TUYỂN TẬP MỘT SỐ BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN HỌC CỦA MỸ

Giới thiệu TUYỂN TẬP MỘT SỐ BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN HỌC CỦA MỸ

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc TUYỂN TẬP MỘT SỐ BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN HỌC CỦA MỸ.

Tài liệu môn Toán và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu TUYỂN TẬP MỘT SỐ BÀI TOÁN DÃY SỐ TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN HỌC CỦA MỸ

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán học sinh giỏi tại đây

M THPI D Tuyển tập một số bài toán dãy số từ các tạp chí toán của Mỹ Mathpiad – Tạp chí và tư liệu toán học Ngày 24 tháng 7 năm 2021 1 Các bài toán Bài toán 1 Cho {an }n>1 là một dãy đơn điệu tăng, với an > 0, đồng thời lim an = ` > 0. Chứng n→∞ minh rằng ∞ X (a2k−1 + a2k ) · k=1 a2k+1 − a2k a1 + a2 6`− a2k+1 + a2k 2 Spiros P. Andriopoulos, Third High School of Amalianaa, Eleia, Greece. Lời giải. Paolo Perfetti, University of Rome Tor Vergata, Italy. Từ điều kiện của bài toán, ta có a2k−1 + a2k 61 0< a2k+1 + a2k Suy ra n X n a2k+1 − a2k X (a2k−1 + a2k ) · 6 (a2k+1 − a2k ) = a2n+1 − a2 a2k+1 + a2k k=1 k=1 Cho n → ∞ ta được ∞ X (a2k−1 + a2k ) k=1 vì ` − a2 6 ` − a2k+1 − a2k a1 + a2 6 ` − a2 6 ` − , a2k+1 + a2k 2 a1 + a2 và {an } là dãy đơn điệu. 2 Bài toán 2 Cho hai và hbi là hai tập vô hạn các số nguyên dương. Xét dãy hxi là dãy vô hạn các số thực xác định bởi ab11 · · · abnn xn =  b +···+bn , n > 1 a1 b 1 + · · · + an b n 1 b1 + · · · bn a, Chứng minh rằng tồn tại lim xn . n→∞ LAT 1 EX by Mathpiad  TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ b, Tìm tất cả các số thực c thỏa mãn, tồn tại hai dãy hai and hbi sao cho lim xn = c. n→∞ Vazgen Mikayelyan, Yerevan State University, Yerevan, Armenia. Lời giải. Omran Kouba, Higher Institute for Applied Sciences and Technology, Damascus, Syria. a, Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh xn là dãy không tăng. Xét các dãy sau Λ n = b1 + · · · + bn ,  Khi đó, xn = Gn An bn , λn = Λn Gn = n Y ! Λ1 n abkk k=1 , n 1 X An = bk ak , Λn k=1 Λn . Do vậy, λ n+1 n+1 an+1 và An+1 = (1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1 , Gn+1 = G1−λ n Dẫn đến λ n+1 n+1 G1−λ an+1 Gn+1 n = An+1 (1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1  1−λn+1 λn+1 An1−λn+1 an+1 Gn , = An (1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1 Từ đây suy ra xn+1 = xn λ n+1 n+1 A1−λ an+1 n (1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1 !Λn+1 Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, với a > 0, A > 0, và 0 < λ < 1 thì A1−λ aλ 6 (1 − λ)A + λa, ta suy ra xn+1 6 xn . Để ý rằng x1 = 1 và xn > 0 với mọi n > 1. Do vậy, xn hội tụ đến một giới hạn nằm trong đoạn [0, 1]. b, Chúng ta chứng minh rằng, với mọi c ∈ [0, 1], tồn tại dãy hai và hbi sao cho xn hội tụ đến 1 c. với c = 0, chọn bn = 1 và an = với mọi n, khi đó n(n + 1) xn = (n + 1)n →0 n! · (n + 1)! Với c = 1, chọn bn = 1 và an = 1 với mọi n, khi đó xn = 1 với mọi n và xn → 1. Với 0 < c < 1, chọn bn = 1 với mọi n, và chọn √ √ 1+ 1−c 1− 1−c 1 √ √ a1 = , a2 = , an = √ với n > 3 . c c c Khi đó, xn = c với mọi n > 2 nên xn → c.  LAT 2 EX by Mathpiad TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 3 Cho p là một số nguyên tố. Đặt hui Là dãy xác định bởi un = n với 0 6 n 6 p − 1 và un = pun+1−p + un−p với n > p. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì vp (n) = vp (un ). Bakir Farhi, University of Béjaia, Béjaia, Algeria. Lời giải. John H. Lindsey II, Cambridge, Massachussetts. Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng, với mọi n > 1 thì vp (n!) 6 n − 1 và đẳng thức không xảy ra với p > 2 và n > 1. Khẳng định hiển nhiên đúng với n < p. Với n > p, đặt n = j + ip với 0 6 j < p và i > 0. Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có vp ((j + ip)!) = vp (p(2p) · · · (ip)) = i + vp (i!) 6 i + i − 1 6 ip − 1 Hiển nhiên, dấu bằng không xảy ra với p > 2. Bây giờ, ta chứng minh i   X i k uj+ip = p uj+k k k=0 với i > 0 và j > 0 bằng cách quy nạp theo i. Khẳng định hiển nhiên đúng với i = 0, với i > 1, ta có uj+ip = uj+(i−1)p + puj+1+(i−1)p   i−1  i−1  X X i−1 k i − 1 1+k = p uj+k + p uj+1+k k k k=0 k=0   i−1  i  X X i−1 k i−1 k = p uj+k + p uj+k k k−1 k=0 k=1 i   X i k = p uj+k k k=0 Bây giờ, ta chứng minh vp (un ) = vp (n) với n > 1. Với 1 6 j < p và i > 0, ta có i   X i k uj+ip = uj + p uj+k k k=1 Do uj = j, nên uj+ip không chia hết cho p. Mà j + ip cũng không chia hết cho p. Do vậy vp (uj+ip ) = 0 = vp (j + ip) Với j = 0, vì u0 = 0 và u1 = 1, nên u0+ip i   i   X X i k i k = p uk = ip + p uk k k k=0 k=2 Giả sử p > 2. Khi k > 1,    i k vp p uk > vp (i) − vp (k!) + k > vp (i) − k + 1 + k = vp (ip) k Từ đây ta suy ra vp (uip ) = vp (ip). Bây giờ ta xét p = 2. LATEX by Mathpiad 3 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ • Với k = 2, ta có    i 2 v2 2 u2 > v2 (i) − 1 + 2 + 1 = v2 (2i) + 1 2   i • Với k > 2, chúng ta sử dụng nhân tử i(i − 1)(i − 2) trong (với một trong 2 số k i − 1, i − 2 là số chẵn). v2   iik 2k uk > v2 (i) + v2 ((i − 1)(i − 2)) − v2 (k!) + k > v2 (i) + 1 − k + 1 + k = v2 (2i) + 1 Từ đây ta cũng suy ra v2 (u2i ) = v2 (2i).  Bài toán được giải quyết. Bài toán 4 Cho a ∈ R và hàm số f : (−1, 1) → R khả vi tại 0 . Tính    k lim an − f n→∞ n2 Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, România Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain Nhận thấy, k 1 6 → 0 khi n → ∞, do vậy ta có khai triển sau 2 n n     1 k k 0 f = f (0) + 2 f (0) + O . 2 n n n2 Do đó,     n n X k f 0 (0) X 1 f = nf (0) + 2 k+O 2 n n k=1 n k=1 Do Pn k=1 k= n(n + 1) , nên 2     n X k f 0 (0) 1 f = (a − f (0))n − + O n2 2 n k=1   1 f 0 (0) Theo RHS, lim O = 0 và là hằng số, ta có kết luận sau n→∞ n 2  −∞ khi f (0) > a       k khi f (0) < a lim an − f = ∞ 0 n→∞  n2 f (0)   khi f (0) = a 2  LATEX by Mathpiad 4 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 5  √  Cho dãy số sau an = ( 3 65 − 4)−n , với n ∈ N∗ . Chứng minh rằng an ≡ 2, 3( mod 15) Vlad Matei, University of Wisconsin, USA Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain √ √ √ 2 √ Đặt r = 3 65 và u = ( 3 65 − 4)−1 = 3 65 + 4 4 65 + 16 = r2 + 4r + 16. Để ý rằng u2 = 48r2 + 193r + 776, u3 = 2316r2 + 9312r + 37441 Do đó, u là một nghiệm của phương trình x3 − 48x2 − 12x − 1 = 0 Gọi hai nghiệm còn lại của phương trình trên là v, w, ta có v + w = 48 − u = 32 − 4r − r2 = −12(r − 4) − (r − 4)2 và vw = 1 = r − 4. Đầu tiên, ta có u 3 · 42 r =4 +1=4 + < 48 3 3 3  3 1 4+ 48 1 , suy ra 0 > v + w > −1 và 1 > vw > 0, dẫn đến v, w < 0. Và với mọi số 48 nguyên dương n, ta có hay 0 < r − 4 < 0 < |v n + wn | = |v n | + |wn | 6 |v| + |w| < 1 hay 1 > v n + wn > 0 với n chẵn và 0 > v n + wn > −1 với n lẻ. Ta lại có, v 2 + w2 = (v + w)2 − 2vw = 1552 − 193r − 48r2 v 3 + w3 = (v + w)3 − 3vw(v + w) = 74882 − 9312r − 2316r2 nên u + v + w = 48 ≡ 3 (mod 15), u + v 2 + w2 = 2328 ≡ 3 (mod 15), u3 + v 3 + w3 = 112323 ≡ 3 (mod 15). 2 Bây giờ, ta xét dãy (bn )n>1 xác định bởi ( b1 = 48, b2 = 2328, b3 = 112323 bn+3 = 48bn+2 + 12bn+1 + bn với các nghiệm của phương trình là u, v, w. Do vậy, bn = un + v n + wn với mọi n ∈ N∗ . Dễ thấy bn với mọi n ∈ N∗ . Do b1 ≡ b2 ≡ b3 ≡ 3(mod15), và bn+3 ≡ 3 (bn+2 − bn+1 ) + bn (mod15) nên bn ≡ 3(mod15) với mọi n ∈ N∗ . Từ đây, ta kết luận rằng, với mọi n ∈ N∗ , n chẵn, thì an = [un ] = un + v n + wn − 1 ≡ 2 (mod 15) và với n ∈ N∗ , n lẻ, thì an = [un ] = un + v n + wn ≡ 3 (mod 15) Vậy an ≡ 2, 3(mod15).  LATEX by Mathpiad 5 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 6 Xét dãy (an )n>0 xác định bởi a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và an+4 = 2an+3 + an+2 − 2an+1 − an , n > 0. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn n2 | an . Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj Napoca, Romania Lời giải. Li Zhou, Polk State College, USA Xét (Fn ) là dãy Fibonacci F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1 + Fn với mọi n > 0. Dễ thấy an = nFn với n = 0, 1, 2, 3. Giả sử rằng an = nFn với mọi n = 0, 1, 2, …, k với k > 3, ta có ak+1 = 2kFk + (k − 1)Fk−1 − 2(k − 2)Fk−2 − (k − 3)Fk−3 = 2kFk + 2Fk−1 − (k − 1)Fk−2 = (k + 1)Fk + (k + 1)Fk−1 = (k + 1)Fk+1 Do vậy an = nFn với mọi n > 0. Bây giờ, ta chỉ cần chỉ ra rằng có vô hạn n để n | Fn . Thật vậy, dễ dàng chứng minh được 2m+2 | F3·2m với mọi m > 1. Lại có với mọi m > 2 thì 144 = F(12,3·2m ) = (F12 , F3·2m ) nên 3 | F3·2m . Do đó, n | Fn với mọi n = 3 · 2m , m > 2, điều phải chứng minh.  Bài toán 7 Cho dãy (An ) xác định bởi An = n2 n n n + 2 + ··· + 2 . 2 2 +1 n +2 n + n2    1 π Tìm lim n n − An − . n→∞ 4 4 Yong Xi Wang, China Lời giải. Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA Xét f là hàm số có đạo hàm cấp 3 trên đoạn [0, 1] bất kỳ. Gọi [a, b] ⊂ [0, 1]. bất kỳ. Sử dụng khai triển Taylor, ta có 1 1 f (x) = f (b) + f 0 (b)(x − b) + f 00 (b)(x − b)2 + f 000 (ξ)(x − b)3 , 2 6 với ξ nào đó nằm giữa x và b. Suy ra Z b  1 1 f (x)dx = f (b)(b − a) − f 0 (b)(b − a)2 + f 00 (b)(b − a)3 + O (b − a)4 . 2 6 a Xét n là số nguyên dương. Với mọi k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, ta có         Z k/n 1 k 1 0 k 1 00 k 1 f (x)dx = f − 2f + 3f +O . n n 2n n 6n n n4 (k−1)/n Cho k chạy từ 0 đến n − 1 rồi lấy tổng n đẳng thức trên, ta được         Z 1 n n n k 1 X 0 k 1 X 00 k 1 1X f − 2 f + 3 f +O . f (x)dx = n k=1 n 2n k=1 n 6n k=1 n n3 0 LATEX by Mathpiad 6 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Điều này tương đương với Z f (1) − f (0) = 1 n 1X 0 f (x)dx = f n k=1 0 0 và 0 0 1 Z       n k 1 X 00 k 1 − 2 +O f n 2n k=1 n n2 n 1 X 00 f (x)dx = f n k=1 00 f (1) − f (0) = 0     k 1 +O . n n Kết hợp 3 đẳng thức trên, ta được     Z 1 n 1X 1 1 k 1 0 0 f (x)dx = − [f (1) − f (0)] − . f [f (1) − f (0)] + O 2 n k=1 n 2n 12n n3 0 Xét f (x) = 1 . Khi đó, 1 + x2 Z 1 f (x)dx = 0   n k 1X f = n k=1 n π ; 4 n 1X n k=1 n X 1 n = = An ; 2 2 1 + (k/n) n + k2 k=1 1 1 f (1) − f (0) = − 1 = − ; 2 2 1 1 f 0 (1) − f 0 (0) = − − 0 = − 2 2 Do vậy, π 1 1 = An + + +O 4 4n 24n2  1 n3  . Suy ra    1 π 1 − An − lim n n = . n→∞ 4 4 24  Bài toán 8 Cho x > 1, xét dãy (an )n>1 thỏa mãn an = [xn ] với mọi n ∈ Z+ . Chứng minh rằng, nếu (an )n>1 là cấp số nhân thì x là một số nguyên. Marius Cavachi, Constanta, Romania Lời giải. Robert Bosch, Archimedean Academy, Florida, USA Gọi k là công bội của cấp số nhân trên. Ta có [xn ] = k n−1 [x] Chia hai vế cho xn , ta được [xn ] = xn  n−1 k [x] x x xn − 1 [xn ] [xn ] < 6 1 nên lim lim = 1. Lấy giới hạn hai vế khi n → ∞, ta được x→∞ xn xn xn k = x, do đó x = [x]. Hay x là số nguyên, điều phải chứng minh.  Nhận thấy, LATEX by Mathpiad 7 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 9 Cho a0 > 0 và an+1 = a0 · . . . · an + 4 với mọi n > 0. Chứng minh rằng p an − 4 (an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = 1 với mọi n > 1. Titu Andreescu, University of Texas at Dallas Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia Ta có an+1 = a0 · . . . · an−1 an + 4 ⇒ an+1 = (an − 4) an + 4 ⇒ an+1 + 1 = a2n − 4an + 5    ⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = a2n − 4an + 5 a2n + 1 − 4  ⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = a4n − 4a3n + 6a2n − 4an + 1  ⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = (an − 1)4 p ⇒ (an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = an − 1 p ⇒ an − 4 (an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = 1,  Điều phải chứng minh. Bài toán 10 Cho (an )n>0 là một dãy số thực thỏa mãn a0 = 1 và an+1 = n2 a an 2 n + an + 1 Tìm lim n3 an . x→∞ Khakimboy Egamberganov, Tashkent, Uzbekistan Lời giải. Alessandro Ventullo, Milan, Italy ∞ X an 1 Nhận thấy an+1 < 2 = 2 , do vậy an hội tụ theo Tiêu chuẩn so sánh. Đặt n an n n=0 ∞ X an = c ∈ R n=0 Ta có 1 an+1 = n2 + an + 1 an LATEX by Mathpiad 8 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Nên 1 = 02 + a0 + a1 1 = 12 + a1 + a2 ...... ... 1 a0 1 a1 1 1 = (n − 1)2 + an−1 + an an−1 Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta được n−1 1 (n − 1)n(2n − 1) X = + ak + 1 an 6 k=0 1 1 = (n − 1)2 + an−1 + an an−1 Suy ra, n−1 X 1 (n − 1)n(2n − 1) = + n 3 an 6n3 Vì n−1 X lim Nên lim n→∞ c+1 =0 n→∞ n3 = lim n n3 = lim n3 1 n3 a k=0 ak + 1 k=0 n→∞ ak + 1 n→∞ (n − 1)n(2n − 1) 1 = 3 6n 3 Do vậy, lim n3 an = 3 n→∞  Bài toán 11 Cho (an )n>1 là một dãy số thực dương đơn điệu tăng thỏa mãn lim an = ∞ và dãy n→∞ (an+1 − an )n>1 đơn điệu. Tính a1 + . . . + an . √ n→∞ n an lim Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, Romania Lời giải. Paolo Perfetti, Universitá degli studi di Tor Vergata Roma, Roma, Italy Dãy (an+1 − an )n>1 đơn điệu nên sẽ hội tụ đến L. Ta xét L > 0 hữu hạn. Sử dụng định lý Trung bình Cesaro an L = lim (an+1 − an ) =⇒ L = lim n→∞ n→∞ n Và √ an+1 − an L √ lim ( an+1 − an ) = lim √ =0 √ = n→∞ n→∞ an+1 + an ∞ LATEX by Mathpiad 9 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Áp dụng định lý Stolz (a1 + . . . + an+1 ) − (a1 + . . . + an ) an+1 = lim √ √ √ √ n→∞ n→∞ (n + 1) an+1 − n an (n + 1) an+1 − n an lim Ta có  √ √ √  (n + 1) an+1 − n an an √ n+1 √ lim = lim ( an+1 − an ) + n→∞ n→∞ an+1 an+1 an+1 và √ an √ 1 n+1 √ ( an+1 − an ) = · 0 = 0, lim =0 lim n→∞ an+1 n→∞ an+1 L an+1 Mà (an ) tăng và an > 0 nên √ > 0. Do đó, √ (n + 1) an+1 − n an an+1 √ = ∞. √ n→∞ (n + 1) an+1 − n an lim an . Ta có n→∞ n Bây giờ ta xét L = lim (an+1 − an ) = 0, khi đó 0 = lim n→∞ (a1 + . . . + an+1 ) − (a1 + . . . + an ) an+1 = lim √ √ √ √ n→∞ n→∞ (n + 1) an+1 − n an (n + 1) an+1 − n an a   √ n+1 √ = lim n→∞ √ an+1 − an an+1 n +1 √ an+1 lim √ an+1 − an Bây giờ ta chứng minh dãy n bị chặn trên. Ta viết √ an+1 √ √ Do đó, ta đi chứng minh dãy an+1 − an n (an+1 − an ) n √ 6 √ an+1 an+1 + an 2an n (an+1 − an ) bị chặn trên. 2an  np anp +1 − anp p Phản chứng, giả sử với mọi số nguyên dương, p tồn tại np thỏa mãn > hay 2anp 2 panp anp +1 − anp > . Do dãy an+1 − an đơn điệu nên np an+1 − an > anp +1 − anp > Dẫn đến a1 = an p + np X panp np (ak − ak+1 ) < anp − np k=1 ∀1 6 n 6 np − 1 panp = np (1 − p) < 0, np mâu thuẫn với giả thiết. Do đó, tồn tại số thực dương C sao cho 0 < đến n (an+1 − an ) 6 C. Dẫn 2an a an+1  √ n+1 √ >√ =∞ n→∞ √ an+1 − an an+1 (C + 1) an+1 n +1 √ an+1 lim LATEX by Mathpiad 10 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cuối cùng, ta xét L = ∞. Suy ra, với mỗi p > 0, tồn tại np thỏa mãn với mọi n > np thì an+1 − an > p. Dẫn đến np −1 an = a1 + X n X (ak+1 − ak ) + k=1 (ak+1 − ak ) > k=np > a1 + (np − 1) min 16k6np −1 > p (n − np + 1) > p (ak+1 − ak ) + p (n − np + 1) n 2 với n > 2 (np − 1). Từ đây ta có  n a1 + . . . + a2np −3 + a2np −2 + . . . + an > (2np − 3) a1 + (n − 2np + 3) p 2 2 n n > (n − 2np + 3) p > p 2 4 với mọi n > 4np + 6. Do đó, √ √ √ a1 + . . . + an a1 + . . . + an a1 + . . . + an a1 + . . . + an √ n 1 √ = > > p = p √ √ n an n an n 2n Cho p → ∞, ta được, với L = ∞ thì a1 + . . . + an = ∞. √ n→∞ n an lim Vậy a1 + . . . + an = ∞. √ n→∞ n an lim  Bài toán 12 1 2 n Chứng minh rằng dãy 22 + 1, 22 + 1, . . . , 22 + 1, . . . và một cấp số cộng đơn điệu tăng bất kỳ hoặc cùng có chung vô số phần tử, hoặc chỉ có chung không quá một phần tử. Nairi Sedrakyan, Yerevan, Armenia Lời giải. Adnan Ali, Student in A.E.C.S-4, Mumbai, India Phản chứng, giả sử tồn tại cấp số cộng {an }n>1 với công sai d > 0, có đúng a phần tử thuộc 1 2 n dãy {Fn }n>1 = 22 + 1, 22 + 1, · · · , 22 + 1, · · · , 2 6 a < ∞. j m Giả sử 2 phần tử giống nhau cuối cùng là ak = 22 + 1 và a` = 22 + 1 với k < ` ⇔ j < m. Ta có,  m j  j d | a` − ak ⇔ d | 22 22 −2 − 1 Nếu d = 2b , b 6 2j , khi đó m d | 22  m+1 −2m 22  − 1 ⇔ d | Fm+1 − Fm Do đó, ∃ u ∈ Z+ mà a`+u = Fm+1 , mâu thuẫn. Do vậy, d có một ước lẻ la d0 > 1. Khi đó,  m j 2m−j m j 22 −2 ≡ 1 (modd0 ) ⇒ 22 −2 ≡ 1 (modd0 ) . LATEX by Mathpiad 11 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Dẫn đến m d0 | 22  2m−j −2m 22  − 1 ⇔ d | F2m−j − Fm . Suy ra, tồn tại số nguyên dương r thỏa mãn a`+r = F2m−j , mâu thuẫn. Vậy giả sử trên là sai, ta có điều phải chứng minh.  Bài toán 13 Cho {an } là dãy số thực xác định bởi a0 = 3 và an+1 = 1 2 (a + 1) , ∀n > 0. 2 n Chứng minh rằng 2 v  u u n  n u  X t k Fk Fn−k   6 2n−1 Ln . 1 + 5   1 + a k  k=0   Trong đó, • Ln là số Lucas thứ n, tức số hạng thứ n của dãy L0 = 2, L1 = 1 và Ln = Ln−1 +Ln−2 . • Fn là số F ibonacci thứ n, tức số hạng thứ n của dãy F0 = 0, F1 = 1 và Fn = Fn−1 + Fn−2 Jose Luis Díaz-Barrero, Barcelona, Spain và Angel Plaza, Universidad de Las Palmas de Gran Canaria, Spain. Lời giải. Henry Ricardo, New York Math Circle. Ta sẽ lần lượt chứng minh hai kết quả sau đây n   X n 2n Ln − 2 , Fk Fn−k = 5 k k=0 n X k=0 1 1 6 . 1 + ak 2 Một điều hiển nhiên, ta chứng minh được các công thức tổng quát của hai dãy F ibonacci và Lucas, đó là αn − β n Fn = √ , Ln = αn + β n , 5 √ √ 1+ 5 1− 5 ở đây α = và β = . Bằng cách này, đẳng thức đầu tiên được chứng minh theo 2 2 khai tiển nhị thức N ewton. Kết quả thứ hai thu được dựa vào việc quan sát thấy {an } là một dãy tăng, và  n n  X X 1 1 1 1 1 1 = − = − 6 1 + ak ak − 1 ak+1 − 1 a0 − 1 an+1 − 1 2 k=0 k=0 Ap dụng các kết quả thu được và bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có  2 v  u u n s  !2 r  n u  n X X t k Fk Fn−k  n 1  =1+5 1 + 5 Fk Fn−k   1 + a k 1 + ak k  k=0  k=0 LATEX by Mathpiad 12 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC n   X n 61+5 Fk Fn−k k k=0 ! n X k=0 1 1 + ak ! 1 6 1 + (2n Ln − 2) = 2n−1 Ln . 2  Như vậy, bài toán đã cho được chứng minh. Bài toán 14 Cho x1 , x2 , . . . là một dãy các số thực dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện log xn là số âm. n→∞ x1 + · · · + xn lim xn = 0 và lim n→∞ Chứng minh rằng log xn = −1. n→∞ log n lim by George Stoica, University of New Brunswick, Saint John, Canada. Lời giải. Lixing Han, University of Michigan, Flint, MI. log xn . Áp dụng định lý Stolz − Cesaro, ta có Ta đặt β = x1 + · · · + xn   xn+1 log log xn+1 − log xn log xn xn lim = lim = lim = β. n→∞ n→∞ n→∞ x1 + · · · + xn xn+1 xn+1 (1) Kết quả trên cho ta biết xn+1 < xn với số nguyên dương  n đủ lớn  thỏa mãn xn > 0. Do xn tiến xn+1 tới 0 khi n → ∞, từ (1) ta suy ra lim βxn+1 = lim log = 0, và điều này dẫn đến n→∞ n→∞ xn xn+1 =1 n→∞ xn lim Theo như định lý giá trị trung bình, tồn tại dãy {ζn } thỏa mãn log xn+1 − log xn = 1 (xn+1 − xn ) , ζn ở đây ζn nằm giữa xn và xn+1 . Theo đó, với n đủ lớn, ta có xn+1 < ζn /xn < 1. Từ (2), ta chứng xn ζn = 1. Sử dụng nhận định này kết hợp với (1), ta lại có n→∞ xn minh được lim log xn+1 − log xn 1 xn+1 − xn xn xn+1 − xn = lim · = lim · =β n→∞ n→∞ ζn n→∞ ζn xn+1 xn+1 xn xn+1 lim Theo đó, với bất kì số  ∈ (0, |β|) nào, luôn tồn tại số nguyên dương N sao cho β−< 1 1 − < β +  , ∀n > N. xn xn+1 Cộng theo vế các bất đẳng thức trên từ n = N tới N + m − 1, ta nhận được (β − )m < 1 1 − < (β + )m xN xN +m LATEX by Mathpiad 13 (2) TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Chia các vế cho N + m và cho m → ∞, ta có   1 1 β −  6 lim − 6β+ m→∞ (N + m)xN (N + m)xN +m Lại do lim m→∞ 1 = 0 nên (N + m)xN 1 1 6 − lim (N + m)xN +m = − lim nxn 6 m→∞ n→∞ β+ β− −1 > 0, vậy nên n→∞ β   1 lim log (nxn ) = lim (log n + log xn ) = log − n→∞ n→∞ β Khi cho  tiến đến 0, ta có thể suy ra lim nxn = Tuy nhiên, nếu đánh giá trên xảy ra, ta bắt buộc phải có   log − β1 log n + log xn = lim =0 lim n→∞ n→∞ log n log n và vì vậy  lim n→∞ log xn 1+ log n  = 0.  Bài toán đã cho được chứng minh Bài toán 15 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b2 > 4ac. Cho dãy {λn } thỏa mãn λ0 > 0 và cλ1 > bλ0 . Xét dãy {un } xác định bởi ( u0 = cλ0 , u1 = cλ1 − bλ0 un = aλn−2 − bλn−1 + cλn , ∀n > 2 Chứng minh rằng, nếu un > 0 với mọi n > 0 thì λn > 0 với mọi n > 0. H. A. ShahAli, Tehran, Iran. Lời giải. J. C. Linders, Eindhoven, The Netherlands. Do u0 > 0 và u1 > 0 nên cả λ0 và λ1 đều dương. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với n rằng cλn > n+1 bλn−1 2n ∀n > 1 và λn > 0, ∀n > 1. Hiển nhiên, cả hai bất đẳng thức trên đúng với n = 1. Trong trường hợp tổng quát, giả thiết quy nạp cho ta   2n c 2nac cλn+1 > bλn − aλn−1 > bλn − a · λn = 1 − 2 bλn n+1 b b (n + 1)   n n+2 > 1− bλn = bλn . 2(n + 1) 2(n + 1) Cả hai bất đẳng thức bên trên được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. Bài toán được giải quyết.  LATEX by Mathpiad 14 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 16 Cho 0 6 a 6 2, dãy số han i được xác định bởi a1 = a và an+1 = 2n − ∞ X n > 1. Tính a2n . p 2n (2n − an ) với n=1 Pál Péter Dályay, Szeged, Hungary. Lời giải. Hansruedi Widmer, Kantonsschule Baden, Baden, Switzerland. Đầu tiên ta viết lại công thức thành a2n+1 = 2n+1 an+1 − 2n an . Thế vào biểu thức ta được n X a2l = a21 − 2a1 + 2n an = a2 − 2a + 2n an l=1 Ta cần tính lim 2n an . n→∞ p π 1 Với 0 6 γ 6 là góc sao cho a1 = a = 2 sin2 γ, suy ra γ = arcsin a/2 = arccos(1 − a). Do 2 2 đó theo phép quy nạp ta được an = 2n sin2 (γ/2n−1 ) . Vì thế nên  γ  n 2n 2 = 4γ 2 = arccos2 (1 − a) lim 2 an = lim 2 sin n−1 n→∞ n→∞ 2 ∞ X a2n = a2 − 2a + arccos2 (1 − a). Bài toán kết thúc  Do đó ta thu được n=1 Bài toán 17 Cho {an } được xác định là dãy tuần hoàn cho bởi a1 = a3 = 1, a2 = 2, a4 = a6 = −1, a5 = −2, và an = an−6 với n > 7. Gọi {Fn } là dãy Fibonacci với F1 = F2 = 1. Chứng minh ! ∞ ! ∞ X X (−1)kn π ak Fk F2k−1 = 2k − 1 F F 4 n=0 kn+2k−1 kn+3k−1 k=1 Bruce Burdick, Roger Williams University, Bristol, RI. Lời giải. Roberto Tauraso, Universita di Roma “Tor Vergata”, Roma, Italy; Rituraj Nandan, St. Peters, MO; và tác giả FN FM +1 − FN +1 FM = (−1)M FN −M . Với M = kn + 2k − 1 và N = k(n + 1) + 2k − 1, ta có: −Fk(n+1)+2k−1 Fkn+2k + Fk(n+1)+2k Fkn+2k−1 (−1)kn = Fkn+2k−1 Fkn+3k−1 Fk Fkn+2k−1 Fk(n+1)+2k−1   Fk(n+1)+2k 1 Fkn+2k = − Fk Fk(n+1)+2k−1 Fkn+2k−1 Do đó: ∞ X n=0  ∞  (−1)kn 1 X Fk(n+1)+2k Fkn+2k = − Fkn+2k−1 Fkn+3k−1 Fk n=0 Fk(n+1)+2k−1 Fkn+2k−1   1 F2k = φ− Fk F2k−1 LATEX by Mathpiad 15 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ √ 1+ 5 trong đó φ = . Khi đó: 2 ∞ ∞ X ak Fk F2k−1 X k=1 2k − 1 n=0 ∞ X ak (φF2k−1 − F2k ) (−1)kn = Fkn+2k−1 Fkn+3k−1 2k − 1 k=1  2k−1 ∞ X ak 1 = 2k − 1 φ k=1 vì Fn+1 − φFn = −φ−n . Chuỗi 1, 2, 1, −1, −2, −1, . . . là tổng của hai chuỗi có chu kỳ là 1, −1, 1, −1, 1, −1 và 0, 3, 0, 0, −3, 0. Tiếp tục tính ta được:  2k−1 X  2k−1 X  6k−3 ∞ ∞ ∞ X ak 1 (−1)k+1 1 3(−1)k+1 1 = + 2k − 1 φ 2k − 1 φ 6k − 3 φ k=1 k=1 k=1  2k−1 X  2k−1 ∞ ∞ X (−1)k+1 1 (−1)k+1 1 = + 2k − 1 φ 2k − 1 φ3 k=1 k=1     1 1 + arctan = arctan φ φ3 Áp dụng công thức cộng arctan và φ2 = φ + 1 bài toán trở thành:   1 1  3       φ + φ3  φ + φ 1 1  = arctan arctan + arctan = arctan   1 1  φ φ3 φ4 − 1 1− · 3    3 φ φ φ3 + φ φ +φ π = arctan = arctan = arctan(1) = 3 2 3 φ +φ −1 φ +φ 4  Bài toán 18 Gọi p, a, và b là các số thực dương thỏa mãn a < b. Xét dãy hxn i được xác định bởi công thức nxn+1 = (n + 1/p)xn và điều kiện x1 6= 0. Tính giới hạn: xan + xan+1 + · · · + xbn . n→∞ nxan lim Alina Sı̂ntămărian, Technical University of ClujNapoca, Cluj-Napoca, Romania. Lời giải. Omran Kouba, H.I.A.S.T., Damascus, Syria. b1+c − a1+c Đáp án của bài toán là , với c = 1/p. Thật vậy, lời giải luôn đúng với mọi số thực (1 + c)ac 1 n−1 xn . Từ không âm c thay thế , không chỉ là nghịch đảo của các số nguyên. Đặt yn = p 1+c yn+1 − yn = nxn+1 − (n − 1)xn (n + c)xn − (n − 1)xn = = xn , 1+c 1+c ta thu được bn X k=an xk = bn X (yk+1 − yk ) = ybn+1 − yan = k=an bnxbn+1 − (an − 1)xan . 1+c LATEX by Mathpiad 16 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Vì vậy bn xbn+1 an − 1 1 X b · − xk = nxan k=an 1 + c xan n(1 + c) Do đó ta chỉ cần tìm lim zn , với zn = xbn+1 /xan . zn = bn bn  Y Y xk+1 c = 1+ , x k k k=an k=an ta có c c  c bn  bn  Y Y 1 an − 1 c k−1 1− zn = zn = 1+ . bn k k k k=an k=an  c c    Q 1 c 1 c ∞ 1− = 1 + O (k −2 ), tích vô hạn k=1 1 + 1− hội tụ. Do đó: Do 1 + k k k k   lim zn n→∞ an − 1 bn bn  Y c = lim n→∞ k=an  c c 1 1+ 1− =1 k k Vậy lim zn = (b/a)c . Ta được: n→∞ bn 1 X b a b1+c − a1+c lim xk = lim zn − = n→∞ nxan 1 + c n→∞ 1+c (1 + c)ac k=an  Bài toán 19 Cho dãy số hak i là dãy của các số thực dương được xác định bởi an =  1 2 an−1 + 1 với 2 mọi n > 1, và a1 = 3. Chứng minh rằng ” n X k=1 ak 1 + ak ! n X k=1 1 ak (1 + ak ) !# 21 1 6 4  a1 + an √ a1 an  . José Luis Díaz-Barrero and José Gibergans-Báguena, Universidad Politécnica de Cataluña, Barcelona, Spain. Lời giải. Jim Simons. Cheltenham, U.K. Định nghĩa 1. Khi n = 9 thì V T > 1 mà V P > 1025 nên ta nhận thấy bất đẳng thức này rất yếu. Đầu tiên ta chứng minh ak > 2k . Theo phép quy nạp, với n = 1, 2 thì a1 = 3 > 2 và a2 = 5 > 4 đúng. Ta giả sử ak > 2k kết hợp với giả thiết ta được ak+1 =  1 2k  1 2 ak + 1 > 2 + 1 > 2k+1 (Đúng theo quy nạp) 2 2 k−1 32 (Ta dễ dàng có thể chứng minh bất đẳng thức mạnh hơn ak > 2k−1 −1 ) 2 Pn ak ak Vì < 1, nên k=1 < n. (1 + ak ) (1 + ak ) LATEX by Mathpiad 17 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ P 1 1 1 < 2−k−2 và nk=1 < . (ak (1 + ak )) (ak (1 + ak )) 4 r n Kết hợp những chứng minh trên ta thu được V T < . 2 Với n > 8, ta có r   √ n an n 1 a1 + an 22 > √ > √ > √ 4 a1 an 2 4 3 4 3 Vì 1 + ak > 4 và ak > 2k , ta có Thử trực tiếp với n = 2, 3, 4, 5, 6, 7 ta thấy bất đẳng thức đúng. Vậy bất đẳng thức được chứng minh.  Bài toán 20 Cho số thực dương q 6= 1. Xét các dãy {un } và {λn } thỏa mãn công thức tổng quát vn = n n 1 2 − 12 q 2 − q− 2 q −q và n n µn = q 2 + q − 2 a) Chứng minh 2vn+1 = µ1 vn + µn với mọi n > 1. b) Chứng minh 2vn−1 = µ1 vn − µn với mọi n > 2. c) Rút gọn tổng N X n=2 1 vn vn+1 Proposed by Boon Wee Ong, Behrend College, Erie, PA. Lời giải. M. Bello, M. Benito, Ó. Ciaurri, E. Fernández, and L. Roncal, Logro no, Spain. a) Ta nhận thấy rằng    2 q (n+1)/2 − q −(n+1)/2 − q n/2 + q −n/2 q 1/2 − q −1/2 2vn+1 − µn = q 1/2 − q −1/2 q (n+1)/2 − q −(n+1)/2 + q (n−1)/2 − q −(n−1)/2 = q 1/2 − q −1/2   q n/2 q 1/2 + q −1/2 − q −n/2 q 1/2 + q −1/2 = = µ1 vn . q 1/2 − q −1/2 Dựa vào đây, đẳng thức đã cho được chứng minh. b) Ta tiếp tục nhận thấy    2 q (n−1)/2 − q −(n−1)/2 + q n/2 + q −n/2 q 1/2 − q −1/2 2vn−1 + µn = q 1/2 − q −1/2 q (n−1)/2 − q −(n−1)/2 + q (n+1)/2 − q −(n+1)/2 = = µ1 v n . q 1/2 − q −1/2 Ở đây, đẳng thức cuối cùng được chứng minh dựa theo kết quả ý a, và đẳng thức đã cho, theo đó, cũng được chứng minh. LATEX by Mathpiad 18 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC c) Xuất phát từ vn+1 µn−1 − µn+1 vn−1 = 2 (q − q −1 ) = 2µ1 , q 1/2 − q −1/2 và kết hợp với kết quả ở ý a, ta có µ1 vn−1 + µn−1 µ1 vn+1 + µn+1 − vn−1 2 2 vn+1 µn−1 − vn−1 µn+1 = µ1 . = 2 vn+1 vn − vn−1 vn+2 = vn+1 Biến đổi trên chỉ ra cho ta µ1 vn+1 vn − vn−1 vn+2 vn vn−1 = = − . vn+1 vn+2 vn+1 vn+2 vn+2 vn+1 Với việc v0 = 1, ta biết được rằng N X n=2    N  1 1 X vn−1 vn−2 1 vN −1 v0 vN −1 = − = − = . vn vn+1 µ1 n=2 vn+1 vn µ1 vN +1 v2 µ1 vN +1 Tổng đã cho được rút gọn.  Bài toán 21 Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn b2 > 4ac. Cho dãy {λn } xác định bởi λ0 > 0 và cλ1 > bλ0 . Xét dãy {un } xác định bởi ( u0 = cλ0 , u1 = cλ1 − bλ0 un = aλn−2 − bλn−1 + cλn , ∀n > 2 Chứng minh rằng, nếu un > 0 với mọi n > 0 thì λn > 0 với mọi n > 0. H. A. ShahAli, Tehran, Iran. Lời giải. J. C. Linders, Eindhoven, The Netherlands. Do u0 > 0 và u1 > 0 nên cả λ0 và λ1 đều dương. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với n rằng cλn > n+1 bλn−1 2n ∀n > 1 và λn > 0, ∀n > 1. Hiển nhiên, cả hai bất đẳng thức trên đúng với n = 1. Trong trường hợp tổng quát, giả thiết quy nạp cho ta   2n c 2nac cλn+1 > bλn − aλn−1 > bλn − a · λn = 1 − 2 bλn n+1 b b (n + 1)   n n+2 > 1− bλn = bλn . 2(n + 1) 2(n + 1) Cả hai bất đẳng thức bên trên được chứng minh theo nguyên lí quy nạp. Bài toán được giải quyết.  LATEX by Mathpiad 19 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 22 Cho số nguyên dương k và dãy (an ) được xác định bởi a0 = 0, a1 = 1 và an+1 = kan +an−1 với mọi n > 1. a) Chứng minh rằng nếu n, r và h là các số nguyên không âm thỏa mãn r + h 6 n thì an+r an+r+h + (−1)h+1 an−r−h an−r = a2n a2r+h . b) Chứng tỏ rằng nếu i và j là các số nguyên dương và i > j thì k j−1 X  ai−r aj−r = r=0 ai aj+1 , ai aj+1 − ai−j , nếu j lẻ; nếu j chẵn. Sergio Falcón and Ángel Plaza, University of las Palmas de Gran Canaria, Las Palmas de Gran Canaria, Spain. Lời giải. J. C. Linders, Eindhoven, The Netherlands. a) Đặt φ = k + kx − 1 = 0. √ √   k 2 + 4 /2 và ω = k − k 2 + 4 /2 là các nghiệm của phương trình x2 − Dựa vào phương trình đặc trưng ta dễ dàng thấy rằng an = (φn − ω n ) /(φ − ω) với mọi n > 0. Vì thế ap aq = φp+q − φp ω q − ω p φq + ω p+q φp − ω p φq − ω q · = , φ−ω φ−ω (φ − ω)2 với mọi p, q > 0. Lại có φω = −1 nên suy ra ap aq = φp+q + ω p+q − (−1)q (φp−q − ω p−q ) . (φ − ω)2 (1) Điều này dẫn tới ap+s aq+s − (−1)s ap aq = φp+q+2s + ω p+q+2s − (−1)s (φp+q + ω p+q ) (φ − ω)2 Áp dụng (1) thì với p, q, s > 0, ta có ap+s aq+s − (−1)s ap aq = ap+q+s as (2) Từ đây sẽ có điều phải chứng minh khi thay p = n − r − h, q = n − r, và s = 2r + h. b) Thay q = 1 vào (2) ta có ap+s as+1 − (−1)s ap = ap+s+1 as . Từ đây rút ra được kap+s as = (ap+s+1 − ap+s−1 ) as = ap+s as+1 − (−1)s ap − ap+s−1 as . Vậy với mọi số nguyên dương j và số nguyên không âm p, ta có k j X s=1 ap+s as = j X j X (ap+s as+1 − ap+s−1 as ) − (−1)s ap s=1 s=1 j  X ap+j aj+1 , nếu j lẻ; s = ap+j aj+1 − ap a1 − ap (−1) = ap+j aj+1 − ap , nếu j chẵn. s=1 Từ đây thay p = i − j và s = j − r sẽ thu được đpcm.  LATEX by Mathpiad 20 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 23 Cho dãy (fn ) xác định bởi công thức n  1 1 fn = 1 + ((2n − 1)!!Ln ) n n b(n−1)/2c Y Tìm lim (fn+1 − fn ). Ở đây n!! = n→∞ (n − 2j) và Ln là số hạng thứ n của dãy Lucas. j=0 D.M.Bătinetu-Giurgiu, “Matei Basarab” National College, Bucharest, Romania, and Neculai Stanciu, “George Emil Palade” School, Buzău, Romania. Lời giải. László Lipták, Oakland University, Rochester, MI. Theo công thức Stirling, ta có √  n 1 (2n)! 2π(2n)2n+ 2 e−2n eO(1/n) √ 2n (2n − 1)!! = n = eO(1/n) . = 2 √ 1 n+ n −n O(1/n) 2 n! e 2 2πn 2 e e Vì thế ((2n − 1)!!)1/n = √ 2n O(1/n2 ) 2ee . Lại có 2n √ 2n 2=e ln 2 2n ln 2 =1+ +O 2n  1 n2  , điều này cho ta 1/n ((2n − 1)!!) 2n = e    1 ln 2 +O 1+ . 2n n2 2 Tương tự, sử dụng ln(1 + x) = x − x2 + O (x3 ) khi x → 0, ta có     n 1 1 1 1 1 1 +O 1− n ln(1+ n ) = e 2n ( n2 ) = e 1 − 1+ +O =e . n 2n n2 Cuối cùng, Ln = ϕn + (−ϕ)−n nên L1/n n  = ϕ 1 + −ϕ  1/n 2 −n  =ϕ 1+O  1 n2  Vậy khi n → ∞, ta có          1 1 2n ln 2 1 1 +O 1 + + O ϕ 1 + O fn = e 1 − 2n n2 e 2n n2 n2   1 = 2nϕ + ϕ(ln 2 − 1) + O n  Suy ra fn+1 − fn = 2ϕ + O n1 , vậy nên lim (fn+1 − fn ) = 2ϕ. n→∞ Bài toán 24 Cho dãy số ak = (k 2 + 1)2 , k4 + 1 k = 1, 2, 3, . . .. Chứng minh rằng với số nguyên dương n LATEX by Mathpiad 21  TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ bất kỳ thì · · · an = an−2 an1 an−1 3 2 2n+1 . n2 + 2n + 2 Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam Lời giải. Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA Đặt ck = k 2 + 1 và dk = k 4 + 1. Khi đó    ck−1 ck+1 = (k − 1)2 + 1 (k + 1)2 + 1   = k 2 − 2k + 2 k 2 + 2k + 2 = k 4 + 4 = dk , cho nên ak = c2k . ck−1 ck+1 Vì vậy với số nguyên dương n bất kì, ta có an1 an−1 an−2 2 3 · · · an = = n Y an+1−k k k=1 2n−(n−1) c1 cn0 = n Y c2n+2−k k n+1−k n+1−k c ck+1 k=1 k−1 n Y c2n+2−2k 1 k · · n+2−k n−k c c ck n+1 k=2 k cn+1 1 1 · 1n−1 · n c0 cn+1 n+1 c = n1 c0 cn+1 = Mà lại có c0 = 1, c1 = 2 và cn+1 = (n + 1)2 + 1 = n2 + 2n + 2, từ đây suy ra an1 an−1 a3n−2 · · · an = 2 2n+1 . n2 + 2n + 2  Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 25 Kí hiệu (Fn ), n > 0 là dãy số Fibonacci. Chứng minh các hệ thức sau  F3n 2 2 = 2 Fn−1 + Fn+1 − Fn−1 Fn+1 Fn         2n + 1 2n + 1 2n + 1 2n + 1 (b) F2n+1 + F2n−1 + F2n−3 + · · · + F1 = 5n . 0 1 2 n (a) Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam Lời giải. Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA Chúng ta đã biết rằng công thức tổng quát của dãy Fibonacci là √ √ αn − β n 1+ 5 1− 5 Fn = √ , trong đó α = và β = . 2 2 5 LATEX by Mathpiad 22 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Lưu ý rằng αβ = −1, α+ 1 √ = 5, α β+ √ 1 = − 5. β và α2 + 1 1 = β 2 + 2 = α2 + β 2 = 3. 2 α β (a) Sử dụng công thức Binet, ta có α3n − β 3n F3n = n = α2n + αn β n + β 2n = α2n + β 2n + (−1)n . n Fn α −β Tiếp theo,  1 2n−2 α + β 2n−2 + 2(−1)n , và 5  1 2n+2 = α + β 2n+2 + 2(−1)n 5 2 Fn−1 = 2 Fn+1 Vì vậy 2 2 Fn−1 + 2 Fn+1      2 1 2 1 8 2 2n 2 = α + 2 α + β + 2 β 2n + (−1)n 5 α 5 β 5 6 2n 6 2n 8 = α + β + (−1)n 5 5 5 Hơn nữa,  1 2n α − αn − 1β n+1 − αn+1 β n−1 + β 2n 5   1 2n = α − αn−1 β n−1 α2 + β 2 + β 2n 5 1 3 1 = α2n + β 2n + (−1)n 5 5 5 Fn−1 Fn+1 = Suy ra  F3n 2 2 2 Fn−1 + Fn+1 − Fn−1 Fn+1 = α2n + β 2n + (−1)n = Fn (b) Trước hết để ý, 2n+1 X k=0   n  2n+1 X X 2n + 1 2n + 1 2n + 1 F2n+1−2k = F2n+1−2k + F2n+1−2k k k k k=0 k=n+1   n  n  X X 2n + 1 2n + 1 = F2n+1−2k + F2k−(2n+1) k 2n + 1 − k k=0 k=0  n  X 2n + 1 =2 F2n+1−2k , k k=0 ở đây chúng ta sử dụng đến n+1 F−n = (−1) Fn và     n n = k n−k LATEX by Mathpiad 23 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Vậy ta có !   2n+1  2n + 1 2n+1−2k X 2n + 1 2n+1−2k α − β k k k=0 k=0 !   2n+1 2n+1 X 2n + 1 X 2n + 1 1 β 4n+2−2k α4n+2−2k − β −(2n+1) =√ α−(2n+1) k k 5 k=0 k=0 “ #    2 2n+1 2 2n+1 1 1+α 1+β =√ − α β 5 1 √ 2n+1 √ 2n+1  =√ 5 + 5 = 2 · 5n 5 2n+1 X k=0  2n + 1 1 F2n+1−2k = √ k 5 2n+1 X Vì vậy chúng ta có   n  2n+1  X 2n + 1 1 X 2n + 1 F2n+1−2k = F2n+1−2k = 5n 2 k k k=0 k=0  Bài toán 26 Dãy số {an }n>1 được xác định bởi công thức sau a1 = 4, 3an+1 = (an + 1)3 − 5 với mọi n > 1. Chứng minh rằng an là số nguyên dương với mọi n và tính tổng ∞ X a2 n=1 n an − 1 . + an + 1 Albert Stadler, Herrliberg, Switzerland Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain Ta đặt an = 3bn + 1, khi đó b1 = 1 và với mọi n > 1, bn+1 = 3bn (bn + 1)2 + bn . Vì b1 là số nguyên dương nên bằng quy nạp ta dễ dàng chỉ ra rằng bn là số nguyên dương, từ đó suy ra an luôn là số nguyên dương với mọi n. Hơn nữa, a2n bn bn (bn + 1) bn+1 − bn 1 1 an − 1 = 2 = = = − , + an + 1 3bn + 3bn + 1 bn+1 + 1 3 (bn + 1) (bn+1 + 1) 3 (bn + 1) 3 (bn+1 + 1) hay ta có N X a2 n=1 n an − 1 1 1 1 1 = − = − , + an + 1 3 (b1 + 1) 3 (bN +1 + 1) 6 3 (bN +1 + 1) và vì bn tiến tới dương vô cùng khi n ra vô cùng (dễ dàng chứng minh từ công thức truy hồi). Vậy ta có ∞ X an − 1 1 1 1 = − lim = . 2 a + an + 1 6 N →∞ 3 (bN +1 + 1) 6 n=1 n  LATEX by Mathpiad 24 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 27 Cho dãy số √ xn = 2 + Tính limn→∞ r 3 3 + ··· + 2 r n+1 n+1 , n n = 1, 2, 3, . . . xn . n Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam Lời giải. Li Zhou, Polk State College, USA Với mỗi 1 6 k 6 n, dựa vào định lý khai triển nhị thức  1 1+ k(k + 1) k+1 =1+ 1 k+1 + ··· > . k k Vì vậy, r 1< k+1 nên suy ra n < xn < n + 1 − k+1 1 1 1 <1+ =1+ − , k k(k + 1) k k+1 1 xn . Từ đây dễ dàng đi đến kết luận lim = 1. n→∞ n n+1  Bài toán 28 Cho (xn )n>1 là dãy số tăng và tồn tại số a > 2 thỏa mãn xn+1 > axn − (a − 1)xn−1 , với mọi n > 1. Chứng minh rằng dãy (xn )n>1 phân kỳ. Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, România Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain Ta có xn+1 − xn−1 > a (xn − xn−1 ) > 2 (xn − xn−1 ) , xn+1 − xn > xn − xn−1 . Đặt yn = xn+1 − xn thì rõ ràng dãy (yn )n>1 là dãy số dương tăng ngặt nên nó có giới hạn hoặc phân kỳ. Trong cả hai trường hợp đều sẽ tồn tại số thực dương r và số nguyên dương N sao cho với mọi n > N thì yn > r. Từ đây ta sẽ rút ra được rằng với mọi n > N thì xn > (n − N )r, suy ra đpcm.  Bài toán 29 Cho dãy (xn )n>1 là một dãy đơn điệu và số thực a ∈ (−1, 0). Tìm  lim x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn . n→∞ Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, România Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain Đặt yn là biểu thức mà chúng ta cần đi tìm giới hạn. • Trường hợp 1. Nếu dãy (xn ) bị chặn, suy ra dãy có giới hạn là L. Xét  > 0 bất kì, do |a| < 1 (1 − a) nên tồn tại số nguyên dương N1 sao cho với mọi n > N1 , có |an | < . Lại có dãy 3L LATEX by Mathpiad 25 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ (1 − |a|) . 3 Mặt khác do (xn ) là dãy đơn điệu nên D = |x1 − L| > |xn − L|. Lại dựa vào |a|n tiến tới (1 − |a|) 0 nên tồn tại M2 sao cho với mọi n > M2 thì |a|n+1 < . Lấy M = max {M1 , M2 } 3D và N = max {N1 , M + 2}. Vậy ta có với n > N thì (xn ) có giới hạn là L nên tồn tại M1 sao cho với mọi n > M1 thì |xn − L| <  L an L  − L 1 + a + a2 + · · · + an−1 = < , 1−a 1−a 3 và  xn + axn−1 + a2 xn−2 + · · · + aM xn−M − L 1 + a + a2 + · · · + aM 6  1 − |a|M +1   M 6 |xn − L| + |a| |xn−1 − L| + · · · + |a| |xn−M − L| < < . 3 3 Ta cũng có  aM +1 xn−M −1 + · · · + an−1 x1 − L aM +1 + · · · + an−1  6 |a|M +1 |xn−M −1 − L| + · · · + |a|n−M −2 |x1 − L|   1 − |a|n−M −1   M +1 n−M −2 < . 6 |a| D 1 + |a| + · · · + |a| < 3 3 Từ ba bất đẳng thức trên ta suy ra yn − L < . 1−a Từ đây suy ra nếu (xn ) bị chặn và có giới hạn là L thì  lim x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn = n→∞ L . 1−a • Trường hợp 2. Nếu dãy (xn ) tăng và không bị chặn thì với số N > 0 bất kỳ thì tồn tại số M thỏa mãn xn > |x1 + x2 + · · · + xN −1 | với mọi n > M và do 0 < a2 < 1 nên với mọi số chẵn n > M + 2 suy ra  x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn > (1 + a) xn + a2 xn−2 + · · · + an−2 x2 > (1 + a)xn , và với mọi số lẻ n > M + 2, ta có  x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn > (1 + a) xn + a2 xn−2 + · · · + an−2 x2 + an−1 x1 > (1 + a)xn + an−1 x1 , Dựa vào hai bất đẳng thức trên cho thấy biểu thức vế trái luôn tiến ra dương vô cùng hay  lim x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn = +∞ n→∞ • Trường hợp 3. Nếu dãy (xn ) giảm và không bị chặn thì ta làm tương tự trường hợp 2 để suy ra  lim x1 an−1 + x2 an−2 + · · · + xn = −∞ n→∞  LATEX by Mathpiad 26 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 30 Tính giới hạn của dãy số được xác định bởi a1 = 1, a2 = 2, và a2k+1 = a2k−1 + a2k √ và a2k+2 = a2k a2k+1 2 với k là một số nguyên dương. Peter Kórus, University of Szeged, Szeged, Hungary. Lời giải. Robin Chapman, University of Exeter, Exeter, UK. Giả sử √ √ π π 3 3 a2k−1 = k−1 cot và a2k = k−1 csc k−1 2 3·2 2 3 · 2k−1 với mỗi số k nguyên dương. Khi k = 1, √ √ 3 π 3 = 1 = a1 cot = 2k−1 3 · 2k−1 tan π/3 √ √ π 3 và = 2 = a2 csc = 2k−1 3 · 2k−1 sin π/3  Giả sử các công thức đúng với mọi số k và để thuận tiện, ta đặt θ = π/ 3 · 2k . Ta có: a2k+1 √  √  √ a2k−1 + a2k 3 cos 2θ + 1 3 2 cos2 θ 3 = = k = k cot θ = k 2 2 sin 2θ 2 2 sin θ cos θ 2 và a2k+2 = 3 √ a2k a2k+1 √ r √ √ r 3 cos θ 3 cos θ 3 = k−1 = k csc θ . = k−1 2 2 2 sin θ sin 2θ 2 2 4 sin θ cos θ Sử dụng phương pháp quy nạp toán học cho mọi số k. Vì x → 0, csc x ∼ x−1 và cot x ∼ x−1 . Do đó √ √ 3 π 3 3 lim a2k−1 = lim k−1 cot = k→∞ k→∞ 2 3 · 2k−1 π và √ lim a2k = lim k→∞ Vậy k→∞ 3 2k−1 √ π 3 3 csc = . 3 · 2k−1 π √ 3 3 lim an = n→∞ π  Bài toán 31 Gọi p và q là các số thực với p > 0 và q > − với n > 0. Tính: p2 . Cho U0 = 0, U1 = 1, và Un+2 = pUn+1 +qUn 4 v v u s u u r u q u t t 2 2 2 lim U1 + U2 + U4 + · · · + U22n−1 n→∞ Hideyuki Ohtsuka, Saitama, Japan. LATEX by Mathpiad 27 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Lời giải. Said Amghibech, Quebec City, QC, Canada. r 2 p p Giới hạn là + + q + 1. Gọi α và β là nghiệm của phương trình đặc trưng x2 − px − q = 0 2 4 r r p2 p p2 p + q > 0 và β = − + q; là nghiệm thực vì của hệ thức truy hồi Un , với α = + 2 4 2 4 p2 q > − . Từ điều kiện đã cho Un = (αn − β n ) /(α − β) với mọi n. Gọi r và s là nghiệm của 4 x2 −x−1/(α −β)2 = 0 với r > 0 > s; Chú ý r +s = 1 và rs = −1/(α −β)2 . Xét vn = rαn +sβ n , với n > 0 ta có: vn2 = r2 α2n + 2rsαn β n + s2 β 2n   = r2 − r α2n + 2rsαn β n + s2 − s β 2n + rα2n + sβ 2n α2n − 2αn β n + β 2n = + v2n = Un2 + v2n (α − β)2 Vì α > |β| và s < 0 nên vn = αn + s p (β n − αn ) > 0. Xem xn biểu diễn cho biểu thức có giới hạn cần tìm. Sử dụng công thức vn = Un2 + v2n nhiều lần, ta được r q q 2 2 v1 = U1 + v2 = U1 + U22 + v4 v v u s u u r u q u t t 2 2 2 = · · · = U + U + U + · · · + U2 1 2 4 2n−1 + v2n > xn Nhân liên hợp liên tiếp: s v1 − xn = v12 − x2n 6 v1 + xn r U22 v2 − U42 + + q p · · · + U22n−1 v1 r q q p p v22 − U22 − U42 + · · · + U22n−1 v4 − U42 + · · · + U22n−1  6 =  q p √ v1 v2 v1 v2 + U22 + · · · + U2n−1 r n−1 Y v2n 6 · · · 6 Qn−1 k=0 v2k  n−1 n−1 2 Y v2k Y − U22k U222 v2k+1 = v1 = v1 = v1 1− 2 . v22k v22k v2k k=0 k=0 k=0 Từ đó ta được 0 6 v1 − xn 6 v1 n−1 Y k=0 U 2k 1 − 22 v2k  Do  U 2k lim 22 k→∞ v k 2 = lim k→∞ k α2 − β 2 (α − β)2 rα 2k k 2 + sβ 2k 2 = 1 1 = <1 2 2 (α − β) r (α − β)2 r + 1 Từ định lý kẹp ta suy ra lim xn = v1 = rα + sβ = p/2 + n→∞ p p2 /4 + q + 1. LATEX by Mathpiad 28  TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 32 n Cho x1 thuộc khoảng (0, 1), và đặt xn+1 1X = ln (1 + xk ) với n > 1. Tính lim xn ln n. n→∞ n k=1 Moubinoul Omarjee, Lyceé Henri IV, Paris, France. Lời giải. Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA. Ta tính được giới hạn là 2. Vì 0 < ln(1 + x) < x với mọi x > 0, áp dụng quy nạp toán học cho xn ∈ (0, 1) với mọi n. Từ nxn+1 = n X ln (1 + xk ) và (n − 1)xn = k=1 n−1 X ln (1 + xk ) k=1 Ta có nxn+1 − (n − 1)xn = ln (1 + xn ), hay xn+1 − xn = ln (1 + xn ) − xn <0 n Do đó {xn } là dãy giảm. Vì tất cả các dãy trên đều dương nên nó hội tụ về một giới hạn không âm. L biểu diễn giới hạn của dãy số. Theo định lý Stolz-Cesàro, n−1 X L = lim xn = lim n→∞ k=1 n−1 n−1 X ln (1 + xk ) ln (1 + xk ) − n→∞ n X = lim ln (1 + xk ) k=1 k=1 = lim ln (1 + xn ) = ln(1 + L) n − (n − 1) n→∞ n→∞ Nghiệm duy nhất của phương trình L = ln(1 + L) là L = 0, do đó xn → 0. Mặt khác, ta lại xn+1 n − 1 ln (1 + xn ) có nxn+1 − (n − 1)xn = ln (1 + xn ) vì = + và lim (ln (1 + xn )) /xn = 1, n→∞ xn n nxn khi đó lim xn+1 /xn = 1. Theo định lý Stolz-Cesàro, n→∞ ln n ln(n + 1) − ln n = lim 1 1 n→∞ 1/xn n→∞ − xn+1 xn    n 1 1 xn+1 xn ln 1 + xn+1 xn ln 1 + n n = lim = lim n→∞ n→∞ xn − xn+1 x − ln (1 + xn )  n n 2 xn+1 xn 1 = lim · · ln 1 + =1·2·1=2 n→∞ xn xn − ln (1 + xn ) n lim xn ln n = lim n→∞  Bài toán 33 xn+1 x2n → 1 do n → ∞ và a 6 6 b với xn xn a và b là các số thực dương và n đủ lớn. Chứng minh: Cho dãy số (xn )n>1 gồm các số thực thỏa mãn LATEX by Mathpiad 29 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ (a) ∞ X xn < ∞ nếu b < 1 2 xn = ∞ nếu a > 1 2 n=1 (b) ∞ X n=1 George Stoica, University of New Brunswick, New Brunswick, Canada. Lời giải. Missouri State Problem Solving Group (Cách 1). Angel Plaza, Universidad de Las Palmas de Gran Canaria, Spain (Cách 2). xn+1 > 0 với n đủ lớn, ta thấy xn không đổi. Tuy nhiên, (a) không đáng kể và (b) không xn tồn tại với xk âm, do đó giả sử với mỗi xk > 0 1 xn+1 1 > 1, và tồn tại một số c sao cho 1 < c < . Do → 1, ta có (a) Cho b < 1/2. ta có 2b 2b xn xn+1 < cxn với n đủ lớn. Không mất tính tổng quát, giả sử Vì xn+1 < cxn và x2n 6 bxn với mọi n . Chú ý với r = b(1 + c),  1 0 0 ta xác định được yn = x2n + x2n +1 + x2n +2 + · · · + x2n+1 −1 Khi đó yn+1 = (x2n+1 + x2n+1 +1 ) + (x2n+1 +2 + x2n+1 +3 ) + · · · + (x2n+2 −2 + x2n+2 −1 ) < (1 + c) (x2n+1 + x2n+1 +2 + x2n+1 +4 + · · · + x2n+2 −2 ) 6 b(1 + c) (x2n + x2n +1 + x2n +2 + · · · + x2n+1 −1 ) = ryn Với mọi n, ta có yn 6 rn−1 y1 . Khi đó: ∞ X n=1 (b) Cho a > 1/2. khi đó xn = ∞ X yn 6 y1 n=0 ∞ X rn−1 < ∞ n=0 1 1 < 1, do vậy tồn tại một số c sao cho < c < 1. Lưu ý r = a(1 + c) 2a 2a   1 r >a 1+ = a + 1/2 > 1 2a Trong phần này,lập luận tương tự, giả sử xn+1 > cxn và x2n > axn với mọi n. Lập luận với yn như trên, yn+1 = (x2n+1 + x2n+1 +1 ) + (x2n+1 +2 + x2n+1 +3 ) + · · · + (x2n+2 −2 + x2n+2 −1 ) > (1 + c) (x2n+1 + x2n+1 +2 + x2n+1 +4 + · · · + x2n+2 −2 ) > a(1 + c) (x2n + x2n +1 + x2n +2 + · · · + x2n+1 −1 ) = ryn . LATEX by Mathpiad 30 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Với mọi n, ta có yn > rn−1 y1 . Do đó ∞ X xn = n=1 ∞ X ∞ X yn > y1 n=0 rn−1 = ∞ n=0  Bài toán 34 Gọi ∞ X an là dãy số với các số hạng là các số dương và Sn biểu diễn tổng thứ n của dãy. n=1 ∞ ∞ X X an Chứng minh rằng nếu hội tụ, thì an cũng hội tụ. S n=1 n n=1 So Mi Lim (student) and Sung Soo Kim, Hanyang University, Ansan, South Korea. Lời giải. Jim Hartman, The College of Wooster, Wooster, OH. ∞ ∞ n X X X an ak Ta chứng minh nếu an hội tụ, khi đó hội tụ. Chú ý cả Sn và Tn = là dãy S Sk n=1 n=1 n k=1 tăng và dương. Vì lim Sn = ∞ nên tồn tại một dãy con {nk }∞ k=1 trong dãy số tự nhiên để n→∞ Snk+1 > 2Snk . Ta lại có nk+1 Tnk+1 = Tnk nk+1 X ap X ap + > Tnk + S S p=n +1 p p=n +1 nk+1 k = Tnk + do k Snk+1 − Snk 1 > Tnk + Snk+1 2 snk 1 < . Vì Tn tăng, nên lim Tn = ∞. n→∞ Snk+1 2  Bài toán 35 Cho p là số thực dương. Dãy (an )n>1 có a1 = 0 và  n+1 an = 2 với n > 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của p + ab n c 2 an với mọi số nguyên dương n. −1 np Arkady Alt, San Jose, California, USA Lời giải. Radouan Boukharfane, Polytechnique de Montreal, Canada Ta thấy:  p 2n + 1 a2n = + ab 2n c = np + an 2 2  p 2n + 2 a2n+1 = + ab 2n+1 c = (n + 1)p + an 2 2 Trừ hai đẳng thức trên ta có : a2n+1 − a2n = (n + 1)p − np LATEX by Mathpiad 31 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Viết lại ta được : an+1 − an = n +1 p −  n p 2 2 Từ đó ta chứng minh được an tăng với mọi n > 3 : p  p  n−1  X k k +1 − an = 1 + 2 2 k=2 Dãy sn = an giảm và giá trị nhỏ nhất của sn với mọi số nguyên dương n là −1 p  p  n−1  X k k +1 − 1+ 2 2 k=2 lim sn = lim n→∞ n→∞ np − 1 np hay: n−1  X k 2 k=2 p +1 np n−1 X  p  k − 2 = −1 1 2p ((k + 2)p − k p ) k=2 np − 1 hay: n−1 X p p [(k + 2) − k ] = k=2 = n−1 X k=2 n−1 X [(k + 2)p − (k + 1)p + (k + 1)p − k p ] p p [(k + 2) − (k + 1) ] + n−1 X [(k + 1)p − k p ] k=2 k=2 p p p p = (n + 1) − 3 + n − 2 Ta suy ra n−1 X lim n→∞ [(k + 2)p − k p ] k=2 np − 1 (n + 1)p − 3p + np − 2p n→∞ np − 1 p (n + 1) + np −3p − 2p (n + 1)p + np = lim + lim = lim +0 n→∞ n→∞ n→∞ np − 1 np−1 np − 1 (n + 1)p + np (n + 1)p np = lim = lim + lim n→∞ n→∞ np − 1 n→∞ np − 1 np − 1  p n+1 (n + 1)p lim n→∞ np 1 n np = lim + lim p = +1= +1=2 p n→∞ n − 1 n→∞ n − 1 1 1 p n = lim Suy ra: lim sn = n→∞ 1 2p−1  Kết quả trên là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Bài toán 36 Cho x1 và x2 là hai số thực dương xác định, với n > 2 √ √ √ xn+1 = n x1 + n x2 + · · · + n xn LATEX by Mathpiad 32 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC xn − n . n→∞ ln n Tìm lim Gabriel Dospinescu, Ecole Normale Supérieure, Lyon, France Lời giải. Jedrzej Garnek, University of Adam Mickiewicz, Poznan, Poland Đặt c = max (1, x1 , x2 , x23 /4) và d = min (1, x1 , x2 , x23 /4).Ta sẽ đi chứng minh   √ √ √ log(n − 1)! n! d· n+ 6 xn+1 6 n · n n − 1 · n c n với n > 2. Cả√hai bất đẳng thức trên đều đúng với n = 2. Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, bất đẳng thức k−1 k − 2 6 2 (dễ được suy ra từ 2x > 1 + x ) và giả thiết quy nạp (IH): xn+1 n n X X √ √ √ √ (IH) n n n n = xk = x1 + x2 + xk k=1 k=3 n q X √ √ n n n 6 c+ c+ (k − 1) · √ n−1 k−2· √ k−1 c k=3 6 √ n c· n q X n 1+1+ (k − 1) · √ k−1 ! k−2 k=3 √ n v n u X u n n 1 + 1n + u (k − 1) · t √ k−2 k−1 k=3 c·n· n v n u X u n n 1 + 1n + u (k − 1) · 2 t √ √ √ k=3 =nnn−1· nc 6 n cn · n 6 Để chứng minh bất đẳng thức thứ hai, ta dùng bất đẳng thức √ n Ta có xn+1 = n X √ n x=e ln x n >1+ n X√ √ √ n xk = n x 1 + n x 2 + xk k=1 k=3 √ √ n n > d+ d+ n X s n k=3 > ln x n √ √ n n d+ d+ n X p n   log(k − 2)! [(k − 1)!]d · (k − 1) + k−1 (k − 1)]d · (k − 1) k=3 √ n > d· √ n! 1+1+ n X √ n ! k−1 k=3 n  X log(k − 1) 1+ > d· 1+1+ n k=3   √ log(n − 1)! n! = d· n+ n ! LATEX by Mathpiad 33 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Do đó ta có:   √ log(n − 1)! n! √ √ d· n+ − (n + 1) xn+1 − (n + 1) n · n n − 1 · n c − (n + 1) n 6 6 ln(n + 1) ln(n + 1) ln(n + 1) ex − 1 =1: Sử dụng xấp xỉ Stirling và giới hạn lim x→0 x   √ log(n − 1)! n! ! √ √ d· n+ − (n + 1) n n d log(n − 1)! n · ( d − 1) n lim = lim + = n→∞ n→∞ ln(n + 1) ln(n + 1) n ln(n + 1)     ln d exp ln d − 1 p √ n  n · n! d log n (n − 1)!  n! =  · + = lim  ln d  n→∞ ln(n + 1) ln(n + 1) n!  p  √ ln d n n 1/2 n−1 n· d log (2π(n − 1)) · ((n − 1)/e) · δn   n! + = lim  =0+1 n→∞ ln(n + 1) ln(n + 1)  (để ý rằng lim δn = 1 ) và: n→∞ √ √ n · (exp(ln(c(n − 1))/n) − 1) n· nn−1· nc−n = lim lim n→∞ n→∞ ln(n + 1) ln(n + 1) n · ln(c(n − 1))/n) − 1) exp(ln(c(n − 1))/n) − 1 · = lim n→∞ ln(n + 1) ln(c(n − 1))/n n · ln(c(n − 1))/n) − 1) =1 = lim n→∞ ln(n + 1)  Do đó, theo định lý kẹp, giới hạn cần tìm bằng 1. Bài toán 37 Cho a là một số nguyên bất kỳ. Xét dãy truy hồi được xác định bởi ( u0 = 4, u1 = 0, u2 = 2, u3 = 3 un+4 = un+2 + un+1 + a · un với mọi số nguyên n > 0. Chứng minh rằng up chia hết p cho mọi p nguyên tố. Éric Pité, Paris, France. Lời giải. John L. Simons, University of Groningen, the Netherlands. Xét α1 , α2 , α3 , α4 là nghiệm của đa thức đặc trưng i=4 Y f (x) = (x − αi ) = x4 − x2 − x − a. Bằng cách so sánh các hệ số, chúng ta thu được: i=1 α1 + α2 + α3 + α4 = 0, α1 α2 + α1 α3 + α1 α4 + α2 α3 + α2 α4 + α3 α4 = −1 α1 α2 α3 + α1 α2 α4 + α1 α3 α4 + α2 α3 α4 = 1, và α1 α2 α3 α4 = −a LATEX by Mathpiad 34 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Xét nghiệm của un = i=4 X αin . Dễ dàng thấy rằng nghiệm này thỏa mãn phương trình truy hồi i=1 un+4 = un+2 + un+1 + a · un . Xét các giá trị đầu, ta có: u0 = 4, u1 = α1 + α2 + α3 + α4 = 0, u2 = α12 + α22 + α32 + α42 = (α1 + α2 + α3 + α4 )2 − 2 (α1 α2 + . . . + α3 α4 ) = 2, u3 = α13 + α23 + α33 + α43 = (α1 + α2 + α3 + α4 )3 − 3 (α1 + α2 + α3 + α4 ) (α1 α2 + α1 α3 + α1 α4 + α2 α3 + α2 α4 + α3 α4 ) + 3 (α1 α2 α3 + α1 α2 α4 + α1 α3 α4 + α2 α3 α4 ) = 3 i=4 X αin là nghiệm tổng quát của phương trình truy hồi với các giá trị ban đầu đã i=1   p cho. Đối với p nguyên tố, tất cả các hệ số nhị thức với 0 < j < p đều chứa một hệ số p. j Do đó, up = α1p + α2p + α3p + α4p = (α1 + α2 + α3 + α4 )p − p · g (α1 , α2 , α3 , α4 ) Do đó un = trong đó g (α1 , α2 , α3 , α4 ) là một đa thức đối xứng có nghiệm αi . Một định lý cơ bản trong lý thuyết về đa thức đối xứng phát biểu rằng một đa thức đối xứng với nghiệm αi có thể được biểu diễn dưới dạng hệ số của đa thức đặc trưng. Từ định lý này, ta thu được: up ≡ (α1 + α2 + α3 + α4 )p ≡ 0 (mod p)  Bài toán 38 Cho một số thực dương a và xét (xn ) là dãy được xác định bởi :   x 1 = 1 n Y −1 ,n > 1  xi n xn+1 = xn + an i=1 1. Chứng minh rằng: lim xn = ∞. n→∞ 2. Tính lim xn / ln n. n→∞ Angel Plaza, Universidad de las Palmas de Gran Canaria, Las Palmas, Spain. Lời giải. The Iowa State University Student Problem Solving Group, Iowa State University, Ames, IA. Vì a > 0√và x1 = 1 > 0, theo dãy truy hồi ta thu được: {xn } là dãy tăng. Ta đi chứng minh xn+1 > 2 an vì: p lim xn > lim 2 a(n − 1) = ∞ n→∞ n→∞ và p 2 a(n − 1) xn lim > lim =∞ n→∞ ln n n→∞ ln n LATEX by Mathpiad 35 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta sẽ dùng {xn } là dãy tăng và AM-GM như sau: xn+1 = xn + an > xn + an n Y i=1 n Y −1/n xi p √ −1 = xn + anx−1 x−1/n n > 2 xn anxn = 2 an n i=1  Bài toán 39 Cho số thực dương a và {xn }n∈N là dãy truy hồi được xác định bởi : x1 = 1 , và xn+1 = xn + a với mọi n > 1 . x1 + x 2 + · · · + x n 1. Chứng minh rằng lim xn = ∞. n→∞ xn 2. Tính lim √ . n→∞ ln n Ovidiu Furdui, Technical University of Cluj-Napoca, Cluj-Napoca, Romania. Lời giải. Michel Bataille, Rouen, France; Antonio Trusiani, Universita di Roma, “Tor Vergata,” Rome, Italy; and Haohao Wang and Jerzy Wojdylo, Southeast Missouri State University, Cape Girardeau, MO (independently). Đầu tiên, {xn }n∈N là dãy tăng vì :  2 a 2a 2 xn+1 > xn + > x2n + , nxn n n−1 n−1 X X  1 2 2 2 xk+1 − xk > 2a xn > 1 + , k k=1 k=1 Do đó, lim xn = ∞. Áp dụng định lý Stolz–Cesaro, ta có: n→∞ x2n+1 − x2n x2n = lim lim n→∞ ln(n + 1) − ln n n→∞ ln n !  2 a 2 = lim n xn + − xn n→∞ x1 + x2 + · · · + xn   2anxn a2 n = lim + n→∞ x1 + x2 + · · · + xn (x1 + x2 + · · · + xn )2 Vì xn > xn−1 > · · · > x1 = 1, 0 6 n 1 , do đó 2 6 n (x1 + x2 + · · · + xn ) a2 n lim =0 n→∞ (x + x + · · · + x )2 1 2 n Vì {xn } là dãy tăng nên 16 xn+1 a a =1+ 61+ xn (x1 + x2 + · · · + xn ) xn nxn LATEX by Mathpiad 36 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Áp dụng định lý Stolz − Cesaro: (n + 1)xn+1 − nxn 2anxn = 2a lim n→∞ n→∞ x1 + x2 + · · · + xn xn+1   nxn = 2a lim n + 1 − n→∞ xn+1 = 2a. √ = 2a. lim xn Vì vậy, lim √ n→∞ ln n  Bài toán 40 Cho số thực a và số nguyên dương k. Xét dãy số thực {an } sao cho lim an = a. Tính n→∞  lim n→∞ a(n−1)k a0 a1 + + ··· + n+k n+k+1 n + nk  Valery Karachik, South Ural State University, Chelyabinsk, Russia. Lời giải. Hongwei Chen, Christopher Newport University, Newport News, VA. Giá trị ` của giới hạn ta mong muốn bằng a ln(k + 1). Đầu tiên, ta chứng minh ` = aL(k), khi L(k) = lim H(n, k) và n→∞ nk X (n + j)−1 . H(n, k) = j=k Vì lim an = a, với mọi ε > 0, tồn tại một số nguyên dương N sao cho |an − a| < ε khi n > N . n→∞ Như vậy, (n−1)k  X i=0 ai a − n+k+i n+k+i  (n−1)k N X X |ai − a| |ai − a| 6 + n + k + i i=N +1 n + k + i i=0 (N + 1) max |ai − a| 06i6N 6 + n+k (n − 1)k − N ε. n+k+N +1 Cho n → ∞ ta thu được |` − aL(k)| 6 kε. Vì ε > 0 bất kỳ nên ta thu được ` = aL(k). Hãy chú ý k−1 nk X X 1 1 L(k) + lim = lim n→∞ n + i n→∞ i=1 n + i i=1 nk 1 X 1 1 i . n→∞ nk i=1 + k nk Z 1 1 = dx 1 0 +x k = lim Ta có Z L(k) = 0 1 1 1 +x k  dx = ln 1 +x k  1 = ln(k + 1) 0 LATEX by Mathpiad 37 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Vì vậy, ta thu được ` = aL(k) = a ln(k + 1).  Bài toán 41 Cho dãy số thực an = √ n2 + 1 , biết {x} là phần thập phân của x. Tìm limn→∞ nan Ivan Borsenco, Massachusetts Institute of Technology, USA Lời giải. Arkady Alt, San Jose, California, √ USA 2 2 2 2 Vì n < n + 1 < (n + 1) nên n + 1 = n. Do đó: an = √ n2 + 1 − n = √ 1 . n2 + 1 + n Vì vậy: lim nan = lim √ n→∞ n→∞ 1 n = . 2 n2 + 1 + n  Bài toán 42 Cho dãy (an )n>0 được xác định bởi: 1 1 1 e n+1 e n+2 e 2n an = + + ··· + n+1 n+2 2n Chứng minh rằng (an )n>0 là dãy số giảm và tính giới hạn của nó. Angel Plaza, Universidad de Las Palmas de Gran Canaria, Spain Lời giải. Konstantinos Tsouvalas, University of Athens, Greece ex − 1 Ta có lim+ = 1, do đó tồn tại số M > 0 sao cho: x→0 x ex 6 1 + 2x, x m, ta thu được: m   1 n exp n 2n X X X 1 2 n+k 6 + n+k n + k k=n k 2 k=0 k=0 Tồn tại một số m ∈ N sao cho Từ đó, ta có bất đẳng thức: ex > x + 1, x > 0. Ta thấy:   1 n exp n 2n X X X 1 1 n+k > + n+k n + k k=n k 2 k=0 k=0 Vì X n−2 là dãy hội tụ, ta có: n 2n X 1 lim =0 n→∞ k2 k=n LATEX by Mathpiad 38 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Và n X k=1 n 1X 1 1 = n+k n k=1 1 + Z k n → 0 1 dx = ln 2 1+x Từ đây kết hợp với bất đẳng thức đầu tiên, ta nhận thấy: lim sup n→∞ n X exp ((n + k)−1 ) k=1 ! 6 ln 2 n+k Do đó: lim inf n→∞ n=1 n X exp ((n + k)−1 ) k=1 ! n+k > ln 2 Vì vậy, ta thu được: lim n→∞ n X exp ((n + k)−1 ) k=1 n+k ! = ln 2  Bài toán 43 Xét s(n) là tổng các chữ số của n2 + 1. Dãy (an )n>0 được định nghĩa bởi an+1 = s (an ), với a0 là số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại n0 sao cho an+3 = an với mọi n > n0 . Roberto Bosch Cabrera, Havana, Cuba Lời giải. Alessandro Ventullo, Milan, Italy Ta cần chứng minh dãy số tuần hoàn chu kỳ 3. Vì f (5) = 8, f (8) = 11 và f (11) = 5,từ đây ta chứng minh được rằng với mọi số nguyên dương a0 , tồn tại các số n ∈ N sao cho an ∈ {5, 8, 11}. Đặt m số các chữ số của a0 . Ta chứng minh quy nạp trên m. Với m 6 2 ta tính trực tiếp. Nếu a0 ∈ {5, 8, 11} bài toán được chứng minh. Nếu a0 là số có 2 chữ số thì a20 6 10000, vì vậy a1 6 37 và ta giảm được các trường hợp a0 6 37. 1. Nếu a0 ∈ {2, 7, 20}, thì a1 = 5. Nếu a0 ∈ {1, 10, 26, 28}, thì a1 ∈ {2, 20}, do đó a2 = 5. Cuối cùng, nếu a0 ∈ {3, 6, 9, 12, 15, 18, 27, 30, 33}, thì a3 = 5 2. Nếu a0 ∈ {4, 13, 23, 32}, thì a1 = 8 3. Nếu a0 ∈ {17, 19, 21, 35, 37}, thì a1 = 11. Nếu a0 ∈ {14, 22, 24, 31, 36}, thì a1 ∈ {17, 19}, so a2 = 11. Cuối cùng, nếu a0 ∈ {16, 25, 29, 34}, thì a3 = 11 Vì vậy, ta chứng minh được rằng nếu a0 là số có 1 hoặc 2 chữ số, thì an ∈ {5, 8, 11} với n ∈ N, hay là dãy tuần hoàn chu kỳ 3. Xét m > 2 và giả sử đúng với mọi k 6 m. Gọi a0 là số có (m + 1) chữ số. Do đó, 10m 6 a0 < 10m+1 tức là 102m 6 a20 < 102(m+1) . Kết lại a1 = f (a0 ) 6 9 · 2(m + 1) + 1 < 10m và theo quy nạp, dãy (an )n>1 là dãy tuần hoàn chu kỳ 3, tức là dãy (an )n>0 cũng là dãy tuần hoàn chu kỳ 3, điều phải chứng minh.  LATEX by Mathpiad 39 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 44 Cho số thực a sao cho (bnac)n>1 là dãy cấp số cộng. Chứng minh rằng a là số nguyên. Mihai Piticari, Campulung Moldovenesc, Romania Lời giải. Corneliu Manescu-Avram, Transportation High School, Ploiesti, Romania Ta có: a = bac + {a} và bnac = nbac + bn{a}c. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 0 6 a < 1, kể từ số hạng đầu tiên của dãy. Cần chứng minh f (n) = b(n + 1)ac − bnac liên tục chỉ khi 1 1 6 a < , tức là b(m − 1)ac = a = 0. Thật vậy, với a 6= 0, tồn tại số dương m sao cho m+1 m bmac = 0, b(m + 1)ac = 1, vậy nên f (m − 1) = 0 và f (m) = 1 Với a 6= 0 thì hàm f không liên tục, bài toán chứng minh xong.  Bài toán 45 Cho a0 = 0, a1 = 2 và an+1 r an−1 với n > 1. Tính lim 2n an . = 2− n→∞ an Titu Andreescu, University of Texas at Dallas, USA Lời giải. Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA Đầu tiên ta chứng minh quy nạp với n: π an = 2 sin n 2 Chú ý rằng 2 sin 2π0 = 2 sin 0 = 0 = a0 và 2 sin 2π1 = 2 sin π2 = 2 · 1 = 2 = a1 . Do đó s r π 2 sin 2n−1 an−1 an+1 = 2 − = 2− an 2 sin 2πn r r π π π = 2 − 2 cos n = 4 sin2 n+1 = 2 sin n+1 , 2 2 2 ta suy ra điều cần chứng minh. Vì vậy: n n+1 lim 2 an = lim 2 n→∞ n→∞   sin 2πn π sin n = lim 2π · π = 2π n→∞ 2 2n  Bài toán 46 Cho dãy số thực dương (an )n>1 sao cho a1 + a2 + . . . + an < n2 với mọi n > 1. Chứng minh rằng:   1 1 1 + + … + =∞ lim n→∞ a1 a2 an Mihai Piticari Campulung, Moldovenesc, Romania Lời giải. Ángel Plaza, Universidad de Las Palmas de Gran Canaria, Spain Bằng cách sắp xếp lại trình tự dãy ( nếu cần thiết), ta giả sử rằng (an )n>1 là một dãy tăng. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử rằng   1 1 1 lim + + … + < ∞. n→∞ a1 a2 an LATEX by Mathpiad 40 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC n = 0. Theo tiêu chuẩn Cezaro-Stolz, ta có: n→∞ an Bằng cách so sánh với chuỗi điều hòa lim 2n − 1 n2 = lim =0 n→∞ n→∞ a1 + a2 + . . . + an an lim Nhưng nó mâu thuẫn với giả thiết 1 6 n2 . a1 + a2 + . . . + an  Bài toán 47 Cho dãy số {yn } xác định bởi y1 = 0 và yn = 1 với mọi n > 2. Giả sử tồn tại dãy 3 − yn−1 {xn } xác định bởi  / {yn : n ∈ N} x 1 ∈ 1 x n = 3 − , ∀x > 2. xn−1 Chững minh rằng dãy {xn } hội tụ. Prapanpong Pongsriiam, Silpakorn University, Nakhon Pathom, Thailand. Lời giải. Northwestern University Math Problem Solving Group, Evanston, IL. 1 1 . Theo đó, các điểm bất Chú ý rằng, hàm ngược của hàm f (x) = 3 − là hàm f −1 (y) = x 3−y động của f (x) (cũng như của f −1 (x)) gồm √ √ 3− 5 3+ 5 α= , β= . 2 2 Nếu x1 = α, dãy {xn } là dãy hằng với tất cả các số hạng bằng α. Phần sau của chứng minh này, ta giả sử rằng x1 6= α. Ta sẽ đi chứng minh xn → β khi n → ∞. 1 cho ta Công thức tổng quát yn = 3 − yn−1 yn − yn−1 = β − yn−1 (α − yn−1 ) , 3 − yn−1 ∀n > 2 (1) Do y1 = 0 < α < β < 3, ta có thể suy ra từ (1) rằng dãy {yn } tăng thực sự và bị chặn bởi α. Cụ thể, nhờ vào yn−1 < 3, ta có yn được xác định với mọi n > 1. Lại do (xn ) và (yn ) là các dãy được sinh ra từ hai hàm ngược f và f −1 , một kết quả hiển nhiên là xn = y1 khi và chỉ khi x1 = yn . Với giả thiết x1 6= yn , mọi số xn đều khác 0, và xn được xác định với mọi n > 1. Tiếp theo, ta xét dãy {zn } xác định bởi zn = xn − β , xn − α ∀n > 1. (2) Với chú ý xn 6= α, ∀n > 1 suy ra từ x1 6= α, ta nhận thấy mọi số hạng trong (zn ) cũng được xác định. Ta có   1 1 1 3− −β − xn − β xn−1 β xn−1  zn = = = 1 1 1 xn − α − 3− −α α xn−1 xn−1 α xn−1 − β α = · = zn−1 , ∀n > 2 β xn−1 − α β LATEX by Mathpiad 41 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ  n−1 α Đánh giá trên dẫn đến zn = z1 → 0 nếu như n → ∞. Ngoài ra, do phép đặt ở (2) β tương đương với β − αzn xn = 1 − zn thế nên là β − αzn β−α·0 = = β. n→∞ 1 − zn 1−0 lim xn = lim n→∞  Bài toán được chứng minh. Bài toán 48 Với mỗi số nguyên dương n, ta đặt vn = k nếu n chia hết cho 3k nhưng không chia hết cho 3k+1 . Xét dãy {Xn } thỏa mãn X1 = 2, đồng thời Xn = 4vn + 2 − 2 Xn−1 , ∀n > 2. Chứng minh rằng mọi số hữu tỉ dương xuất hiện đúng một lần trong dãy trên. Sam Northshield, SUNY Plattsburgh, Plattsburgh, NY. Lời giải. László Lipták, Oakland University, Rochester, MI. Xét các ánh xạ S, P, Q, and R đi từ tập hữu tỉ tới tập hữu tỉ và thỏa mãn S(x) = x + 2, P (x) = 2x + 2 , x+2 Q(x) = x , x+1 R(x) = 1 . x Dãy đã cho trở thành Xn = 4vn + 2 − 2R (Xn−1 ) . Mặt khác, ta chứng minh được một vài mối liên hệ giữa R, S, P và Q, đó là • 2 − 2R(S(x)). • P −1 (x) = −2x + 2 . x−2 • 2 − 2R(P (x)) = Q(x). • Q−1 (x) = −x . x−1 • 2 − 2R(Q(x)) = −2R(x). • S −1 (x) = x − 2. Bây giờ, ta sẽ đi chứng minh rằng những đẳng thức sau đúng với mọi n > 1. X3n = S (Xn ) , X3n+1 = P (Xn ) , X3n+2 = Q (Xn ) . (1) Kiểm tra trực tiếp, tất cả đẳng thức trên đúng với n = 1, và ta chỉ cần chứng minh chúng cũng đúng với n > 1. Nhờ vào giả thiết v3n = 1 + vn , ta có X3n = 4 + 4vn + 2 − 2R (X3n−1 ) = 4vn + 2 + (2 − 2R (Q (Xn−1 )) + 2 = 4vn + 2 − 2R (Xn−1 ) + 2 = Xn + 2 = S (Xn ) Tiếp theo, giả thiết v3n+1 = 0 cho ta X3n+1 = 2 − 2R (X3n ) = 2 − 2R (S (Xn )) = P (Xn ) . LATEX by Mathpiad 42 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Cuối cùng, từ giả thiết v3n+2 = 0, ta suy ra được X3n+2 = 2 − 2R (X3n+1 ) = 2 − 2R (P (Xn )) = Q (Xn ) . Với lẽ hiển nhiên là các số Xi hữu tỉ dương, chúng ta có 0 < X3n+2 < 1 < X3n+1 < 2 < X3n . a a = a + b. Với là một phân số tối giản, ta định nghĩa hàm σ như sau: σ b b Ta xét hàm số  a a  Q , nếu 0 < < 1   b    ab  a , nếu 1 < < 2 T (x) = P  b b    a a  R , nếu 2 < b b a  a   <σ . Theo đó Ta sẽ đi chứng minh σ T −1 b b      a a a −1 a • Nếu 0 < < 1, ta có a < b, thế nên σ Q =σ . =b<σ b b b−a b • Nếu 1 < • Nếu (2) a < 2, ta có b < a < 2b, thế nên b      a 2a − 2b −1 a σ P =σ =a<σ . b 2b − a b a > 2, ta có 2b < a, thế nên b    a   a − 2b −1 a σ S =σ =a−b<σ . b b b Chú ý rằng T −1 a cũng là thương của hai số dương nguyên tố cùng nhau. Để chứng minh b kết quả này, chú ý rằng (2) cho ta biết 2 và 1 không thể xuất hiện ở khúc sau của dãy. Viết tất a cả các phân số dưới dạng rút gọn . Khi T −1 được tác động liên tiếp, ta chỉ ra hàm σ giảm. b Như vậy, tồn tại c ∈ {1, 2} và dãy các hàm T1 , . . . , Ts với mỗi Ti ∈ {Q, P, S} sao cho a Ts−1 · · · T1−1 = c ∈ {1, 2}. b Sự tồn tại trên dẫn tới a = T1 · · · Ts (c). b a = Xm . b a Vấn đề còn lại chỉ còn là chứng minh tính duy nhất của m. Với = Xm , từ (2) và (1), ta b nhận thấy T1 lần lượt là hàm S, P, và Q nếu như số dư của m kkhi chia cho 3 là 0, 1 và 2. Một j m cách tương tự, Tn cũng được xác định theo modulo 3 của i−1 . Biểu diễn của một số nguyên 3 dương trong hệ cơ số 3 là duy nhất và ta có điều phải chứng minh.  Kết hợp với (1), ta nhận thấy tồn tại số nguyên dương m sao cho LATEX by Mathpiad 43 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 49 Gọi Qn là số hạng thứ n của dãy Pell − Lucas: ( Q0 = 2, Q1 = 2, Qn = 2Qn−1 + Qn−2 Xét dãy an được xác định bởi an = n X !2 − Qj j=0 Hãy tính giới hạn lim ∞ X an n=0 n! n X Q2j+1 . j=0 . Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA. Lời giải. Kim McInturff, Santa Barbara, CA. Với mỗi n = 0, 1, 2, . . ., ta gọi Pn là số Pell thứ n. Theo đó P0 = 0, P1 = 1, và Pn = 2Pn−1 +Pn−2 với mọi n > 2. Bằng kiểm tra trực tiếp, ta chỉ ra n X Qj = 2Pn+1 , j=0 n X Q2j+1 = (2Pn+1 )2 − 1 − (−1)n . j=0 Hai đẳng thức trên dẫn đến an = (2Pn+1 )2 − (2Pn+1 )2 + 1 + (−1)n = 1 + (−1)n . Chính vì lẽ đó lim ∞ X an n=0 n! = lim ∞ ∞ X X 1 (−1)n 1 + lim =e+ . n! n! e n=0 n=0  Bài toán được giải quyết. ∞ ∞ X X 1 (−1)n 1 Hai kết quả lim = e và lim = thu được ở trên là hệ quả của khai triển n! n! e n=0 n=0 Taylor: f 0 (x0 ) f 00 (x0 ) (x − x0 ) + (x − x0 )2 1! 2! f (n) (x0 ) + ··· + (x − x0 )n + · · · n! ! f (x) = f (x0 ) + Cho f (x) = ex và lần lượt cho x0 = 1, x0 = −1,, các đẳng thức giới hạn được chứng minh. Bài toán 50 Xét dãy {an }n=∞ n=−∞ được cho bởi a0 = 1, a1 = 0, a2 = 0 và với mọi số nguyên n thì an+3 = an + an+1 + an+2 . Chứng minh rằng an a−n = an+1 a−n+1 + an+2 a−n+2 + an+3 a−n+3 LATEX by Mathpiad 44 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Michael Goldenberg, The Ingenuity Project, Baltimore Polytechnic Institute, Baltimore MD and Mark Kaplan, Towson University, Towson MD. Lời giải. James Duemmel, Bellingham WA and Michael Woltermann, Washington and Jefferson College, Washington, PA Đặt dn = an a−n − (an+1 a−n+1 + an+2 a−n+2 + an+3 a−n+3 ) (3) Ta sẽ chứng minh dn = 0 với mọi n ∈ N . Thay an+3 bởi an + an+1 + an+2 và a−n+3 bởi a−n + a−n+1 + a−n+2 vào (3), dn = −an a−n+1 − an a−n+2 − bn với bn = an+1 a−n+1 + an+2 a−n+2 + an+2 a−n+3 + an+1 a−n+3 . Mặt khác, ta có dn−1 = an−1 a−n+1 − (an a−n+2 + an+1 a−n+3 + an+2 a−n+4 ) (4) Thay a−n+4 bởi a−n+3 + a−n+2 + a−n+1 và an−1 bởi an+2 − an+1 − an vào (4) ta được dn−1 = −an a−n+1 − an a−n+2 − bn = dn . Từ đây suy ra dn = d0 = 0.  Bài toán 51 Xét dãy xn ∈ [0, 1] được cho bởi a0 = 1 và (1 − xn )2 − (1 − xn−1 )2 = xn + xn−1 , α với n là số tự nhiên, α > 1. Chứng minh rằng ∞ X n=1 xn = 1 (α − 1) . 2 Northwestern University Math Problem Solving Group, Northwestern University, Evanston IL. Lời giải. Tom Beatty, Florida Gulf Coast University, Ft. Myers FL. Đầu tiên chúng ta chứng minh rằng nếu xn−1 ∈ [0; 1] thì phương trình đặc trưng của dãy truy hồi có một nghiệm duy nhất xn ∈ [0; 1]. Thực tế, xn là một nghiệm của đa thức bậc hai sau đây với ẩn t: t + xn−1 f (t) = (1 − t)2 − (1 − xn−1 )2 − α   1 1 + xn−1 Vì f (0) = xn−1 2 − − xn−1 > 0 và f (1) = −(1 − xn−1 )2 − < 0 nên f (t) có đúng α α một nghiệm trong đoạn [0; 1]. Hơn nữa, xn ∈ [0; 1] với n > 1 vì f (t) 6= 0 khi t = 0 và t = 1. Khi đó, tổng của n số hạng đầu tiên của dãy có thể được viết như sau: Sn = N X 1 1 1 1 1 xn = − x0 + (x1 + x0 ) + (x2 + x1 ) + · · · + (xn + xn−1 ) + xn 2 2 2 2 2 n=1 LATEX by Mathpiad 45 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ n X  1 α =− + 2 2 ! (1 − xn )2 − (1 − xn−1 )2 n=1 1 + xn 2 1 α 1 = − + (1 − xn )2 + xn 2 2 2 Vì các số hạng của tổng là số dương, Sn đơn điệu tăng và bị chặn trên tại Điều này có nghĩa là lim xn = 0. Từ đó ta có điều phải chứng minh. n→∞ α . Do đó, Sn hội tụ. 2  Bài toán 52 Cho a1 là một số thực dương. Dãy {an } được xác định bởi an+1 = n2 /an với n = 1, 2, . . . Tính n 1 X 1 lim n→∞ ln n ak k=1 Paul Bracken, University of Texas Rio Grande Valley, Edinburg, TX Lời giải. Michael Goldenberg, The Ingenuity Project, Baltimore Polytechnic Insti- tute, Baltimore, MD, and Mark Kaplan, Towson University, Baltimore, MD. Tính một vài số hạng đầu, ta thấy 1 a2 1 a3 1 a4 1 a5 1 a6 = = = = = a1 12 12 22 a1 22 a1 32 · 12 32 · 12 42 · 22 a1 42 · 22 a1 . 52 · 32 · 12 Từ đó có thể dự đoán được ((2k − 2)!!)2 a1 1 = và a2k ((2k − 1)!!)2 ((2k − 1)!!)2 1 = . a2k+1 ((2k)!!)2 a1 Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp .Theo công thức Stirling thì    √ 1 n+1/2 −n n! = 2πn e 1+O n Từ đó    √ k+1/2 k+1/2 −k 1 (2k)!! = 2 k! = π2 k e 1+O k k và √ (2k)! (2k − 1)!! = k = 2 k! 2π(2k)2k+1/2 e−2k 1 + O k1 √ 1 −k 2k 2πk k+1/2e (1+O( k ))  k+1/2 k −k =2 k e    1 1+O . k LATEX by Mathpiad 46 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Suy ra ((2k − 2)!!)2 a1 πa1 π22k−1 k 2k−1 e−2k (1 + O(1/k)) 1 = a1 = +O = 2 2k+1 2k −2k a2k ((2k − 1)!!) 2 k e (1 + O(1/k)) 4k  1 k2   Bài toán 53 Cho a, b, c là các số thực dương không lớn hơn 2. Dãy số (xn )n>0 xác định bởi  x0 = a, x1 = b, x2 = c q xn+1 = xn + √xn−1 + xn−2 với mọi n > 2. Chứng minh (xn )n>0 hội tụ và tìm giới hạn của nó. Mircea Becheanu, Canada and Nicolae Secelean, Romania Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain, Albert Stadler, Switzerland pHerrliberg, √ Chú ý nếu 0 < xn−2 , xn−1 , xn 6 2, khi đó 0 < xn+1 6 2 + 2 + 2 = 2, dễ thấy 0 < xn 6 2 với mọi n > 0. √ • Nếu xn > 1, thì xn+1 > xn > 1. • Nếu xn > 2−2 với m là số nguyên dương, thì √ m−1 xn+1 > xn > 2−2 s r 1 1 1 1 + = 1. ta có xn+m−1 > và xn+m > , với xn+m+1 > 4 2 2 4 Như vậy xn > 1 với mọi n > N và N là số nguyên. m Đặt δn = 2 − xn , trong đó 0 6 δn < 2 với mọi số nguyên dương n, hoặc với n > N + 2 và N xác định như trên, ta có: √ 4 − xn − xn−1 + xn−2 p δn+1 = 2 − xn+1 = √ 2 + xn + xn−1 + xn−2 δn δn−1 + δn−2  p = + √ p √ √ 2 + xn + xn−1 + xn−2 2 + xn + xn−1 + xn−2 (2 + xn−1 + xn−2 ) 6 δ +δ 6δ + 2δn−1 + 2δn−2 δ pn √ + p n−1 √ n−2 √ 6 n 21 2 + 1 + 2 (2 + 1 + 2)(2 + 2) p √ 3 Từ việc chứng minh bất đẳng thức cuối cùng, ta đồng thời chứng minh được 1 + 2 > 2 √ √ và 2 + 2 > 3. Dễ thấy 2 > 1, kết hợp với điều kiện trước, bất đẳng thức tương đương với √ √ √ √ 5 2 > , đúng vì 4 2 = 32 > 25 = 5. Ta có 21δn+1 < 6δn + 2δn−1 + 2δn−2 , hoặc 4   10δn−1 2 10δn−2 2δn−2 21δn+1 + 8δn + 6 21δn + 8δn−1 + − 3 3 3 9   2 10δn−2 6 21δn + 8δn−1 + . 3 3 LATEX by Mathpiad 47 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ 10δn−1 2∆n−1 , ta có 0 6 ∆n < với n > N + 2. 3 3 ∆n−1 Vậy lim ∆n = 0, hoặc do 0 6 δn 6 , ta được lim δn = 0, và lim xn = 2. n→∞ n→∞ n→∞ 21 Hoặc đặt ∆n = 21δn+1 + 8δn +  Bài toán 54 Chứng minh nếu Fn là số thứ n của dãy số Fibinacci và với p cố định thì: n   X n k k=1 n−k FPk Fp−1 Fk = Fpn Tarit Goswami, West Bengal, India Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia √ 1+ 5 . Sử dụng công thức Đặt ϕ = 2 ϕm = Fm−1 + Fm ϕ với m là số nguyên dương. Khi đó ta có: Fpn · ϕ + Fpn−1 = ϕpn = (ϕp )n = (Fp · ϕ + Fp−1 )n n   X n n−k = (Fp ϕ)k Fp−1 k k=1 n   X n n−k = Fpk Fp−1 (Fk · ϕ + Fk−1 ) k k=1 ! n   n   X X n n k n−k n−k = Fp Fp−1 Fk ϕ + Fpk Fp−1 Fk−1 . k k k=1 k=1 Từ đó Fpn = n   X n k=1 k n−k Fpk Fp−1 Fk  Bài toán 55 Z Tính giá trị của lim n→∞ 0 x sin x dx. 1 + cos2 nx Robert Bosch, USA Lời giải. Robert Bosch, USA Quy ước một số kí hiệu sau: Z π An = 0 n X sin x dx = Ik , 1 + cos2 nx k=1 trong đó Z Ik = kπ n (k−1)π n sin x dx 1 + cos2 nx LATEX by Mathpiad 48 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC và Bn = n X Jk , k=1 trong đó kπ n Z Jk = (k−1)π n sin kπ n dx 1 + cos2 nx Đầu tiên ta sẽ chứng minh lim (An − Bn ) = 0 n→∞ Xét hiệu Ik − Jk (k = 1, . . . , n) ta có: kπ n Z |Ik − Jk | 6 Z (k−1)π n kπ n 2 sin 6 Z (k−1)π n kπ n kπ/n − x kπ/n + x cos dx, 2 2 kπ/n − x dx 2   kπ π2 − x dx = 2 . n 2n 2 sin 6 Z 6 sin x − sin kπ n dx 2 1 + cos nx (k−1)x n kπ n (k−1)π n Do đó: |An − Bn | = n X (Ik − Jk ) 6 n X |Ik − Jk | 6 n · k=1 k=1 π2 π2 = . 2n2 2n Nếu lim Bn tồn tại thì lim An cũng tồn tại và giới hạn của nó bằng nhau. Khi đó, ta có: n→∞ n→∞ n 1X kπ Bn = sin n k=1 n Z π 1 dx 1 + cos2 x 0 Ta tính được: n 1X kπ 1 lim sin = n→∞ n n π k=1 và x Z 0 Z π sin xdx = 0 2 π 1 π √ dx = 1 + cos2 x 2 Vậy lim Bn = n→∞ √ 2 π · √ = 2, π 2 hay Z lim n→∞ 0 π √ sin x dx = 2. 1 + cos2 nx  LATEX by Mathpiad 49 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Bài toán 56 Cho dãy (an )n>1 được định nghĩa bởi  1 1+ n n+an =1+ 1 1 + ··· + 1! n! 1 (i) Chứng minh rằng (an )n>1 hội tụ và lim an = . n→∞ 2   1 (ii) Tính giới hạn lim n an − . n→∞ 2 Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj-Napoca, România Lời giải. Paolo Perfetti, Università degli studi di Tor Vergata Roma, Rome, Italy n X 1 (i) Đặt Sn = → e, ta có k! k=0   1     ln Sn − n ln 1 + 1 1 n   n ln 1 + + an ln 1 + = ln Sn ⇔ an = 1 n n ln 1 + n Áp dụng định lý Cesaro − Stolz cùng với khai triển Maclaurin ln (1 + x) = x −  x2 x3 + + o x3 2 3 Ta được     1 1 ln Sn+1 − ln Sn − (n + 1) ln 1 + + n ln 1 + n+1 n     = lim n→∞ 1 1 ln 1 + − ln 1 + n+1 n     1 1 1 1 1 1 ln 1 + +− +1− + 2 +o −1+ 2 Sn (n + 1)! 2(n + 1) 3(n + 1) 2n 3n n2   lim n→∞ 1 ln 1 − (n + 1)2 Ta có   1 ln 1 + (n + 1)2 Sn (n + 1)!   1. lim = − lim = 0. n→∞ n→∞ Sn (n + 1)! 1 ln 1 − (n + 1)2 1 1 1 − − −(n + 1)2 1 1 2(n + 1) 2n (n + 1)2     2. lim = lim lim =1· = . n→∞ n→∞ n→∞ 1 1 −2n(n + 1) 2 2 ln 1 − ln 1 − 2 2 (n + 1) (n + 1) LATEX by Mathpiad 50 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC  3. ln 1 − 1 (n + 1)2  o 4. lim n→∞ 1 n2  1 − −(n + 1)2 (2n + 1) (n + 1)2  lim = lim  = 0. n→∞ n→∞ 1 3n2 (n + 1)2 ln 1 − (n + 1)2   1 ln 1 − (n + 1)2  = 0. (ii) Áp dụng định lý Cesaro − Stolz , ta viết lại   1 2an − 1 1 = lim lim n an − 1 n→∞ 2 2 n→∞ n Xét giới hạn sau 1 2an+1 − 2an lim = 1 1 2 n→∞ − n+1 n      1 1 ln Sn+1 − (n + 1) ln 1 +  ln Sn − n ln 1 + n n+1  =      − lim n(n + 1)   n→∞ 1 1 ln 1 + ln 1 + n n+1    ln Sn+1 ln S  n −   + 1 = n→∞ 1 1 ln 1 + ln 1 + n n+1     1 ln 1 +   ln Sn ln Sn S (n + 1)!     n    + 1 lim n(n + 1)  − −  n→∞ 1 1 1 ln 1 + ln 1 + ln 1 + n n+1 n+1  lim n(n + 1)   Ta có     1 1 1 ln 1 + ln 1 + n(n + 1)2 Sn (n + 1)! Sn (n + 1)! n + 1     lim n(n + 1) = lim 1 n→∞ n→∞ 1 1 Sn (n + 1)! ln 1 + ln 1 + Sn (n + 1)! n+1 n+1 =0 Và đồng thời   n(n + 1)     ln S ln Sn  n −   + 1 = 1 1 ln 1 + ln 1 + n n+1   n(n+1)    ln Sn 1 1 1 1 − 2 + 3 − 4 +O n 2n 3n 4n  1 n5 + −  ln Sn   + 1 = 1 1 1 1 1 − + − +O n + 1 2(n + 1)2 3(n + 1)3 4(n + 1)4 n5 LATEX by Mathpiad 51 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ   n(n+1)     1−  n ln Sn (n + 1) ln Sn   + −    + 1 = 1 1 1 1 1 1 1 1 + +O 1− + +O − − 2n 3n2 4n3 n4 2(n + 1) 3(n + 1)2 4(n + 1)3 n4 Khai triển 1/(1 − x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + O (x5 ) ta thu được     1 1 1 1 n(n + 1) ln Sn − − + O 2 12n 12n2 n3    1 1 1 1 − ln Sn − − +O 2 12(n + 1) 12(n + 1)2 (n + 1)3   − ln Sn n(n + 1)(2n + 1) ln Sn −1 1 = − → +O 2 2 2 12 12n (n + 1) n 12  Bài toán 57 Cho f : [0, 1] → R là một hàm liên tục, dãy (xn )n>1 được định nghĩa bởi xn = n X k=0  cos 1 √ f n   k − αnβ , n trogn đó α và β là 2 số thực. Tính giới hạn lim xn . n→∞ Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj-Napoca, Romania Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia Sử dụng khai triển Taylor ta được       n  X 1 2 k 1 4 k 1 f xn = 1− f + +O − αnβ 2 2 2n n 24n n n k=0       n n 1 1 X 4 k 1 X 2 k f f + +O − αnβ = (n + 1) − 2 2n k=0 n 24n k=0 n n   Z 1  1 1 f 2 (x)dx + O ∼ n − αnβ + 1 − 2 0 n Trường hợp 1. Nếu β < 1, α ∈ R, khi đó ta có lim xn = +∞. n→∞ 1 Trường hợp 2. Nếu β = 1, α = 1, khi đó ta có lim xn = 1 − n→∞ 2 Z 1 f 2 (x)dx. 0 Trường hợp 3. Nếu β = 1, α > 1, khi đó ta có lim xn = −∞ n→∞ Trường hợp 4. Nếu β = 1, α < 1, khi đó ta có lim = +∞ n→∞ Trường hợp 5. Nếu β > 1, α > 0, khi đó ta có lim = −∞ n→∞ Trường hợp 6. Nếu β > 1, α < 0, khi đó ta có lim = +∞. n→∞  Bài toán được giải quyết. LATEX by Mathpiad 52 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 58 Cho p > 1 là một số tự nhiên. Chứng minh rằng lim n→∞ n  X p  p−1 1 p √ −1 − n p k p−1 k=1 ! ∈ (0, 1) Alessandro Ventullo, Milan, Italy Lời giải. Arkady Alt, San Jose, CA, USA Ta xét 2 dãy số sau n  X p−1 1 p  P √ an : = − (n + 1) − 1 p k p−1 k=1 n  X 1 p  p−1 P √ bn : = n − −1 p k p−1 k=1 Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng an ↑ N và bn ↓ N. Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại một số cn ∈ (n + 1, n + 2) sao cho  p−1 p−1 p  1 p p √ − (n + 2) − (n + 1) an+1 − an = p n+1 p−1 1 1 1 1 √ √ = √ −√ − > p p p p c n+1 n+1 n+1 n =0 tương tự như thế, với cn ∈ (n, n + 1) thì  p−1 p−1 1 p  + (n + 1) p − n p n+1 p−1 1 1 1 1 = √ −√ > √ −√ p p p p c n+1 n+1 n+1 n =0 bn − bn+1 = − √ p Do an ↑ N, bn ↓ N và an < bn , n ∈ N nên an < bm với mọi n, m ∈ N. Do đó an < an+m < bn+m < bm Chú ý rằng an < b1 và a1 < bn , n ∈ N nên cả 2 dãy (an )n∈N và (bn )n∈N đều hội tụ. Đặt l := lim an và u := lim bn . Vì n→∞ lim (bn − an ) = 0 n→∞ nên l = u. Đặt c := lim an = lim bn , ta có an < c < bn bởi vì an ↑ N, bn ↓ N và an < bn , n ∈ N. n→∞ n→∞ Từ đây suy ra n n    X X p−1 1 p  1 p  p−1 p p √ √ an < c < bn ⇐⇒ − n + 1 − 1 < c < − n − 1 p p k p−1 k p−1 k=1 k=1 n    X p−1 1 p  p  p−1 p p √ n n+1 ⇐⇒ −1 +c< < − 1 + c. p p−1 p−1 k k=1 LATEX by Mathpiad 53 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Ta có  p  p−1 2 P − 1 ↑ p ∈ N{1}, nên p−1 1   X p−1 1 p  p √ (1 + 1) − 1 a1 = − p k p−1 k=1   p  p−1 2  2−1 =1− 2 p −1 >1− 2 2 −1 p−1 2−1 √ 2 = 1 − 2( 2 − 1) = 1 − √ 2+1 √ 2−1 =√ 2+1 >0 Do đó a1 6 an < c = c > 0. Tương tự, vì 1  X 1 p  p−1 p √ b1 = −1 =1 − 1 p k p−1 k=1 và đồng thời c < bn 6 b1 nên c < 1. Như vậy bài toán được giải quyết.  Bài toán 59 Cho dãy (an ) được xác định bởi  a1 = 1 an = 1 + Tính giới hạn lim n→∞  an − √ 1 1 1 + + ··· + ,n > 1 a1 a2 an−1  2n . Robert Bosch, USA Lời giải. Vincelot Ravoson, Lycée Henri IV, Paris, France Ta dễ dàng chứng minh quy nạp rằng, ∀n ∈ N, an+1 − an > 0. Do đó ! ! n n−1 X X 1 1 1 1 an+1 − an = 1 + − 1+ = > 0 ⇔ an+1 = an + ak ak an an k=1 k=1 Giả sử rằng (an ) hội tự về giới hạn thực l. Khi đó ta có l = l + 1 1 ⇔ = 0, điều này là vô lý, l T do vậy lim an = +∞ n→+∞ Bây giờ, hãy chú ý rằng a2n+1 = a2n + 1 + 2, a2n 1 = 0, lúc này n→+∞ a2 n và đồng thời lim a2n+1 − a2n = 2 + 1 ∼ 2, a2n LATEX by Mathpiad 54 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC và theo định lý Stolz − Cesàro, ta có n X  a2k − a2k−1 ∼ 2(n − 1) ∼ 2n ⇔ a2n − a21 ∼ 2n k=2 Do vậy √ 2n a2n ∼ a2n − a21 ∼ 2n ⇔ an ∼ Từ đây ta suy ra a2n − 2n ∼ a2n − 1 − 2(n − 1) = n−1 X a2k+1 − a2k k=1 n−1  X 1 −2 = a2 k=1 k n−1 1X1 ∼ 2 k=1 k ln(n − 1) 2 ln(n) ∼ 2 ∼ Suy ra r ln(n) + o(ln(n)) 2   √ ln(n) ln(n) = 2n 1 + +o 4n n    √ ln(n) ln(n) = 2n 1 + +o 8n n √   √ ln(n) 2 ln(n) √ = 2n + +o √ 8 n n an = 2n + s Như vậy an − √ √ 2n = 2 ln(n) √ +o 8 n Từ đây ta thu được lim n→+∞  an − √  ln(n) √ n   2n = 0  Bài toán được giải quyết! Bài toán 60 Tính giới hạn √ √ cos x cos 2x · · · n cos nx − 1 lim x→0 cos x cos 2x · · · cos nx − 1 Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia Trước tiên ta có đẳng thức sau ! n−1 m X Y 1 − cos x cos 2x · . . . · cos nx = cos kx · (1 − cos(m + 1)x) m=0 k=0 LATEX by Mathpiad 55 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Do đó 1 − cos x · √ cos 2x · . . . √ n cos nx = = n−1 X m Y √ k m=0 n−1 X k=0 m Y m=0 k=0 √ k ! 1− cos kx ! cos kx · p m+1  cos(m + 1)x (1 − cos(m + 1)x) m X p m+1 (cos(m + 1)x)j j=0 Ta có 2 m+1 x 1 − cos(m + 1)x (m + 1)2   (m + 1)2 2 lim = = lim ·  m+1  x→0 x→0 x2 2 2 x 2  sin Từ đây suy ra √ √ cos x · cos 2x · . . . · n cos nx − 1 lim = x→0 cos x · cos 2x · . . . · cos nx − 1 n−1 X (m + 1)2 1 · 2 m+1 m=0 n−1 X (m + 1)2 2 m=0 n(n + 1) 3 2 = = . n(n + 1)(2n + 1) 2n + 1 6  Như vậy bài toán được giải quyết. Bài toán 61 Với x0 > 1 là 1 số nguyên, ta định nghĩa xn+1 = d2 (xn ), trong đó d(k) làm hàm số các ước dương của k. Chứng minh rằng lim xn = 9 n→∞ Albert Stadler, Herrliberg, Switzerland Lời giải. Li Zhou, Polk State College, Winter Haven, FL, USA Vì x0 > 1, x1 = y 2 nên y > 2. Ta có pc11 · · · pemm là phân tích ra thừa số nguyên tố của y. Do đó  x2 = d2 y 2 = (2e1 + 1)2 · · · (2em + 1)2 Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố chẵn p và e > 1 thìp2e > (2e + 1)2 , đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi p = 3 và e = 1. Dễ thấy, p2 > 32 , bây giờ ta giả sử điều cần chứng minh đúng với e > 1. Khi đó  p2(c+1) = p2 p2c > p2 (2e + 1)2 = (2pe + p)2 > (2e + 3)2 đúng theo quy nạp, do vậy xn > xn+1 với mọi n > 2, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xn = 32 . Do hxn in>2 bị chặn dưới nên tồn tại N > 2 sao cho x2 > x3 > · · · > xN và xN = 32 . Như vậy, d2 (32 ) = 9, hoàn tất chứng minh.  LATEX by Mathpiad 56 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Bài toán 62 Cho α ∈ (0, 1) là một số vô tỉ bất kì. Ta xây dựng dãy {an } các số thực thỏa mãn hai tính chất sau đây     n−1 1 |n∈N ∪ |n∈N , • {an | n ∈ N} ⊂ n n a1 + a2 + · · · + an = α. n→∞ n • lim Eugen J. Ionascu, Columbus State University, Columbus GA. Lời giải. Northwestern University Math Problem Solving Group, Northwestern University, Evanston IL. Với mỗi n ∈ N, ta đặt    1 nếu bnαc = b(n − 1)αc n . an = n − 1   nếu bnαc > b(n − 1)αc n Trước tiên, ta có nhận xét sau đây a1 + a2 + · · · + an = bnαc + 1 ± 1 1 ± ··· ± . 2 n (1) Với n = 1 thì b(n − 1)αc = 0 = b1 · αc, bởi vì α ∈ (0, 1). Từ đó ta thu được a1 = 1 = 0 + 1 = b1 · αc + 1. 1 Giả sử mệnh đề (1) đúng đến n = k. Nếu b(k + 1)αc = bkαc thì ta có ak+1 = 1 và từ đó k+1 ta thu được đẳng thức 1 1 1 ± + 2 k k+1 1 1 1 . = b(k + 1)αc + 1 ± · · · ± + 2 k k+1 a1 + a2 + · · · + ak + ak+1 = bkαc + 1 ± Mặt khác, nếu b(k + 1)αc > bkαc thì b(k + 1)αc = bkαc + 1, với α ∈ (0, 1), và do đó ta có 1 1 k ± + 2 k k+1 1 1 1 = bkαc + 1 ± · · · ± + 1 − 2 k k+1 1 1 1 = b(k + 1)αc + 1 ± · · · ± − . 2 k k+1 a1 + a2 + · · · + ak + ak+1 = bkαc + 1 ± Do đó mệnh đề (1) cũng đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp toán học mệnh đề được chứng minh. Tiếp theo ta có 06 nα − bnαc 1 n→∞ < −→ 0. n n Từ đó ta thu được bnαc n→∞ −→ 0, n LATEX by Mathpiad 57 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ và 1± 1 1 ± ··· ± 2 n 6 1 + ln n n→∞ −→ 0. n n  Do đó ta thu được kết quả bài toán. Bài toán 63 Chứng minh rằng với n > 4, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , . . . , xn sao cho n−2 x2n−1 + 1 Y x2k + 1 = 1, 2 x2n x k k=1 và thỏa mãn các điều kiện dưới đây • x1 = 1, xk−1 < xk < 3xk−1 với 2 6 k 6 n − 2. • xn−2 < xn−1 < 2xn−2 với n > 3. • xn−1 < xn < 2xn−1 với n > 2. Herman Roelants, Catholic University of Leuven, Louvain, Belgium. Lời giải. Chip Curtis, Missouri Southern State University, Joplin, MO. Trước tiên ta đặt {Fn }n>0 là dãy Fibonacci, được định nghĩa như sau F0 = 0, F1 = 1 và Fk+2 = Fk+1 + Fk , k > 0. Tiếp theo ta đặt xn = F2n−3 , xn−1 = F2n−4 và xk = F2k−1 , 1 6 k 6 n − 2. Lưu ý sử dụng đồng nhất thức sau đây 2 + 1 và F2i−1 F2i+1 = F2i2 + 1, F2i−1 F2i+3 = F2i+1 đây là các trường hợp riêng của đẳng thức Catalan được phát biểu như sau Fk2 − Fk+r Fn−r = (−1)k−r Fr2 . Trước tiên, với k = 2i + 1 và r = 2, sau đó với k = 2i và r = 1 thì ta thu được n−2 n−2 2 2 +1 x2n−1 + 1 Y x2k + 1 F2n−4 + 1 F12 + 1 F32 + 1 Y F2k−1 = · · 2 2 2 2 2 2 xn xk F2n−3 F1 F3 k=3 F2k−1 k=1 n−2 5 F2n−5 F2n−3 Y F2k−3 F2k+1 = · 2 2 2 F2n−3 F2k−1 k=3 n−3 Y 5 F2n−5 F2n−3 k=2 = · 2 n−2 2 F2n−3 Y k=3 F2k−1 F2k−1 n−1 Y k=4 n−2 Y F2k−1 F2k−1 k=3 5 F2n−5 F2n−3 F3 F2n−3 = · · · = 1. 2 2 F2n−3 F2n−5 F5 LATEX by Mathpiad 58 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Với 2 6 k 6 n − 2 thì điều kiện xk−1 < xk < 3xk−1 tương đương với F2k−3 < F2k−1 = F2k−3 + F2k−2 < 3F2k−3 , hoặc 0 < F2k−2 < 2F2k−3 . Điều kiện xn−1 < 2xn−2 trở thành F2n−5 < F2n−4 < 2F2n−5 , đúng với n > 4. Cuối cùng, điều kiện xn−1 < xn < 2xn−1 trở thành F2n−4 < F2n−3 < 2F2n−4 , cũng đúng với n > 4. Do đó ta thu được kết quả bài toán. 2  Xấp xỉ Stirling Ở trong tài liệu có một số bài toán sử dụng tới xấp xỉ Stirling, vì thế trong mục này chúng tôi sẽ đề cập về nó cho bạn đọc. Xấp xỉ Stirling lần đầu được đưa ra bởi nhà toán học Abraham de Moivre nhưng sau đó nó được đặt tên bởi nhà toán học James Stirling được ông công bố trong công trình Methodus Differentialis sive Tractatus de Summatione et Interpolatione Serierum Infinitarum (1730; “Phương pháp vi phân với một phân tích về tính tổng và nội suy của chuỗi vô hạn “), một chuyên luận về chuỗi vô hạn, tổng, nội suy và cầu phương. Công thức xấp xỉ Stirling này được phát biểu như sau  n n √ , n! ∼ 2πn e Công thức này nhìn có vẻ phát biểu phức tạp, nhưng đây lại là một trong những tiền đề quan trọng để phát triển lý thuyết xác suất và thống kê, có ý nghĩa nhiều trong thống kê sinh học, khoa học máy tính và nhiều ngành khoa học khác. Bây giờ vào phần chính của bài viết, ta sẽ chứng minh xấp xỉ này! Trước tiên ta đề cập tới một công thức tính số π của nhà toán học Wallis. Ta có r 1 π 2.4.6 . . . .2n ·√ = lim n→+∞ 3.5.7 . . . (2n − 1) 2 2n + 1 Để chứng minh đẳng thức này, trước tiên ta xét tích phân Z π 2 In = (sin x)n dx 0 Z π 2 = (sin x)n−1 sin xdx 0 Z π 2 =− (sin x)n−1 d(cos x) 0 Z π π 2 n−1 2 = − (sin x) cos x 0 + cosxd(sin x)n−1 0 Z π 2 = (n − 1) cosx(sin x)n−2 cos xdx 0 Z π 2  = (n − 1) 1 − sin2 x (sin x)n−2 dx 0 Z = (n − 1) π 2 n−2 (sin x) 0 Z dx − π 2 ! n (sin x) dx 0 LATEX by Mathpiad 59 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Như vậy ta thiết lập được công thức truy hồi In = (n − 1) (In−2 − In ) ⇔ nIn = (n − 1)In−2 ⇔ In = Ta có  2n − 1   I = I2n−2  2n  2n     2n − 3   I = I2n−4 2n−2   2n − 2     …     3 I4 = I2 4     1   I = I0 2   2   π    Z2   π 0   I = (sin x) dx =  0  2  0 n−1 In−2 n  2n   I = I2n−1 2n+1   2n + 1     2n − 2   I2n−1 = I2n−3   2n − 1      …    4 , I5 = I3  5    2   I = I1  3  3    π   Z2    1   I1 = (sin x) dx = 1  0 Từ đây ta suy ra I2n = và I2n+1 = 3 1 π 2n − 1 2n − 3 · ··· · · 2n 2n − 2 4 2 2 2n 2n − 2 4 2 · ··· · · · 1 2n + 1 2n − 1 5 3 Do đó ta được I2n+1 2 [2.4 . . . (2n − 2)(2n)]2 · = 2 I2n [3.5 . . . ..(2n − 1)] (2n + 1) π và 2n I2n+1 = I2n−1 2n + 1 h πi Ta có sin x ∈ [0, 1], ∀x ∈ 0, ⇒ (sin x)2n+1 6 (sin x)2n 6 (sin x)2n−1 , suy ra 2 2n I2n+1 I2n+1 = < 61 2n + 1 I2n−1 I2n Mặt khác 2n = lim n→+∞ 2n + 1 n→+∞ lim 2 2+ 1 n I2n+1 =1 n→+∞ I2n = 1 ⇒ lim Kết hợp với điều kiện (∗) ta suy ra 2.4.6 . . . .2n 1 lim ·√ = n→∞ 3.5.7 . . . .(2n − 1) 2n + 1 r π 2 Điều phải chứng minh. Bây giờ quay lại bài toán của chúng ta, chúng ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn  n n  n n 1 √ √ 2nπ < n! < 2nπ e 12n e e LATEX by Mathpiad 60 (*) TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Ta có k+1 Z Z k+1 Z k+1 ln k 6 ln x 6 ln(k + 1), ∀x ∈ [k, k + 1] ⇒ ln(k + 1)dx lnxdx 6 lnkdx 6 k k Z k+1 k+1 ⇒ ln kx|k 6 lnxdx 6 ln(k + 1)x|k+1 k k Z k+1 lnxdx 6 ln(k + 1) ⇒ ln k 6 k k Mặt khác  Z 1 Z 2   lnxdx 6 ln 1 6 lnxdx    0 1  Z Z  2 3   lnxdx 6 ln 2 6 lnxdx 1 2   ···   Z n+1 Z n      lnxdx lnxdx 6 ln n 6 n n−1 Suy ra Z 1 Z n Z lnxdx + . . . + 0 2 lnxdx 6 ln 1 + ln 2 + . . . + ln n 6 n−1 Z n+1 lnxdx + . . . + 1 lnxdx n Như vậy ta được Z π Z lnxdx 6 ln(n!) 6 0 n+1 lnxdx 1 Sử dụng nguyên hàm từng phần ta có Z Z Z lnxdx = x ln x − xd(ln x) = x ln x − dx = x ln x − x Suy ra Z n lnxdx = (x ln x − x)|n0 = n ln n − n; 0 Hoàn toàn tương tự tích phân trên, ta cũng suy ra được Z n+1 lnxdx = (x ln x − x)|n+1 = (n + 1) ln(n + 1) − n 1 1 Do đó n ln n − n 6 ln(n!) 6 (n + 1) ln(n + 1) − n Ta đặt   1 2n + 1 n + 1 dn = ln n! − n + ln n + n ⇒ dn − dn+1 = ln −1 2 2 n 1 1 1+t t3 t5 Thay t = vào khai triển Maclaurin ln = t + + + ..., suy ra 2n + 1 2 1−t 3 5 1 1 n+1 1 1 + 2n + 1 1 1 1 ln = ln = + + 3 5 + ... 1 2 n 2 2n + 1 3(2n + 1) 5(2n + 1) 1− 2n + 1 LATEX by Mathpiad 61 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Suy ra dn − dn+1 = 1 1 2n + 1 n + 1 ln −1= + ... 2 + 2 n 3(2n + 1) 5(2n + 1)4 Tóm lại ta có 0 < dn − dn+1     1 1 1 1 1 1 < − + + ... = 3 (2n + 1)2 (2n + 1)4 12 n n + 1 Từ đó suy ra dn+1 < dn là dãy giảm; dn − 1 1 < dn+1 − là dãy tăng. 12n 12(n + 1) Từ đây suy ra tồn tại một số c sao cho   1 = lim dn = c lim dn − n→+∞ n→+∞ 12n và đồng thời dn − 1 θ < c < d n ⇒ dn = c + , ∀θ ∈ (0, 1) 12n 12n 1 ⇒ ec = lim edn = lim eln n!−(n+ 2 ) ln n+n = lim n→+∞ n! 1 n→+∞ e−n nn+ 2 n→+∞ (n!)2 (2n)! (2n)! √ = lim = e2c ; lim = ec −2π 2n+1 2n+ 12 n→+∞ e n→+∞ e−2n n2n n2n 2n n→+∞ −2n n e (2n) ⇒ lim Từ công thức Wallis 2.4.6 . . . .2n 1 = lim ·√ n→∞ 3.5.7 . . . .(2n − 1) 2n + 1 r π 2 Ta suy ra r (2.4.6 . . . .2n)2 π 1 = lim ·√ 2 n→+∞ 2.3.4 . . . ..(2n) 2n + 1 √ 2 n (2 n!) 2n = lim · n→+∞ (2n)! 2n √ 2 (n!) 22n 2n = lim · n→+∞ 2n (2n)! = lim n→+∞ √ ! 1 (n!)2 e−2n 22n n2n 2n · · 2 e−2n n2n+1 (2n)! e2c n→+∞ 2ec ec = 2 = lim c Suy ra e = √ √ 2π ⇒ n! 2π dn e = edn = 1 , như vậy ta thu được c e e−n nn+ 2 √ 2π dn −n n+ 12 n! = e n e ec√ 1 θ = nn+ 2 e 12n −n 2π(0 < θ < 1) LATEX by Mathpiad 62 TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TOÁN HỌC Vậy  n n θ  n n  n n 1 √ √ √ √ θ n! = nn e−n 2nπe l2n = 2nπ e 12n ⇒ 2nπ < n! < 2nπ e 12n e e e Vậy ta có điều phải chứng minh. LATEX by Mathpiad 63 TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TOÁN CỦA MỸ Tài liệu [1] The American Mathematical Monthly − https://www.tandfonline.com/loi/uamm20 [2] Mathematics Magazine − https://www.tandfonline.com/loi/umma20 [3] The College Mathematics Journal − https://www.tandfonline.com/loi/ucmj20 [4] Mathematical Reflections Journal − https://www.awesomemath.org/mathematical-reflections/ LATEX by Mathpiad 64
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top