 0 có nghiệm duy nhất trên một miền D nào đó thì dãy số xn được xác định. Từ mối liên hệ giữa các hàm F(n, x), dãy số này có thể có những tính chất rất thú vị

¥ = 1 và tìm lim n →

3, gọi xn là nghiệm dương duy nhất của phương ≥ x 1 = 0. − − − 1)]. [n (xn ¥ − Ví dụ 1. Với mỗi số tự nhiên n x2 trình xn Chứng minh rằng lim n → Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, phương trình:

2 2 2 + + + ... + 1 x x 1 x 4 x − − n2 = 0 xn. ¥

− có nghiệm duy nhất xn thuộc khoảng (0, 1). Tìm lim n → Để tạo ra các phương trình có nghiệm duy nhất trên một khoảng nào đó, có thể sử

67

dụng tổng của các hàm đơn điệu. Riêng với hàm đa thức ta có thể sử dụng quy tắc

Đề-các về số nghiệm dương của phương trình. Nếu dãy các hệ số của phương trình

nx x2 1 = 0 có nghiệm dương duy nhất x0, còn phương − − − x2 + nx 1 = 0 có nhiều nhất hai nghiệm dương. − −

đổi dấu k lần thì phương trình có không quá k nghiệm dương. Ví dụ phương trình x4 trình x4 Khi xây dựng các hàm F(n, x), có thể sử dụng công thức truy hồi. Như trong ví dụ trên thì: F(n + 1, x) = F(n, x) + 1 1) . Xây dựng F(n, x) kiểu này, dãy nghiệm xn n (x − − sẽ dễ có những quy luật thú vị hơn. Ví dụ, với dãy số trên, ta có:

F(n + 1, x) = F(n, x) + < 0. Từ đây, do F(n + 1, 0+) = ¥ ta suy ra xn+1 1 n (xn − −

1) nằm giữa 0 và xn, tức dãy (xn) giảm. Ví dụ 3 (VMO 2002- Ngày thứ hai) 1 1 1 1 Xét phương trình: + + + ... + 1 x x k2 + ... + x n2 = 0 x − − − − 1 4 2x Trong đó n là tham số nguyên dương.

1) CMR với mỗi số nguyên dương n, phương trình nêu trên có duy nhất nghiệm

+¥ →

1). n(xn ¥ −

trong khoảng (0;1), ký hiệu nghiệm đó là xn. 2) CMR dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn khi n Ví dụ 4. Cho n là một số nguyên dương lớn hơn 1. Chứng minh rằng phương trình xn = x + 1 có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là xn. Chứng minh rằng xn dần về 1 khi n dần đến vô cùng và tìm lim n → Ví dụ 5 (VMO 2007). Cho số thực a > 2 và fn(x) = a10xn+10 + xn + ... + x + 1 a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n, phương trình fn(x) luôn có đúng một nghiệm dương duy nhất

b) Gọi nghiệm đó là xn, chứng minh rằng dãy (xn) có giới hạn hữu hạn khi n dần đến vô cùng.

2.5.8. Giới hạn của dãy tổng

n

n

1

1

(cid:229) (cid:229) hoặc Bài toán: Tìm giới hạn các dãy có dạng tổng: ,...Trong đó dãy xn 1 xi 1 x2 i cho trước bởi hệ thức truy hồi

Để tiến hành giải bài toán ta làm theo các bước sau: Bước 1: Chỉ ra rằng: lim xn = +¥

68

n

n

1

n

n

(cid:229) (cid:229) , ,... (Tùy thược vào đề bài) Bước 2: Tính 1 xi 1 x2 i

1 1 xi

1

1

(cid:229) (cid:229) , lim Bước 3: Tính lim

n −

n

un + 1, n = 1, 2...

1

(cid:229) 1 x2 i Bài toán 1. Cho dãy (un) có số hạng đầu u1 = 2 và un+1 = u2 Tìm lim 1 ui

Lời giải

1)2, n = 1, 2... nên 1 < 2 = u1 < u2 < u3 < −

n

Do u1 = 2 > 1 và un+1 = un + (un ....Tức là dãy (un) là dãy tăng. Ta chứng minh dãy (un) không bị chặn trên. Thật vậy, nếu dãy (un) bị chặn trên thì (un) hội tụ, giả sử limun = a(a > 1). Khi đó ta được phương trình: a = a + (a . 1)2 a = 1 (mâu thuẫn). Từ đó suy ra lim un = +¥ − ⇔

i=1

1

1 + xn

1

−

1 Bây giờ ta đi xét hệ thức truy hồi: 1 (cid:229) , i = 1, 2, .... suy ra: = = 1) 1 = ui(ui ui+1 1 1 − 1 − − 1 ui u1 1 ui ui − − 1 khi n − . = 1 1 ui+1 +¥ − 1 → → ⇒ 1 un+1 1 n − (cid:229) − 1 un+1 − Vậy lim = 1 1 xi Bài toán 2.(VMO 2009)

1 + 4xn − 2

1

x2 n − , n=1,2... Cho dãy (xn) được xác định bởi:x1 = 1 2 và xn = n (cid:229) có giới hạn hữu hạn và tìm giới Chứng minh rằng dãy (yn) (n=1,2,...) với yn = q 1 x2 i hạn đó.

Lời giải

Từ giả thiết ta thấy xn > 0,

1

−

1

1=

−

1

1. 1 + xn x2 n − xn Ta có: xn xn q x ≥ ∀ 1 + 4xn − 2 −

1

1

−

1 + xn+1

− 1 + 4xn −

xn 2xn − x2 n − = = > 0, 2. q − − 1 + 4xn − 2 n ∀ ≥

x2 n − q a = 0 √a2 + 4a + a 2 ⇔ Do đó (xn) là dãy tăng. Giả sử limxn = a suy ra a>0 và a = (vô lí). Vậy limxn = +¥

69

1 + xn

1

−

x2 n − , Từ xn =

1 suy ra:

n

suy ra:x2 2. , ≥ = ≥ 1 xn 2. 1 xn n ∀ 1 x2 n

− +

1 − 1 x2 −

1 −

i=1

1 + 4xn − q 2 n = (xn + 1)xn − 1 x2 1

−

(cid:229) + + = + ... + = Suy ra: yn = 1 x1 − 1 xn 1 x2 1 (cid:18) n ∀ 1 x3 (cid:19) (cid:18) 1 x2 (cid:19) (cid:18) 1 xn (cid:19) 2. , = 6 ≥ − n ∀ 1 xn

. + ... + + 1 x2 i 1 1 x1 − xn Do đó:limyn = 6. Bài toán 3. Cho dãy (un) có số hạng đầu u1 = 2010 và thỏa mãn điều kiện: u2 n + 2009un Đặt Sn = 2011un+1 + 1 = 0, với mọi n − 1 1 u2 + 2010 u1 + 2010 Z∗. ∈ 1 un + 2010 Tính giới hạn của Sn khi n dần đến vô cùng.

Lời giải

n +2009un

2 + 2009un + 1 2011

2 + 2009un + 1 2011

un Từ điều kiện:u2 1 = un+1 = − ⇔ − un+1 1 2011un+1 = 0 (un ⇔ 1)(un + 2010) un 1 1 = = − un+1 2011 − ⇔ − ⇔ 1 un + 2010 un − + +...+ = . Khai triển và ước lượng ta có: Sn = 1 1 u1 + 2010 1 u2 + 2010 1 − 1 un + 2010 − 1 un+1 1

1 1 − u1 1 un+1 − − (un − un = 1)2 2010 ≥ n ∀ ∈ −

lim = 1 ⇒ − Z∗ suy ra dãy số:(un) tăng suy ra: 0, Mặt khác ta có:un+1 2010 = u1 < u2 < u3 < ... < un. Giả sử a là giới hạn của dãy, theo điều kiện ta có: 1 2011a+1 = 0 suy ra a=1<2010 (Vô lý). Vậy lim un = +¥ a2 +2009a un+1 − 1 = 0. Do đó: lim Sn = 1 1 2009 u1 − Bài tập đề nghị:

n

, n = 1, 2, ... 1. Cho dãy (xn) được xác định bởi: x1 = 2 và xn+1 = x2 n + 1 1 2

k=1

(cid:1) (cid:0) (cid:229) Đặt Sn = .Tìm phần nguyên [S2011] và tính limSn. 1 xk + 1

n −

n

k=1

3xn + 4, n = 1, 2, ... 1 (cid:229) . Tính limyn. 2. Cho dãy (xn) được xác định bởi: x1 = 3 và xn+1 = x2 Đặt yn = 1 xk −

70

KẾT LUẬN

Luận văn đã trình bày và đã thu được:

- Một số lớp các bài toán về dãy số (Thường trong các đề thi học sinh giỏi quốc tế

và thi học sinh giỏi ở các nước).

- Các bài toán đã được phân dạng theo chủ đề

- Một số bài toán đã được phát triển dựa theo phương pháp giải của bài toán đó.

Một số hướng nghiên cứu có thể phát triển từ đề tài này là:

Dựa theo sự phân ra thành các lớp bài tập như trên, tiếp tục phát triển các bài

toán khác.

Vì thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn chắc chắn không tránh khỏi

những thiếu sót. Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm, đóng góp ý kiến của các

thầy cô và các bạn đồng nghiệp để bản luận văn được hoàn thiện hơn.

Tác giả xin chân thành cảm ơn!

71

Tài liệu tham khảo

[1] Phan Huy Khải , Các bài toán về dãy số, NXBGD, 2007

[2] Nguyễn Văn Mậu, Các bài toán nội suy và áp dụng, NXBGD, 2007.

[3] Nguyễn Văn Mậu, Chuyên đề chọn lọc Dãy số và áp dụng, NXBGD, 2008.

[4] Các bài thi Olympic toán THPT Việt Nam 1990-2006, NXBGG, 2007.

[5] IMO shortlist 1996-2008, accessed March, 2003

[6] IMO 1959-2002, accessed March, 2003

[7] IMO longlist 1996-2002, accessed March, 2003

[8] Titu Andresscu, Zuming Feng, Contests Around the World 1995-2001, The

Mathematical Assosiation of America, 2001.

[9] USAMO 1996-2002, accessed March, 2003

[10] Romanian Mathematical Olympiad 1996-2002, accessed March, 2003.

[11] The Putnam Mathematical.

72