DÃY SỐ LỒI

TÌM HIỂU SÂU THÊM TOÁN SƠ CẤP

DÃY SỐ LỒI

Kiều Đình Minh – Nguyễn Tiến Long, THPT chuyên Hùng Vương, Phú thọ

Dãy số lồi đã từng xuất hiện trong những năm 70 của thế kỷ trước nhưng chưa được quan tâm đúng mức, mặc dù dãy số này cũng có những ứng dụng nhất định. Ngày nay người ta cũng đã nghiên cứu khá nhiều về dãy số lồi và các mở rộng của nó. Trong bài báo này chúng tôi muốn trình bày một cách cơ bản, có hệ thống và tương đối đầy đủ các kiến thức cơ sở về dãy số lồi cũng như những áp dụng của nó trong việc giải các bài toán thi Olympic.

1. ĐỊNH NGHĨA

Định nghĩa 1. Dãy các số thực

 

an ₁^ được gọi là lồi nếua_k1a_k12a_k với mọi 2

k và gọi là lõm nếu thỏa mãn a_k1a_k12a_k với mọi k2.

Định nghĩa 2. Dãy số dương

 

an ₁^được gọi là lồi lôgarit nếu a_k1a_k1a_k², k 2 và gọi là lõm lôgarit nếu a a_{k1 k1}a_k², k 2.

2. TÍNH CHẤT

Định lý 1. Cho dãy số lồi

 

an ^, khi đó với mọi n  l k 1 thì a_{n l} a_{n l} a_{n k} a_{n k} . Chứng minh: Đặt  a_i a_i1a i_i, 1, suy ra a_i1   a_i, i 1. Ta có

1 1

;

n l n k

n l n k i n k n l i

i n k i n l

a a a a a a

   

   

   

 



  



 Vì a_i1    a_i, i 1, nên suy ra

1 1

.

n l n k

i i

i n k i n l

a a

   

   

  

 

^{Do đó an l an l an k an k .}

Định lý 2. Với mọi dãy số lồi

 

an ^, thì max



a a1, 2,...,a_n



max



a a1, _n



.

Chứng minh.

- Nếu với mọi k1, ta có a_k a_k1, khi đó max



a a1, 2,...,a_n



a1 max



a a1; _n



.

- Nếu tồn tại k nhỏ nhất, k1 thoả mãn a_k a_k1,ta có:

2 2 1 1 2 1 2 ... .

k k k k k k k k n

a a _  a _ a _ a _ a a _ a _  a Mặt khác ta có a₁a₂  ... a_k. Như vậy, ta suy ra max



a a1, 2,...,a_n



max



a a1; _n



.

Trong cả 2 trường hợp, ta có điều phải chứng minh.

Định lý 3. Cho

 

an ₁^ lồi và bị chặn. Khi đó a) a₁a₂;

b)

 

an ₁^ hội tụ đến một giới hạn hữu hạn a ; Chứng minh

a) Đặt  a₁ a₂ a₁ t. Giả sử t0. Từ giả thiết ta có

1 1 1 2 ... 2 1 ,

n n n n n n

a_ a a a _ a _ a _  a  a t suy ra a_n1a_n t a_n1   2t ... a₁ nt. Do t0 nên cho n , thì a_n1 , mâu thuẫn với tính bị chặn của

 

an ₁^. Vậy

0

t hay a₁a₂.

b) Theo trên dễ suy ra

 

an ₁^ giảm. Lại vì

 

an ₁^ bị chặn nên nó có giới hạn hữu hạn.

3. MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HỌA

Thí dụ 1. Cho

 

an ₀^ là một dãy số lồi. Chứng minh rằng

1 3 ... 2 1 0 2 ... 2

1

n n

a a a a a a

n n

       

 Lời giải

Ta chứng minh bằng quy nạp. Với n1, kết luận đúng. Giả sử khẳng định đúng với ,

n ta chứng minh với n1, hay



n2



a1  a3 ... a2_n1

 

 n1



a0a2 ... a2_n2



Do



n1



a1  a3 ... a2_n1

 

n a0a2 ... a2_n



nên ta chỉ cần chứng minh

   

1 3 ... 2_n 1 2 2_n 1 0 2 ... 2_n 1 2_n 2

a   a a _  n a _ a a  a  n a _

Điều này đúng vì theo định lý 1 và định nghĩa ta có

1 2 1 0 2 2

3 2 1 2 2 2

2 1 2 1 2 2 2 2

2 1 2 1 2 2 2

...

n n

n n

n n n n

n n n n

a a a a

a a a a

a a a a

a a a a

 

 

   

  

  

   



   

   



Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được điều phải chứng minh.■

Thí dụ 2. Cho

 

ai ₁ⁿ là một dãy lồi, đặt

1

1 .

k

k i

i

A a

k _





Chứng minh rằng

 

Ak ₁ⁿ cũng là một dãy lồi.

Lời giải

Cách 1: Định nghĩa f k

 

k k



1



k1 2



A_kA_k1A_k1



,k 2,3,...,n1. Từ giả thiết suy ra

            

             

  

1 1 1 2

1 1 1 2

1 1 1 1 1 1

1 1

1 1 1 2 1 2 2

2 1 1 1 1 2 2 1 2 1

1 2 0

k k k k k k

k k k k k k

i i i i i i

i i i i i i

k k k

f k f k k k k A A A k k k A A A

k k a k k a k k a k k a k k a k k a

k k a a a

   

   

     

 

           

             

    

     

Tức là ^{f k}

 

^{ f k}



^{1 ,}



^{k3, 4,...,n1. Vì vậy}

  

1



...

  

2 6 2 2 3 1



0,

f k  f k   f  a  a a  suy ra 2A_k A_k1A_k1,k2,3,...,n1.■ Cách 2 : Chứng minh bằng quy nạp :

Với k 1 thì ta dễ dàng có điều phải chứng minh do dãy anlồi.

Giả sử khẳng định đúng đến l, ta có :



²

   

²



1 1 2 , 1 2 1 2 ... 1 2 ,

k k k k k k

A_ A_  A   k l k k a _  a a  a _  k  k a  k l

Ta chứng minh ^Al ^Al² ^2Al¹ 



^l2¹



^al²²



^a1^a2 ^{... al}







^l2^{3l a}



^l^1.

Thật vậy, do giả thiết quy nạp :

           

           

2 2 2 2

1 1 2 1 1 2 1 2 1 1

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1

1 2 ... 1 2 1 2 ... 1

1 2 2 1 2 ... 3 .

l l l l l l

l l l l l l

l a a a a l a l a a a a a l a

l a a l l a l a a a a l l a

    

   

                 

            

Vậy có điều phải chứng minh.■

Thí dụ 3 (Baltic Way 2014) Cho dãy số

  

ai ₀ⁿ n³



với a0 a_n 0 thỏa mãn

2

1 2 1 , 1, 2,..., 1.

i i i i

a_  a a_ a i n

Chứng minh rằng a_i0,i1, 2,...,n1.

Lời giải

Giả thiết suy ra dãy đã cho lồi. Áp dụng định lý 2 ta có ngay a_i   0, i 0,1, 2,..., .n ■ Thí dụ 4 (IMO SL 1988). Cho

 

ak ₁^ là dãy các số thực lồi không âm sao cho

1

1, 1, 2,....

k j j

a k



  



Chứng minh rằng



1



2

0 a_k a_k 2 , k 1, 2,...

 k

    

Lời giải

Từ giả thiết suy ra dãy an bị chặn, từ đó áp dụng định lý 3 , ta suy ra ak  ak+1, mọi k.

Vì vậy a_ka_k1 0, k.

Giả sử tồn tại k sao cho a_k a_{k 1} ²₂.

 k

  Thế thì với  i k, ta có

 

2

2 1

, 1, 2,..., .

i

k i

a i k

k

   

Suy ra

 

1 2 2 2 2 2

2 4 2 1

... _k ... k k k 1,

a a a

k k k k

          điều này là không thể.

Vì vậy

1 2

2 , .

k k

a a k

 k

   ■

Thí dụ 5 (IMO LL 1978) Tìm một số c0 sao cho với mọi dãy lõm dương

 

ak ⁿk_1

ta đều có

 

2

2

0 0

1

n n

k k

k k

a c n a

 

   

 









Lời giải Bất đẳng thức trong đề bài tương đương với

 

2 2

0 1 0

2 1

n n

k i j k

k i j n k

a a a c n a

    

  

  

Trong

1

2 _{i j}

i j n

a a

  



chứa các số có dạng

   

² 1 2 1 2

, 1.

2 2 2

i j i j

i i j i j i j i j

a a

a a_ a_ ^  ^ a_ a_ i j

      

Với mọi i, ta xét có bao nhiêu cặp dạng trên

+) ^{1 .}

2 i  n

     Có các cặp



a_i1,a_i1

 

, a_i2,a_i2

 

,..., a a0, 2_i



. Suy ra

     

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 0 2 1 1 0 2 0 1

2 2

1 1 1

... ... ...

2 2 2

i i i i i i i i i i i n

a a a_ a_ a a a a a_ a_ a a a a a a _{ }

  

 

                 

 

+) ^{1 1.}

2

n i n

     

   Có các cặp



a a_n, 2_{i n}

 

, a_n1,a2_{i n }1

 

,..., a_i1,a_i1



. Suy ra

     

2 2 2 2

1 1 2 2

1 1

... ...

2 2

i i i i i n i n i i n n

a a a_ a_  a a a _  a  a _  a Vậy

 

2 2

2 2 2 2 2 2

0 1 2

0 0 1 2 2 1

2

1 1 1

... ...

2 2 2

n

n n n

k k i i n n

n

k k i

i

a a a a a a a

  

 

  

         

 

          

   







 

 



Nếu n chẵn thì ta có

   

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 1 2 2

0 1 1 0 0 0

2

1 1 1 1 1 2

... ... .

2 2 2 2 2 2 4

n

n n n n n

k i i n n k k k

k i i n k k k

n n

VP a a a a a _ a a a a

      









   



  







 



Nếu n lẻ thì ta có

   

1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

0 1 2 2

0 1 1 0 0 0

2

1 1 1 1 1 1 1

... ... .

2 2 2 2 2 2 4

n

n n n n n

k i i n n k k k

k i i n k k k

n n

VP a a a a a a a a a



 

     

 









   



  











Do đó, ta có thể chọn ¹. c 4 ■

Thí dụ 6 (China 2009) Cho dãy số lồi

  

ak ₁ⁿ n³



sao cho

1

0.

n i i

a





 Tìm biểu thức

 

f n bé nhất sao cho với mọi ^k



^{1, 2,...,n}



^{, ta có ak  f n}

 

^max



^{a1 ;an}



^.

Lời giải Trước hết, định nghĩa dãy

 

ak như sau :

1 2

1, 1

1 a a n

n

   

 và

 

  

2 2

1 , 3, 4,..., .

1 1 2

k

n n k

a k n

n n n

 

   

  

Thì a₁  a₂ ... a_n 0 và 2a_k a_k1a_k1,k2,3,...,n1. Trong trường hợp này, dễ kiểm tra rằng

 

^1.

1 f n n

n

 



Tiếp theo, giả sử

 

ak là dãy thỏa mãn bài toán. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau thỏa mãn



1

  

1max , , 1, 2,...,

k 1 n

a n a a k n

n

   



Do

 

ak lồi nên a_na_n1a_n1a_n2  ... a₂a₁. Suy ra

          

          

1 1 1 2 2 1

1 1 2 2 1 1

1 1 ...

1 ... 1

n n n n n

k k k k k

k a a k a a a a a a

n a a a a a a n a a

  

  

           

           

Suy ra



1



1

   

1

 

1 1

1 1

1 1

k n n

a k a a a k a n k a

n n

          

Tương tự, với k cố định tùy ý, ^k

 

^{1,n và với j}



^{1, 2,...,k}



tùy ý, ta có

   

1

1 1

j 1 k

a j a k j a

 k      Vì vậy, với ^j



^{k k, 1,...,n}



^, ta có

   

1

j n k

a    jk a  n j a 

Hệ quả, ta có

   

1



1



1 1

1 1 ,

1 2

k k

j k k

j j

a j a k j a k a a

 k 

       

 

     

1 1

2 .

n n

j n k k n

j k j k

n k

a j k a n j a a a

 n k 

         

 

Lấy tổng của hai bất đẳng thức trên, ta được



1

  

1

1

1 1 1

2 2 2 2 2 .

k n

k j j k k n k n

j j k

k n k k n n k

a a a a a a a a a a

 

    









      

Vì vậy, ta có

   

1

1 1 2

n 1 n

a ka n k a

 n      Từ

   

1 & 2 , với k 2,3,...,n1, ta được

   

1 1

  

1



1 1 1

max 1 ; 1 max ;

1 1 1

k n n n

a k a n k a ka n k a n a a

n n n

  

            Tóm lại : ^{f n}

 

bé nhất bằng ^1.

1 n n



 ■

Thí dụ 7 (USA MO 1993) Cho a a a₀, ,_{1 2},... là dãy lõm lôgarit. Chứng minh rằng

0 1 ... 1 2 ... 1 0 1 ... 1 1 2 ...

. . , 1

1 1

n n n n

a a a a a a a a a a a a

n n n n n

 

           

  

 

Lời giải Bổ đề 1 : ¹ ₀

1

,

k k k k

a a k

a





  

Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp. Với k1 thì hiển nhiên đúng

2

1 0 2.

a a a Giả sử bất đẳng thức đúng đến k  j, ta chứng minh bất đẳng thức cũng đúng đến k  j 1.

Thật vậy ^{ }

2 1

1 2

1 1

2 2 1

0 1 1 0 1 2 0 1 0

1 2

.

j j j

j j j j j j

j j j

j j j

j j j

a a a

a a a a a a a

a a a

  

 

  

    

 

      

Bổ đề 2 : 1 2 3... 1



0



²¹, 2

n

n n

a a a a a a n



   

Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp.

Với n2 thì a1² a a0 2 a1



a a0 2



¹². Giả sử khẳng định đúng đến nm. Ta chứng minh khẳng định đúng đến n m 1. Thật vậy

 

^{21 21 21}

 

1 2 3... 1 0 1 2 3... 1 0 1

m m

m

m m m m m

a a a a a a a a a a a a a

 



    

Theo bổ đề 1 ta có

 

1 1

1 2 1 2 2

0 1

2

0 0 1

1 2 2

1

1 2

m m

m

m m m

m m

m m

m m

a a a a

a a

a a a

 





 

    

Lấy

 

^{1 và}

 

² nhân vế theo vế, ta được

 

^{ 1 1}

2 2 2

1 2 3... 0 1 0 1 .

m m m

m m m

a a a a a a a a

 

 

 

Quay trở lại bài toán : Ta viết kết quả bổ đề 2 như sau

   

²

     

²

2

2 2 1 2

1 1 1 1 1

1 2 3 1 0 1 2 3 1 0 0 1 2 1 0

1 2 2 2 2 1

1

0 1 2 3 1 0

... ... ...

...

n n n

n n n n n

n n n n n n n

n n n n n n

n

n n n

a a a a a a a a a a a a a a a a a a a

a a a a a a a a

    

  

 

 

    

 

Theo bất đẳng thức AM – GM, suy ra

  

  

     

  

     

 

0 1 1 2 1

2 0

0 1 1 1 2 1 0 1 1

2 2 2 2 2

0 1 1 1 2 1 0 1 1 1 2 1

2 2 2

2 2

0 1 1 1 2

... ...

1

... ... ...

1 1

... ... ... ...

1 1

... ...

n n

n

n n n n n

n n n n n n n

n

a a a a a a

n a a

a a a a a a a a a a a

n n n n n

a a a a a a a a a a a a a a a

n n n

n n

a a a a a



  

   



     

 

       

  

 

          

   

 

    





1

 

1 1

 

0 1



1 1

 

0 1



2 2 2 2

0 1 1 1 0 1 1 1

0 1 1 2 1 0

... ... ... ...

1 1

... ... ... ...

1 1 1