DÃY SỐ CỘNG TÍNH DƯỚI

TÌM HIỂU SÂU THÊM TOÁN HỌC SƠ CẤP DÃY SỐ CỘNG TÍNH DƯỚI Kiều Đình Minh – Hoàng Bảo Lâm – Nguyễn Đăng Khoa THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ Trên các số báo TH&TT trước, chúng tôi đã giới thiệu một số dãy số đặc biệt: Dãy số điều hòa, dãy số lồi, … Trong số này chúng tôi tiếp tục gửi đến bạn đọc một loại dãy số cũng rất thú vị khác, đó là dãy số “Dưới cộng tính”. I. Định nghĩa và tính chất 1. Định nghĩa Dãy số  xn n1 được gọi là dãy số Cộng tính dưới nếu thỏa mãn xmn  xm  xn , với mọi m, n  1, 2,3,.... Nếu dãy số  xn n1 thỏa mãn bất đẳng thức xmn  xm  xn , với mọi m, n  1, 2,3,.... thì  xn n1 được gọi là dãy số Cộng tính trên. Rõ ràng nếu dãy số  xn n1 thỏa mãn xmn  xm  xn  c, m, n  1, 2,3,... thì dãy  xn  c n1 , cũng là một dãy cộng tính dưới. với c là một hằng số Bạn đọc có thể tự lấy thí dụ về các dãy số cộng tính dưới hay dãy số cộng tính trên, chẳng hạn: Dãy số  xn  với xn  n  n  1, 2,... là dãy số cộng tính dưới, dãy số  xn  với xn  n2  n  1, 2,... là dãy số cộng tính trên. Trong bài này, chúng tôi chỉ nói về tính chất của dãy số cộng tính dưới như tên của bài báo đã nêu. Về dãy số cộng tính trên, bạn đọc hãy tự tìm hiểu thêm. 2. Tính chất Tính chất 1: Với mọi dãy cộng tính dưới  xn n1 , ta có n (m, n, k  * ). 1 m Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo k . Theo giả thiết, xn  xm nm  xm  xn m , xn  kxm  xn km , k  nên 1 đúng khi k  1. Giả sử 1 đúng đến k , ta có xn  kxm  xn km  kxm  xm n kmm  kxm  xm  xn kmm   k  1 xm  xn  k 1m , nghĩa là 1 cũng n . Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh. ■ m n Ở đây ta chỉ quy nạp theo k đến chừng nào bất đẳng thức k  vẫn đúng! m Tính chất 2: Với mọi dãy cộng tính dưới  xn n1 , ta có đúng đến k  1, với k  1  n  xn  mx1    1 xm , n  m (m, n  * ).  2  m  Chứng minh. Từ giả thiết ta có xm  x1 m1  x1  xm1  ...  mx1. Viết n  mk  r , với k  1, r  0;1;...; m  1 . Ta có xm  mx1  km  r   1 xm và xr  rx1. Ta cần chỉ ra rằng xkm r  mx1    m  2 hay mxkm r  m x1    k  1 m  r  xm * Ta sẽ chứng minh * bằng quy nạp theo k. 1 Với k  1, ta phải chứng minh mxmr  m2 x1  rxm . Ta có được điều này bằng cách cộng hai bất đẳng thức sau rxm  r  r 2 x1  rxm  m  r  xm r   m  r  m  r  x1   m 2  r 2  x1 Giả sử * đúng đến k , tức là mxkm r  m2 x1    k  1 m  r  xm . Cộng cả hai vế của bất đẳng thức này với mxm , ta được mxkm r  mxm  m2 x1   km  r  xm . Lại có mx k 1m r  m  xkm r  xm   mxkm r  mxm Từ đó suy ra * đúng cho k  1. Theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh.■ Tính chất 3: Cho dãy cộng tính dưới  xn n1 , khi đó nếu m  n thì n  n  1 xm 2m đúng, nghĩa là có x1  x2  ...  xn  Chứng minh. Với m  n thì  3  3 n 1 xn ** 2 Thật vậy, ta có thể thấy điều này bằng cách cộng các bất đẳng thức cùng chiều sau x1  xn 1  xn x1  x2  ...  xn  x2  xn  2  xn ................... xn 1  x1  xn Suy ra 2  x1  x2  ...  xn 1    n  1 xn  x1  x2  ...  xn 1  xn  Bây giờ với j * , đặt yj  m  n  j  k  1, ta được y j  xj j x1  x2  ...  x j 1  2  ...  j . n 1 n 1 xn  xn  xn . 2 2 Khi đó, từ (**) bằng cách cho và y j  y j 1. Từ đó, khi m  n, ta có yn  yn 1  ...  ym1  ym  Tính chất 4: Cho dãy cộng tính dưới  xn n1 , khi đó xm .■ m x x2 x3   ...  n  xn , n  *  4  2 3 n Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Hiển nhiên khẳng định đúng với n  1, n  2. Giả sử khẳng định đúng với n  1, 2,..., k  1  k  , k  2  . Ta có x1  x1  x1 x2  x2 2 x x x1  2  3  x3 2 3 ........ x x x1  2  ...  k 1  xk 1 2 k 1 Cộng theo vế các bất đẳng thức này ta được x1  2 x x2  ...  k 1  x1  x2  ...  xk 1 2 k 1 x  x   k  x1  2  ...  k 1   2  x1  x2  ...  xk 1    k  1 xk 2 k 1   x x  x1  2  ...  k  xk . 2 k Theo nguyên lý quy nạp thì  4  được chứng minh xong.■  k  1 x1   k  2  Ta cũng có thể sử dụng tích chất 3 để chứng minh  4  như sau: Bằng cách áp dụng  3 nhiều lần ta được n 1 1 x x 1 1  x1  2  ...  n   x1  x2  ...  xn        x1  x2  ...  x j   2 n n j 1  j 1  j n 1 j  j  1 1 n  n  1 1  . xn   . .xn  xn . n 2n 2 j 1 j  j  1 Tính chất 5 (Bổ đề Fekete) : Cho dãy cộng tính dưới  xn n1 không âm, khi đó tồn tại giới hạn x xn và giới hạn đó bằng inf n . n  1 n n xn Chứng minh. Đặt L  inf . Với   0 bất kỳ, chọn n sao cho an  n  L    (số n như n 1 n vậy là tồn tại theo định nghĩa của infimum). Đặt c  max xi . Nếu m  n, đặt m  qn  r với lim n  1 i  n 0  r  n. Từ tính chất cộng tính dưới của dãy , ta có xm  xqnr  xnn... n r  xn  xn  ...  xn  xr  qxn  c. Vì vậy xm qxn c qn  L    c qn  1 khi m  . ■      L   khi m  , do m m m m m m II. Một số thí dụ Thí dụ 1. Cho a1 , a2 ,..., an  rằng: thỏa mãn ai  j  ai  a j , với mọi i, j  1, i  j  n. Chứng minh a  1 1 a2 a3 1 a  2  ...  n2  1    ...   . n . 2 2 3 n  2 3 n n a  a  a Lời giải. Đặt t  min a1 , 2 ,..., n   l 1  l  n  . Khi đó xét dãy số  bi  xác định bởi n l  2 bi  0, i  1, n, bl  0, bi  ai  ti. Khi đó có bi  j  bi  b j hay dãy  bi  thỏa mãn điều kiện đề bài. Ta có n n n n bi ai  ti n ai bn n 1 an  tn n 1 an n 1 1 1    t    t . và         2 2 2 i n i 1 i n i 1 i n i 1 i i 1 i i 1 i i 1 i 1 i i 1 i n n a a n 1 b b n 1 Suy ra  2i  n    2i  n  * n i 1 i n i 1 i i 1 i i 1 i Ta chứng minh * bằng phương pháp quy nạp. Thật vậy, với n  1 thì khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng đến n  1. Xét các trường hợp +) Nếu l  n tức bn  0 thì khẳng định luôn đúng. +) Nếu l  n, theo giả thiết quy nạp, ta có n bi n l bi bn l n l 1 bn l  bl n l 1 bn n l 1  2      n l  . 2 n  l i 1 i n  l i 1 i i 1 i i 1 i i 1 i a1  3 1 n 1  là giảm. Thật vậy n i 1 i n 1 1 n 1 1 n 1 1 1 1 1    , điều này đúng vì    2 n i 1 i n  1 j 1 j n n  n  1 j 1 j Ta chứng minh dãy số un  n 1 1 1 1  j  1  n  n  1  n j 1 2 . bi bn nl 1 bn n 1      , ta có điều phải chứng minh. 2 n  l i 1 i n i 1 i i 1 i Thí dụ 2. Giả sử dãy các số nguyên không âm a1 , a2 ,..., a1997 thỏa mãn ai  a j  ai  j  ai  a j  1, i, j  1 và i  j  1997. Chứng minh rằng tồn tại số thực x sao Do đó n cho an   nx  với mọi 1  n  1997 ( trong đó  x  là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ).  a a 1  Lời giải. Ta phải chỉ ra tồn tại x   n ; n  , 1  n  1997. Do vậy cần chỉ ra sự tồn tại của n  n a  1 am  . x với 1997 phần tử của dãy thì các đoạn là giao nhau, tức là với mọi m, n thì n n m Ta chứng minh điều này bằng quy nạp theo m  n. Nếu m  n  2  m  n  1 thì bất đẳng thức là hiển nhiên. +) Nếu m  n thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng +) Nếu n  m  n  mq  r , 0  r  m. Do đó m  r  n  m và từ giả thiết quy nạp suy ra a a a  1 am ar  1 am a 1   amq  r  1  qam  ar  1  qam  r. r  qam  r. m  n. m  n  . r m r m m n m +) Nếu n  m  m  nq  r , 0  r  n. Do đó n  r  n  m lại theo giả thiết quy nạp suy ra a 1 ar an  1 a   nam  naqn  r  n  qan  ar  q   nqan  nq  nr. r  nqan  nq  nr . n  r n r n a a 1  nqan  nq  ran  r  m  an  1  m  n . m n Thí dụ 3. Cho dãy  un  các số nguyên dương thỏa mãn 0  umn  um  un  2, m, n  1. Chứng minh rằng tồn tại hai số thực dương  a1n   a2n  1  un   a1n   a2n  1, n  2017. a1 , a2 sao cho Lời giải. Trước hết ta chứng minh bằng quy nạp với mọi m, n nguyên dương thì u u 2 mun  n  um  2  1 (hay n  m như thí dụ 2) n m Với m  n  2  m  n  1, 1 trở thành u1  u1  2, ta thấy 1 đúng. Giả sử 1 đúng với m  n mà 2  m  n  k. Ta chứng minh 1 đúng với m  n  k. Thật vậy +) Nếu m  n thì 1 trở thành mum  m  um  2  , bất đẳng thức này đúng. +) Nếu m  n. Xét cặp số  m  n, n  , ta có m  n  n  m  m  n  k. Do đó theo giả thiết quy nạp thì  m  n  un  n  umn  2  . Mặt khác từ điều kiện của đề bài un  umn  um suy ra n  un  umn   num   m  n  un  n  un  umn   n  umn  2   num  mun  n  um  2  . +) Nếu m  n. Xét cặp số  m, n  m  , ta có m  n  m  n  m  n  k. Do đó theo giả thiết quy nạp có munm   n  m  u m 2  . Mặt khác, từ điều kiện đề bài un  unm  um  2 suy ra mun  m  unm  um  2  . Thành thử munm  mun   n  m  um  2   m  un m  um  2   mun  n  um  2  . Trở lại bài toán : Từ 1 suy ra un um  2  , m, n  n m * . Đặt 4 u  u  u  2  uq  2 K  max  n  1  p  1; L  min  n  1   1. 1 n  2017 1 n  2017 q n  p  n  u p uq  2 u   K  L. Do u1  1 nên k  1  1  0. Do 1 có p q 1 a1  1, a2   K ; L  . Với mọi 1  n  2017, ta có Vậy 0  K  L. Chọn u 2   1 n  un  2  n   a2 n   un  n  1. Do đó +) a2 n  Ln   n  n   a1n   a2 n  1  n  1   a2n  n  1  un  n  1  un . u  +) a2 n  Kn   n  1 n  un  n   a2 n   un  n (do un  n  n  Vậy  a1n   a2 n  1  n  1   a2 n  n  1  un  n  un  1  un . và a2 n  un  n ). Thí dụ 4. Dãy các số thực x1 , x2 ,... thỏa mãn xm n  xm  xn  1, m, n  1, 2,.... Chứng minh rằng xm xn 1 1    , m, n  1, 2,... m n m n Lời giải. Bằng quy nạp ta sẽ chứng minh xmn  nxm  n 1 . Với n  1 ta có xm  xm  0  1, khẳng định 1 đúng. Giả sử 1 đúng cho n, khi đó xm n1   n  1 xm  xmn m  xmn  xm  xmn  nxm  1  n, do đó 1 đúng cho n  1. Từ đó ta có mxn  nxm  xmn  mxn  xmn  nxm  m  n  Thí dụ 5. Cho hàm số f :  xm xn 1 1    , m, n  1, 2,... m n m n thỏa mãn f  x  y   f  x   f  y   1, x, y  . Chứng minh rằng tồn tại hàm cộng tính g :  thỏa mãn f  x   g  x   1, x  . x  Lời giải. Theo thí dụ 4 thì dãy  n  là dãy Cauchy nên nó là dãy hội tụ. Cố định x, xét dãy n xn  f  nx  , n  * . số xác định bởi Theo giả thiết ta có  xn  xm n  xm  xn  1, m, n  1, 2,.... Do đó tồn tại giới hạn hữu hạn g  x   lim n  f  nx  . Ta sẽ n chứng minh g là cộng tính. Thật vậy, từ giả thiết ta có 1 f  n  x  y   f  nx  f  ny  1 1  f  nx  ny   f  nx   f  ny   1       , n  n n n n n n  , ta được g  x  y   g  x   g  y  , x, y  . Mặt khác, theo nhận xét trên thì * , cho 1 f  nx  1   f  x   1  , n  *. n n n Cho n  , ta được 1  g  x   f  x   1  f  x   g  x   1, x  . n  1  f  nx   nf  x   n  1  1  Trên đây, chúng tôi đã giới thiệu một cách cơ bản về khái niệm dãy số Cộng tính dưới cũng như một số thí dụ có liên quan. Rất hy vọng bạn đọc sẽ khai thác thêm nhiều tính chất cho dãy số thú vị này. Sau cùng chúng tôi giới thiệu thêm một số bài tập để bạn đọc tự luyện tập. 1. Cho số thực C  1 và dãy số thực dương  an n1 có a1  1, a2  2 thỏa mãn các điều kiện sau amn  am an và am n  C  an  am  , m, n  1, 2,.... 5 Chứng minh rằng an  n, n  1, 2,... 2. Cho c  2, a1 , a2 ,.... là dãy các số thực không âm sao cho amn  2am  2an , m, n  1 và 1 a2 k  , k  0. Chứng minh rằng dãy số  an n1 bị chặn. c  k  1 3. Xét dãy số thực x1 , x2 , x3 ,.... thỏa mãn xm  n  xm  xn  1 , m, n  mn * . Chứng minh dãy số đã cho là một cấp số cộng. 4. Cho dãy số thực  an n1 thỏa mãn am  an  1  amn  am  an  1, m, n  1. Chứng minh an   và n  1  an  n  1, n  1. n  n u  1, n  1, 2,... sao cho  n và dãy số  vn n1 xác định um n  umun , m, n  1, 2,... rằng tồn tại giới hạn hữu hạn lim 5. Cho dãy số thực  un n1 bởi vn  ln un , n  1, 2,.... Chứng minh rằng  vn n1 hội tụ và giới hạn của nó là inf  vn  . n n * 6