Luận văn Thạc sĩ Toán học: Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:55

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 8
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để cung cấp cho học sinh về nội dung kiến thức, phương pháp giải toán. Để phục vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi một cách bài bản hơn về chuỗi số điều hòa. Tác giả sẽ một cách hệ thống khái niệm và các tính chất của chuỗi điều hòa. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HÒA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI THÁI NGUYÊN - 2018
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HÒA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2018
Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 3 1.1 Chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Khái niệm chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Các tính chất của chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.2 Chuỗi điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa . . . . . . . . . . . . . 6 Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về chuỗi số . . 32 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52
1 Mở đầu Trong sách toán Trung học cơ sở, Trung học phổ thông đã có những bài toán về chuỗi số điều hòa. Nhưng số lượng rất ít không đủ cho học sinh luyện tập, hơn nữa việc phân dạng bài tập chưa đầy đủ và không có tính hệ thống. Để cung cấp cho học sinh về nội dung kiến thức, phương pháp giải toán. Để phục vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi một cách bài bản hơn về chuỗi số điều hòa. Tôi xin trình bày một cách hệ thống khái niệm và các tính chất của chuỗi điều hòa. Từ đó đưa ra một số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi, theo các dạng bài tập sau: • Các bài toán liên quan đến bất đẳng thức; • Các bài toán liên quan đến tính chất số học của chuỗi điều hòa; • Các bài toán liên quan đến tổng của chuỗi điều hòa; • Một số bài toán khác liên quan đến chuỗi điều hòa; • Một số bài toán dành cho học sinh giỏi. Với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tổng hợp kiến thức về chuỗi điều hòa, giúp cung cấp thêm một phương pháp hay và rất bổ ích để rèn luyện nội dung này, chúng tôi chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học. Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi trình bày định nghĩa, ví dụ và các kiến thức cơ bản, nâng cao về chuỗi số và chuỗi điều hòa. Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán. Chương 2 trình bày sự vận dụng của chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, các tính chất số học của số hạng, tổng của chuỗi điều hòa. Cuối Chương này chúng tôi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến chuỗi điều hòa. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái
2 Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn. Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thời gian làm luận văn. Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Người viết luận văn Ngô Khắc Kiên
3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Chuỗi số 1.1.1 Khái niệm chuỗi số Định nghĩa 1.1.1. Cho dãy số vô hạn u1 ; u2 ; . . . ; un ; . . ., khi đó gọi tổng vô hạn ∞ P u1 + u2 + . . . + un + . . . là chuỗi số và ký hiệu là un ; un là số hạng tổng quát; n=1 sn = u1 + u2 + . . . + un là tổng riêng thứ n của chuỗi; rn = un+1 + un+2 + . . . gọi là phần dư thứ n. Nếu lim sn = s (hữu hạn) thì chuỗi được gọi là hội tụ và s là n→∞ tổng của chuỗi. Nếu dãy sn không dần tới một giá trị hữu hạn thì chuỗi đó là phân kỳ. Ví dụ 1.1.2. ∞ ∞ X X 1 un = n(n + 1) n=1 n=1 1 1 1 1 = + + + ... + + ... 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − + ... + − + ... 2 2 3 3 4 n n+1 Do đó, ta có 1 1 1 1 sn = + + + ... + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1) 1 1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − + ... + − 2 2 3 3 4 n n+1 1 =1− , n+1
4 là tổng riêng thứ n và 1 lim sn = lim 1− = 1. n→+∞ n→+∞ n+1 Suy ra chuỗi đã cho là hội tụ và có tổng bằng 1. 1.1.2 Các tính chất của chuỗi số Định lý 1.1.3. i. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi khi ta bỏ đi một số hữu hạn số hạng đầu của chuỗi số. ii. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi nếu ta bỏ đi hay thêm vào một số hữu hạn số hạng ở những vị trí bất kỳ. P∞ ∞ P Định lý 1.1.4. Nếu chuỗi số un hội tụ và có tổng bằng s thì chuỗi số aun n=1 n=1 ∞ P cũng hội tụ và có tổng bằng as.Còn nếu un phân kỳ thì với a 6= 0 chuỗi số n=1 ∞ P aun cũng phân kỳ. n=1 ∞ P ∞ P Định lý 1.1.5. Nếu un và vn là các chuỗi số hội tụ thì các chuỗi tổng và n=1 n=1 ∞ P ∞ P chuỗi hiệu sau đây (un + vn ) và (un − vn ) cũng hội tụ. Hơn nữa, n=1 n=1 ∞ X ∞ X ∞ X ∞ X ∞ X ∞ X (un + vn ) = un + vn và (un − vn ) = un − vn . n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 n=1 ∞ P Định lý 1.1.6. (Định lý về tiêu chuẩn so sánh) Cho 2 chuỗi số dương un và n=1 ∞ P ∞ P vn nếu un ≤ vn với mọi n ≥ n0 (n0 ∈ N ) thì từ sự hội tụ của vn suy ra sự n=1 n=1 ∞ P ∞ P ∞ P hội tụ của un và từ sự phân kỳ của un suy ra sự phân kỳ của vn . n=1 n=1 n=1 Định lý 1.1.7. (Định lý về tiêu chuẩn tương đương) Cho hai chuỗi số dương ∞ P ∞ P un un và vn . Xét lim = k . Nếu 0 < k < +∞ thì hai chuỗi đã cho sẽ cùng n=1 n=1 n→∞ vn hội tụ hoặc cùng phân kỳ (hai chuỗi tương đương nhau). ∞ P ∞ P Nếu k = 0 thì từ sự hội tụ của vn suy ra sự hội tụ của un . n=1 n=1 ∞ P ∞ P Nếu k = +∞ thì từ sự phân kỳ của vn , ta suy ra sự phân kỳ của un . n=1 n=1
5 ∞ P Định lý 1.1.8. (Định lý về tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương un , n=1 un+1 giả sử lim = D. Nếu: n→∞ un D < 1: chuỗi hội tụ; D > 1: chuỗi phân kỳ; D = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác. ∞ P Định lý 1.1.9. (Định lý về tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương un , giả sử n=1 √ lim n = C . Nếu: n u n→∞ C < 1: chuỗi hội tụ; C > 1: chuỗi số Phân kỳ; C = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác. ∞ P Định lý 1.1.10. (Định lý về tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương un , n=1 nếu tồn tại hàm f (x) sao cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 và f (x) liên tục, đơn điệu R∞ ∞ P giảm trên miền (n0 ; +∞) thì f (x)dx và un cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ. n0 n=1 Định lý 1.1.11. (Định lý về chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi ∞ (−1)n un , nếu tồn tại dãy số un đơn điệu giảm (nghĩa là u1 > u2 > P số đan dấu n=1 u3 > . . .) và lim un = 0 thì chuỗi đan dấu hội tụ và tổng của chuỗi không vượt n→∞ quá giá trị tuyệt đối của số hạng đầu tiên. 1.2 Chuỗi điều hòa 1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa Định nghĩa 1.2.1. Chuỗi số có dạng : 1 1 1 + + + ..., m m + d m + 2d trong đó m, d là các số sao cho mẫu số khác không, được gọi là chuỗi điều hòa. Ví dụ 1.2.2. 1 1 (i) Chuỗi số có tổng riêng là H(1, n) = 1 + + ... + , 2 n 1 1 1 (ii) Chuỗi số có tổng riêng là H(m, n) = + + . . . + , là các chuỗi điều m m+1 n hòa. Ta luôn giả thiết rằng 1 ≤ m < n.
6 1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa Tính chất 1.2.3. H(1, n) là vô hạn, tức là lim H(1, n) = +∞. n→∞ ∞ Chứng minh. Xét dãy con H(1, 2k ) k=0 , khi đó, 1 H(1, 1) = 1 = 1 + 0 ; 2 1 1 H(1, 2) = 1 + =1+1 ; 2 2 1 1 1 1 1 1 1 H(1, 4) = 1 + + + >1+ + + =1+2 ; 2 3 4 2 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 H(1, 8) = 1 + + + + + + + 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 1 1 1 >1+ + + + + + + =1+3 ; 2 4 4 8 8 8 8 2 1 ∞ Tổng quát, H(1, 2k ) ≥ 1+k . Do dãy con H(1, 2k ) k=0 không bị chặn nên 2 dãy {H(1, n)}∞ k=0 phân kỳ hay lim H(1, n) = +∞. Lý luận tương tự ta cũng có n→∞ thể chỉ ra với số nguyên dương tùy ý M thì M −1 H(1, M k ) ≥ 1 + k , k = 0, 1, 2, . . . M Tính chất 1.2.4. H(m, n) không phải là một số nguyên. Chứng minh. (i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s sao cho: 2s ≤ n < 2s+1 . Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1 Q, trong đó Q là tích của tất cả số nguyên lẻ trong đoạn [1, n]. Tất cả các số hạng trong H(1, n) sẽ là số nguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s sẽ trở thành số nguyên chia cho 2. Điều này chỉ ra rằng H(1, n) không phải là một số nguyên. (ii) Cách khác, đối với trường hợp m = 1, cho p là số nguyên tố lớn nhất không vượt quá n. Theo tiên đề Betrand, có 1 số nguyên tố q với p < q < 2p. Do n n! P đó, chúng ta có n < 2p. Nếu H(1, n) là một số nguyên, thì: n!H(n) = i=1 i n! Pn n! là một số nguyên chia hết cho p. Tuy nhiên, số hạng trong tổng p i=1 i không chia hết cho p, còn tất cả số hạng khác sẽ chia hết cho p. (iii) Trường hợp: m > 1. Giả sử 2a |k nhưng 2a+1 không là ước của k (viết là 2a||K ), thì chúng ta gọi a là thứ tự chẵn lẻ của k . Bây giờ quan sát các số
7 2a , 3.2a , 5.2a , . . ., tất cả các số này cùng thứ tự chẵn lẻ. Giữa những số này có 2.2a , 4.2a , 6.2a , . . . , tất cả đều có thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Do vậy, giữa 2 số bất kỳ cùng thứ tự chẵn lẻ, có 1 số với thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Điều này chỉ ra duy nhất rằng trong các số m, m + 1, . . . , n có 1 số nguyên 1 có 1thứ tự chẵn1lẻ lớn nhất, là q có thứ tự chẵn lẻ là u. Bây giờ ta lấy + + ... + m m+1 n nhân với 2u L, trong đó L là tích của tất cả số nguyên lẻ trong [m, n]. Khi u đó: 2 LH(m, n) là một số lẻ. Do đó: 2r + 1 q H(m, n) = u = , 2 L p trong đó, p chẵn, q lẻ và vì vậy H(m, n) không phải là số nguyên. Ví dụ 1.2.5. Ta có 1 1 1 1 7381 H(1, 10) = 1 + + + + ... + = 2 3 4 10 2520 không phải là một số nguyên. q Tính chất 1.2.6. Nếu H(m, n) = và m+n là một số nguyên tố lẻ, thì (m+n)|q . p Chứng minh. Chú ý rằng H(m, n) có một số chẵn số hạng và nó bằng với n−m−1 n−m−1 2 2 X 1 1 X m+n s + = = (m + n) , m+j n−j (m + j)(n − j) r j=0 j=0 trong đó, gcd(s, r) = 1. Do m + n là số nguyên tố nên gcd(r, m + n) = 1. Nên ta có q (m + n)s = ⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q. p r Ví dụ 1.2.7. Ta có 1 1 1 1 7381 H(1, 10) = 1 + + + + ... + = 2 3 4 10 2520 và m + n = 11, 11|7381 = q.
8 Định lý 1.2.8. (Định lý Wolstenholme) Đối với một số nguyên tố p ≥ 5, ta có 1 1 1 H(1, p − 1) = 1 + + + ... + ≡ 0(modp2 ) 2 3 p−1 Chính xác hơn, đối với một số nguyên tố p ≥ 5, nếu 1 1 1 a H(1, p − 1) = 1 + + + ... + = 2 3 p−1 b thì p2 |a. Chứng minh. Ta có thể chứng minh theo hai cách như sau: Cách 1 : Ta có (p−1)/2 (p−1)/2 1 1 1 X 1 1 X 1 H(1, p − 1) = 1 + + + . . . + = + =p . 2 3 p−1 n p−n n(p − n) n=1 n=1 (1.1) (p−1)/2 P 1 Vì thế chúng ta cần chứng minh: ≡ 0(modp). Bây giờ: n=1 n(p − n) (p−1)/2 (p−1)/2 X 1 X 1 ≡− (modp). n(p − n) n2 n=1 n=1 2 1 2 , 22 , . . . , p − 1 Thật vậy, vì mỗi là đồng dư với đúng một trong các số 1 n2 2 1 (p − 1) (modp) và tất cả các số hạng 2 là phân biệt với n = 1, 2, . . . , , khi p ≥ 5 n 2 thì (p−1)/2 (p−1)/2 X 1 X 2 (p2 − 1)p ≡ k = ≡ 0(modp). (1.2) n2 24 n=1 k=1 Định lý Wolstenholme được chứng minh. Cách 2 (sử dụng đa thức mod p): Chúng ta sử dụng định lý Lagrange, cụ thể nếu f (x) = c0 + c1 x + . . . + cn xn là một đa thức bậc n, với hệ số nguyên và nếu f (x) ≡ 0(modp) có nhiều hơn n nghiệm, trong đó p là số nguyên tố, khi đó mỗi hệ số của f (x) sẽ chia hết cho p. Phép chứng minh không khó. Có thể chứng minh bằng quy nạp và thuật toán chia modp. Mệnh đề là sai nếu p không phải số nguyên tố. Ví dụ: x2 − 1 ≡ 0(mod8) có 4 nghiệm.
9 Sau đây là phép chứng minh khác. Từ định lý nhỏ của Fermat xp−1 ≡ 1( mod p) có 1, 2, . . . , p − 1 nghiệm. Do đó xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) . . . (x − p + 1)(modp). Hay xp−1 − 1 ≡ xp−1 − s1 xp−2 + . . . − sp−2 x + sp−1 . (1.3) theo định lý Wilson, sp−1 = (p − 1)! ≡ −1(modp). Do đó, 0 ≡ s1 xp−2 + . . . − sp−2 x(modp). Công thức đúng đối với mỗi số nguyên x. Theo định lý Lagrange, p chia hết mỗi một trong s1 , s2 , . . . , sp−2 . Đặt x = p trong (1.3), chúng ta có (p − 1)! = pp−1 − s1 pp−2 + . . . − sp−2 p + sp−1 . Bỏ (p − 1)! và chia cả 2 vế cho p, chúng ta có 0 = pp−2 − s1 pp−3 + . . . − sp−3 p − sp−2 . Vì p ≥ 5 và mỗi số trong các số hạng này đồngdư với 0( mod p2 ). Do đó, chúng ta có 1 1 1 a sp−2 ≡ 0( mod p2 ). Cuối cùng sp−2 = (p − 1)! 1 + + + ... + = (p − 1)! . 2 3 p−1 b Điều này chứng minh định lý Wolstenholme. 1 1 1 1 7381 Ví dụ 1.2.9. Ta có H(1, 10) = 1 + + + + ... + = và 112 |7381. 2 3 4 10 2520 Tính chất 1.2.10. Cho p ≥ 5 là 1 số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu 1 1 1 a 1+ + + . . . + = thì p4 |(ap − b). 2 3 p b Chứng minh. Theo định lý Wolstenholme thì
2
1 1 1 p
(p − 1)! + + ... + 2 3 p−1 Vì vậy 1 1 1 x + + ... + = p2 . 2 3 p−1 y Trong đó x, y là các số nguyên với y không chia hết cho p. Vì vậy ta có: a 1 x − = p2 , b p y p3 bx điều này chỉ ra rằng: ap − b = . Vậy y a 2.3 . . . p + 1.3.4. . . . p + . . . + 1.2 . . . (p − 1) = , b p! và các tử số của vế bên phải có dạng mp + (p − 1)!. Do đó, nó không chia hết cho p3 bx p. Vì vậy p|b và p4 |(ap − b) = . y
10 Ví dụ 1.2.11. Ta có 1 1 1 1 1 83711 H(1, 11) = 1 + + + + ... + + = 2 3 4 10 11 27720 thì 114 = 14641; ap − b = 893101. Do đó (ap − b) : p4 = 61, thỏa mãn p4 |(ap − b). Tính chất 1.2.12. Coi H(1, n) là 1 hàm số của biến số tự nhiên n. Chứng minh rằng H(1, n) không phải là hàm số hữu tỉ đối với n. Để chứng minh Tính chất 1.2.12 ta dùng Tính chất 1.2.3 và bổ đề sau: Bổ đề 1.2.13. Dãy H(1, n) thỏa mãn √ H(1, n) < 2 n. (1.4) Chứng minh. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng với n = 1, 2. Giả sử Bất đẳng thức (1.4) đúng với n = k , ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1. Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, suy ra: 1 1 1 1 √ 1 1+ + + ... + + 4k k+1 k+1 √ 1 √ √ 1 √ 2 k+1− √ >2 k⇔2 k+√
11 Tiếp theo, ta sẽ chứng minh Tính chất 1.2.12 dựa vào Tính chất 1.2.3 và Bổ đề 1.2.13. Chứng minh tính chất 1.2.12 Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử H(1, n) là hàm số hữu tỷ của n tức là ta có biểu diễn am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 H(1, n) = với am 6= 0; bk 6= 0. (1.7) bk nk + bk−1 nk−1 + . . . + b1 n + b0 Theo Tính chất 1.2.3 ta có: lim H(1, n) = +∞, nên m > k . Ta lại có: n→∞ H(1, n) am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 lim = lim n→∞ n n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n √ H(1, n) 2 n và lim ≤ lim . n→∞ n n→∞ n √ H(1, n) H(1, n) 2 n Mặt khác, lim ≥ 0 (vì > 0) và lim = 0, do vậy n→∞ n n n→∞ n H(1, n) am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 lim = lim = 0 suy ra m < k + 1. n→∞ n n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n Vậy k < m < k + 1 và m nguyên là mâu thuẫn. Vậy H(1, n) không phải là hàm số hữu tỷ của n. h 2p i Tính chất 1.2.14. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và k = . Khi đó, 3 p p p + + ... + ≡ 0(modp2 ). 1 2 k Chứng minh. Biết rằng p p(p − 1) . . . (p − i + 1) = . i 1.2 . . . i Đây là bội của p nếu 1 ≤ i ≤ p − 1. Vế phải sau khi đem chia hết cho p thì đồng (−1) . . . (−(i − 1)) 1 dư với = (−1)i−1 . Do đó, điều phải chứng minh trở thành 1.2 . . . i i 1 1 1 2p h i 1 − + − . . . + (−1)k−1 ≡ 0(modp) với k = . 2 3 k 3 1 1 1 Ta nhận thấy rằng: − ≡ + (modp). Điều này cho chúng ta thay thế 2i 2i p−i tổng bởi: 1 1 1 1+ + + ... + ≡ 0(modp). 2 3 p−1 Điều này là đúng với Định lý 1.2.8. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
12 Ví dụ 1.2.15. 7 7 7 7 + + + = 98 ≡ 0(mod72 ). 1 2 3 4 ∞ (−1)n−1 P Tính chất 1.2.16. Chứng minh = ln 2. n=1 n Chứng minh. Ta có: 1 1 1 1 S2n = 1 −+ − + ... − 21 31 41 2n 1 1 1 1 1 = 1 + + + + ... + − 1 + + + + ... + 2 3 4 2n 2 3 4 n 1 1 1 = + + ... + . n+1 n+2 2n 1 1 1 Từ bất đẳng thức < ln 1 + < , ∀n > 1. Suy ra n+1 n n 1 1 1 ln 1 + < < ln 1 + , ∀n > 1 n+1 n+1 n 1 ⇔ ln(n + 2) − ln(n + 1) < < ln(n + 1) − ln n, ∀n > 1; n+1 Tương tự ta được 1 ln(n + 3) − ln(n + 2) < < ln(n + 2) − ln(n + 1), ∀n > 1; n+2 ...... 1 ln(2n + 1) − ln(2n) < < ln(2n) − ln(2n − 1), ∀n > 1 2n Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được: 2n + 1 1 1 1 ln < + + ... + < ln 2, ∀n > 1. n+1 n+1 n+2 2n Hơn nữa: 2n + 1 lim ln = lim ln 2 = ln 2. n→∞ n+1 n→∞ Theo nguyên lý kẹp ta có lim S2n = ln 2. Vì dãy {Sn } có 2 dãy con {S2n } n→∞ và {S2n+1 } cùng hội tụ đến giới hạn chung là ln 2 nên lim Sn = ln 2. Suy ra n→∞ P∞ (−1)n−1 = ln 2. n=1 n
13 Chương 2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về bất đẳng thức Bài 2.1.1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 A= + + ... + < . 1000 1002 2000 2 Giải. Ta có 1 1 1 B= + + ... + 500 501 1000 1 1 1 1 1 1 = + + ... + − + + ... + 11 21 1000 1 12 22 499 2 = + + ... + − + + ... + 1 2 1000 2 4 998 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + ... + − + + 1 2 3 4 997 1 998 999 1000 1 1 1 1 1 1 1 = − − − − − − ... − − . 1 2 3 1000 4 5 998 999 1 1 1 1 1 1 1 Vì − − > 0; − > 0; . . . ; − > 0 nên ta có B < 1. 2 3 1000 4 5 998 999 1 1 1 1 1 1 A= + + ... + < ·1= . 2 500 501 1000 2 2 1 1 1 1 165 Bài 2.1.2. Cho A = 2 + 2 + 2 + . . . + 2 (gồm 50 số hạng) và B = . So 1 2 3 50 101 sánh A và B .