22 bài toán dãy số hay và khó ôn thi VMO 2022 có lời giải chi tiết

(1)

Bài tập dãy số - Hướng dẫn giải

Bài toán 1. Cho a là số nguyên dương và dãy số

 

xn xác định bởi

1

2 2

1

2 2 1 2 2 1, 1

n n n n n

x

x _ x ax a x ax a n

 

          



Xác định a để dãy số (xn) có giới hạn hữu hạn.

Lời giải. Ta có x₂  4a 2 2 và

  

²



2

2 2 2 2 1 0 4 2 2 2 4 2 2 2 1 0

x  ax  a   a   a  a a 

4a 2 2 2. 4a 2 2 2a 4a 2 2 2a 2a 1 0

          

 

2 4 2 3 2 4 2 1 5 0.

F a a a

        

Nếu a5 thì 4a  2 3 2 22 3 20 và 4 2a  1 5 4 11 5 0 suy ra F > 0.

Nếu a4^thì^F ^⁸



¹⁸^{ }³ ²



^^{4 9}^{ }^{5 16 2 17}^ ^⁰

Nếu a = 3 thì ^F ^⁶



¹⁴^{ }³ ²



^^{4 7}^{ }⁵ ^{2 7 3 2}



^²



^^{23 6 2}^ ^^0.

Như vậy với a ^*, a3, thì x₃ không xác định.

Xét ^a^

 

^{1, 2} . Ta có ^x²^²^ax^²^a^{ }¹



^x^^a



²^²^a^{ }¹ ^a² ^^0.

Dễ dàng chứng minh được x_n   0, n ^*.

Đặt f x( ) x²2ax2a 1 x²2ax2a1 trên



^0;^



^.

Viết lại ^{f x}^{( )}^



^x^^a



²^²^a^{ }¹ ^a² ^



^x^^a



²^²^a^{ }¹ ^a²^.

Ta thấy ngay f x( )  0, x 0 và

(2)

 

² ²

 

² ²

'( ) 0, 0

2 1 2 1

x a x a

f x x

x a a a x a a a

 

    

       

vì 2 2 2

2

( ) 1 , 0

2 1 2 1

1

g t t t

t a a a a

t

  

     

là hàm số tăng.

Mặt khác với mọi x0 ta có

2 2

4 4

( ) 4 .

2 2 1 2 2 1

ax ax

f x a

x ax a x ax a x

  

      

Do f x( ) là hàm tăng trên



^0;



nên ta dễ dàng chứng minh được dãy

 

xn là dãy tăng.

Kết hợp với x_n  f x

 

_n_1 4a ta suy ra

 

xn là dãy số có giới hạn hữu hạn.

Vậy có hai số nguyên dương thỏa mãn bài toán là ^a^

 

^{1, 2 .}

Bài toán 2. Cho dãy số

 

Fn n_₀ xác định bởi ⁰ ¹

*

1 1

0, 1

, .

n n n

F F

F_ F F_ n

 



   



Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có

3 2 1

1 3 2

2 3 2 .

3

n n n n n

F F F F F

  

 

       

Lời giải. Đặt ³ ²

1

n , n n

n n

F F F

x y

F F

 



   khi đó ,x y0.

Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2 3 1 1 2 2 3

2 ( ) 1 .

3 3

x y x y

x y xy

   

         

   

Đặt ⁿ ¹ 1.

n

t F F

   Ta có ³ ² ¹ 2 ¹

2 1.

n n n n n

n n n

F F F F F

F F F t

         

Mặt khác ² ¹

1 1

2 2

n n n n 1.

n n

F F F F

F F t

 

    

(3)

Từ đó suy ra

  

^xy ² ²^t ¹



² ¹ ⁹ ^xy ³ ¹ ² ^3.

t xy

 

         

Ta cũng có x y 2 xy 2 3. Suy ra 2 1 2 3

( ) 1 2 3. .

3 3

x y

xy

 

    

 

Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 3. Với mỗi số nguyên dương n, xét phương trình e^x xⁿ3. (1) a) Chứng minh rằng với mọi n phương trình (1) có duy nhất một nghiệm dương.

b) Kí hiệu nghiệm dương của phương trình (1) là x_n. Chứng minh rằng các dãy số

 

xn và n x



n¹



có giới hạn hữu hạn và tính các giới hạn đó.

Lời giải.

a) Với mỗi số nguyên dương n, xét hàm số fn

 

x e^x xⁿ³.

Ta có fn^'

 

x e^xnxⁿ^¹  ^0, x ⁰ nên fn

 

x là hàm liên tục, đơn điệu tăng trên khoảng



^0;^



^. Mặt khác ta cũng có fn

 

⁰   ² ⁰; ^lim

 

x x

   nên phương trình (1) có duy nhất một nghiệm dương x_n.

b) fn

 

¹    e ² ⁰ fn

 

xn  xn¹.

Lại có f_n_1

 

x_n_1  f_n

 

x_n e^xⁿ x_nⁿ  3 0 e^xⁿ x_nⁿ^¹ 3 f_n_1

 

x_n x_n x_n_₁. Suy ra tồn tại lim _n

n x A

  hữu hạn và x_n    A 1, n ^*.. Suy ra fn

 

xn  ⁰ fn

 

A e^AAⁿ³.

Cho n  e^AlimAⁿ  3 0 limAⁿ  3 e^A     0 A 1 A 1.

Có ³ ^.ln ^{ln 3}

  

^{1 .}



^{ln 1}

 

¹

 

^{ln 3}

 

^.

1

n n n n

x x x

n

n n n n

n

x e n x e n x x x e

x

 

        



(4)

Do

 

^{ln 1}

 

¹

 

lim 1 0 lim 1.

1

n

n n n

n

x x

  x

 

   



Khi đó cho n  ta suy ra ^lim



n ¹



^{ln 3}

 

^.

n n x e

   

Bài toán 4. Xét phương trình: x4(x1)²7(x1)³ .. (3n2)(x1)ⁿ a với n ^*. (1)

a) Chứng minh rằng  a 1 phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong



^0;^



^.

b) Gọi x_n là nghiệm dương của phương trình (1) tìm tất cả các giá trị nguyên của a sao cho a



2,3,...., 2017



và lim _n .

n x

 

Lời giải.

a) Đặt t x 1,b a 1 phương trình đã cho có dạng

2 3

4 7 ... (3 2) tⁿ 0.

t t  t   n  b (1)

Xét hàm số f t_n( ) t 4t²7t³ ... (3n2) tⁿ b 0 (1) với ^t^



^0;^



^.

Ta có f_n'( )t   1 8t 21t²....n n(3 2)tⁿ^¹ f_n'( )t   1, t 0 suy ra f t_n( ) đồng biến trên



^0;^



^.

Mặt khác _n(0) 0, lim _n( ) .

f b t f t

      Suy ra phương trình (1) có nghiệm dương duy nhất trên



^0;^



^.

b) Ta có nhận xét (3 1)

(1) 1 4 7 ... (3 2) 0

n 2

f      n  b n n  b với n đủ lớn.

Do đó với n nguyên dương đủ lớn thì tn

 

^{0;1 .}

Với ^c^

 

^0;1 ^{ta có}

2 3

2 3 4 1

(c) c 4c 7 .... (3 2)

( ) 4 7 ... (3 2)

n n

f c n c b

cf c c c c n c ^ bc

       



      



Suy ra

2

3 3 1

(1 ) ( ) ( 1) 3 2 .

1 1

n n

c f c c b c b n c

c c

  

          

(5)

Chọn ^c^

 

^0;1 ^{sao cho} ³ ² ⁽ ¹⁾ ⁰ ^{( )} ¹ ³ ³ ² ¹ ⁰

1 1 1

n n

c b c b f c n c

c c c

  

          

     khi

.

n  (2)

Xét phương trình 3 ² ²

( 1) 0 (2 ) (2 1)2 0.

1

c b c b b c b c b

c         

 (3)

Đặt g c( )(2b c) ²(2b1)2cb.

Nếu 2

2 .

b  c 5 Nếu ₁ 2 1 12 1 ₂ 2 1 12 1

2 ; .

2 2

b b b b

b c c

b b

     

   

 

Vì ₂ ₁

1 2

(2 ) (1) 2( 1)(2 ) 0

0 1 .

. 0

2

b g b b

c c

c c b b

    

    

  

 



Vậy ta chọn cc₂.

Ta có f t_n( )_n  0 f c_n( )₂    0 c₂ t_n 1 .Áp dụng định lý Lagrange cho hàm f t_n( ),

ta được 2 ¹

   

2

 

2



2

2 2

1 3

3 2 ' 0.

1 1

n

n n n n n n n

n c f t f c f d t c t c

c c

  

        

 

    (4)

Từ (2) và (4) ta suy ra lim _n ₂.

n t c

 

Ta tìm b



3, 4,..., 2017



sao cho c₂ .

Ta có ₂ ²

( 1) ( 1) 3

12 1 (2 1) .

0(mod 3) 3

2(mod 3) b k k

c b k b k k N

k k



  

 

          

 



(5)

Ta có 3712b 1 12.2017 1 37(2k1)² 12.2017 1   3 k 77 Do đó k 3 ,m k 3m2 với m



1, 2,...., 25 .



Vậy ( 1)

1 3

a k k với ³ ^,



1, 2,..., 25 .



3 2

k m m

m

  

(6)

Bài toán 5. Với a b c, , là các số thực xét dãy

 

xn n_₁ được xác định

, 1.

3 2 3 1 3

n

a b c

x n

n n n

    

 

Đặt y_n   x₁ x₂ x_n , n 1. Chứng minh rằng dãy

 

yn có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi a b c  0.

Lời giải. Đặt

3 a b c

d    khi đó

   

1 1 1 1 1 1

2 , 1.

3 2 3 3 1 3 3 2 3 3 1 3

n

x d a b a b n

n n n n n n n n n

   

                

Suy ra

   

1 1 1

1 1

2 2

3 2 3 3 1 3

n n n

k n n

k k k

x d a b a u b v

k k k k k

  

       

   

 

  

trong đó

 

1

3 2 3

n n

k

u  k k





 ^và

 

1

1 .

3 1 3

n n

k

v  k k







Dễ thấy

 

un là dãy tăng, và

    

1 1 1

1 1 1 1 1

1 1

3 2 3 3 2 3 1 3 2 3 1 3 1

n n n

n

k k k

u  k k  k k  k k n

 





 



  



       

nên dãy

 

un có giới hạn hữu hạn, giả sử là u₀. Tương tự, dãy

 

vn cũng có giới hạn hữu hạn, giả sử là v₀.

Do đó, từ

 

1 , ta suy ra ₀ ₀

1

lim 2 ,

n k k

x d au bv

k



   

 

 



^hay

0 0

1

lim 1 2 .

n n

k

y d au bv

k



    

 







Từ đây, do

1

lim 1

n

k k



 ^nên

 

^yⁿ có giới hạn hữu hạn khi và chỉ khi d 0. Ta có điều cần chứng minh.

(7)

Bài toán 6. Cho dãy số

 

an n_₀ xác định bởi

0 1

*

1 1

1, 2

( 2) 2( 1) 0,

n n n

a a

a _ n a n a _ n

 



      



a) Tìm công thức tổng quát của a_n và tính lim . 2 . !

n n n

a

 n

b) Chứng minh rằng không tồn tại các đa thức có hệ số hữu tỷ P n Q n( ), ( ) để ( )

! ( )

an P n

n Q n với mọi n . Lời giải.

a) Ta có a_n_1na_n 2



a_n  (n 1)a_n_1



, x ^*.

Đặt b_n a_n_₁na_n, khi đó b₀  a₁ 2,b_n 2b_n_₁, n 1. Suy ra b_n 2ⁿb₀ 2ⁿ^¹, n . Ta có

1 1

1 1 1

1

2 2

2 , 1.

! ! ! ( 1)! !

n n

n n n n n

n n

a na a a

a na n

n n n n n

 

  



         



Đặt , 1

( 1)!

n n

c a n

 n  

 khi đó

1

1 1

2, 2 , 1.

!

n

n n

c c c n

n



      Suy ra

1 1 1

1

1 1 0

2 2 2

2 , 1.

! ! !

k k k

n n n

n

k k k

c c n

k k k

  

  

  

 



 







  Vậy

1 1

0

( 1)! 2 , 1.

!

n k n

k

a n n

k

 



 

     





 ^{Ta có}



¹



¹

1

( 1)! 2 ( 1)! 2 2 ( 1)!.2 1, 1.

!.2

n

k n n n

n n

k

a n n n a n

n n

 



 



        

Suy ra lim 0.

2 . !

n n n

a

 n 

b) Giả sử tồn tại ^{P n Q n}^{( ), ( )}^

 

^x ^{sao cho} ^{( )}^, ^.

! ( )

an P n

n Q n  n

Theo chứng minh trên ta có

1 1

0

( 1)! 2 .

!

n k n

k

a n

k

 



 

   





 ^{Suy ra}

(8)

1 1

0

( ) 1 2

, 1.

( ) ! !

n k n

k

a

P n n

Q n n n k

 



 

     







Đặt ( )

( ) , .

2 ( ) f n nP n n

 Q n  Suy ra ( )

lim 2 ( )

n

nP n

 Q n có thể bằng 0, số hữu tỷ hoặc vô cực.

Mặt khác

1

0

( ) 2

( ) .

2 ( ) !

n k

k

f n nP n

Q n k





 



Xét khai triển Maclaurin

2 3

1 ... ...

2! 3! !

n

x x x x

e x

      n  Suy ra

1

2 0

lim 2

!

n k

k e



 



 là một số hữu tỷ, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại đa thức P n Q n( ), ( ) hệ số hữu tỷ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài toán 7. Cho dãy số ( )x_n thỏa x₁ 2022,

2

1 2

2 4

n 3 n

n n

x x

 n

 

  với mọi n nguyên

dương. Tính giới hạn của dãy số

2

*

1 ,

n n

u n n

  x   .

Lời giải. Dễ thấy

 

^x_n là dãy số dương. Ta có

2 2

2 1 1

1 2 2 2 2 2

2 4

ln 2ln

3 ( 1) 3 3 ( 1) 3 3

n n n n

n n

x x x x

n n

x x

n n n n n

 



   

 

              

Đặt ln 2 , 1.

3

n n

y x n

n

 

    

   Khi đó ¹

1

ln1011

2 , 1

n n

y

y _ y n

 

   

 suy ra y_n 2ⁿ^¹ln1011, n 2.

Suy ra

¹ ² ¹ ² ² ¹

2 2

ln 2 ln1009 1011 3.1011 .

3 3

n n

n n n

n

x x

x n

n n

 

  

     

 

 

 

Do đó

₁

2 2 2

2 2

2 2 2 2

. .

3.1011 3. 1011 3 1011

n n

n

n n n n n

u x n n n

    

  

Bằng quy nạp ta chứng minh được 2ⁿ   n, n .

(9)

Suy ra ₂

2

0 2

( 1)

2 (1 1) 1

1011 2

n n n

n

n n n n n

C n n n

        

Do đó

lim 2 0

1011

n n

n

  và

lim 2 1

n 3

n

 n 

 suy ra lim _n 0.

n u

 

Bài toán 8. Giả sử

 

Fn là dãy Fibonacci xác định bởi F₁F₂ 1;F_n_₁F_nF_n_₁, n 2.

Chứng minh rằng nếu ⁿ ¹, ^*

n

a F n

F

     thì dãy

 

xn xác định bởi

1

1 , 1

n 1

n

x a

x n

 x

 

   

 

 có giới hạn hữu hạn khi n , tính giới hạn đó.

Lời giải. Giả sử x x₁, ₂,...,x_m đã được xác định. Khi đó x_m_₁ được xác định khi x_m  1. Nếu x_m  1 thì do

1

m 1

m

x  x _

 nên x_m_₁ 2

Từ giả thiết F₁F₂ 1;F_n_₁F_nF_n_₁ ta viết ²

1 m

x F

 F , ₁ ³

2 m

x F

  F .

Giả sử ²

1 i m i

i

x F

F

 



  , với i nào đó, 0  i m 2. Vì

1

m i 1

m i

x ^  x _{ }

 nên ₁ ¹ ³

2 2

1 1 ⁱ 1 ⁱ

m i

m i i i

F F

x x F F

 

 

  

       . Khi đó ₁ ^m ¹

m

x F

F

   . Mâu thuẫn với giả thiết ₁ ^m ¹

m

x F

F

   . Như vậy ( )x_n đã xác định.

Phương trình 1 ²

1 0

x 1 x x

 x    

 có hai nghiệm 5 1 5 1

2 , 2

u   v   . Trường hợp 1: x₁v. Khi đó x_n x₁, n 1. Do đó 5 1

lim ⁿ 2

n x



 

 .

Trường hợp 2: x₁v. Chú ý 1 1

1 _n ⁿ ⁿ

v x v x v

x v

     

 . Do đó x_n   v, n 1.

Đặt _n ⁿ

n

x u

z x v

 

 , ta có

(10)

2 1

1 2

1

1 (1 )

. .

1 (1 )

1

n n n n n

n n

n n n n

n

x u x u u ux u ux u x u u

z z

x v v v vx v vx v x v v

x

 



      

      

     



.

Từ đó có . ₁

n n

z u z

v

     nên z_n0 khi n (vì u 1 v  ).

Từ _n ⁿ

n

x u

z x v

 

 suy ra

1

n n

n

u vz

x z

 

 hay 5 1

lim .

n 2

n x



 

Bài toán 9. Cho 4044 số thực: a a₁, ₂,...,a₂₀₂₂, b b₁, ,...,₂ b₂₀₂₂. Xét dãy số

 

xn xác định như sau:

 

2022

* 1

. , .

n i i

i

x a n b n





  

Biết dãy số

 

xn lập thành một cấp số cộng, chứng minh rằng

2014 1

i i

a



 là số nguyên.

Lời giải.

Đặt ²⁰²²

1 i i

A a





^, ²⁰²²

1 i i

B b





^{. Gọi}^d là công sai của cấp số cộng

 

xn , thì n d. x_n_₁x₁. Với mọi n ^* ta luôn có: a n_i^.   b_i ¹



a n_i^. b_i



a n_i^. b i_i^, 1, 2,..., 2022.

Cộng vế với vế của 2022 bất đẳng thức cùng chiều, ta được:

. 2022 _n .

A n B x A nB Thay n bởi n1 và thay n bởi 1, ta có:



1



2022 _n 1



1



A n  B  x _  A n B 2022 1

A B    x A B        A B x₁ A B 2022 Cộng vế với vế của 2 bất đẳng thức cùng chiều nói trên thu được:

1 1

. 2022 _n . 2022 . 2022 . . 2022

A n x _  x A n  A n n d A n

. . 2022 2022, 1.

d n A n d A n

      n  

Vì 2022

lim 0

n^ n  nên suy ra d A. Mặt khác dãy

 

xn gồm toàn số nguyên nên công sai d cũng là số nguyên. Vậy

2022 1

i i

A a





là số nguyên.

(11)

Bài toán 10. Chứng minh rằng với mỗi số vô tỷ , tồn tại vô số cặp số



p qn^, n



với p_n là số nguyên và q_n nguyên dương sao cho với mọi n ta đều có 1₂

n .

n n

p

q q

  

Lời giải. Cho trước số nguyên dương n tùy ý, xét dãy n1 số thực

         

0,  , 2 ,..., n1  , n với

 

^x ^{ }^x

 

^x là phần lẻ của một số thực x.

Khi đó chúng đều thuộc nửa khoảng



^0;1



^0;¹ ^{1 2}^; ^... ⁿ ¹^;1

n n n n

      

     

Theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số, giả sử

 

ⁱ^ ^và

 

^j^ ^vớiⁱ^ ^j cùng thuộc

nửa khoảng 1

k k; n n

  

 .

Khi đó ta có

   

ⁱ ^j ¹



ⁱ ^j

     

ⁱ ^j



¹

n n

          

Giả sử i    j n i j 0. Đặt i j qn^,

   

i  j  pn, ta có q_n nguyên dương và pn là số nguyên.

Ta có 1 _n 1 1₂

n n

n n n

q p p

n q nq q

       (vì q_n   i j n).

Ta đi chứng minh tồn tại vô số



p qn^, n



sao cho 1₂

n .

n n

p

q q

  

Giả sử phản chứng tồn tại hữu hạn cặp số



p qn^, n



sao cho 1₂

n .

n n

p

q q

  

Xét



n^; n



^: ⁿ ¹₂

n n

A p q p

q q



  

 

     

 

 .

Do  là số vô tỷ, tập A là hữu hạn nên tồn tại  0 sao cho ⁿ ^,



n^, n



^.

n

p p q A

  q   

(12)

Chọn n đủ lớn để 1 n.

 

Ta đã biết tồn tại



p_n1,q_n1



  ^ sao cho ¹

1 1 1

2 1

1 1

n .

n n n

p

q n q q

  

Suy ra



1 1



¹

1 1 1

, ⁿ ,

n n

n n n

p q A p

q nq n nq

   

         mâu thuẫn.

Vậy điều giả sử là sai. Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 4 (Baltic Way 2020). Cho số thực a₀ 0 và dãy (a_n) xác định bởi

1 * 2

1

, .

1 2020

n n

n

a a n

a



  

 

Chứng minh rằng ₂₀₂₀ ¹ . a  2020

Lời giải. Ta sẽ chứng minh

0 1

n 2020

a n

 

với mọi n1 bằng phương pháp quy nạp.

Chứng minh: Với a₀ 0 ta có ₁ ⁰

2 0

0 1 2020

a a

a

 

 và

0 0

1 2 2

0 0

1 . 1 2020 2020 2020

a a

a

a a

  



Như vậy mệnh đề đúng với n1. Giả sử mệnh đề đúng tới n, nghĩa là 1 0 aⁿ 2020

n

  ,

khi đó ₁

2 0

1 2020

n n

n

a a

  a 

 và

(13)

1 2

2 2

1 1 1

1 1 2020( 1).

1 2020 2020 2020

1 2020

n n

n

a a

a n

a

n

    

   

 

 

 

Chứng minh hoàn tất.

Áp dụng mệnh đề vừa chứng minh ta suy ra

2020

1 1

2020. 2020 2020

a  

 Bài toán 12. Xét dãy số thực ( )x_n xác định bởi

1 2 1, _n 1 ⁿ 1 ⁿ 2 ... ⁿ _n

x x  x _  x  x   x với n2,3,...

a) Chứng minh 1 ^ln[( ^2)!] ( 1) ¹ 2 2( 1)

1

n n

n n x n n n

n

 

       

 với n3, 4,...

b) Chứng minh lim 1.

ln

n n

x n

 n

 

Lời giải.

a) Bằng quy nạp ta chứng minh được ⁿ^¹n 2 2 với n3, 4,...

Gọi mệnh đề cần chứng minh là P n( ). Rõ ràng P(2) đúng. Giả sử P(2),..., (P k1)^đúng (k 3). Khi đó

1 1 1 3 ...

1 1 2.2 ... 2( 1)

1 1 2.2 ... 2( 1) 1

k k k k

k k

k k k k

k

x x

x

k k

k

    



    



    



 

(do 1 1 2.2 2.3 ... 2(     k 1) k k( 1)^và^k^¹k   2 2, k 3).

Mặt khác

(14)

1 3 3 4

1 1 ...

ln ...

ln( 1)!

k k k k

k k

k

x x x

x x x

k k

k

     

 

  

(do x_i    i 1, i 3, 4,...,k và

ln ln

1 , 0

i

k k i

i e i

   k   ).

Do đó P k( 1)^đúng.

Theo nguyên lý quy nạp ta có P n( ) đúng với n2,3... Chứng minh hoàn tất.

b) Ta có

ln( 2) 1

1 ( 1) 1 1

( 1) 2

lim lim 1.

ln ln

n n n

n n

n e

n n n

n n



 

 

   

      

Mặt khác

ln( 1) ln( 1)

lim lim 1.

ln( 1) ( 1) ln 1

ln 1 ln

n n

n n n n

n n

n

 

 

 

      Do đó theo định lý Stolz ta suy ra

ln( 2)!

ln( 2)! 1 1

lim 1 lim 1.

( 1) ln ln

n n

n

n n

n n n

 

 

    

 Từ chứng minh ở câu a) ta có

1

ln( 2)!

1 ( 1) 2

1 , 2.

ln ln ln

n n

n

x n n n n

n n

n n n

      

    

Do đó theo nguyên lý kẹp ta suy ra đpcm.

Bài toán 13 (China South East Mathematical Olympiad 2021). Cho dãy số (a_n) xác định bởi ₁ ¹

a  2 và với mọi n2 ta có 0a_n a_n_₁ và

2 2

1 1 1 1

( 1) ( 1) 2 ( 1) 0.

n n n n n n n n n

a a _  a _ a   a a _ a a _   a a) Xác định công thức tổng quát của dãy (a_n).

b) Đặt S_n    a₁ a₂ a_n_₁a_n. Chứng minh rằng với mọi n1 ta đều có

(15)

ln 1 ln( 1).

2 ⁿ

n S n

    

 

  Lời giải.

a) Ta có ₂ ¹

a  3 và từ công thức truy hồi ta suy ra với mọi n2 thì

1

1 2

1 1

1

1 2

n

n n

a a a

a a

 

 

  hoặc ¹

1 1

n n

n

a a a



 

Mặt khác do 0a_n a_n_₁ nên ¹

1 1

n n

n

a a a



  hay

1

1 1

1 , 2

n n

a   a _  n .

Từ đây ta dễ dàng tìm được ¹

n 1 a  n

 với mọi n1.

b) Ta chứng minh bổ đề: Với mọi a0

1 1

ln( 1) ln .

1 a a

a     a



Chứng minh: Xét hàm số f x( )lnx trên ^, ta có f x'( ) ¹

 x.

Áp dụng định lý La-răng trên đoạn



^{a a}^; ^¹



^với^a^⁰, khi đó tồn tại ^c^



^{a a}^; ^¹



^thỏa

1 ln( 1) ln

'( ) ln( 1) ln .

1

a a

f c a a

c a a

      

  Khi đó

1 1 1

ln( 1) ln .

1 a a

a  c    a

 Chứng minh hoàn tất.

Áp dụng bổ đề trên ta có ngay

 

1 1

1 ln( 1) ln ln( 1).

1

n n

n

k k

S k k n

 k 

     







và

 

1 1

1 ln( 2) l ln( 2) ln 2 ln .

n( 1) 2 1

1

n n

n

k k

S k k n n

 k 

 





 



         

(16)

Chứng minh hoàn tất. Vậy với mọi n1 thì

ln 1 ln( 1).

2 ⁿ

n S n

    

 

 

Bài toán 14 (China Second Round 2019). Cho các số thực a a₁, ₂, ,a₁₀₀ ^ sao cho

101

i i

a a _ với mọi i1, 2,...,50.

Với k1, 2,...,99 ta đặt ¹

1 2

k ,

k

x ka

a a a

 

   chứng minh rằng

2 99

1 2 99 1.

x x x 

Lời giải. Với k1, áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các số thực dương a a₁, ₂,...,a_k ta thu được

1 1

1 2 1 2

k k .

k k

ka a

x a a a a a a

  

   



Do đó

99 97

2 99

2 99 2 3 100 100 99 51

1 2 99 99 98

1 2 99 1 2 50

. .

a a a a a a

x x x

a a a a a a

 

   

          

Mặt khác a_i a₁₀₁__i với mọi i1, 2,...,50 nên ta suy ra

99 97

2 99 100 99 51

1 2 99

1 2 50

. 1.

a a a

x x x

a a a

 

   

      

     

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

1 2 ... 99 100.

a a  a a Chứng minh hoàn tất.

Bài toán 15. Cho dãy số

 

un với u₀ là số hữu tỷ và u_n_1u_n² 



1 u_n



² với mọi n . a) Tìm công thức tổng quát của dãy trên.

b) Tìm tất cả giá trị của u₀ sao cho tồn tại các số nguyên dương k m p q, , , đôi một phân biệt thỏa mãn u_qu_p u_m u_k.

(17)

Lời giải.

a) Ta có

2 2

1

1 1

2 2 1 2 , .

2 2

n n n

un_  u  u   u     n

Suy ra ²

4

2 1 1

2

2 2

2

1 0

1 1 1

2 2

2

1 2 ...

2 2 2

n n

n

n n

u   u _    ^ u _     ^ u  

      hay

2 2

2 1 *

0 0

1 1 1 1 1

2 2 , .

2 2 2 2 2

n n n

un  ^ u      u     n

b) Đặt ₀ 1

2 2

x u  

  là số hữu tỷ, khi đó

2 2 2 2

q p m k.

q p m k

u u u u  x x x x (1) Rõ ràng ^x^{ }



^1;0;1



thỏa mãn hệ thức (1).

Giả sử tồn tại x ^a

 b thỏa mãn (1), với ^a^ ^,^b^ ^*^{, gcd}

 

^{a b}^, ^¹^và^a^



^0;^^b



^.

Không giảm tính tổng quát ta giả sử ^q^^max



^{q p m k}^{, , ,}



^. Thay vào (1) ta được

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 .

q p m k

q p q p m q m k q k

q p m k

a a a a

a a b a b a b

b b b b

  

      

Vì m k q p, , , đôi một phân biệt và q là số lớn nhất nên ta suy ra a²^q b.

Mặt khác ^gcd

 

^{a b}^, ^¹ nên ta suy ra b1 hay xa với ^a^ ^,^a^{ }



^1;0



^