1

p

q

1

  , x>0, y>0 thì xy 

BÀI 5 MỘT VÀI BẤT ĐẲNG THỨC QUAN TRỌNG KHÁC LIÊN QUAN TỚI TÍNH GIỚI HẠN

(1)

Bài 1. Chứng minh rằng nếu p>1,

x p

y q

1 p

1 q

  1 

nếu >, a>0, x  0.

Đáp. Ở bài học 4, trong bài tập 1 ta đã chứng minh được x + ax > (1 - )

a 

  

  

p  1 p

p  1 p

Trong bđt ở bài 1, đặt  = p, a = py ta sẽ nhận được

   1

 p y

py p

  

  

xp – (py)x  (1 –p) (2)

p

1

  1

,

q

,

p

  1

1 q

1 p

 p

p 

p

1

p q

Theo giả thiết ta có

Thay giá trị này vào bđt (2), ta được:

qp y q

xp - pyx  -

1

q

q

1 q q

Sau khi chia tất cả các vế của bdt trên đây cho p và chuyển vế các số hạng cần thiết, ta nhận được bđt cần chứng minh. Bài 2. Chứng minh rằng nếu các số a1, a2, . . ., an và b1, b2, . . ., bn là các số dương, còn p & q thỏa mãn điều kiện ở bài tập 1, thì:

(3)

p)

  ...

(a1b1 + a2b2 +. . .+ anbn)  (a1

p + a2

p + . . .+ an

b 1

b 2

b n

p 

p + a2

q + b2

q = Bq

p = Ap, b1

p + . . .+ an

q + . . .+ bn

q

p

1 q

1 p

A

AB

B

p) nên hiển nhiên

p = Apc1

p + Apc2

p + a2

p + c2

p +. . . +cn

p = Ap(c1 p = 1

p +. . .+Apcn p +. . . +cn

p + c2

p = 1.

p + . . .+dn

p + d2

Đáp. Đặt a1 Khi đó bđt (3) thành:  Tiếp theo ta đặt a1 = Ac1, a2 = Ac2,. . . , an = Acn ; b1 = Bd1, b2 = Bd2,. . . , bn = Bdn ; Vì Ap = a1 p + . . .+ an c1 Cũng bằng cách đó ta có thể chứng tỏ d1 Đến đây, sử dụng bđt (1) ta có:

p

,

2

c 1 p

q d 1 q

  

p

q

a1b1 = AB(c1d1)  AB(

,

c 2 p

d 2 q

     

  

(*) a2b2 = AB(

p

q

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ,

c n p

d n q

  

  

anbn = AB

p

p

p

q

q

q

d

d

c 2

c n

d 1

2

n

Từ các bđt ở hệ (*) ta suy ra:

c a1b1 + a2b2 + . . .+ anbn  AB 1

  ... p

  ... q

  

  

=

= AB AB (theo cách đặt biến phụ và giả thiết)   1 p 1 q      

1  p 1

1  p 1

q p

Như vậy ta đã chứng minh được vế trái của bđt (3) không vượt quá AB, do vậy cũng không vượt quá vế phải của (3).

y

y

,

py p

  

  

q p

q p

q p

,

d

,...,

d

d 1

c 2

2

n

q. Cuối cùng, sau khi nhân các đẳng thứ trên đây với ApBq, ta

q, . . ., cn

p = d1

p = d2

p = dn

q, c2

Theo bài tập 1, dấu bằng của (2) xảy ra khi và chỉ khi x = xp = yq.

p

p

p

p

p

Tương tự như vậy, dấu bằng của mỗi bđt thuộc (*) xảy ra khi và chỉ khi c1 = nghĩa là khi c1 nhận được:

q

q

q

q

q

p aA 2 , q B b 2

  ,...,  A B A B a 1 b 1 a n b n

p

p

p

Tóm lại dấu bằng trong (3) xảy ra khi và chỉ khi

q

q

q

   ... a 1 b 1 a 2 b 2 a n b n

2

2

2

2

2

2

Trường hợp đặc biệt! Trong (3), nếu lấy p = 2, q = 2 thì ta nhận được bđt đơn giản sau:

(

a

  ...

a

  ...

)

a 1

2

b )( 1

n

b 2

b n

(**)

a1b1 + a2b2 +. . .+ anbn 

(4)

Bài 3 Chứng minh rằng

1  1n

1 n

1 n

 ln 1  

  

Đáp. Kết hợp các bđt (7) và (8) ở bài “Phụ lục cần thiết…” ta có:

n

n

 1

1

  e

1

1 n

1 n

  

  

  

  

3

Lấy logarith cơ số e các vế của bđt trên đây ta nhận được:

1

ln

e

  1

n

nln  bđt (4) chứng minh xong!

 1 ln 1

1 n

1 n

  

  

  

  

,

z

  

,

,

z

    

,

Bài 4. Cho z1 = 1 +

2

z 3

4

1 2

1 3

1 4

1     4

1 3

1 5

1 6

1 4

1 5

1 6

1 7

1 8

1 2

  ...

nz

1   n

1 

n

1

n

2

1 

1 n 2

n



.

ln

1 n

1 

n

1

n 

n

1

 ln 1  

  

z Tìm lim n Đáp. Khi thay n bởi n-1 ở vế thứ nhất của bđt (4) ta nhận được:

n

1

ln

Từ bđt ngay trên đây và vế thứ hai của bđt (4) ta suy ra:

 n

1 n

n 

n

1

ln (5)

n

1

ln

ln

1 n

n 

n

1 n

1

ln

ln

n

1

ln

ln

Đến đây sử dụng bđt (5) ta lần lượt nhận được các bđt sau:

 n    

2 1 3 2

n n n n

 n  n  n

2

n

1  1 2  1 .........................................

1

2

ln

ln

n 2

 n

1 n 2

2 n

n 

2

1

(**)

n

n

n

n

n

 1

ln

  ...

ln

n

1   n

1 

n

1

1 n 2

n

n

 n 1  n n

 2  n 1

  3 ... 2  2 ...2

 n n   1

 1   n n

  2 ...2   1 ... 2

 1

1

2

ln

  ...

ln

Sau khi cộng vế đối vế các bđt ở hệ (**) trên đây và nhớ rằng “Tổng các logarithms bằng logarithm của tich” ta có:

 n n

1   n

1 

n

1

1 n 2

2 n  n 1

Nghĩa là: (***)

1

2

1

2

2

4

ln 2

lim ln  n

lim ln 2  n

 n n

1   nên n

 n n

1 n

  

  

  2

ln 2

Vì

lim ln  n

n 2  n 1

2 

n

1

n 2  n 1

Cũng tương tự, ta có suy ra

lim

  ...

z

ln 2

n

lim  n

1 n 2

1 n

n

  

  

1  1 n 

n

...

.

Như vậy, các số hạng tại biên của (***) đều có giới hạn bằng 2 vì vậy số hạng giữa của (***) cũng có giới hạn bằng 2, nghĩa là:

Bài 5. Cho x1 = 1, x2 = 1-

 , . . . ,xn = 1 -

 1         1

1 2

1 3

1 4

1 5

1 6

1 n

1 2

1 3

1 2

, x3 = 1 -



n

x Tính lim n

1

      

...

.

=

Đáp. Ta có: x2n =

1 2

1 3

1 4

1 5

1 6

1  n

1  1 2 n

2

1

      

...

...

1  n

1  1 2 n

2

1 2

1     6

1 4

1 2n

1 2

1 4

1 5

1 6

1 3

  

  

  

  

= - 2 =

1

      

...

1

...

1  n

1  1 2 n

2

1     3

1 2

1 n

1 2

1 4

1 5

1 6

1 3

  

  

  

  

  ...

= - =

1 

1 

n

1

n

2

1 n 2

  ...

=

ln 2

z

n

n

1 n

1 

n

1

1 n 2

1 n

(Xem bài toán 4). Ở bài toán trên ta đã đặt zn = , vì vậy x2n = zn - . Mà lim 

z

ln 2

x 2

n

n

lim  n

lim  n

1 n

  

  

Bởi vậy:

ln 2

x 2

n

 1

x 2

n

lim  n

lim  n

1 1n 

2

1  n

2

1

  

  

và vì thế mà Ta cũng còn một nhận xét là x2n+1 = x2n +

ln 2

x n

n

. Do đó lim 

n



1

      

...

được gọi là chuỗi tổng. Chú ý. Các số x1 = a1, x2 = a1 + a2, x3 = a1 + a2 +a3,. . . , xn = a1 + a2 +a3 + . . . +an gọi là các tổng bộ phận (hay các tổng con) của chuỗi a1 + a2 +a3 + . . . +an +. . . . Chuỗi được gọi là hội tụ nếu dãy các tổng bộ phận của nó có giới hạn hữu hạn. Trong trường hợp này, số x S = lim n

1 2

1 3

1 4

1 5

1 6

1  n

1  1 2 n

2

Như vậy chuỗi +. . . hội tụ và có tổng bằng ln2.

...

...

     được gọi là chuỗi điều hòa. Chứng minh rằng chuỗi điều hòa phân

5

Bài 6. Chuỗi 1 +

1 2

1 3

1 4

1 n

n

1

ln

kỳ.

, lần lượt lấy n=1, 2, 3, …, n ta có:

Đáp. Theo bđt (4) ta có

1 n

 n

1 > ln

> ln

2 1 3 2 4 3

1 2 1 3

n

ln

> ln

1 n

. . . . . . . .  1 n

n

2.3.4...

Cộng vế đối vế các bđt trên đây ta được:

 1

...

   > ln

1n 

1 n

1 2

1 3

xn = 1 + = ln

 n 1.2.3.4...

n

   . Vậy chuỗi điều hòa phân kỳ.

 1

x n

lim  n

lim ln  n

  ...

Hiển nhiên

+ . . . hội tụ với   >1 (7)

Bài 7. Chứng minh rằng chuỗi 1 +

1  2

1  n

1  3 Đáp. Các tổng bộ phận của chuỗi này là: x1 = 1

x2 = 1 +

x3 = 1 +

1 2 1  2 1  2

1  3 1  3

1 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

+ x4 = 1 +

1  2

1  3

1 4 + . . .+

1 n

+ xn = 1 +

1

1

  ...

Hiển nhiên các tổng bộ phận này đơn điệu tăng: x1 < x2 < x3 < . . .< xn < . . . Mặt khác, như ta đã biết, dãy liên tiếp các số đơn điệu tăng và bị chặn thì có giới hạn hữu hạn. Như vậy, nếu ta chứng minh được dãy số xn bị chặn thì sẽ chứng minh được dãy (7) hội tụ. Ta đặt

1  2

1  3

1  4

1  5

1  6

2

n

2

n

 1

y2n = 1 -

6

 2)

 1)

     ...   Vì y2n = 1 - 1  2 1  3 1  4 1  5 (2 n (2 n 1  1  n (2 ) 1                   

  ...

1

Nên (chú ý mỗi số trong ngoặc đơn là số dương) y2n < 1 Mặt khác,

1  2

1  3

1  4

1  5

1  6

1 

(2

n

 1)

1  n (2 )

y2n =

 1)

= 2 1        ...       ...  1  2 1  3 1  4 1  5 1  6 (2 n 1  n (2 ) 1  2 1  4 1  6 1  (2 )n 1             

1

  ...

2  2

1  2

1  3

1  n

 1)

  

  

  ...

= 1        ...   1  2 1  3 1  4 1  5 1  6 (2 n 1  n (2 ) 1       

1  2

1  3

1  n

2 nx 2

2

 2

Vì xn = 1 + nên y2n = x2n -

nx

2  2

  2

Đến đây, vì x2n > xn, y2n < 1 nên 1 > y2n > xn - xn

 2   2

2

Từ đó suy ra xn < , nghĩa là số xn (với  > 1) bị chặn. Chính điều ấy chứng minh rằng chuỗi (7) hội

.. Chẳng hạn, với  = 2 thì

 2   2

2

2

  ...

2

tụ và tổng của nó không lớn hơn

1 2 2

1 2 3

1 2 n

2 2 

2

2

 2

x n

xn = 1 +

n

S = lim 

1

  ...

  ...

Trong Giải tich toán người ta đã chứng minh được:

1 2 2

1 2 3

1 2 n

 6

S = (8)

n

 1

  

( 1)

...

BÀI TẬP

 ...

1 2 2

1 2 3

1 2 4

1 2 n

(

1/ Tính tổng của chuỗi S = 1 +

 

 1 2

 3

  ...

 n

,

 1  n 

1

 n 

  1 1)  1

2/ Chứng minh bđt: với  >0

7

  1 2

 3

  ...

 n

3/Chứng minh rằng

,

lim  n

  4  1  n

1  

1

3)

3+a2

3+. . .+an

3)(b1

3+b2

3+. . .+bn

3)(c1

3+c2

3+. . .+cn

 > 0

4/Chứng minh bđt với  ai, bi, ci >0 (i = 1, n) (a1b1c1 + a2b2c2+. . .+anbncn)  (a1 5/Chứng minh rằng

  ...

ln

k

lim  n

1 n

1 

n

1

n

2

1 

1 kn

  

  

, trong đó k là số nguyên dương.

Thầy Trần Thông Quế

8

.