Đang tải... (xem toàn văn)
Trong tài liệu này, tôi xin trình bày lại những bài toán tôi đã sử dụng trong bài giảng của mình ở Gặp gỡ Toán học 2020.. Rất mong nhận được ký kiến đóng góp từ bạn đọc..[r]
(1)TRONG ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN Võ Quốc Bá Cẩn
Trong tài liệu này, tơi xin trình bày lại tốn tơi sử dụng giảng ởGặp gỡ Tốn học 2020 Rất mong nhận ký kiến đóng góp từ bạn đọc Xin cảm ơn
Bài toán (CMO, 2020) Cho dãy.an/được xác định bởia1 D18vàanC1 Dan2C6anvới số
nguyên dươngn:Chứng minh khơng có số hạng dãy lũy thừa đúng.
Lời giải Đặt bn D a6n:Khi đó, ta cób1 D 3vàbnC1 D 6bn.bnC1/với số nguyên dươngn:
Từ đây, quy nạp, ta chứng minh 2.bn/ D nC1và3.bn/ D nvới n 2:Suy
2.an/DnC2và3.an/DnC1với mọin2:
Bây giờ, giả sử tồn số nguyên dươngn; m; t vớit > 1sao cho an D mt:Khi đó, ta phải có
2.an/và3.an/chia hết chot:Suy ranC2vànC1cùng chia hết chot;mâu thuẫn vìnC2; nC1
là hai số ngun tố Vậy khơng có số hạng dãy lũy thừa
Bài toán (Turkish IMO TST, 2018) Cho hai dãy số thựca0; : : : ; a100vàb1; : : : ; b100thỏa mãn
anC1D
an
2 ; bnC1 D an
hoặc
anC1 D2an2; bnC1 Dan
với mỗi0n99:Biết rằnga100 a0;tìm giá trị lớn tổngb1Cb2C Cb100:
Lời giải Giả sửa0 < 0: Khi đó, tồn tại0 i 99sao choaiC1 D 2a2i thìai > 0;kéo theo
a100> > a0;mâu thuẫn Do đóaiC1D a2i với mọi0i 99:Tuy nhiên, điều dẫn đến
a100D 2a1000 > a0;mâu thuẫn Tóm lại, ta phải cóa0 0: Tiếp theo, ta có nhận xét
biC1
1
2CaiC1 1/
với mọi0i 99:Thật vậy, giả sửaiC1 D2ai2vàbiC1 Dai;khi sử dụng bất đẳng thức AM-GM,
ta cóaiC1C12 D2ai2C 12 2ai DbiC1Cai:Suy rabiC1 12 CaiC1 ai:Cịn nếuaiC1 D a2i
biC1 D 12 hiển nhiênbiC1 12CaiC1 ai:
Bây giờ, áp dụng nhận xét.1/;ta có
b1Cb2C Cb100
1
2 Ca1 a0
C C 1
2 Ca100 a99
D50Ca100 a0 50:
Dấu đẳng thức xảy chẳng hạn khia0 D a1 D D a100 D 0vàb1 Db2 D Db100 D 12:Vậy
giá trị lớn cần tìm là50:
(2)Bài tốn Tìm sốcnhỏ cho với dãy thực dương.an/thỏa mãn
anC1 < 3an n
X
iD1
ai; 8n2 N;
ta có
n
X
iD1
ai canC1; 8n2N:
Lời giải Xét dãy.an/vớia1 D1vàan D2n 2; 8n2:Rõ ràng dãy.an/được xác định
thỏa mãn điều kiện giả thiết toán Thay vào bất đẳng thức.1/;ta đượcc 1:
Ta chứng minhc D1chính giá trị cần tìm Nói cách khác, ta chứng minh
n
X
iD1
ai anC1; 8n2 N: 1/
Với số tự nhiênn; đặts0 D0vàsn D a1Ca2C Canvớin 1:Khi đó, giả thiết
tốn viết lại thành
snC1 4.sn sn 1/; 8n2N:
Xét dãy.xn/được xác định bởix1D1vàxk D 4 x4
k với mọik2:Khi đó, dễ dàng chứng minh được0 < xk < 2với mọikvà limxk D2:
Bằng quy nạp theok;ta dễ dàng chứng minh
snC1> xksn; 8k2 N:
Từ đó, cách chok! C1;ta đượcsnC1 2sn:Suy rasn snC1 snDanC1với mọinnguyên
dương Bất đẳng thức.1/được chứng minh Vậyc D1chính số cần tìm
Bài tốn (BWM, 1999) Cho hai dãy nguyên dương.an/và.bn/được xác định bởia1 Db1 D1
vàanC1 DanCbn; bnC1Danbnvới số nguyên dươngn:Chứng minh số hạng dãy
.an/đôi nguyên tố nhau.
Lời giải Trước hết, ta chứng minh.an; anC1/D 1với số nguyên dươngn:Ta sử dụng quy
nạp theon:Rõ ràng khẳng định vớinD1:Giả sử khẳng định đếnn n 1/:Giả sửanC2
vàanC1có ước nguyên tố chungp;khi vìanC2D anC1CbnC1nênbnC1chia hết chop:Suy
anbnchia hết chop:Mặt khác, theo giả thiết quy nạp thì.an; anC1/D1nênankhơng chia hết chop:
Từ đóbnchia hết chop:Suy raanDanC1 bnchia hết chop;mâu thuẫn VậyanC1vàanC2khơng
có ước ngun tố chung, tức.anC1; anC2/D1:Khẳng định vớinC1:Theo nguyên lý quy
nạp, ta có khẳng định với mọinnguyên dương
Tiếp theo, ta chứng minh.ai; aj/D1vớii j 2:Thật vậy, giả sử tồn tạim; nvớimnC2
sao cho.am; an/ > 1:Gọiq ước nguyên tố chung củaamvàan:Ta cóbnC1 DanbnnênbnC1 chia
hết chop;từ đóbnC2; : : : ; bmC1cũng chia hết chop:MàamC2 DamC1CbmC1 nên ta
cóamC1chia hết chop;mâu thuẫn vì.amC2; amC1/D1:
Tóm lại, ta chứng minh được.an; anC1/D 1và.ai; aj/D 1với mọii j 2:Do đó, số
(3)Bài tốn Cho dãy số nguyên.an/được xác định bởianD
p
n˘Cp3
n˘C1với mọinnguyên dương Chứng minh với số nguyên dươngd;tồn số nguyên dươngmsao chomDdam:
Lời giải Dễ thấy dãy.an/không giảm Xét số nguyên dươngd tùy ý Với số nguyên dươngn;đặt
bnDn dan:Khi đó, ta có limbnDlimn d ann
D C1:Suy tồn số nguyên dương
nsao chobn0:Trong sốnnhư thế, gọimlà số nhỏ Rõ ràngm > 1vìb1D1 3d < 0:
Ta chứng minhbm D0:Thật vậy, giả sử ngược lạibm > 0:Khi đó, dobmlà số nguyên nênbm 1:
Từ đây, ta có1 bm bm bm D1 d.am am 1/1:Suy rabm 0;mâu thuẫn với cách
chọn sốm:Vậy ta phải cóbm D0;tứcmDdam:
Bài toán Cho dãy.an/được xác định bởianD1C
j
np2kCjnp3kvới mọinnguyên dương. Chứng minh dãy.an/có chứa vô hạn số chẵn vô hạn số lẻ.
Lời giải Với mỗinnguyên dương, đặtxnD
j
np2kvàynD
j
np3k:Khi đó, dễ thấy
xnC1 xnD
j
.nC1/p2k jnp2k> nC1/p2 np2Dp2 >
và
xnC1 xnD
j
.nC1/p2k jnp2k< nC1/p2C1 np2Dp2C1 < 3:
Do đó, với mọinngun dương thìxnC1 xn2 f1; 2g:Chứng minh hồn tồn tương tự, ta có
ynC1 yn2 f1; 2gvới mọinnguyên dương Suy
anC1 an D.xnC1 xn/C.ynC1 yn/2 f2; 3; 4g; 8n2 N:
Bây giờ, ta chứng minh dãy.an/có chứa vơ hạn số chẵn Thật vậy, giả sử dãy.an/chỉ chứa hữu hạn
số chẵn Khi đó, tồn số nguyên dươngksao choanlà số chẵn với mọink:Từ đây, kết hợp với
kết trên, ta suy
anC1 an f2; 4g; 8nk:
Điều xảy khixnC1 xnDynC1 ynvới mọink;hay
ynC1 xnC1Dyn xn; 8nk:
Từ đây, ta có
ykCt xkCt Dyk xk; 8t 0: 1/
Mặt khác, ta lại có
yk xk D
j
kp3k jkp2k< kp3 kp2C1Dkp3 p2C1
và
ykCt xkCt D
j
.kCt /p3k j.k Ct /p2k> kCt /p3 kCt /p2D.kCt /p3 p2 1:
Kết hợp hai đánh giá với đẳng thức.1/; ta đượctp3 p2 < 2với số tự nhiênt;mâu thuẫn Vậy dãy.an/có chứa vơ hạn số chẵn
Hồn tồn tương tự, ta chứng minh dãy.an/cũng chứa vô hạn số lẻ
Bài tốn (Russia, 1999) Tìm tất dãy số nguyên dương.an/bị chặn, thỏa mãn
anC2 D
anC1Can
.anC1; an/
(4)Lời giải Với số nguyên dươngn;đặtbn D.an; anC1/:Từ giả thiết, ta có
bnanC2 DanC1Can: 1/
Theo cách xác định dãy.bn/thìanC1vàanC2chia hết chobnC1:Do đóancũng chia hết chobnC1:
Suy rabnD.an; anC1/chia hết chobnC1:Từ đây, ta cóbnbnC1;tức dãy.bn/khơng tăng Và
thế, vì.bn/là dãy số nguyên dương nên tồn tạin0 nguyên dương chobn Dbvới mọinn0:
Từ từ.1/;ta có
banC2 DanC1Can; 8nn0:
Vớib D 1thìanC2 D anC1Can với mọin n0; suy dãy.an/tăng ngặt kể từn D n0C1và
không bị chặn trên, mâu thuẫn Giả sửb 3:Khi đó, ta cóanC2 D
anC1Can
b
anC1Can
3 <maxfan; anC1gvà
anC3D
anC2CanC1
b
anC2CanC1
3 <maxfanC2; anC1g maxfan; anC1g
với n n0: Suy maxfanC2; anC3g < maxfan; anC1g: Kết chứng tỏ dãy cn/ với
cn Dmaxfa2n; a2nC1ggiảm ngặt với mọin > n20:Suy giữa0vàcbn0
2cC1có vơ hạn số nguyên dương, mâu thuẫn Vậy ta phải cóbD2;suy
2anC2 DanC1Can; 8nn0:
Từ đây, ta tìm công thức tổng quát cho cho số hạng dãy.an/khinn0
anDc1Cc2
1
2
n
;
trong đóc1vàc2 số Suy limanDc1:Vì.an/là dãy số ngun dương nên
tồn số nguyên dươngn1 > n0sao choanDanC1 D Dc với mọin n1:Mà.an; anC1/D2
với mọinn0nên ta có cóan DanC1D D2với mọinn1:
Vìan1C1 D
an1Can1 1
.an1; an1 1/ nên2.2; an 1/D2Can 1:Từ đóan1 D0hoặcan1 D 2:Màan1 số nguyên dương nênan1 D 2:Cứ thế, ta chứng minh đượcan1 Dan1 D D a1 D2: Vậy có dãy thỏa mãn yêu cầu dãy2; 2; : : :
Bài toán Cho dãy.an/được xác định bởia1 Da2 D97và
anC2 DanC1anC
q
.a2nC1 1/.a2
n 1/; 8n2N:
Chứng minh rằng2Cp2C2anlà số phương với số nguyên dươngn:
Lời giải Dễ thấy dãy.an/tăng ngặt Đặta1 Da2D 12 xC 1x
vớix D7C4p3
2
;khi quy nạp, ta dễ dàng chứng minh
anD
1
xFnC
xFn
với mọin nguyên dương, Fn số hạng thứ ncủa dãy Fibonacci (dãy xác định
F1D1; F2D1; FnC2 DFnC1CFn) Từ đây, ta có
2Cp2C2anD2C
r
2CxFnC
xFn D p
xFnCp1
xFn !2
D
7C4p3
Fn
C7 4p3
Fn2
(5)Vì7C4p3
Fn
C7 4p3
Fn
là số nguyên với số nguyên dươngnnên2Cp2C2anlà số
chính phương với ngun dươngn:Ta có điều phải chứng minh
Bài toán (EGMO, 2020) Cho dãy số nguyên dươnga0; a1; : : : ; a3030thỏa mãn
2anC2 DanC1C4an
với mọinD0; 1; 2; : : : ; 3028:Chứng minh sốa0; a1; a2; : : : ; a3030 có số
chia hết cho22020:
Lời giải Ta chứng minh kết tổng quát hơn:Với số nguyên dươngk 1010;trong số
a0; a1; : : : ; a1010 có số chia hết cho22k:
Ta chứng minh quy nạp theo k: Với k D 1; ta có a2 D 2a3 4a1 chia hết cho 2;
a1D2a2 4a0chia hết cho4:Suy khẳng định vớikD1:
Giả sử khẳng định đếnk 1k 1009/:Ta cóanC1 D 2anC2 4anchia hết cho2với
0n 3028;do đóanchia hết cho2với mọi1n3029:Suy raanC1 D2anC2 4anchia hết
cho4với mọi0n3027;từ đóanchia hết cho4với mọi1n3028:
Bây giờ, xét dãyb0; b1; : : : ; b3027vớibi D ai4C1 với mọi0i 3027:Khi đó, ta có
2bnC2DbnC1C4bn; 80n3025:
Chú ý rằng1k 1009nên3k 3027:Do đó, sốb0; b1; : : : ; b3027chứa đủ sốb0; b1; : : : ;
b3k:Theo giả thiết quy nạp, sốb0; b1; : : : ; b3k có số chia hết cho22k:
Từ suy ra, sốa1; a2; : : : ; a3kC1có mộ số chia hết cho22kC2:Và thế,
sốa0; a1; : : : ; a3kC3có số chia hết cho22kC2:Vậy khẳng định vớikC1:Theo
nguyên lý quy nạp, ta có khẳng định với mọi1k 1010:Ta có điều phải chứng minh
Bài toán 10 (IMO Longlist, 1988) Cho dãy số nguyên.an/được xác định bởia0 D0; a1D 1và
anC2 D2anC1Canvới mọin2N:Với số tự nhiênkcho trước, chứng minh rằnganchia hết cho
2k khi khinchia hết cho2k:
Lời giải Rõ ràng khẳng định vớikD0:Do đó, ta cần xét trường hợpk > 0:
Bằng quy nạp, ta dễ dàng chứng minh đượcan mod 4/với số tự nhiên lẻn:Ngoài ra, ta
cũng tìm cơng thức tổng qt cho số hạng dãy.an/là
anD
x1n x2n 2p2 ;
trong đóx1D1C
p
2vàx2 D1
p
2:Dễ thấy
a2n D
x12n x22n 2p2 D
.x1n x2n/.x1nCx2n/
2p2 Dan.x
n Cx
n
2/; 8n2 N: 1/
Bây giờ, giả sử tồn số nguyên dươngnsao choanchia hết cho2k:Khi đó, rõ ràng nphải số
chẵn ĐặtnD2mt vớim; t số nguyên dương vàt lẻ Theo.1/;ta có
an Da2mt Da2m 1t.x2 m 1t
1 Cx
2m 2t
1 /D Dat.x 2m 1t
1 Cx
2m 1t
2 / x 2t Cx
2t /.x
t 1Cx
t 2/:
Mặt khác, ta có ý rằng, với mọi`nguyên dương
x1`Cx`2D2 C`0C2C`2C22C`4C
D2C22C`2C23C`4C chia hết cho2nhưng khơng chia hết cho4:Từ suy ra2.an/Dm:
(6)Bài toán 11 (VMO, 2018) Cho dãy số.xn/xác định bởix0D2; x1D1và
xnC2 DxnC1Cxn; 8n0:
a) Chứng minh tồn số nguyên dươngnsao choxnlà số ngun tố thìnlà số ngun tố
hoặcnkhơng có ước ngun tố lẻ.
b) Tìm tất cặp số nguyên không âm.m; n/sao choxnchia hết choxm:
Lời giải a)Ta chứng minh đượcxnD˛nCˇnvới mọin2N;trong đó˛ < < ˇlà hai nghiệm
của phương trình đặc trưng2 1D0:
Giả sửxnkhông số nguyên tố vàncó ước nguyên tố lẻ Khi đó,ncó dạngpqvớiplà số nguyên tố
lẻ vàq số tự nhiên lớn hơn1:Ta có
xpq D˛pqCˇpq
D.˛q Cˇq/˛q.p 1/ ˛q.p 2/ˇqC˛q.p 3/ˇ2q ˛qˇq.p 2/Cˇq.p 1/
D.˛q Cˇq/h.˛q.p 1/Cˇq.p 1//C C 1/.qC1/.p2 C1/.˛2qCˇ2q/C 1/
.qC1/.p 1/
i
Dxq
xq.p 1/C C 1/
.qC1/.pC1/ x
2qC 1/
.qC1/.p 1/
nênxpq::: xq:Mặt khác, dễ thấy dãy.xn/tăng ngặt kể từn D1nênxq > x1 D1:Từ đây, với ý
xpqlà số nguyên tố, ta suy raxpq Dxq;mâu thuẫn Vậy, đểxnlà số ngun tố thìnlà số ngun tố
hoặcnkhơng có ước nguyên tố lẻ
b)Xét trường hợp sau:
Trường hợp 1: m D0:Xét modulo2;ta cóx0 0; x1 1; x2 1; x3 0; x4 1;
x51; x60; Do đó,xnchẵn với mọinchia hết cho3và lẻ trường hợp lại
Từ suy ra, đểxnchia hết chox0;ta phải cónchia hết cho3:Cặp số.m; n/thỏa mãn
trường hợp là.0; 3k/vớik2 N:
Trường hợp 2: mD1:Dễ thấy.m; n/D.1; k/vớik2N:
Trường hợp 3: m > 1:Với mọik`0;ta có
.˛k Cˇk/.˛`Cˇ`/ ˛kC`CˇkC`/D.˛ˇ/`.˛k `Cˇk `/D 1/`.˛k `Cˇk `/:
Do
xkC` Dxkx` 1/`xk `: 1/
Nói cách khác, với mọik2`0;ta có
xk Dxk `x` 1/`xk 2`:
Do đóxk chia hết chox`khi khixk 2` chia hết chox`; xk 2`chia hết chox`khi
khixk 4`chia hết chox`(nếuk 4`), Một cách tổng quát, ta cóxk chia hết chox`khi
chỉ khixk 2t ` chia hết chox` (nếuk2t `; t 2N) (2)
Bây giờ, doxnchia hết choxm nên xn xm 3; suy ran m > 1:Đặt n D q mCr với
(7)ı Trường hợp 3.1: q chẵn.Theo nhận xét (2), ta cóxnchia hết choxmkhi khixr
chia hết choxm:Suy
xr xm:
Nếur 1thì từ bất đẳng thức trên, ta suy rar m(do.xn/tăng ngặt với n1),
mâu thuẫn Do đór D0;tuy nhiên điều mâu thuẫn
xm x2 D3 > x0 Dxr:
ı Trường hợp 3.2: q lẻ.Theo nhận xét (2), ta cóxnchia hết choxmkhi khixmCr
chia hết choxm:Mặt khác, theo (1), ta lại có
xmCr Dxmxr 1/rxm r
nên xn chia hết cho xm xm r chia hết cho xm: Nếu < r < m; ta có
1m r nênxm r < xm;mâu thuẫn Do đó,r D0và giá trị thỏa mãn Suy ra,
trường hợp này, cặp số.m; n/thỏa mãn yêu cầu là.m; 2kC1/m/vớik2N:
Tóm lại, cặp số cần tìm là.0; 3k/; 1; k/và.m; 2kC1/m/vớim; k 2N; m > 1:
Bài toán 12 (Iranian IMO TST, 2017) Cho số nguyên k > 1:Xét dãy an/được xác định bởi
a1D1; a2 DkvàanC1 kC1/anCan D0với mọin2:Tìm tất số nguyên dươngn
sao choanlà lũy thừa củak:
Lời giải Từ giả thiết, dễ dàng tìm cơng thức tổng qt cho số hạng dãy.an/là
an D
'2n 1C '2n1
' C'1 ; 1/
trong đó' D
p
kC3Cpk
2 :Ngồi ra, quy nạp, ta dễ dàng chứng minh dãy số dư chia
các số hạng dãy.an/choklà dãy tuần hoàn chu kỳ6:1; 0; 1; 1; 0; 1:Từ đây, ta suy raan
chia hết chokkhi khin2 mod 3/;cịn vớin62 mod 3/thì.an; k/D1: 2/
Ta có nhận xét sau:
Nhận xét.Với hai số nguyên dương lẻm; nmàmchia hết chon;thìamC1
2 chia hết choa nC1
2 : 3/ Thật vậy, đặtm D`nvới`là số ngun dương lẻ, ta có
amC1
anC1
D '
`n
C'1`n
'nC 'n
D'.` 1/n '.` 3/nC '.` 3/nC
'.` 1/n
D
'.` 1/nC
'.` 1/n
'.` 3/nC
'.` 3/n
C 2N
vì'2t C
'2t số nguyên với số tự nhiênt (có thể chứng minh quy nạp khai triển trực tiếp) Do đóamC1
2 chia hết nC1
2 :
Bây giờ, gọinlà số nguyên dương choanlà lũy thừa củak:Đặtan Dkmvớimtự nhiên
Rõ ràngnD 1vànD 2thỏa mãn yêu cầu Xét trường hợpn 3:Gọip ước nguyên tố
2n 1:Khi đó, theo.3/;ta cóanchia hết choapC1 : Gọiq ước nguyên tố củaapC1
2 :Khi đó, ta cók
m chia hết choq nênkchia hết choq:Suy ra
.apC1
2 ; k/ > 1:Từ đó, theo.2/;ta có
pC1
(8)một lũy thừa của3:Vìn3nên2n 17;suy ra2n 1chia hết cho9:Từ đây, sử dụng kết
.3/;suy raanchia hết choa9C1
2 Da5Dk.k
3C3k2 3/:Vậykm chia hết chok3C3k2 3:
Mặt khác, ta lại cók3C3k2 > 1và.k; k3C3k2 3/2 f1; 3gnênk3C3k2 3phải lũy thừa của3:Suy rakchia hết cho3:Điều dẫn đếnk3C3k2 3chia hết cho3nhưng không chia hết cho9;từ đók3C3k2 3D3:Khơng có số ngunk > 1nào thỏa mãn phương trình Vậy có hai giá trịnthỏa mãn u cầu đề lànD1vànD2:
Bài toán 13 (Trung Quốc, 2016) Xét hai dãy.un/và.vn/được xác định bởi
u0 Du1 D1; unC2D2unC1 3un; 8n2 N
và
v0 Da; v1Db; v2 Dc; vnC3 DvnC1 3vnC1C27nn; 8n2N;
trong đóa; b; c là số nguyên Biết tồn số nguyên dươngN sao chovnchia hết chounvới
mọin > N:Chứng minh rằng3aD2bCc: Lời giải Đặtx1 D1Ci
p
2vàx2 D1 i
p
2:Khi đó, dễ dàng chứng minhh
unD
x1nCx2n
2 ; D˛3
n
Cˇx12nC x22n
với mọintự nhiên, đó˛ D 9aC242bCc; ˇ D
15a 2b c 3a 4bCc/ip2
48 ; D
15a 2b cC.3a 4bCc/ip2
48 :
Đặtˇ1 D 15a 2b c24 và1 D 3a 4b12Cc:Khi đó, ta có
vnD˛3nC
ˇ1 121i
p
2 x
2n
1 C
ˇ1C 121i
p
2 x
2n
D˛3nCˇ1
x12nCx22n C1
x12n x22n 2ip2
D˛3nCˇ1
.x1nCx2n/2 2x1nxn2
2 C1
.x1n x2n/.x1nCx2n/
2ip2
D.˛ ˇ1/3nC2ˇ1u2nC1
x1n x2n
ip2 un:
Dễ thấy x n x
n
ip2 2Zvới số tự nhiênn:Vìvnchia hết chounvới mọin > N nên12vncũng chia
hết chounvới mọin > N:Từ đây, với ý rằng12.˛ ˇ1/2 Z; 24ˇ1 2Zvà1212 Z;ta suy
12.˛ ˇ1/3n D.2bCc 3a/3nchia hết chounvới mọin > N:
Mặt khác, dễ dàng chứng minh được.un; 3/D1với số tự nhiênn:Do đó, từ kết trên, ta suy
ra2bCc 3achia hết chounvới mọin > N:
Giả s2bCc 3aÔ0:Khi ú, ta cúj2bCc 3aj junjvi > N:Suy dãy.un/bị chặn
với mọin > N:Vì.un/là dãy số nguyên nên tồn tạin0> N chojun0j Dmaxn>Njunj:
Sử dụng bất đẳng thức giá trị tuyệt đối, ta có
jun0j jun0C2j D j3un0 2un0C1j 3jun0j 2jun0C1j 3jun0j 2jun0j D jun0j:
Do đó, dấu đẳng thức phải xảy ra, tức ta phải cójun0j D jun0C1jvàun0C1.3un0 2un0C1/0:Điều xảy khiun0C1 Dun0:Màun0C1 D2un0 3un0 1nênun0 D3un0 1;mâu thuẫn