Tóm tắt luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán của dãy số nguyên

Chia sẻ: Huyen Nguyen My | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST

Báo xấu

25
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích của Luận văn là trình bày một số dạng toán về dãy số nguyên thường gặp trong các kỳ thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. Qua đó trình bày phương pháp tiếp cận các dạng toán nói trên.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tóm tắt luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán của dãy số nguyên

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THỊ MINH HẬU MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA DÃY SỐ NGUYÊN TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Hà Nội-Năm 2018
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG TRẦN THỊ MINH HẬU MỘT SỐ DẠNG TOÁN CỦA DÃY SỐ NGUYÊN CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8460113 TÓM TẮT LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGUYỄN VĂN NGỌC Hà Nội-Năm 2018
Mục lục Trang Mở đầu 1 Chương 1 Dãy số nguyên có điều kiện và các bài toán liên quan 3 1.1 Tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Tính chia hết của các số nguyên . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.2 Đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 1.2 Nguyên lý Dirichlet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 1.3 Dãy số nguyên có điều kiện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.4 Bài toán chọn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.5 Bài toán chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Chương 2 Bất đẳng thức và cực trị 8 2.1 Các bài toán về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8 2.2 Cực trị của các biểu thức nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 2.3 Cực trị các biểu thức phân . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Chương 3 Dãy số truy hồi 20 3.1 Dãy truy hồi tuyến tính cấp hai hệ số hằng . . . . . . . . . . . . 20 3.1.1 Công thức số hạng tổng quát của dãy số . . . . . . . . . 20 3.1.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 3.2 Dãy truy hồi phi tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 25 ii
Mở đầu Dãy số đặc biệt quan trọng trong toán học không chỉ như là những đối tượng để nghiên cứu mà còn đóng vai trò như là một công cụ đắc lực của các mô hình rời rạc của giải tích trong lý thuyết phương trình, lý thuyết xấp xỉ, lý thuyết biểu diễn,... Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán quốc tế, thi vô địch toán các nước, các bài toán liên quan đến dãy số cũng thường hay được đề cập. Dãy số nguyên thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi và gây không ít khó khăn cho các thí sinh. Sự kết hợp giữa dãy số và tính chất số học có lẽ là lý do mà gây ra những khó khăn đó. Mục đích của Luận văn là trình bày một số dạng toán về dãy số nguyên thường gặp trong các kỳ thi Olympic toán quốc gia và quốc tế. Qua đó trình bày phương pháp tiếp cận các dạng toán nói trên. Luận văn gồm phần Mở đầu, ba chương, Kết luận và Tài liệu tham khảo : Chương 1: Dãy số nguyên có điều kiện và các bài toán liên quan. Chương 2: Bất đẳng thức và cực trị. Chương 3: Dãy số truy hồi. Chương 1: Trình bày một số khái niệm cơ bản và các tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên, các nguyên lý Dirichlet và một số bài toán về dãy số nguyên, như bài toán về dãy số nguyên có điều kiện, dãy số chọn và bài toán về chia hết. Chương 2: Trong chương này tác giả trình bày các bài toán về bất đẳng thức của các số nguyên, cực trị của các biểu thức nguyên và biểu thức phân, đặc biệt là các biểu thức chứa trị tuyệt đối trong tập hợp các số nguyên dương. Chương 3: Như chúng ta biết học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi giải các bài toán liên quan đến bài toán xác định công thức số hạng tổng quát của dãy số và chứng minh dãy số đó là dãy số nguyên. Để giải quyết vấn đề đó trong chương này tác giả trình bày về quy luật và tính chất của một vài dãy số thường gặp chứa dãy số truy hồi với các số hạng là tổng (hoặc hiệu) của hai số nguyên, chứa các dãy Fibonacci, Lucas, Pell, Pell-Lucas. Ngoài ra, trong luận văn xét một số dãy truy hồi phi tuyến tuyến tính hóa 1
được. Tác giả đã đưa ra một số bài toán minh họa cho phần lý thuyết đã trình bày. Luận văn được hoàn thành dưới sự giúp đỡ của Thầy: TS. Nguyễn Văn Ngọc. Dù tác giả đã rất cố gắng nhưng không thể tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được những ý kiến góp ý quý báu của các thầy, cô và các bạn đồng nghiệp. Xin trân trọng cảm ơn! Hà Nội, Tháng 12, Năm 2018 Tác giả Trần Thị Minh Hậu 2
Chương 1 Dãy số nguyên có điều kiện và các bài toán liên quan Chương này trình bày một số khái niệm cơ bản và các tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên, các nguyên lý Dirichlet và một số bài toán về dãy số nguyên, như bài toán về dãy số nguyên có điều kiện, dãy số chọn và bài toán về chia hết. Nội dung cơ bản của chương này dựa trên các tài liệu [1], [4] và [5]. 1.1 Tính chất chia hết trong tập hợp số nguyên 1.1.1 Tính chia hết của các số nguyên Định nghĩa 1.1. Với hai số nguyên a và b( với b 6= 0), ta nói rằng a chia hết cho b (hay a là bội của b, hay b là ước của a), nếu tồn tại số nguyên k sao cho . . a = kb. Lúc ấy ký hiệu là a .. b. Trường hợp ngược lại ký hiệu là a 6 .. b và ta nói rằng a không chia hết cho b, hay b không chia hết a. Các tính chất cơ bản của tính chia hết. . i) Nếu a, b nguyên dương mà a .. b, thì a ≥ b. . . ii) Nếu ai .. b với mọi i = 1, n thì (a1 + a2 + · · · + an ) .. b. iii) Với hai số nguyên không âm bất kỳ a và b, trong đó b 6= 0, luôn luôn tồn tại duy nhất một cặp số nguyên q và r sao cho a = bq + r, trong đó 0 ≤ r < b. 1.1.2 Đồng dư Định nghĩa 1.2. Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho số tự nhiên m (m 6= 0) có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo modulo m và viết a ≡ b mod m. 3
Các tính chất cơ bản của đồng dư. i) Hai số nguyên a và b đồng dư với nhau theo modulo m (m là số nguyên . dương) khi và chỉ khi (a − b) .. m. ii) Quan hệ đồng dư là một quan hệ tương đương trên tập hợp số nguyên Z. iii) Nếu a ≡ b (mod m) và c ≡ d (mod m) thì a + c ≡ b + d (mod m), a − c ≡ b − d (mod m), ac ≡ bd (mod m). iv) Nếu p là một số nguyên tố và ab ≡ 0 (mod p) thì a ≡ 0 (mod p) hoặc b ≡ 0 (mod p). 1.2 Nguyên lý Dirichlet Nguyên lý 1.1 (Nguyên lý Dirichlet cơ bản). Nếu nhốt n + 1 con thỏ vào n cái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ. Nguyên lý 1.2 (Nguyên lý Dirichlet mở rộng). Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một chuồng có ít nhất n+m−1 m con thỏ, ở đây kí hiệu [α] để chỉ phần nguyên của số α., ( Đk n − 1 ≥ m ) Chứng minh. Giả sử trái lại mọi chuồng thỏ không có đến hn + m − 1i hn − 1 i hn − 1i = +1 = +1 m m m con, thì số thỏ trong mỗi chuồng đều nhỏ hơn hoặc bằng n−1 m con. Từ đó suy n−1 ra tổng số con thỏ không vượt quá m · m = n − 1 con. Điều này vô lý vì có n con thỏ. Vậy giả thiết phản chứng là sai. Nguyên lý Dirichlet mở rộng được chứng minh. Nguyên lý Dirichlet tưởng chừng đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ rất hiệu quả dùng để chứng minh nhiều kết quả sâu sắc của toán học. Nó đặc biệt có nhiều áp dụng trong lĩnh vực khác nhau của toán học. Nguyên lý này trong nhiều trường hợp người ta dễ dàng chứng minh được sự tồn tại mà không đưa ra được phương pháp tìm được vật cụ thể, nhưng trong thực tế nhiều bài toán ta chỉ cần chỉ ra sự tồn tại là đủ rồi. Nguyên lý Dirichlet thực chất là một định lý về tập hữu hạn. Người ta có thể phát biểu chính xác nguyên lý này dưới dạng sau đây. 4
Nguyên lý 1.3 (Nguyên lý Dirichlet dạng tập hợp). Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B . Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B , thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với một phần tử của B . 1.3 Dãy số nguyên có điều kiện Bài toán 1.1. Tìm các dãy gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp với n ≥ 1 sao cho tổng của n + 1 số hạng đầu bằng tổng của n số hạng cuối. Bài toán 1.2. Tìm các dãy gồm 2n + 1 số nguyên dương liên tiếp với n ≥ 1 sao cho tổng các bình phương của n + 1 số hạng đầu bằng tổng các bình phương của n số hạng cuối. Bài toán 1.3. Cho dãy gồm 100 số nguyên dương khác nhau, mỗi số đều nhỏ hơn 1200. Chứng minh rằng giữa các hiệu của hai số trong dãy có ít nhất 5 hiệu số bằng nhau. Bài toán 1.4. Cho dãy số gồm n số nguyên dương khác nhau với n ≥ 2. Lấy các số trong dãy số đó để lập tất cả các tổng có từ 1 đến n số hạng. Chứng minh rằng: 1 a)Trong các tổng đó có ít nhất n(n + 1) tổng không bằng nhau. 2 1 b) Nếu cho n số nguyên dương đầu tiên thì không thể lấy nhiều hơn n(n + 1) 2 tổng không bằng nhau. Bài toán 1.5. Cho dãy số gồm n số nguyên dương a1 , a2 , a3 , ...., an với n ≥ 3. 1 Lập dãy số mới như sau: bs = (as + as+1 ), 1 ≤ s ≤ n. Tiếp tục như thế. Chứng 2 minh rằng nếu dãy ban đầu có ít nhất hai số khác nhau thì đến lúc nào đó xuất hiện dãy chứa số hạng không nguyên. Bài toán 1.6. Cho dãy gồm bốn số nguyên a1 , a2 , a3 , a4 . Lập dãy số gồm bốn số mới như sau: b1 = a1 − a2 , b2 = a2 − a3 , b3 = a3 − a4 , b4 = a4 − a1 . Từ dãy số b1 , b2 , b3 , b4 tiếp tục lập dãy gồm bốn số mới như trên. Chứng minh rằng đến lúc nào đó thì nhận được dãy số gồm bốn số hạng đều là số chẵn. 1.4 Bài toán chọn Các bài toán sau đây yêu cầu ta yêu cầu chọn từ các dãy cho trước một dãy con với các thuộc tính quy định (chủ yếu liên quan đến tổng các số hạng của nó). Để bắt đầu, ta làm rõ cụm từ “ . . . một số số hạng ai có thể được chọn 5
sao cho tổng S của chúng . . .” không loại trừ trường hợp mà một số hạng đơn ai được chọn; do đó rõ ràng “tổng” ta nên dùng S = ai , Bài toán 1.7. Chứng minh rằng trong 100 số nguyên dương có thể chọn được một hay nhiều số mà tổng của chúng chia hết cho 100. Bài toán 1.8. a) Trong 2n số nguyên từ 1 đến 2n chọn n + 1 số nào đó. Chứng minh rằng trong các số được chọn có ít nhất một số bằng tổng hai số cũng được chọn (hai số này có thể bằng nhau hoặc khác nhau). b) Có thể lấy nhiều nhất bao nhiêu số trong 2n số nguyên dương đầu tiên để một số bất kỳ được chọn không bằng tổng của hai số cũng được chọn (hai số này có thể bằng nhau hoặc khác nhau). Bài toán 1.9. a) Trong 2n số nguyên từ 1 đến 2n chọn n + 1 số nào đó. Chứng minh rằng trong các số được chọn có một cặp số mà số này chia hết cho số kia. b) Có thể lấy nhiều nhất bao nhiêu số trong 2n số nguyên dương đầu tiên để giữa các số được chọn không có cặp số nào mà số này chia hết cho số kia. Bài toán 1.10. Cho n số nguyên khác nhau a1 , a2 , a3 , ...., an và một số nguyên k với k > n ≥ 2. Chứng minh rằng có thể chọn được số nguyên t để tích (a1 + t)(a2 + t)...(an + t) không chia hết cho số k. Bài toán 1.11. Chứng minh rằng trong 6 số nguyên dương liên tiếp có thể chọn được ít nhất một số mà nó nguyên tố với mỗi số còn lại. Bài toán 1.12. Chứng minh rằng trong 29 số nguyên dương liên tiếp có thể chọn được ít nhất 10 số sao cho mỗi số được chọn không bằng trung bình cộng của hai số khác nhau cũng được chọn. Bài toán 1.13. Giả sử tổng các số nguyên dương a1 , a2 , . . . , an bằng 2n trong đó số nguyên lớn nhất khác n + 1. Chứng minh rằng nếu n là chẵn, thì từ dãy a1 , a2 , . . . , an ta có thể chọn một số số hạng có tổng bằng n. Bài toán 1.14. Giả sử rằng các số nguyên dương x1 , x2 , . . . , xn , y1 , y2 , . . . , ym thỏa mãn tổng x1 + x2 + . . . + xn và y1 + y2 + . . . + ym bằng nhau và nhỏ hơn m · n. Chứng minh rằng từ phương trình x1 + x2 + . . . + xn = y 1 + y 2 + . . . + y m (1.1) ta có thể loại bỏ một số (nhưng không phải tất cả) số hạng sao cho phương trình vẫn đúng. 6
1.5 Bài toán chia hết Bài toán 1.15. Chứng minh rằng không tồn tại hợp số n > 4 sao cho có một hoán vị a1 , a2 , . . . , an của các số 1, 2, . . . , n sao cho các số a1 , a1 a2 , a1 a2 a3 , . . . , a1 a2 · · · an có phần dư khác nhau sau khi chia cho n. Điều này có đúng với n = 4 không? Bài toán 1.16. Chứng minh rằng với mỗi n ≥ 2 ta có thể chọn n số nguyên 1 < a1 < a2 < · · · < an có tính chất sau: Nếu b1 , b2 , . . . , bn là hoán vị bất kỳ của các số a1 , a2 , . . . , an thì 1 + b2 b3 · · · bn là bội của b1 . Bài toán 1.17. Chứng minh rằng với mỗi n > 1 tồn tại một hoán vị a1 , a2 , . . . , an của các số nguyên 1, 2, . . . , n sao cho aj+1 là ước của tổng a1 + a2 + · · · + aj với mọi j = 1, 2, . . . , n − 1. Bài toán 1.18. Giả sử số nguyên n có tính chất sau: Tồn tại một hoán vị của dãy 2n số 1, 1, 2, 2, . . . , n, n sao cho với mỗi k = 1, 2, . . . , n tồn tại đúng k phần tử giữa hai số k . Chứng minh rằng n2 + n chia hết cho 4. 7
Chương 2 Bất đẳng thức và cực trị Trong chương này trình bày các bài toán về bất đẳng thức của các số nguyên, cực trị của các biểu thức nguyên và biểu thức phân, đặc biệt là các biểu thức chứa trị tuyệt đối trong tập hợp các số nguyên dương. Ngoài các bài toán về cực trị của các biểu thức phân, những nội dung khác trong chương này được hình thành dựa trên các tài liệu [1], [4] và [5]. 2.1 Các bài toán về bất đẳng thức Trong phần này ta xem xét các bài toán có liên quan tới dãy bất đẳng thức: Như cho hai dãy bất đẳng thức hãy chứng minh rằng luôn tồn tại một đẳng thức hoặc bất đẳng thức giữa hai số hạng tương ứng hoặc tồn tại bao nhiêu hoán vị để các số hạng của dãy thỏa mãn một bất đẳng thức nào đó. Bài toán 2.1. Cho x1 , x2 , . . . , xn và y1 , y2 , . . . , yn là hai hoán vị một bộ n số sao cho x1 < x2 < · · · < xn và x1 + y1 < x2 + y2 < · · · < xn + yn . Chứng minh rằng hai hoán vị phải trùng nhau, tức là xi = yi với mọi i = 1, 2, . . . , n. Bài toán 2.2. Giả sử 2n số thực phân biệt x1 , y1 , x2 , y2 , . . . , xn , yn thỏa mãn xk > yk (1 ≤ k ≤ n). Chứng minh rằng nếu u1 < u2 < · · · < un và v1 < v2 < · · · < vn lần lượt là các hoán vị tăng của bộ n số x1 , x2 , . . . , xn và y1 , y2 , . . . , yn , thì ta cũng có uk > vk (1 ≤ k ≤ n). Bài toán 2.3. Cho a1 , a2 , . . . , a2n là một hoán vị các số 1, 2, . . . , 2n sao cho hai dãy bất đẳng thức a1 < a3 < a5 < · · · < a2n−1 , (2.1) a2 > a4 > a6 > · · · > a2n đúng. (Tồn tại bao nhiêu hoán vị như vậy?) Xác định các giá trị có thể của tổng S = |a1 − a2 | + |a3 − a4 | + |a5 − a6 | + · · · + |a2n−1 − a2n |. 8
Bài toán 2.4. Cho a1 a2 , . . . , an và b1 , b2 , . . . , bn là hai hoán vị các số 1, 12 , 31 , . . . , n1 sao cho a1 + b1 ≥ a2 + b2 ≥ · · · ≥ an + bn . Chứng minh rằng bất đẳng thức 4 ak + bk ≤ đúng với mọi k = 1, 2, . . . , n. k 2.2 Cực trị của các biểu thức nguyên Bài toán 2.5. Cho các số nguyên dương khác nhau a1 , a2 , a3 , ...., an với n ≥ 2.. Với mỗi số tự nhiện x xét tổng Sx = |x − a1 | + |x − a2 | + ... + |x − an |. Xác định các giá trị của x sao cho tổng Sx có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2.6. Cho các số nguyên dương a1 , a2 , a3 , ...., an với n ≥ 2. Với mỗi số tự nhiện x xét tổng Sx = (x − a1 )2 + (x − a2 )2 + +... + (x − an )2 . Xác định các giá trị của x sao cho tổng Sx có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2.7. Cho n (n ≥ 2) số nguyên dương a1 , a2 , ...., an với a1 < a2 < .... < an . Với mỗi sự thay đổi vị trí của a1 , a2 , a3 , ...., an thành dãy b1 , b2 , ...., bn xét tổng Sb = (b1 − b2 )2 + (b2 − b3 )2 + ... + (bn − b1 )2 . a) Xác định một dãy số b1 , b2 , ...., bn sao cho tổng Sb có giá trị lớn nhất. b) Xác định một dãy số b1 , b2 , ...., bn sao cho tổng Sb có giá trị nhỏ nhất. Bài toán 2.8. Cho số nguyên k>3. Phân tích số k thành tổng k = a1 + a2 + .... + an với n ≥ 2 và ai ≥ 1, (i = 1, 2,...,n). Xét tổng Pn = a1 .a2 + a2 .a3 + ... + ai .ai+1 + ... + an−1 .an . Xác định một dãy số a1 , a2 , ...., an sao cho tổng Pn có giá trị lớn nhất. Bài toán 2.9. Cho số nguyên k > 3. Phân tích số k thành tổng k = a1 + a2 + .... + an với n ≥ 2 và ai ≥ 2, (i=1,2,...,n). Xét tích Tn = a1 .a2 ...an . a) Xác định một dãy số a1 , a2 , ...., an sao cho tích Tn có giá trị nhỏ nhất. b) Xác định một dãy số a1 , a2 , ...., an sao cho tích Tn có giá trị lớm nhất. Bài toán 2.10. Cho hợp số k . Phân tích số k thành tích k = a1 .a2 ...an với n ≥ 2 và ai ≥ 2, (i=1,2,...,n). Xét tổng Sn = a1 + a2 + ... + an . a) Xác định dãy số a1 , a2 , ...., an sao cho tổng Sn có giá trị nhỏ nhất. b) Xác định dãy số a1 , a2 , ...., an sao cho tổng Sn có giá trị lớn nhất. Bài toán 2.11. Tìm giá trị nhỏ nhất có thể của tổng S = |x2 − x1 | + |x3 − x2 | + · · · + |xn − xn−1 | + |x1 − xn |, trong đó x1 , x2 , . . . , xn là một hoán vị tùy ý các số nguyên 1, 2, . . . , n. 9
2.3 Cực trị các biểu thức phân Trong mục này xét hai bài toán cực trị nguyên của phân thức hữu tỷ bậc nhất trên bậc nhất chứa trị tuyệt đối và bậc hai trên bậc hai chứa bình phương của các nhị thức. Các bài toán này là do người hướng dẫn khoa học của tác giả luận văn đề xuất và lần đầu tiên được đề cập. Bài toán 2.12. Tìm số nguyên dương x làm cực trị biểu thức |x − 1| + |x − 2| + ... + |x − n| An (x) = . |x − n − 1| + |x − n − 2| + ... + |x − 2n| Lời giải. •Trường hợp n = 1. Trong trường hợp này ta có |x − 1| A1 (x) = , x ∈ D := {1, 3, 4, 5, ....}. |x − 2| Rõ ràng là 1 A1 (1) = 0, A1 (x) = 1 + ≤ 2, x ∈ {3, 4, 5, ....}. x−2 Ta có min A1 (x) = A1 (1) = 0, max A1 (x) = A1 (3) = 2, x ∈ D. D D • Trường hợp n ≥ 2. 1. Với x ≥ 2n : Ta có nx − (1 + 2 + ... + n) 2nx − n(n + 1) An (x) = = . nx − (n + 1 + n + 2 + ... + 2n) 2nx − n(3n + 1) Vì n ∈ N, n ≥ 2, nên rõ ràng là An (x) > 1. Từ đây tìm được (3n + 1)An (x) − (n + 1) x= . 2(An (x) − 1) Vì x ≥ 2n nên ta có bất đẳng thức (3n + 1)An (x) − (n + 1) ≥ 2n. 2(An (x) − 1) Từ đây suy ra 3n − 1 2 An (x) ≤ =3+ . n−1 n−1 do đó 3n − 1 2 max An (x) = =3+ ⇔ x = 2n. x≥2n n−1 n−1 10
2. Với x = k, k = 1, 2, ..., n. Trong trường hợp này ta có [(k − 1) + (k − 2) + ... + 2 + 1] + [1 + 2 + ...(n − k)] An (k) = (n + 1 − k) + (n + 2 − k) + ... + (n + n − k) 2 2k − 2k(n + 1) + n(n + 1) = . (2.2) (3n + 1)n − 2nk Với k=1và k=n, từ (2.2) tương ứng ta có n−1 n−1 An (1) = , An (n) = , An (1) < An (n), ∀n > 1. (2.3) 3n − 1 n+1 Lấy đạo hàm của An (k) theo k ta được 2n[−2k 2 + 2k(3n + 1) − (n + 1)(2n + 1)] A0n (k) = . (2.4) [(3n + 1)n − 2nk]2 Từ đây suy ra An (k) đồng biến theo k khi và chỉ khi −2k 2 + 2k(3n + 1) − (n + 1)(2n + 1) ≥ 0 ⇔ 2k 2 − 2k(3n + 1) + (n + 1)(2n + 1) ≤ 0. (2.5) Dễ dàng tìm được nghiệm của bất phương trình (2.5) là √ √ 3n + 1 − 5n2 − 1 3n + 1 + 5n2 − 1 ≤k≤ . (2.6) 2 2 Dễ ràng chứng tỏ rằng √ 3n + 1 + 5n2 − 1 > n, (2.7) 2 √ 3n + 1 − 5n2 − 1 1< < n (∀n ≥ 2). (2.8) 2 Như vậy hàm An (k) nghịch biến trong khoảng (1, K(n)) và đồng biến trong khoảng (K(n), n), trong đó ký hiệu √ 3n + 1 − 5n2 − 1 K(n) = . (2.9) 2 Vì x = k là số nguyên dương lớn hơn 1, nên chúng ta cần phải đánh giá số K(n) đối với các số nguyên gần nó nhất. Giả sử p là số nguyên dương thỏa mãn điều kiện n ≥ p + 1. Xét hệ bất phương trình  √ 2  3n + 1 − 5n − 1 ≥ p,    p + 1 ≤ n, √ 2√ ⇔ 3n + 1 − 2p ≥ √5n2 − 1 3n + 1 − 5n2 − 1 ≤p+1≤n 3n − 1 − 2p ≤ 5n2 − 1.    2 Vì n ≥ p + 1, nên 3n − 1 − 2p ≥ 0, nên hệ cuối cùng tương đương với 11
   p + 1 ≤ n,  p + 1 ≤ n, ⇔ (3n + 1 − 2p)2 ≥ 5n2 − 1 ⇔ 2n2 − 3n(2p − 1) + 2p2 − 2p + 1 ≥ 0 (3n − 1 − 2p)2 ≤ 5n2 − 1 2n2 − 3n(2p + 1) + 2p2 + 2p + 1 ≤ 0.   (2.10) Ta có ∆1 = 9(2p − 1)2 − 8(2p2 − 2p + 1) = 20p2 − 20p + 1 > 0, ∆2 = 9(2p + 1)2 − 8(2m2 + 2m + 1) = 20p2 + 20p + 1 > 0. Ký hiệu p p 3(2p − 1) − 20p2 − 20p + 1 3(2p − 1) + 20p2 − 20p + 1 N1 = , N2 = 4 4 p p 3(2p + 1) − 20p2 + 20p + 1 3(2p + 1) + 20p2 + 20p + 1 M1 = , M2 = 4 4 Có các bất đẳng thứ kép N1 < M1 < N2 < M2 . Rõ ràng là N1 < M1 và N2 < M2 . Chúng ta chỉ cần chứng minh M1 < N2 . Thật vậy p p M1 < N2 ⇔ 3 − 20p2 + 20p + 1 < −3 + 20p2 − 20p + 1 p p ⇔6< 20p2 + 20p + 1 + 20p2 − 20p + 1 p ⇔ 36 < 40p2 + 2 + 2 (20p2 + 20p + 1)(20p2 − 20p + 1). (2.11) Bất đẳng thức (2.11) đúng với mọi p ≥ 1. Do đó nghiệm n của hệ bất phương trình (2.10) được xác định bởi bất đẳng thức kép   n ≥ p + 1, p p 3(2p − 1) + 20p2 − 20p + 1 3(2p + 1) + 20p2 + 20p + 1 (2.12)  ≤n≤ . 4 4 Chúng ta có kết quả sau đây. Mệnh đề 2.1. Giả sử các số nguyên dương n và p thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.12). Khi đó trên đoạn [1, n] hàm An (x) sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại x = p hoặc p + 1 và giá trị lớn nhất tại x = n. 3. Với x = n + k, k = 1, 2, ..., n. Trong trường hợp này ta có |n + k − 1| + |n + k − 2| + ... + |n + k − n| An (n + k) = |n + k − n − 1| + |n + k − n − 2| + ... + |n + k − 2n| n(n − 1) + 2nk = 2 (2.13) 2k − 2k(n + 1) + n(n + 1) 12
Xét các giá trị của An (n + k) tại n+1 và 2n. Ta có n+1 3n − 1 An (n + 1) = , An (2n) = . (2.14) n−1 n−1 Đạo hàm theo k của An (n + k) : 2n{n(n + 1) − 2k(n − 1) + n2 − 1 − 2k 2 ]} A0n = . [2k 2 − 2k(n + 1) + n(n + 1)]2 Như vây An (n + k) đồng biến theo k khi và chỉ khi n(n + 1) − 2k(n − 1) + n2 − 1 − 2k 2 ≥ 0 ⇔ 2k 2 + 2k(n − 1) − (2n2 + n − 1) ≤ 0, k = 1, 2, ..., n. (2.15) Dễ dàng tìm được nghiệm k của bất phương trình (2.15) là √ √ −(n − 1) − 5n2 − 1 −(n − 1) + 5n2 − 1 ≤k≤ . 2 2 Từ đây ta có √ −(n − 1) + 5n2 − 1 1≤k≤ (2.16) 2 Ta có √ −(n − 1) + 5n2 − 1 1< < n, ∀n > 1. (2.17) 2 Thật vậy, bất đẳng thức (2.17) tương đương với p n+1< 5n2 − 1 < 3n − 1 ⇔ n2 + 2n + 1 < 5n2 − 1 < 9n2 − 6n + 1 ⇔ n2 + 2n + 2 < 5n2 < 9n2 − 6n + 2 ⇔ n + 1 < 2n2 < 4n2 − 3n + 1. Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng với mọi n ≥ 1. Từ đây suy ra √ (n − 1) + 5n2 − 1 n+1≤x=n+k ≤ < 2n, ∀n > 1 2 Để thuận tiện ta ký hiệu √ (n − 1) + 5n2 − 1 H(n) = . (2.18) 2 Ta thấy hàm An (x) đồng biến trên đoạn [n + 1, H(n)] và nghịch biến trên đoạn [H(n), 2n]. Ta có n+1 3n − 1 An (n + 1) = , An (2n) = . n−1 n−1 Giả sử n và q là số nguyên dương lớn hơn 1 và thỏa mãn điều kiện 2q +1 ≥ n. Xét hệ bất phương trình theo n √  q + 1 ≤ 2n,  2  n − 1 + 5n − 1 ≥ q,    √ + 1 ≥ n, 2q  2 √ ⇔ 5n2 2   n−1+ −1 ≤ q + 1 ≤ 2n   √5n − 1 ≥ 2q − n + 1 5n2 − 1 ≤ 2q − n + 3.  2 13
Vì 2q + 1 ≥ n, nên hệ cuối cùng tương đương với    q + 1 ≤ 2n, 2q + 1 ≥ n,    5n2 − 1 ≥ (2q − n + 1)2 5n2 − 1 ≤ (2q − n + 3)2 .     q + 1 ≤ 2n, 2q + 1 ≥ n,  ⇔ (2.19)   2n2 + n(2q + 1) − (2q 2 + 2q + 1) ≥ 0, 2n2 + n(2q + 3) − (2q 2 + 6q + 5) ≤ 0.  Ta có ∆1 = (2q + 1)2 + 8(2q 2 + 2q + 1) = 20q 2 + 20q + 9 > 0, ∆2 = (2q + 3)2 + 8(2q 2 + 6q + 5) = 20q 2 + 60q + 49 > 0. Ký hiệu p p −(2q + 1) − 20q 2 + 20q + 9 −(2q + 1) + 20q 2 + 20q + 9 P1 = , P2 = , p4 p4 −(2q + 3) − 20q 2 + 60q + 49 −(2q + 3) + 20q 2 + 60q + 49 Q1 = , Q2 = . 4 4 Dễ thấy rằng Q1 < P1 < P2 < Q2 . Đễ dàng chứng tỏ rằng 2q + 1 ≥ n. Như vậy nghiệm n của hệ bất phương trình (2.19) sẽ là   q + 1 ≤ 2n ≤p4q + 2, p −(2q + 1) + 20q 2 + 20q + 9 −(2q + 3) + 20q 2 + 60q + 49 (2.20)  ≤n≤ . 4 4 Mệnh đề 2.2. Giả sử các số nguyên dương n và q thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.20). Khi đó trên đoạn [n + 1, 2n] hàm An (x) sẽ đạt giá trị lớn nhất tại x = q hoặc x = q + 1 và giá trị nhỏ nhất tại x = n + 1. • Từ các mệnh đề 2.1 và 2.2 chúng ta có kết quả sau đây. Định lý 2.1. Giả sử các số nguyên n, p, q lớn hơn 1 thỏa mãn các bất thức (2.12) và (2.20). Khi đó min [1, 2n]An (x) = min{An (p), An (p + 1)}, (2.21) max [1, 2n]An (x) = max{An (q), An (q + 1)}. (2.22) Như vậy trong trường hợp này với mọi n>1 ta chỉ cần tính An (x) tại các giá trị x ∈ {p, p + 1, q, q + 1}. 14
Bài toán 2.13. Tìm số nguyên dương x làm cực trị biểu thức (x − 1)2 + (x − 2)2 + ... + (x − n)2 Bn (x) = . (x − n − 1)2 + (x − n − 2)2 + ... + (x − 2n)2 Lời giải. • Trường hợp n=1. Ta có (x − 1)2 1 2 B1 (x) = 2 = 1+ , x ∈ D := {1, 3, 4, ...}. (x − 2) x−2 Dễ thấy rằng min B1 (x) = A1 (1) = 0, max B1 (x) = A1 (3) = 4. D D • Trường hợp n>1. Chúng ta cần các công thức sau đây n(n + 1) 1 + 2 + 3... + n = , (2.23) 2 n(n + 1)(2n + 1) 11 + 22 + ... + n2 = . (2.24) 6 Có thể các công thức trên đây bằng phương pháp quy nạp. Khai triển tử thức và mẫu thức của biểu thức đã cho, sử dụng các công thức trong (2.23)-(2.24), ta được 6nx2 − 6xn(n + 1) + n(n + 1)(2n + 1) Bn (x) = . (2.25) 6nx2 − 6xn(3n + 1) + 6n3 + 6n2 (n + 1) + n(n + 1)(2n + 1) Sau này nếu cần chúng ta sẽ dùng Bn thay cho Bn (x). Đạo hàm theo x của Bn (x) : 24n2 [−3x2 + 3x(2n + 1) − (2n2 + 3n + 1)] Bn0 (x) = . (2.26) [6nx2 − 6xn(3n + 1) + 6n3 + 6n2 (n + 1) + n(n + 1)(2n + 1)]2 Từ (2.26) suy ra hàm Bn (x) đồng biến khi và chỉ khi −3x2 + 3x(2n + 1) − (2n2 + 3n + 1) ≥ ⇔ 3x2 − 3x(2n + 1) + (2n2 + 3n + 1) ≤ 0. (2.27) Biệt thức của (2.27) là ∆ = 9(2n + 1)2 − 12(2n2 + 3n + 1) = 12n2 − 3. Nghiệm x của bất phương trình (2.27) sẽ là S1 (n) ≤ x ≤ S2 (n), (2.28) trong đó √ √ 3(2n + 1) − 12n2 − 3 3(2n + 1) + 12n2 − 3 S1 (n) = , S2 (n) = . (2.29) 6 6 15
Bổ đề 2.1. Với n>1 ta có 1 < S1 (n) < n < S2 (n) < 2n. (2.30) Chứng minh. a).1 < S1 (n) : Ta có √ 3(2n + 1) − 12n2 − 3 p 1< ⇔ 12n2 − 3 < 6n − 3 6 ⇔ 12n2 − 3 < (6n − 3)2 = 36n2 − 36n + 9 ⇔ 0 < 2n2 − 3n + 1 = (n − 1)2 + n2 − n. Hiển nhiên đúng. b).S1 (n) < n : Ta có √ 3(2n + 1) − 12n2 − 3 p < n ⇔ 3 < 12n2 − 3 6 ⇔ 9 < 12n − 3 ⇔ 12 < 12n2 . Hiển nhiên đúng với n>1. 2 c).S1 (n) < n : Hiển nhiên đúng. d).S2 (n) < 2n : Ta có √ 3(2n + 1) + 12n2 − 3 p < 2n ⇔ 12n2 − 3 < 12n − 3 6 ⇔ 12n − 3 < (12n − 3)2 = 144n2 − 72n + 3 2 ⇔ 0 < 132n2 − 72n + 9.Hiển nhiên đúng. Ta có Bn (x) nghịch biến trong khoảng (1, S1 ), đồng biến trong khoảng (S1 , S2 ) và nghịch trong khoảng (S2 , 2n). Vì các số S1 (n), S2 (n) có thể là không nguyên, nên không thể có kết quả mong muốn ngay được. Ta có 2n2 − 3n + 1 2n2 − 3n + 1 14n2 − 9n + 1 Bn (1) = , B n (n) = , Bn (2n) = (n ≥ 2). 14n2 − 9n + 1 2n2 + 3n + 1 2n2 − 3n + 1 (2.31) Có thể chứng minh rằng Bn (1) < Bn (n) < Bn (2n), n ≥ 2. (2.32) Vấn đề trở nên phức tạp khi n đủ lớn. Trong trường hợp này chúng ta có thể tiến hành tiếp cận sau đây. 16
• Giả sử các số nguyên dương r > 1, n > 1, sao cho r ≤ S1 ≤ r + 1 ≤ n. Xét hệ bất phương trình theo ẩn số n:   r + 1 ≤ n, √  r + 1 ≤ n,  3(2n + 1) − 12n − 3  2  √ ≥r ⇔ − ≥ 2 6 √ 6n 6r + 3 √12n − 3, 2 6n − 6r − 3 ≤ 12n2 − 3  3(2n + 1) − 12n − 3 ≤ r + 1      6  r + 1 ≤ n, r + 1 ≤ n, ⇔ (6n − 6r + 3) ≥ 12n − 3, ⇔ 4n2 − 6n(2r − 1) + 2r2 − 2r + 1 ≥ 0, 2 2 (6n − 6r − 3)2 ≤ 12n2 − 3.  2 4n − 6n(2r + 1) + 2r2 + 2r + 1 ≤ 0.  (2.33) Ta có ∆01 = 9(2r − 1)2 − 4(2r2 − 2r + 1) = 28r2 − 28r + 5 > 0(r ≥ 1), ∆02 = 9(2r + 1)2 − 4(2r2 + 2r + 1) = 28r2 + 28r + 5 > 0(r ≥ 0). Ký hiệu √ √ 3(2r − 1) − 28r2 − 28r + 5 3(2r − 1) + 28r2 − 28r + 5 P1 = , P2 = , √4 √4 3(2r + 1) − 28r2 + 28r + 5 3(2r + 1) + 28r2 + 28r + 5 Q1 = , Q2 = , 4 4 Bổ đề 2.2. P1 < Q1 < P2 < Q2 . (2.34) Chứng minh. p p p p p a) P1 < Q1 ⇔ −3 − ∆01 < 3 − ∆02 ⇔ ∆02 < 6 + ∆01 ⇔ 56r2 < 36 + 12 ∆01 √ ⇔ 14r2 − 9 < 3 28r2 − 28r + 5 ⇔ 196r2 − 252r + 81 < 252r2 − 252r + 45 ⇔ 0 < 56r2 − 36 ⇔ 0 < 14r2 − 9, đúng với mọi r>1. p p p p b) Q1 < P2 ⇔ 3 − ∆02 < −3 + ∆01 ⇔ 6 < ∆01 + ∆02 ⇔ 18 < 28r2 + p 0 0 ∆1 .∆2 + 5. bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng với mọi r>1. c) P2 < Q2 là hiển nhiên. Bổ đề được chứng minh. Suy ra nghiệm n của hệ bất phương trình (2.36) là r + 1 ≤ n, √ ( √ 3(2r − 1) + 28r2 − 28r + 5 3(2r + 1) + 28r2 + 28r + 5 (2.35) ≤n≤ . 4 4 Mệnh đề 2.3. Giả sử các số nguyên dương n và r thỏa mãn bất đẳng thức kép (2.35). Khi đó trên đoạn [1, n] hàm Bn (x) sẽ đạt giá trị nhỏ nhất tại x = r hoăc x = r + 1. 17