DINH LY LAGRANGE VA UNG DUNG

Tại các ñiểm Langrange L4 và L5 của hệ Sao Mộc – Mặt Trời, người ta ñã phát hiện ra nhiều tiểun hành tinh và ñược gọi là các hành tinh thành Troy (Các tiểu hành tinh này ñược [r]

SƠ LƯỢC VỀ LAGRANGE

Joseph-Louis Lagrange sinh Turin, tây bắc Italia gia đình gốc Pháp (tên khai sinh ơng viết theo tiếng Ý Giuseppe Lodovico Lagrangia) Khi thiếu niên, Lagrange khơng để ý nhiều đến tốn học mà có ý định theo học để trở thành luật sư Tuy nhiên, ơng bị ảnh hưởng mạnh sau ñọc sách cuả Halley việc áp dụng ñại số quang học ñịnh trở thành nhà tốn học Ơng chủ yếu tự học tốn sau trở thành giáo viên giảng dạy trường quân Năm 1766, nhận lời mời cuả Leonhard Euleur, ơng đến làm việc viện Hàn lâm Khoa học Phổ, Berlin Năm 1787, ông chuyển từ Berlin ñến Pháp ñược bầu làm thành viên viện Hàn Lâm Pháp Năm 1808, ơng Napoleon phong bá tước Sau mất, ơng chơn cất ñiện Pathéon, nơi yên nghỉ cuả người ñã làm rạng danh cho nước Pháp Vì lý trên, Lagrange thường coi có quốc tịch: Pháp Italia

Ảnh: Joseph-Louis Lagrange (25/01/1736 – 10/04/1813)

Những cơng trình tốn học Langrange có ảnh hưởng nhiều ñến lĩnh vực học thiên thể Ơng dùng tốn học chứng minh tính bền vững hệ Mặt Trời, ñiểm Lagrange (Lagrangian Points) Giả sử ta có vật khối lượng lớn, vật khối lượng nhỏ hẳn hai vật đó, khơng gian tồn điểm mà vật khối lượng nhỏ ln trì vị trí tương đối so với vật khối lượng lớn

Một ví dụ minh họa tiếng điểm Lagrange vị trí tương ñối Sao Mộc, Mặt Trời tiểu hành tinh Asin Quỹ ñạo Asin gần giống với quỹ ñạo Sao Mộc, vậy, chẳng đụng độ với Sao Mộc, cách xa vị trí Sao Mộc quỹ đạo 650 triệu km, ln chuyển động với vận tốc tốc độ Sao Mộc nằm cách Sao Mộc 650 triệu km

CHUN ðỀ

ĐỊNH LÍ LAGRANGE VÀ ỨNG DỤNG A – GIỚI THIỆU

ðịnh lí Lagrange: Cho hàm số f(x) liên tục [a,b] có đạo hàm khoảng (a,b) ln tồn c∈( )a b, cho:

( ) ( ) ( )

' f b f a

f c

b a − =

− Ý nghĩa hình học định lí Lagrange:

Nếu có đủ điều kiện định lý Lagrange đ−ờng cong y= f x( ) phải tồn

nhất điểm M c f c( ; ( )) cho tiếp tuyến với đ−ờng cong điểm song song với dây cung AB A a f a( ; ( )); B b f b( ; ( ))

Tuy nhiên, định lý Lagrange đ−ợc dùng chứng minh hệ sau:

Hệ quả:

Nếu f '( )x =0với điểmx∈( )a b, f x( )=k (k=const) x thuộc khoảng

Những ứng dụng khác định lý Lagrange giải ph−ơng trình, chứng minh bất đẳng thức nh− xét cực trị hàm số đ−ợc nêu hạn chế mờ nhạt Để giúp học sinh học tốt phần ch−ơng trình đại số giải tích liên quan đến Định lý Lagrange, viết nhằm cung cấp cho học sinh hệ thống tập, thông qua học sinh thấy rõ ứng dụng phong phú tinh tế định lý Lagrange, đặc biệt biết cách vận dụng định lý giải dạng tập ph−ơng trình, bất ph−ơng trình, bất đẳng thức dãy số, kể toán khó kỳ thi học sinh giỏi

Chúng ta tìm hiểu tốn sử dụng định lí Lagrange chương trình THPT sau: I Sử dụng định lí Lagrange chứng minh bất đẳng thức

B – NOÄI DUNG

I SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

● Phương pháp

+ Từ định lí Lagrange, m≥ f '( )c ≥M thì:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

f b f a

m M m b a f b f a M b a

b a −

≥ ≥ ⇔ − ≥ − ≥ −

−

+ Vậy từ định lí Lagrange để áp dụng kết trên, ñiều quan trọng xác ñịnh ñược hàm số f x( )

● Ví dụ minh họa

Ví dụ Chứng minh 0

2

a b π

< < < thì: 2 2

cos cos

b a b a

tgb tga

a b

− < − < −

Lời giải:

Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với: 12 12

cos cos

tgb tga

a b a b

− < <

− Xét hàm số: f x( )=tgx liên tục [ ], 0,

2 a b ∈ π

  có ñạo hàm khoảng

( ), 0, a b ∈ π 

 

Theo định lí Lagrange ln tồn c∈( )a b, cho: ( ) ( ) ( )

1 '

cos

f b f a tgb tga

f c

b a c b a

− −

= ⇔ =

− − (1)

Mặt khác 12 12 12

2 cos cos cos

a b

a c b

π

< < < ⇔ < < (2)

Vậy từ (1) (2) ta có 12 12

cos cos

tgb tga

a b a b

− < <

−

Nhận xét: ðiều quan trọng toán nhận ñược hàm số ( )

f x qua việc biến ñổi tương ñương bất đẳng thức cho Ta xét ví dụ Ví dụ Chứng minh :

1

1

1

1

x x

x x

+

   

+ > +

   

+

    với x>0

Lời giải:

Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với: ( ln 1) ln 1

x x

x x

   

+  + + >  + 

   

ðặt f x( ) xln 1 x ln(x 1) lnx , x x

 

=  + =  + −  >

 

Ta có: '( ) ln( 1) ln ln( 1) ln

1

x

f x x x x x

x x

= + − + − = + − −

+ + (1)

Áp dụng định lí Lagrange hàm số: y=lnt [x x, +1] tồn c∈(x x, +1) cho: ln( - ln) 1 ln( - ln)

1- 1

x x

x x

x x c x x

+

= > ⇔ + >

( ) ( ) ( ) 1

1 1 ln ln

1

f x f x x

x x

   

+ > ⇔ +  + >  + 

+

   

Nhận xét: Bài khó chỗ phải tinh ý lấy logaNepe hai vế nhận ñựơc hàm số f (x) Ta xét ví dụ

Ví dụ Chứng minh ln 1

x

x x x

+

 

<  <

+   với x>0

Lời giải:

Xét hàm số f t( )=lnt liên tục [x x, +1] có f '( )t t

= (x x, +1 ) Theo định lí Lagrange ln tồn c∈(x x, +1 ) cho:

( ) ( ) ( ) ln( 1) ln '

1

f b f a x x

f c

b a c x x

− + −

= ⇔ =

− + −

Suy ra: ln(x 1) lnx (x 1) x ln x 1

c x c

+ −  + 

+ − = ⇒  =

  (1)

Mặt khác 1 1

1

x c x

x c x

< < < + ⇒ < <

+ (2)

Vậy từ (1) (2) ta có ln 1

x

x x x

+

 

<  <

+  

Ví dụ Chứng minh 0< <a b b a ln b b a

b a a

−   −

<  <

 

Lời giải:

Xét hàm số f x( )=lnx liên tục [ ]a b có ; f '( )x x

= ( )a b , Theo định lí Lagrange ln tồn c∈( ; )a b cho

( ) ( ) ( ) ln ln

' f b f a b a

f c

b a c b a

− −

= ⇔ =

− −

Suy ra: lnb lna b a ln b b a

c a c

−   −

− = ⇒  =

  (1)

Mặt khác a b 1 b a b a b a

b c a b c a

− − −

< < ⇒ < < ⇒ < < (2)

Vậy từ (1) (2) ta có b a ln b b a

b a a

−   −

<  <

 

Ví dụ Cho a< <b c Chứng minh rằng:

3a< + + −a b c a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − < + + +a b c a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − <3c Lời giải:

f '( )x1 f b( ) ( ) ( ) ( ) ( )f a ; 'f x2 f c f b 'f ( )x1 f '( )x2

b a c b

− −

= = ⇒ = =

− − (1)

Ta thấy: ( ) ( )

'

f x = x − x a b c+ + +ab bc+ +ca Từ (1)

2 2

1

3

a b c a b c ab bc ca

x + + − + + − − −

⇒ =

2 2

2

3

a b c a b c ab bc ca

x + + + + + − − −

⇒ =

Do ñó, từ a< < <x1 b x2<c Suy

3a< + + −a b c a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − < + + +a b c a2+ + −b2 c2 ab bc ca− − <3c Ví dụ Chứng minh với a, b sinb−sina ≤ −b a

Lời giải:

Dễ thấy với a=b ta có đẳng thức xảy

Giả sử a<b Xét hàm số ( )f x =sinx liên tục [ ]a b có đạo hàm ; ( )a b , Theo định lí Lagrange ln tồn c∈( ; )a b cho

( ) ( ) ( ) sin sin

' f b f a cos b a

f c c

b a b a

− −

= ⇔ =

− −

Suy sinb−sina = −b a cosc ≤ −b a Vậy sinb−sina ≤ −b a với a, b

Ví dụ Cho hàm: f x( )=cosa x1 +cosa x2 ; ∀ ∈x R , (a a1, 2∈R) (, a1, a2≠0 )

Gọi m a( 1, a2)=min f x( ) Chứng minh m a( 1, a2)<0 ; ∀a1, a2∈ℝ

1,

a a ≠ Lời giải:

ðặt ( ) ( )

1

sin sin ,

a x a x

g x x

a a

= + ∀ ∈ℝ

Có thể giả thiết 0< ≤a1 a2 ( hàm cos hàm chẵn ) Nếu a1=a2 f x( )=2 cosa x1

1 ( 1 2)

1

2 cos ,

f a m a a

a a

π π

   

= = − < ⇒ ≤ − <

   

   

Xét 0< <a1 a2 có g( )0 =0

2

1 1 1 2

3

3 1 1 1

sin sin sin

2

a a

g

a a a a a a a a a a a

π π

π π

 

= + = − + ≤ − + = − <

 

Theo Lagrange, ta có , a π ζ   ∃ ∈    cho ( ) ( ) ( ) ( ) 1

0 ' ,

3

g g

a

g f m a a

a π ζ ζ π   −      

> = = ≥ g x'( )= f x( ), ∀ ∈x ℝ

Ví dụ Chứng minh rằng: (3 ( )) ( )3 3 ( )

sine cos e−1 −sin e−1 cos e > cos e− −1 cose Lời giải:

Vì π >e 1, 71828

e− ≈ >π suy ( )

( )

sin 0; sin cos 0; cos

e e

e e

 > − > 



< − <



Bất ñẳng thức cần chứng minh tương ñương với:

3

sin sin( 1) cos cos ( 1)

e e

e e

−

− >

−

ðặt: ( ) cos sin x x x f = TXð: x≠ +π kπ

Ta có f x liên tục [( ) 1; ] , e− e ⊂π π

 

Áp dụng ñịnh lý Lgrange ta có tồn c∈ −[e 1; ] e cho

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

1

' '

1

f e f e

f c f e f e f c

e e

− − = ⇔ − − =

− − Mặt khác

( ) ( ) 3 2(3 ) 4

3

sin ' cos cos '.sin 2 cos 1 '

cos cos

x x x x x

f x

x x

− +

= =

Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta có: 2

2 cos x+ =1 cos x+cos x+ ≥1 cos x>0 Suy ( )

2

3

2 cos

' 1,

3 cos x

f x x

x +

= ≥ ∀

Dấu ''=''không xảy với x∈ −[e 1; ] e

Do f’( )c >1 suy ( ) ( ) ( )

3

sin sin( 1)

1 ' 1

cos cos ( 1)

e e

f e f e f c

e e

−

− − = > ⇔ − >

Ví dụ Bất phương trình sin(x+1) 3cosx−sin cosx (x+1 ) < cos cos3 x (x+1) Có

nghiệm x=5( )rad hay không? Tại sao? Lời giải:

Ta xét [ , 1] , 2 x x+ ⊂ π π

 , bất phương trình

( )

( )

3

sin sin cos cos

x x

x x

+

⇔ − <

+

Xét hàm

3 cos

sin )

(

t t t

f = ñoạn [ , 1] , 2 x x+ ⊂ π π

 

Ta có f x liên tục ( ) [ , 1] , 2 x x+ ⊂ π π

 

Áp dụng ñịnh lý Lgrange ta có tồn c∈[ ;x x+1] cho

( ) ( )

( 11) '( ) ( 1) ( ) '( )

f x f x

f c f x f x f c

x x

+ −

= ⇔ + − =

+ − Mặt khác

( ) ( ) 3 2(3 ) 4

3

sin ' cos cos '.sin 2 cos 1 '

cos cos

t t t t t

f t

t t

− +

= =

Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy ta có: cos2t+ =1 cos2t+cos2t+ ≥1 cos3 4t>0 Suy ( )

2

3

2 cos

' 1,

3 cos t

f t t

t +

= ≥ ∀

Do f '( )c >1 suy ( ) ( ) ( ) ( )

( )

3

sin sin

1 ' 1

cos cos

x x

f x f x f c

x x

+

+ − = > ⇔ − ≥

+

Vậy x=5( )rad không nghiệm bất phương trình cho ; 2π π

 

∈ 

 

Bài tập: Chứng minh x> >y

2 ln ln

x y x y

x y

+ > − −

II SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE CHỨNG MINH PHƯƠNG TRÌNH CĨ NGHIỆM

● Phương pháp:

+ Từ định lí Lagrange, f a( )= f b( )=0 tồn x∈( )a b, cho ( ) ( ) ( )

' f b f a

f x

b a −

= = ⇔

của hàm số F x( ))

+ Dạng toán làm theo bước sau:

Bước 1: Xác ñịnh hàm số f x liên tục [a,b] có đạo hàm (a,b), thoả mãn: ( ) a) f '( )x =F x( )

b) f b( ) ( )−f a =0

Bước 2: Khi tồn x0∈( )a b, cho: f '( )x0 f b( ) ( )f a F x( )0 b a

−

= = ⇔ =

−

Suy phương trình F x( )=0 có nghiệm x0∈( )a b, ● Ví dụ minh hoạ:

Ví dụ Chứng minh phương trình: cosa x b+ cos 2x+ccos 3x=0 có nghiệm ∀a b c, , Lời giải:

Xét hàm số: ( ) sin sin sin

2

b c

f x =a x+ x+ x

Dễ dàng nhận thấy:

( )

' cos cos cos

f x =a x b+ x+c x

( ) ( )0

f π − f =

Khi tồn x0∈( )0,π cho:

( )0 ( ) ( ) 0

0

' cos cos cos

0

f f

f x π a x b x c x

π −

= ⇔ + + =

−

Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng ( )0,π

Ví dụ Chứng minh phương trình: acos 3x b+ cos 2x c+ cosx+sinx=0 lu«n có

nghiệm khoảng (0, 2) Li gii:

Xét hàm số: ( ) sin sin sin cos

3

a x b x

f x = + +c x− x

Dễ dàng nhận thấy: ( )

' cos cos cos sin

f x =a x b+ x+c x+ x

( ) ( )2 0

f π − f =

( )0 ( ) ( ) 0 0

2

' cos cos cos sin

2

f f

f x π a x b x c x x

π −

= ⇔ + + + =

−

Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng (0, 2π) Ví dụ Giả sử

3

a b

c

+ + = Chứng minh phương trình

0

ax + + =bx c có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1

Lời giải:

Xét hàm số: ( )

3

a b

f x = x + x +cx liên tục đoạn [ ]0,1 có đạo hàm ( )0,1 Ta có f '( )x =ax2+ +bx c

( ) ( )1 0

a b

f − f = + + =c

Khi tồn x0∈( )0,1 cho: ( ) ( ) ( )

0 0

1

'

1

f f

f x = − ⇔ ax +bx + =c

− Vậy phương trình cho có nghiệm thụơc khoảng ( )0,1 Ví dụ Giả sử

3

a b

c

+ + = Chứng minh phương trình a22x +b2x+ =c có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1

Lời giải:

ðặt t=2x>0 Xét hàm số ( )

3

a b

f t = t + t +ct khả vi liên tục (0,+∞) có đạo hàm ( )0,1

Ta có f '( )t =at2+ +bt c

( ) ( )1 0

a b

f − f = + + =c

Khi tồn k∈( )0,1 cho: '( ) ( ) ( )1

f f

f k = − ⇔ ak +bk+ =c

− Do x=log2k nghiệm phương trình cho Ví dụ Giả sử

2

a b c

m+ +m+ + =m Chứng minh phương trình

2

0 ax + + =bx c có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1

Xét hàm số ( )

2

m m m

a b c

f x x x x

m m m

+ +

= + +

+ +

Nhận thấy, f x liên tục ( ) [ ]0,1 có đạo hàm khoảng ( )0,1 Ta có:

( ) 1 1( )

' m m m m

f x =ax + +bx +cx − =x − ax + +bx c

( ) ( )1 0

2

a b c

f f

m m m

− = + + =

+ +

Khi tồn x0∈( )0,1 cho: ( ) ( ) ( ) ( )

1

0 0

1

'

1

m

f f

f x = − ⇔ x − ax +bx + =c

− V ì x0∈( )0,1 n ên ta c ó ( )

1 2

0 0 0

m

x − ax +bx + = ⇔c ax +bx + =c Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1

Bài tập tương tự: Giả sử 2008 2007 2006

a b c

+ + = Chứng minh phương trình

2

lg lg

a x b+ x+ =c có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1 HD: ðặt t=lgx

Ví dụ Chứng tỏ phương trình 4x3+3x2+2x− =3 có nghiệm khoảng ( )0,1 Lời giải:

Xét hàm số ( )

3

f x =x + + −x x x liên tục [ ]0,1 có đạo hàm ( )0,1 Ta có

( )

' 3

f x = x + x + x−

( ) ( )1 0

f − f =

Khi tồn x0∈( )0,1 cho: '( )0 ( ) ( )1 3 2

f f

f x = − ⇔ x + x + x− =

− Vậy phương trình cho có nghiệm thuộc khoảng ( )0,1 Ví dụ Cho hàm số

( )2

1 )

(

+ =

x e x f

x

Xét dãy { }un xác ñịnh

( )

0 1, n n ,

u = u+ = f u ∀ ∈n ℤ+

Chứng minh rằng: ∃ ∈k ( )0,1 cho un+1− ≤α k un−α , ∀ ∈n ℤ+

Lời giải:

Ta có: ( ) ( )

( )3 ( ) ( )2

1

' 0, ,1

2

1

x x

x e e

f x x f x

x x

−  

= < ∀ ∈  ⇒ =

 

+ + giảm ñoạn 

  

Mà ' 1( ) '( ) 0, 1,1 f = ⇒ f x ≤ ∀ ∈x  

 

Suy 1,1

x  

∀ ∈ 

  ta có ( ) (1)

f x f

f ≥ ≥

     ( )

4

9

e f x

⇒ > ≥ ≥ >

Có 1,1

o

u = ∈ 

 

Giả sử 1,1 u

k

 

∈ 

  ( )

1 ,1

k k

u + =f u ∈ 

 

Vậy 1,1 ,

un∈  ∀ ∈n

  ℕ Ta có ( )

( )

( ) { }

2

4

2

'' 0, \

1

x

x x e

f x x R

x − +

= > ∀ ∈ −

+

Vì ( ) ( )

( ) { }

2

4

2

'' 0, \

1

x

x x e

f x x R

x − +

= > ∀ ∈ −

+ nên f' x( ) tăng 

   : ( ) ( ) 1

' ' ' , ,1

2

f   f x f x  

⇒  ≤ ≤ ∀ ∈ 

   

( )

4

' 0, ;1

27

e

f x x

−  

⇒ ≤ ≤ ∀ ∈ 

 

Lập tỷ số n ( ) ( )n

n n

f u f

u u u α α α α + − = −

− − ( f( )α =α )

Theo ddinnhj lý Lagrange tồn c nằm u n α cho

( ) ( ) ( ) ( )

' n n '

n n

f u f u

f c f c

u u α α α + α − − = ⇒ = − −

Hiển nhiên ;1 c∈ 

  nên suy

1 1, 27 n n u e

k n N

u α α

+ − ≤ = < ∀ ∈ −

Vậy un−α k≥ un+1−α , ∀ ∈n ℕ

4

0

27 e k

< = < Bài tập: Chứng minh phương trình

1cos 2cos cos

2 n

a π −x+a  π −x+ +a nπ −x

        ln có nghiệm

III SỬ DỤNG ĐỊNH LÍ LAGRANGE GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

ðể áp dụng định lí Lagrange vào việc giải phương trình ta thực theo bước sau đây: Bước 1: Gọi x nghiệm phương trình 0

Bước 2: Biến đổi phương trình dạng thích hợp f a( )= f b( ), từ hàm số ( )

f t iên tục [ ]a b, có đạo hàm khoảng ( )a b Khi theo ñịnh lí , Lagrange tồn c∈( )a b, cho: f '( )c f b( ) ( )f a

b a

− =

− (*) Bước 3: Giải (*), ta xác ñịnh ñược x 0

Bước 4: Thử lại

● Ví dụ minh họa:

Ví dụ Giải phương trình: 2009x+2011x =2.2010x Lời giải:

Gọi x0 nghiệm phương trình cho Ta ñược

( )

0 0 0 0

2009x +2011x =2.2010 x ⇔ 2011x −2010x =2010x −2009 *x

Xét hàm số f t( ) (= +t 1)x0 −tx0 Khi (*)⇔ f (2010)= f(2009)

Vì f t liên tục ( ) [2009, 2010 có đạo hàm khoảng ] (2009, 2010 , ) theo định lí Lagrange tồn c∈(2009, 2010) cho

( ) ( ) ( ) ( )0 1

0

0

0 2010 2009

'

1 2010 2009

x x x

f f

f c x c c

x

− − =

−   

= ⇔  + − = ⇔  =

− 

Thử lại x0 =0, x0 =1 thấy Vậy nghiệm phương trình x0=0, x0 =1 Bài tập: 1) cos cos cos cos

3 x −2 x =cos x ⇔ x−2 x =3cosx−2co 2) 4log3x +2log3x =2x ðặt

3

log 3u

u= x ⇒ x= Phương trình ⇔ 4u+2u =2.3u 3) x+xlog 53 =2.3log 43 , x> ⇔0 3log3x+5log3x =2.log3x

4) log3(2 1)

2 x+ = +x

5) (1 cos+ x)(2 4+ cossx)=3.4cossx 6) 3x2−2x+5x2−2x=22x2− +4x1 7) x2− + +x 3x2− +x 1=5 Ví dụ Giả sử

2

4

1

1 2

1

n k

S

k =

=∑

1 3

1

n k

S

k =

Lời giải:

● Xét hàm ( ) ( )

1

2 1

f x =x x≥

Theo ñịnh lý Lagrange ñoạn [ , n n+1] ta có

( 1) ( ) '( ) 12 12

2

f n+ − f n =f c = c− < n−

Suy ( )

1 1

2 2 1 2 2

n− >  n+ − n 

  Cho n chạy từ 1, … ñến

2

4n cộng lại ta ñược

1

S > n−

● Xét hàm ( ) ( )

2

3 1

f x =x x≥

Theo ñịnh lý Lagrange ñoạn [ , n n+1] ta có

( ) ( ) ( ) ( )

3 3

2

1 '

3

f n+ −f n =f c = c− > n+ −

Suy ( ) ( )

2

1

3

3

2 n+1 − <3 n+1 − n 

  Cho n chạy từ 0, … ñến (n−1) cộng lại ta

ñược

2

2S <3n <3n<8n−4

Tóm lại: 2S2 <2 , S1 ∀n Vậy khơng tồn n thỏa mãn tốn