(Luận văn) vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN lu an n va gh tn to p ie VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HÒA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGƠ KHẮC KIÊN lu VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HỊA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI an n va p ie gh tn to d oa nl w CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 46 01 13 lu nf va an LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC lm ul NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC z at nh oi z @ m co l gm PGS TS TRỊNH THANH HẢI an Lu n va THÁI NGUYÊN - 2018 ac th si Mục lục lu an n va Chương Kiến thức chuẩn bị 1.1 Chuỗi số 1.1.1 Khái niệm chuỗi số 1.1.2 Các tính chất chuỗi số 1.2 Chuỗi điều hòa 1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa 1.2.2 Một số tính chất chuỗi điều hịa 3 5 p ie gh tn to Mở đầu d oa nl w Chương Vận dụng chuỗi điều hịa vào giải tốn 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hịa vào giải số tốn bất đẳng thức 13 2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán chuỗi số 32 an lu 52 z at nh oi lm ul Tài liệu tham khảo 51 nf va Kết luận z m co l gm @ an Lu n va ac th si Mở đầu lu an n va p ie gh tn to Trong sách toán Trung học sở, Trung học phổ thơng có tốn chuỗi số điều hịa Nhưng số lượng khơng đủ cho học sinh luyện tập, việc phân dạng tập chưa đầy đủ khơng có tính hệ thống Để cung cấp cho học sinh nội dung kiến thức, phương pháp giải toán Để phục vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi cách chuỗi số điều hịa Tơi xin trình bày cách hệ thống khái niệm tính chất chuỗi điều hịa Từ đưa số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán dành cho học sinh giỏi, theo dạng tập sau: • Các tốn liên quan đến bất đẳng thức; • Các tốn liên quan đến tính chất số học chuỗi điều hịa; • Các toán liên quan đến tổng chuỗi điều hịa; • Một số tốn khác liên quan đến chuỗi điều hịa; • Một số tốn dành cho học sinh giỏi d oa nl w nf va an lu Với mong muốn cung cấp thêm tài liệu tổng hợp kiến thức chuỗi điều hòa, giúp cung cấp thêm phương pháp hay bổ ích để rèn luyện nội dung này, chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải số toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học lm ul z at nh oi Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn gồm chương: z Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa, ví dụ kiến thức bản, nâng cao chuỗi số chuỗi điều hòa @ m co l gm Chương Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải tốn Chương trình bày vận dụng chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, tính chất số học số hạng, tổng chuỗi điều hịa Cuối Chương chúng tơi sưu tầm, chọn lọc để đưa số toán kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến chuỗi điều hịa an Lu Luận văn hồn thành trường Đại học Khoa học, Đại học Thái n va ac th si Nguyên Lời tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS TS Trịnh Thanh Hải Thầy dành nhiều thời gian hướng dẫn giải đáp thắc mắc tơi suốt q trình làm luận văn Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể thầy Khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức suốt thời gian theo học, thực hoàn thành luận văn lu Cảm ơn giúp đỡ bạn bè, người thân đồng nghiệp thời gian làm luận văn Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Người viết luận văn an n va tn to Ngô Khắc Kiên p ie gh d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Kiến thức chuẩn bị lu 1.1 Chuỗi số an n va 1.1.1 Khái niệm chuỗi số gh tn to Định nghĩa 1.1.1 Cho dãy số vô hạn u1 ; u2 ; ; un ; , gọi tổng vô hạn ∞ P u1 + u2 + + un + chuỗi số ký hiệu un ; un số hạng tổng quát; n=1 p ie sn = u1 + u2 + + un tổng riêng thứ n chuỗi; rn = un+1 + un+2 + gọi phần dư thứ n Nếu lim sn = s (hữu hạn) chuỗi gọi hội tụ s n→∞ an un = ∞ X lm ul n=1 n=1 n(n + 1) nf va ∞ X lu Ví dụ 1.1.2 d oa nl w tổng chuỗi Nếu dãy sn không dần tới giá trị hữu hạn chuỗi phân kỳ 1 1 + + + + + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)   1 1 1 1 1  1 = 1− + − + − + + − + 2 3 n n+1 = z at nh oi z gm @ Do đó, ta có m co l 1 1 + + + + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)       1  1 1 1 = 1− + − + − + + − 2 3 n n+1 =1− , n+1 sn = an Lu n va ac th si tổng riêng thứ n  lim sn = lim n→+∞ n→+∞ n+1 1−  = Suy chuỗi cho hội tụ có tổng 1.1.2 Các tính chất chuỗi số Định lý 1.1.3 i Tính hội tụ hay phân kỳ chuỗi số không đổi ta bỏ số hữu hạn số hạng đầu chuỗi số lu ii Tính hội tụ hay phân kỳ chuỗi số không đổi ta bỏ hay thêm vào số hữu hạn số hạng vị trí ∞ ∞ P P Định lý 1.1.4 Nếu chuỗi số un hội tụ có tổng s chuỗi số aun an n va n=1 tn to hội tụ có tổng as.Cịn un phân kỳ với a 6= chuỗi số n=1 gh aun phân kỳ n=1 p ie ∞ P n=1 ∞ P oa nl w Định lý 1.1.5 Nếu d chuỗi hiệu sau ∞ P n=1 ∞ P n=1 ∞ P (un − ) hội tụ Hơn nữa, n=1 ∞ X un + nf va an (un + ) = n=1 n=1 chuỗi số hội tụ chuỗi tổng n=1 (un + ) lu ∞ X ∞ P un ∞ X n=1 ∞ X ∞ X n=1 n=1 (un − ) = un − ∞ X n=1 lm ul Định lý 1.1.6 (Định lý tiêu chuẩn so sánh) Cho chuỗi số dương z at nh oi ∞ P un ≤ với n ≥ n0 (n0 ∈ N ) từ hội tụ n=1 hội tụ ∞ P un từ phân kỳ n=1 un n=1 ∞ P suy n=1 un suy phân kỳ ∞ P n=1 z n=1 ∞ P ∞ P @ n=1 n→∞ l n=1 gm Định lý 1.1.7 (Định lý tiêu chuẩn tương đương) Cho hai chuỗi số dương ∞ ∞ P P un un Xét lim = k Nếu < k < +∞ hai chuỗi cho m co hội tụ phân kỳ (hai chuỗi tương đương nhau) ∞ ∞ P P Nếu k = từ hội tụ suy hội tụ un Nếu k = +∞ từ phân kỳ ∞ P n=1 , ta suy phân kỳ ∞ P un n=1 n va n=1 an Lu n=1 ac th si Định lý 1.1.8 (Định lý tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương ∞ P un , n=1 un+1 = D Nếu: n→∞ un D < 1: chuỗi hội tụ; giả sử lim D > 1: chuỗi phân kỳ; D = 1: phải xét thêm phương pháp khác Định lý 1.1.9 (Định lý tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương lim n→∞ ∞ P un , giả sử n=1 √ n u n = C Nếu: C < 1: chuỗi hội tụ; C > 1: chuỗi số Phân kỳ; lu an C = 1: phải xét thêm phương pháp khác va Định lý 1.1.10 (Định lý tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương ∞ P n un , n=1 gh tn to tồn hàm f (x) cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 f (x) liên tục, đơn điệu ∞ R∞ P un hội tụ phân kỳ giảm miền (n0 ; +∞) f (x)dx n=1 p ie n0 nl w Định lý 1.1.11 (Định lý chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi ∞ P số đan dấu (−1)n un , tồn dãy số un đơn điệu giảm (nghĩa u1 > u2 > n=1 oa u3 > ) lim un = chuỗi đan dấu hội tụ tổng chuỗi khơng vượt d n→∞ 1.2 Chuỗi điều hịa lm ul 1.2.1 nf va an lu giá trị tuyệt đối số hạng Khái niệm chuỗi điều hòa z at nh oi Định nghĩa 1.2.1 Chuỗi số có dạng : z 1 + + + , m m + d m + 2d @ m, d số cho mẫu số khác khơng, gọi chuỗi điều hịa l gm Ví dụ 1.2.2 m co 1 + + , n 1 + + , chuỗi điều (ii) Chuỗi số có tổng riêng H(m, n) = + m m+1 n hịa Ta ln giả thiết ≤ m < n (i) Chuỗi số có tổng riêng H(1, n) = + an Lu n va ac th si 1.2.2 Một số tính chất chuỗi điều hịa Tính chất 1.2.3 H(1, n) vơ hạn, tức lim H(1, n) = +∞ n→∞ ∞  Chứng minh Xét dãy H(1, 2k ) 1 H(1, 1) = = + k=0 , đó, ; 1 =1+1 ; 2   1 1 1 1 1 + >1+ + + =1+2 ; H(1, 4) = + + 4     1 1 1 + + + + + H(1, 8) = + +     1 1 1 1 >1+ + + + + + + =1+3 ; 4 8 8 H(1, 2) = + lu an va n Tổng quát, H(1, 2k ) ≥ 1+k 1  ∞ H(1, 2k ) không bị chặn nên k=0 dãy {H(1, n)}∞ k=0 phân kỳ hay lim H(1, n) = +∞ Lý luận tương tự ta có tn to Do dãy n→∞ gh p ie thể với số nguyên dương tùy ý M   M −1 M , k = 0, 1, 2, d oa nl w H(1, M k ) ≥ + k (i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s cho: 2s ≤ n < 2s+1 Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1 Q, Q tích tất số nguyên lẻ đoạn [1, n] Tất số hạng H(1, n) số nguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s trở thành số nguyên chia cho Điều H(1, n) số nguyên nf va Chứng minh an lu Tính chất 1.2.4 H(m, n) số nguyên z at nh oi lm ul z (ii) Cách khác, trường hợp m = 1, cho p số nguyên tố lớn không vượt n Theo tiên đề Betrand, có số nguyên tố q với p < q < 2p Do n n! P đó, có n < 2p Nếu H(1, n) số nguyên, thì: n!H(n) = gm @ m co l i=1 i n n! P n! số nguyên chia hết cho p Tuy nhiên, số hạng tổng p i=1 i khơng chia hết cho p, cịn tất số hạng khác chia hết cho p an Lu n va (iii) Trường hợp: m > Giả sử 2a |k 2a+1 không ước k (viết 2a||K ), gọi a thứ tự chẵn lẻ k Bây quan sát số ac th si 2a , 3.2a , 5.2a , , tất số thứ tự chẵn lẻ Giữa số có 2.2a , 4.2a , 6.2a , , tất có thứ tự chẵn lẻ lớn Do vậy, số thứ tự chẵn lẻ, có số với thứ tự chẵn lẻ lớn Điều số m, m + 1, , n có số nguyên  có 1thứ tự chẵn1lẻ  lớn nhất, q có thứ tự chẵn lẻ u Bây ta lấy + + + m m+1 n 2u L, nhân với L tích tất số ngun lẻ [m, n] Khi u đó: LH(m, n) số lẻ Do đó: H(m, n) = 2r + q = , u L p đó, p chẵn, q lẻ H(m, n) khơng phải số ngun lu an n va Ví dụ 1.2.5 Ta có to 1 1 7381 + + + + = 10 2520 gh tn H(1, 10) = + p ie số nguyên q m+n số nguyên tố lẻ, (m+n)|q p nl w Tính chất 1.2.6 Nếu H(m, n) = d oa Chứng minh Chú ý H(m, n) có số chẵn số hạng với 1 + m+j n−j  = nf va j=0 an lu n−m−1  X n−m−1 X j=0 m+n s = (m + n) , (m + j)(n − j) r lm ul đó, gcd(s, r) = Do m + n số nguyên tố nên gcd(r, m + n) = Nên ta có z at nh oi q (m + n)s = ⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q p r z gm 1 1 7381 + + + + = 10 2520 m + n = 11, 11|7381 = q m co l H(1, 10) = + @ Ví dụ 1.2.7 Ta có an Lu n va ac th si 34 Giải Đặt M = n(n + 1)(n + 2) (n + 9) = n · m1 = (n + 1)m2 = (n + 2)m3 = = (n + 9)m10 1 p m m1 + m2 + + m10 + + + + = = = , n n+1 n+2 n+9 q M M mẫu số chung M = qd, tử số m = m1 + m2 + + m10 = pd cịn (M, m) = d (p, q) = Để q chia hết cho 2006 = · 17 · 59 M = qd = n(n + 1)(n + 2) (n + 9) phải chia hết cho 59 Do 59 số nguyên tố nên 59 phải ước thừa số n + r M với ≤ r ≤ Số n nhỏ thỏa mãn điều n = 50 n + = 59, lúc lu an M = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 · 59 va = 50m1 = 51m2 = 52m3 = = 59m10 n gh tn to Ta chứng minh số n = 50 q chia hết cho 2006 ie • Số m10 = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 khơng chia hết cho 59, cịn số p lại m1 , m2 , , m9 chia hết cho 59 nên m = m1 + m2 + + m9 + m10 không chia hết cho 59, suy 59 không ước số chung m M , q chia hết cho 59 (1) oa nl w d • Số m2 = 50·52·53·54·55·56·57·58·59 khơng chia hết cho 17, số lại lu an m1 , m3 , , m10 chia hết cho 51 = · 17 nên m = m1 + m2 + + m9 + m10 nf va không chia hết cho 17, suy 17 không ước số chung m M , q chia hết cho 17 (2) lm ul • Xét lũy thừa 2: Số 50 = 2·25, 52 = 22 ·13, 54 = 2·27, 56 = 23 ·7, 58 = 2·29 z at nh oi nên M = 50 · 51 · 52 · 53 · 54 · 55 · 56 · 57 · 58 · 59 = 28 · h với số h lẻ, số m7 chia hết cho 25 , số m1 , m2 , m3 , m4 , m5 , m6 , m8 , m9 , m10 chia hết cho 26 , q chia hết cho 23 (3) z @ l gm Từ (1), (2) (3) số 2, 17, 59 số nguyên tố suy q chia hết cho · 17 · 59 = 2006 Vậy số tự nhiên n nhỏ để q chia hết cho 2006 n = 50  + + + 2003 + 2004 n va chia hết cho 2005 an Lu A = · · 2003 · 2004 + m co Bài 2.2.5 (Số 333 THTT-2005) Chứng minh số tự nhiên   1 1 ac th si 35 Giải Biến đổi 1 1 + + + + + C = 1+ 2003 1002 1003  2004 1 + + + = 2005 2004 · 2003 1002 · 1003       1 + + + , B = · · 2003 · 2004 nên k · B 2004 · 2003 1002 · 1003 số nguyên Mặt khác, A = 2005.B.k , A 2005  Đặt k = Bài 2.2.6 Cho tổng sau gồm 2007 số hạng A= lu 1 1 + + + + 2 20072008 an Chứng minh giá trị A số không nguyên va n Giải Số nguyên tố lớn mà không vượt 2007 2003 Quy đồng mẫu tn to số số hạng A ta A = B với mẫu số chung C = 12 · 23 · 34 20072008 C p ie gh chia hết cho 20032004 Tử số B tổng 2007 số tự nhiên, tử số số hạng có dạng 2004 2003 oa nl w 12 · 23 20022003 · 20042005 · 20052006 · 20062007 · 20072008 d nên khơng chia hết cho 2003, cịn tử số tất số hạng cịn lại A chia hết cho 20032004 , B khơng chia hết cho 2003 Vậy A số nguyên  nf va an lu Bài 2.2.7 (Số 462 THTT-2015) Cho dãy số gồm 2015 số: lm ul z at nh oi 1 1 ; ; ; ; ; 2014 2015 z Người ta biến đổi dãy nói cách xóa hai số u, v dãy viết thêm vào dãy số có giá trị u + v + uv vào vị trí u v Cứ làm dãy thu sau 2014 lần biến đổi, dãy cuối lại số Chứng minh giá trị số cuối khơng phụ thuộc vào việc chọn số u, v để xóa lần thực việc biến đổi dãy, tìm số cuối m co l gm @ an Lu Giải Với hai số thực u, v ta ln có (2.19) (u + 1)(v + 1) = u + v + uv + = (u + v + uv) + n va ac th si 36 Với dãy số thực a1 , a2 , , a2015 , ta xét “Tích thêm T”: T = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) (a2015 + 1) Áp dụng biến đổi dãy đề kết hợp nhận xét (2.19), ta nhận thấy “Tích thêm T” khơng thay đổi với dãy thu Với dãy cho ban đầu tốn, “Tích thêm T”: 1       T = +1 + +1 2015 2015 2016 = · · · = 2016 2014 2015 +1 +1 lu Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy lại số x “Tích thêm T” dãy cuối là: T = x + Vậy ta có: an va n x + = 2016 ⇒ x = 2015 p ie gh tn to Bài toán giải sau 2014 lần biến đổi dãy theo yêu cầu toán ta thu số 2015  Bài 2.2.8 Cho 100 số tự nhiên a1 , a2 , a3 , , a100 thỏa mãn oa nl w 1 101 + + + + = a1 a2 a3 a100 d Chứng minh hai 100 số tự nhiên an lu nf va Giải Giả sử khơng có hai số 100 số tự nhiên a1 , a2 , a3 , , a100 Khi ta có lm ul z at nh oi 1 1 1 + + + + ≤ + + + + a1 a2 a3 a100 1 < + + + + |2 {z 99 số hạng 100 99 101 =1+ = , 2} 2 z gm @ trái giả thiết Vậy hai 100 số tự nhiên cho phải  an Lu 1 n+1 + + + = a1 a2 an m co l Nhận xét 2.2.9 Bằng cách chứng minh tương tự, ta có kết tổng quát sau: Cho n số tự nhiên a1 , a2 , a3 , , an (n > 2) thỏa mãn n va Khi có hai số n số tự nhiên ac th si 37 Bài 2.2.10 Đa thức xn x2 + + 1+x+ n có nghiệm thực? x2 xn + + Ta có f (x) = + x + x2 + + xn−1 n n x −1 a) Nếu n chẵn, ta có f (x) = x−1 Giải Đặt f (x) = + x + f (x) < với x ∈ (−∞; −1), f (x) > với x ∈ (−1; +∞) Do f (x) đạt cực tiểu x = −1 Mà lu f (−1) = − + 1 1 1 − + + = − + − + > n n an n va nên f (x) > với x ∈ R Vậy n chẵn phương trình f (x) = vơ nghiệm gh tn to b) Nếu n lẻ f (x) > với x ∈ R Và lim f (x) = −∞, lim f (x) = +∞ x→+∞ p ie x→−∞ w Vậy n lẻ phương trình f (x) = có nghiệm oa nl  d Bài 2.2.11 Cho lu 1 1 + + + + + , 2007 2008 2007 2006 2005 B= + + + + + 2006 2007 nf va an A=1+ B A z at nh oi lm ul Tính Giải Tách 2007 tổng 2007 số biến đổi sau 2007 2006 2005 + + + + +  20062  2005  2006  2007    = 1+ + 1+ + + + + 1+ +1 2006 2007 2008 2008 2008 2008 2008 = + + + + +  2006 2007 2008 1 1 = 2008 + + + + + 2006 2007 2008 = 2008A B= z m co l gm @  n va B = 2008 A an Lu Suy ac th si 38 Nhận xét 2.2.12 Có thể biến đổi số hạng B thành dạng 2008 2008 − n = −1 n n với n = 1, 2, , 2007 chọn 2008 làm thừa số chung 1 1 1 1 Bài 2.2.13 Cho A = 1− + − + .+ − B = + + .+ 2011 2012 1007 1008 2012  A 2012 Hãy tính B Giải Ta biến đổi sau 1 + + + 1007 1008 2012   1 1 1 = + + + + + + + + 1006 1007 2011 2012   1 − + + + + 1006   1 1 1 = + + + + + + + + 1006 1007 2011 2012 1 1  −2 + + + + 2012 1 1 1 = − + − − + − + − = A 1006 1007 2011 2012 B= lu an n va p ie gh tn to nl w = 12012 =  d B oa Suy  A 2012 lu nf va an Bài 2.2.14 Tìm tỉ số A B , biết 1 1 + + + + + · 1981 · 1982 n · (1980 + n) 25 · 2005 1 1 B= + + + + + · 26 · 27 m · (25 + m) 1980 · 2005 A= z at nh oi lm ul A có 25 số hạng B có 1980 số hạng 1 1 Giải Dễ thấy = − z n · (1980 + n) 1980 n cho số hạng A, ta được: Áp dụng khai triển 1980 + n  gm @ 1 + + + · 1981 25 · 2005  ·11982  1 1 = − + − + + − 1980  1981 1982 25 2005     1 1 1 = + + + − + + + 1980 25 1981 1982 2005 (2.20) m co l A= an Lu n va ac th si 39 1 1 = − Áp dụng khai triển Cũng tương tự, ta có m(25 + m) 25 m 25 + m cho số hạng B , ta được:   1 + + + · 26 · 27 1980 · 2005  1 1 1 − + − + + − = 25  26 27 1980 2005     1 1 1 = + + + − + + + 25 1980 26 27 2005 B= Nhận thấy hai biểu thức hai dấu ngoặc bên vế phải B có phần chung 1 + + + Do sau rút gọn, ta 26 27 1980 lu an  1 B= 1 1 − + + + + + + 25 1981 1982 2005 n va 25  tn to Từ (2.20) (2.21), suy  (2.21) A 1 A 25 = : Vậy = = B 1980 25 B 1980 396  p ie gh Bài 2.2.15 Cho    1 1− − 1+2+3 + + + n nl w A= 1− 1+2   A n+2 Tính n B d oa tích n − thừa số B =  an lu Giải Ta biết cơng thức tính tổng k số ngun dương liên tiếp từ đến k + + + + (k − 1) + k = nf va k2 + k − =1− = + + + + k k(k + 1) k(k + 1) k − k + 2k − (k − 1)(k + 2) = = k(k + 1) k(k + 1) z at nh oi lm ul 1− k(k + 1) Từ Áp dụng với k = 2, 3, , n ta z m co l gm @ 1·4 2·5 (n − 2) · (n + 1) (n − 1) · (n + 2) · · 2·3 3·4 (n − 1) · n n · (n + 1) · (n − 2) · (n − 1) · (n + 1) · (n + 2) = · · (n − 1) · n · n · (n + 1) n+2 = 3n A=  n va A n+2 n = · = B 3n n+2 an Lu Từ ac th si 40 A biết B 1 1 A= + + + + + , · 32 · 33 n(n + 30) 1973 · 2003 1 1 B= + + + + + · 1974 · 1975 n(n + 1972) 31 · 2003 Bài 2.2.16 Tính Giải Với số nguyên dương n, k ta có n+k n k − = − = n n+k n(n + k) n(n + k) n(n + k) (2.22) Áp dụng (2.22) với k = 30 ta tính 30 30 30 + + + 2(2 + 30) 3(3 + 30) 1973(1973 + 30) 1  1    1 = + + + − − − 33 1973 2003  21 132    1 = + + + − + + + 31 1974 1975 2003 (2.23) lu 30A = an n va tn to ie gh Áp dụng (2.22) với k = 1972 ta tính p 1972 1972 1972 + + + 2(2 + 1972) 3(3 + 1972) 31(31 + 1972)  1  1  1 1 − − − + + + = 1975 31 2003  21 11974    1 + + + + + + = − 31 1974 1975 2003 A 1972 986 Từ (2.23) (2.24) có 30A = 1972B hay = = B 30 15 (2.24) d oa nl w 1972B = an lu nf va  1 1+ + + 1+ 1 + 2011 20122 1 1 + =1+ − 2 n (n + 1) n n+1 l gm Với n = 1, 2, , 2011, ta    1 @ 1+ r z Giải Áp dụng đẳng thức r 1 + + + + z at nh oi S= lm ul Bài 2.2.17 Tính giá trị biểu thức r r    m co 1 1 S = 1+ − + 1+ − + + + − 2 2011 2012 2012 − = 2012 − = 2012 2012 an Lu n va  ac th si 41 Bài 2.2.18 (Số 442 THTT-2014) Tìm phần nguyên A biết 1 1 A = √ + √ + √ + + √ 2013 Giải Với số tự nhiên n khác 0, ta có √ √ √ n−1< n< n+1 √ √ √ √ √ √ ⇔ n−1+ n< n+ n< n+ n+1 2 √ √ + kx m co Nhận xét 2.2.20 Với x > 0, k ∈ N, k ≥ 2, (2.27) n va ac th si 42 Thật vậy, với k = ta có (1 + x)2 = + 2x + x2 > + 2x Vậy (2.27) với k = Giả sử (2.27) với k ≥ 2, tức (1 + x)k > + kx, ta chứng minh (2.27) với k + Thật (1 + x)k+1 = (1 + x)k · (1 + x) > (1 + kx)(1 + x) = + (k + 1)x + kx2 > + (k + 1)x Vậy (2.27) với k + Theo nguyên lý quy nạp, BĐT (2.27) với số nguyên k ≥ Từ (2.27) suy √ k + kx < + x Với x = , ta có k lu an √ k r + kx = 1+ = k k r k n va k+1 1, với k ∈ N∗ nên số hạng S k lớn 1, suy S > 2012 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho k + số dương k+1 , 1, 1, , (gồm k số 1), ta có k k = 1, 2, , 2012 Do r k+1 r hay k+1 k+1 < k  k+1 k2 + k + 1 +k = =1+ , k k+1 k(k + 1) k(k + 1)  k+1 1 < 1+ − Lần lượt cho k = 1, 2, , 2012 vào Bất đẳng thức k k k+1 lu cộng theo vế 2012 Bất đẳng thức ta an n va S < 2012 + − < 2013 2013 gh tn to = 2013 − 1 1 + − + + − 2 2012 2013  Vậy 2012 < S < 2013 nên [S] = 2012 p ie w Bài 2.2.23 (Số 463 THTT-2016) Chứng minh tồn giới hạn nl lim (H(1, n) − ln n) = γ d oa n→+∞ an lu Giải Đặt an = H(1, n) − ln(n + 1), bn = H(1, n) − ln n (an ) tăng + ln n − ln(n + 1) ≥ n   n+1 n ⇔ e≥ 1+ , ⇔ ≥ ln n n n nf va an ≥ an−1 ⇔ z at nh oi lm ul bất đẳng thức Tương tự (bn ) giảm Mặt khác an < bn   n lim (an − bn ) = lim n→+∞ n→+∞ ln n+1 = z @ Do tồn lim an = lim bn = γ Như + + + n→+∞ gm n→+∞ = γ + ln n + εn , n co l εn → n → +∞ γ gọi số Euler Chú ý γ = lim (H(1, n) − ln n) = 0, 5772156649 m n→+∞ an Lu n va Cho đến người ta chưa biết γ số hữu tỷ hay vơ tỷ Tuy nhiên số có vai trị quan trọng tốn học  ac th si 44 Bài 2.2.24 Tìm giới hạn  lim n+1 n→+∞ + 1 + + n+2 2n  Giải Ta có 1 + + + = H(1, 2n) − H(1, n) n+1 n+2 2n = (γ + ln 2n + ε2n ) − (γ + ln n + εn ) 2n + (ε2n − εn ) → ln = ln n  Vậy lim 1 + + + n+1 n+2 2n n→+∞   = ln lu an Bài 2.2.25 (Số 463 THTT-2016) Cho dãy số (an ), với va n an = 1 + + + 2 2 1 +2 + + + n2 với n ≥ gh tn to Chứng minh dãy (an ) hội tụ tìm giới hạn p ie Giải Ta có an+1 − an = 12 + 22 > với n ≥ 1, suy dãy + + (n + 1)2 w (an ) tăng Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta lại có d oa nl 1 1 4n + + = + + + + 2 1 (n(n + 1))2 (1 + 2) (1 + + + n) n   4 1 1 < + + + =1+4 − + + − 2·3 n(n + 1) n n+1 1  − deg g = +∞ nên lim g(x) Gọi a0 , b0 hệ số dẫn đầu f (x), g(x) n→+∞ n x→+∞ p ie ( oa nl w f (x) lim = x→+∞ xg(x) +∞ a0 b0 (2.30) d Mặt khác với N > tùy ý, ta có  1 lu an 1 + + + n→+∞ n N N +1 n h   i 1 1 = lim + + + + + + n→+∞ n N N +1 n     1 1 ≤ lim + + + + lim + + n→+∞ n n→+∞ n N + N n n−N ≤ + lim ≤ n→+∞ n(N + 1) N 1+  + + nf va ≤ lim z at nh oi lm ul z Do  @ 1 lim + + + n→+∞ n n  (2.31) l gm = m co Từ (2.30) (2.31) suy mâu thuẫn Vậy không tồn đa thức f (x), g(x) ∈ R[x] thỏa mãn yêu cầu toán  n P an Lu Bài 2.2.28 Chứng minh dãy xác định cơng thức un = k=1 − ln n có giới n va hạn hữu hạn k ac th si 46 Giải Trước hết, ta chứng minh bất đẳng thức ln(x + 1) ≥ Thật vậy, xét hàm số f (x) = f (x) = x − ln(x + 1), x ≥ Ta có x+1 x , ∀x ≥ x+1 −x = − ≤0 (x + 1) x+1 (x + 1)2 nên hàm nghịch biến Suy f (x) ≤ f (0) = Từ dễ dàng suy x , ∀x ≥ ln(x + 1) ≥ x+1 Đẳng thức xảy x = nên x < ln(x + 1), ∀x > Trở lại x+1 toán, ta xét hiệu sau 1 n+1 un+1 − un = − ln(n + 1) + ln n = − ln n+1 n+1 n   lu an 1 = − ln + n+1 n   < n va Suy dãy cho đơn điệu giảm Mặt khác, ta có k=1 k − ln n > n X ln 1 k k=1  + − ln n = n X [ln(k + 1) − ln k] − ln n = ln k=1 n+1 >0 n ie gh tn to un = n X p nên dãy bị chặn Dãy cho giảm bị chặn nên có giới hạn hữu hạn Ta có đpcm  nl w k lu k=1 d oa Nhận xét 2.2.29 Bài toán quen thuộc thường đề cập đến dãy số n P chứng minh tiến tới vô cực cách giải đơn giản un = n P k ≥ ln n thông qua biến đổi logarit Giới hạn nf va an dùng đánh giá un = k=1 lm ul dãy có từ kết tiếng số Euler C z at nh oi Bài 2.2.30 (THPT chuyên Lê Quý Đôn, thành phố Đà Nẵng - 2017) Cho dãy  x 2 2016 n số (xn ) xác định x1 = , xn+1 = xn + với n ≥ 2017 n a) Chứng minh dãy số (xn ) có giới hạn hữu hạn z b) Giả sử lim xn = a Chứng minh lim n(a − xn ) = a2 @ l gm Giải a) Ta có x1 ∈ (0, 1), xn > với n ≥ (xn ) dãy tăng Ta chứng minh (xn ) bị chặn Thật vậy, với m ≥ m co 1 xm+1 − xm (xm /m)2 − = = xm xm+1 xm xm+1 xm xm+1 xm 1 1 = < < = − m xm+1 m m(m − 1) m−1 m an Lu n va ac th si 47 Do đó, với số n > m  n−1  X 1 1 − = − x m xn xk xk+1 < k=m n−1  X k=m Suy 1 − k−1 k  = 1 − < m−1 n−1 m−1 1 (m − 1) − xm > − = Lại có từ giả thiết xn xm m − (m − 1)xm x2 = x1 + x21 < 2x1 , x3 = x2 +  x 2 2 < 2x1 + x21 < 3x1 lu Bằng quy nạp ta có xn < nx1 với n ≥ Từ để chọn m mà an (m − 1) − xm > ⇔ xm < m − 1, va n ta chọn m thỏa mãn mx1 < m − ⇔ m > 2017 − x2018 2017x2018 > ⇔ xn < với n > 2018 Suy (xn ) bị xn 2017x2018 2017 − x2018 chặn hay (xn ) hội tụ tn to = 2017 Chọn ln m = 2018 − x1 ta có p ie gh  x 2 k nl w b) Cố định giá trị n ≥ Khi xk+1 − xk = d oa xm − xn = m−1 X k=n xk k 2 k nên với m > n lu m−1 X k=n k=n k=n 1 1 1 < > = − , nên ta có k k(k − 1) k k(k + 1) k k+1 m−1 X m−1 X 1 1 1 < − > − 2 k n−1 m−1 k n m z k=n   1 − n−1 m−1 a2 − < xm − xn < n m x2 a2 Cho m → +∞ ta n < a − xn < , ∀n ∈ N, nên n n−1 n x2n < n(a − xn ) < a2 · , ∀n ∈ N n−1 Thay vào trên, suy  gm x2n 1 @ k=n z at nh oi Do đánh giá m−1 m−1 X  xk  X 1 < x − x = < a m n k2 k k2 lm ul x2n nf va an Vì (xn ) tăng, bị chặn lim xn = a ⇒ xn < xn+1 < xm < · · · < a nên m co l an Lu  n va Cho n → ∞ ta lim n(a − xn ) = a2 ac th si 48 Bài 2.2.31 (Số 463 THTT-2016) Giả sử xn thuộc khoảng (0, 1) nghiệm phương trình 1 + +···+ = 0, x x−1 x−n ∀n ∈ N Chứng minh dãy (xn ) hội tụ Tìm giới hạn 1 + +···+ liên x x−1 x−n tục đơn điệu (0, 1) f (1) < 0, lim+ fn (x) = +∞ Để chứng minh dãy Giải xn xác định hàm số fn (x) = x→0 hội tụ ta chứng minh dãy (xn ) bị chặn đơn điệu Hiển nhiên dãy bị chặn < xn < Bây ta chứng minh dãy (xn ) đơn điệu Ta thấy < xn < nên fn+1 (xn ) = fn (xn ) + 1 = < xn − n − xn − n − lu Trong đó, fn+1 (0+ ) > Theo tính chất hàm liên tục, khoảng (0, xn ) có nghiệm fn+1 (x) Nghiệm xn+1 Suy xn+1 < xn Tức dãy số (xn ) giảm, dãy số bị chặn nên dãy số có giới hạn an n va gh tn to Ta chứng minh dãy số có giới hạn Thật vậy, giả sử ie lim xn = a > n→+∞ p nl w Khi đó, dãy (xn ) giảm nên ta có xn ≥ a, ∀n ∈ N Ta lại có d oa 1+ 1 + + · · · + > ln n n lu 1 + + · · · + → +∞, n → +∞, nên tồn N cho với n 1 1 n ≥ N ta có + + + · · · + > Khi đó, với n ≥ N n a nf va an Do + lm ul 0= z at nh oi 1 1 1 + + ··· + < + + + ··· + xn xn − xn − n xn −1 −2 −n 1 < − = a a  n→+∞ z Điều mâu thuẫn Vậy phải có lim xn = @ gm Bài 2.2.32 (THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam - 2008) Cho an Lu xn ∈ (0, 1) m co l 1 1 + + + ··· + n = 0, n ∈ N∗ x x −1 x −2 x −n a) Chứng minh với n ∈ N∗ , phương trình ln có nghiệm phương trình b) Chứng minh dãy (xn ) xác định câu a) có giới hạn Tìm giới hạn n va ac th si