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 nếu ak 1  ak 1  2ak với mọi k  2 và gọi là lõm nếu thỏa mãn ak 1  ak 1  2ak với mọi k  2. Định nghĩa 2. Dãy số dương  an 1 được gọi là lồi lôgarit nếu ak 1ak 1  ak2 , k  2 và gọi là lõm lôgarit nếu ak 1ak 1  ak2 , k  2. 2. TÍNH CHẤT Định lý 1. Cho dãy số lồi  an  , khi đó với mọi n  l  k  1 thì anl  anl  ank  ank . Chứng minh: Đặt ai  ai 1  ai , i  1, suy ra ai 1  ai , i  1. Ta có  an l  an  k  Vì ai 1  ai , i  1, nên suy ra n l 1  i nk n l 1  a ; a i nk ai  i n k  an l  n 1 k  a i  n l n 1 k  a . Do đó a i  n l i n l i  anl  ank  ank . Định lý 2. Với mọi dãy số lồi  an  , thì max a1 , a2 ,..., an   max a1 , an  . Chứng minh. - Nếu với mọi k  1, ta có ak  ak 1 , khi đó max a1 , a2 ,..., an   a1  max a1; an . - Nếu tồn tại k nhỏ nhất, k  1 thoả mãn ak  ak 1 , ta có: ak  ak 2  2ak 1  ak 1  ak 2  ak  ak 1  ak 2  ...  an . Mặt khác ta có a1  a2  ...  ak . Như vậy, ta suy ra max a1 , a2 ,..., an   max a1; an . 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 an1  an  an  an1  an1  an2  ...  a2  a1  t , suy ra an1  an  t  an1  2t  ...  a1  nt.  Do t  0 nên cho n  , thì an1  , mâu thuẫn với tính bị chặn của  an 1 . Vậy t  0 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.  1 3. MỘT SỐ THÍ DỤ MINH HỌA  Thí dụ 1. Cho  an 0 là một dãy số lồi. Chứng minh rằng a1  a3  ...  a2 n 1 a0  a2  ...  a2 n  n n 1 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  ...  a2n1    n  1 a0  a2  ...  a2n2  Do  n  1 a1  a3  ...  a2n1   n  a0  a2  ...  a2 n  nên ta chỉ cần chứng minh a1  a3  ...  a2 n1   n  2  a2 n1  a0  a2  ...  a2 n   n  1 a2 n2 Điều này đúng vì theo định lý 1 và định nghĩa ta có a1  a2 n 1  a0  a2 n  2 a  a  a  a 2 2n2  3 2 n 1 ... a  a  a 2 n  2  a2 n  2  2 n 1 2 n 1 a2 n 1  a2 n 1  a2 n  a2 n  2 Cộng theo vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được điều phải chứng minh.■ Thí dụ 2. Cho  ai 1 n 1 k n là một dãy lồi, đặt Ak   ai . Chứng minh rằng  Ak 1 cũng là k i 1 một dãy lồi. Lời giải Cách 1: Định nghĩa f  k   k  k  1 k  1 2 Ak  Ak 1  Ak 1  , k  2,3,..., n  1. Từ giả thiết suy ra f  k   f  k  1  k  k  1 k  1 2 Ak  Ak 1  Ak 1    k  1 k  k  2  2 Ak 1  Ak  Ak  2  k k 1 k 1 k 1 k k 2 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 i 1  2  k  1 k  1  ai  k  k  1  ai  k  k  1  ai  2k  k  2   ai   k  1 k  2   ai  k  k  1  ai  k  k  1 2ak  ak 1  ak 1   0 Tức là f  k   f  k  1 , k  3, 4,..., n  1. Vì vậy f  k   f  k  1  ...  f  2   6  2a2  a3  a1   0, suy ra 2 Ak  Ak 1  Ak 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 an lồi. Giả sử khẳng định đúng đến l , ta có : Ak 1  Ak 1  2 Ak , k  l   k 2  k  ak 1  2  a1  a2  ...  ak 1    k 2  k  2  ak , k  l Ta chứng minh Al  Al  2  2 Al 1   l 2  1 al  2  2  a1  a2  ...  al    l 2  3l  al 1. Thật vậy, do giả thiết quy nạp : l 2  1 al 1  2  a1  a2  ...  a l 1   l 2  1 2 a1  l 2  1 a l 2  2 a1  a 2  ...  a l 1  a l  l 2 1 a l 1    l 2  1  al  2  al    2l 2  2l a l 1  l 2  1 a l  2  2 a 1  a 2  ...  a l  l 2  3l a l 1. Vậy có điều phải chứng minh.■ n Thí dụ 3 (Baltic Way 2014) Cho dãy số  ai 0  n  3 với a0  an  0 thỏa mãn ai 1  2ai  ai 1  ai2 , i  1, 2,..., n  1. 2 Chứng minh rằng ai  0, i  1, 2,..., n  1. Lời giải Giả thiết suy ra dãy đã cho lồi. Áp dụng định lý 2 ta có ngay ai  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 k a j 1 j  1, k  1, 2,.... Chứng minh rằng 0   ak  ak 1   2 , k  1, 2,... k2 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 ak  ak 1  0, k. 2 . Thế thì với i  k , ta có k2 2k 1 i ai  , i  1, 2,..., k. k2 Giả sử tồn tại k sao cho ak  ak 1  Suy ra a1  a2  ...  ak  2 4 2k k  k  1  2  ...  2   1, điều này là không thể. 2 k k k k2 Vì vậy 2 , k . ■ k2 n Thí dụ 5 (IMO LL 1978) Tìm một số c  0 sao cho với mọi dãy lõm dương  ak k 1 ak  ak 1  ta đều có 2 n  n  a  c n  1 ak2     k  k 0  k 0  Lời giải Bất đẳng thức trong đề bài tương đương với n  ak2  2 k 0 Trong 2  1i  j  n  1i  j  n n ai a j  c  n  1  ak2 k 0 ai a j chứa các số có dạng ai  ai  j  ai  j  a  i j  ai  j  2 2 1 1  ai2 j  ai2 j , i  j  1. 2 2 Với mọi i, ta xét có bao nhiêu cặp dạng trên n +) 1  i    . Có các cặp  ai 1 , ai 1  ,  ai 2 , ai 2  ,...,  a0 , a2i  . Suy ra 2 ai2  ai  ai 1  ai 1   ...  ai  a0  a2i   ai2   1 2 1 1 ai 1  ai21  ...  a02  a22i   ai2   a02  a12  ...  a 2 n    2   2 2 2  2  n +)    1  i  n  1. Có các cặp  an , a2i n  ,  an1 , a2i n1  ,...,  ai 1 , ai 1  . Suy ra 2 3 ai2  ai  ai 1  ai 1   ...  ai  an  a2i n   1 2 1 2 ai   a2i n  ...  an2  2 2 Vậy n 2    1 n 1  2   1 2 2 2 a  a  a  a  ...  a      a22i n  ...  an2     k k 0 1   2 i    2  2 i 1  2 i   n  1 k 0  k 0  2  2 n n 2   Nếu n chẵn thì ta có n 1 n 1 2 1 n 1 n 1 n n n2 n 2 VP   ak2    a02  a12  ...  a22i     a22i  n  ...  an2    ak2  .  ak2   ak 2 k 0 2 i 1 2 i  n 1 2 k 0 2 2 k 0 4 k 0 2 Nếu n lẻ thì ta có n 1 1 n 1 2 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n 1 n 2 VP   ak2    a02  a12  ...  a22i     a22i n  ...  an2    ak2  . ak  ak  4  2 k 0 2 i 1 2 i  n 1 2 k 0 2 2 k 0 k 0 2 1 Do đó, ta có thể chọn c  . ■ 4 n f  n  bé nhất sao cho với mọi k  1, 2,..., n , ta có ak n  a  0. Tìm biểu thức  f  n  max  a ; a . Thí dụ 6 (China 2009) Cho dãy số lồi  ak 1  n  3 sao cho i 1 i 1 n Lời giải Trước hết, định nghĩa dãy  ak  như sau : a1  1, a2   2n  k  2  n 1 n 1  , k  3, 4,..., n. và ak   n 1 n  1  n  1 n  2  Thì a1  a2  ...  an  0 và 2ak  ak 1  ak 1 , k  2,3,..., n 1. Trong trường hợp này, dễ kiểm n 1 . n 1 Tiếp theo, giả sử  ak  là dãy thỏa mãn bài toán. Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau tra rằng f  n   thỏa mãn n 1 max  a1 , an  , k  1, 2,..., n n 1 lồi nên an  an1  an1  an2  ...  a2  a1. Suy ra ak  Do  ak   k  1 an  a1    k  1  an  an1    an1  an2   ...   a2  a1     n  1  ak  ak 1    ak 1  ak 2   ...   a2  a1     n  1 ak  a1  Suy ra k 1 1  k  1 an   n  k  a1  1  an  a1   a1  n 1 n 1  Tương tự, với k cố định tùy ý, k  1, n và với j  1, 2,..., k tùy ý, ta có ak  aj  1  j  1 ak   k  j  a1  k 1  Vì vậy, với j k , k  1,..., n , ta có aj  1  j  k  an   n  j  ak  n 1  4 Hệ quả, ta có k 1 k k  j  1 ak   k  j  a1    a1  ak  ,  k  1 j 1 2 j 1 n n 1 n 1 k aj   j  k  an   n  j  ak    ak  an .   n  k j k 2 j k aj  Lấy tổng của hai bất đẳng thức trên, ta được k n j 1 j k ak   a j   a j  k n 1 k k n 1 n 1 k ak  an .  a1  ak    ak  an   a1  2 2 2 2 2 Vì vậy, ta có an   1  ka1   n  1  k  an  n 1   2 Từ 1 &  2  , với k  2,3,..., n  1, ta được 1  1  n 1 ak  max  ka1   n  1  k  an   max  a1 ; an   k  1 an   n  k  a1 ; n 1  n 1  n 1 n 1 .■ Tóm lại : f  n  bé nhất bằng n 1 Thí dụ 7 (USA MO 1993) Cho a0 , a1 , a2 ,... là dãy lõm lôgarit. Chứng minh rằng a0  a1  ...  an a1  a2  ...  an 1 a0  a1  ...  an 1 a1  a2  ...  an .  . , n  1 n 1 n 1 n n Lời giải Bổ đề 1 : k 1 k k k 1 a a  a0 , k  Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp. Với k  1 thì hiển nhiên đúng a12  a0 a2 . Giả sử bất đẳng thức đúng đến k  j , ta chứng minh bất đẳng thức cũng đúng đến k  j  1. Thật vậy a jj 1 a jj1  a0  a j 2 j 1  a 2j  1j 1 a jj 1 a0  a j 2 j 1 j 1 j 2 0 a a  a jj12 a jj12  a0 . n 1 Bổ đề 2 : a1 a2 a3 ...an1   a0 an  2 , n  2 Chứng minh : Ta chứng minh bổ đề bằng quy nạp. 1 Với n  2 thì a12  a0 a2  a1   a0 a2  2 . Giả sử khẳng định đúng đến n  m. Ta chứng minh khẳng định đúng đến n  m  1. Thật vậy a1a2 a3 ...am1   a0 am  m 1 2 m 1 m 1  a1a2a3 ...am1am  a0 2 am2 1 Theo bổ đề 1 ta có m 1 1 m 1 amm 1 am 2 a02 am21 2  a   a 0 0 1 m m 1 m am 1 2 am 1 am 2  2 Lấy 1 và  2  nhân vế theo vế, ta được m m a1a2 a3 ...am  a02 am21   a0 am1   m11 2 . Quay trở lại bài toán : Ta viết kết quả bổ đề 2 như sau 5 2 2n n 1 2n  a1a2 a3 ...an1  n1  a0 an   a1a2 a3 ...an1  n 1   a0an  n1   a0an  n1  a1a2 ...an1  n 1  a0an 2 n 2 1 2 a0n 1a12 n a22 n a32 n ...an2n1ann 1  a0 an Theo bất đẳng thức AM – GM, suy ra  a0  a1  ...  an  a1  a2  ...  an1   a a n2  1  a0  a1  ...  an1  a1  a2  ...  an1  0 n  n 2  n 2  1  a0 an an  a1  ...  an 1   n2 n 2  n 2  1   a0  a1  ...  an1  a1  a2  ...  an1   a0 an  an  a1  ...  an1   an  a1  a2  ...  an1    a0  a1  ...  an1   a1  a2  ...  an1   an  a1  ...  an1    a0  ...  an1  a1  ...  an1   an  a0  ...  an1  n 2  n 2  1 n2 n2 n2  1 n2  1 n2  1 n2 a  a  ...  an 1   a0  ...  an 1  a1  ...  an 1 an   a  ...  an 1  0  n  1     n 1 n  1  n 1 n n n     a  a  ...  an a1  a2  ...  an 1 a0  ...  an 1 a1  ...  an  0 1 .  . . n 1 n 1 n n n2 .■ Trên đây là một số thí dụ cơ bản về dãy số lồi. Để hiểu thêm về vấn đề này xin mời bạn đọc luyện tập qua một số bài tập sau 4. BÀI TẬP VẬN DỤNG  Bài 1 (IMO SL 1975) Cho  an 1 là dãy số lồi sao cho 0  an  1. Chứng minh rằng 0   n  1 an  an1   2, n  1, 2,3,... Bài 2 (IMO LL 1978) Giả sử  bn  n  0,1,... là một dãy các số dương sao cho  nbn   n  0,1,... lồi với cách chọn   0 tùy ý. Chứng minh rằng dãy  log bn  n  0,1,... là lồi. Bài 3 (IMO LL 1978) Chứng minh rằng c  3 là hằng số tốt nhất thỏa mãn 4 2 N  N  a  c N  1    an2 với mọi dãy dương lõm  an  n  0,1,..., N  .  n  n 0  n 0  Bài 4 (IMO SL 1976) Cho a0 , a1 ,..., an , an1 là dãy các số thực thỏa mãn điều kiện sau a0  an1  0 và ak 1  2ak  ak 1  1, k  1, 2,..., n. k n 1 k  , k  0,1,..., n  1. 2 Bài 5 (Baltic Way 1994) Cho a1 , a2 ,..., a9 là các số thực không âm và a1  a9  0 và ít Chứng minh rằng ak  nhất một trong các số này khác 0. Chứng minh rằng có chỉ số i, 2  i  8 sao cho ai 1  ai 1  2ai . Phát biểu còn đúng không khi thay số 2 trong bất đẳng thức bởi 1,9? Bài 6 (China TST 2008) Tìm hằng số M lớn nhất sao cho với số nguyên n  3 tùy ý, tồn tại hai dãy các số thực dương a1 , a2 ,..., an và b1 , b2 ,..., bn thỏa mãn đồng thời n a) b k 1 k  1; 2bk  bk 1  bk 1 , k  2,3,..., n  1; 6 k b) ak2  1   ai bi , k  1, 2,..., n; an  M . i 1 Bài 7 (China TST 2009) Cho số nguyên n  2. Tìm hằng số   n  lớn nhất có tính chất sau: Nếu dãy các số thực lõm a0 , a1 ,..., an thỏa mãn 0  a0  a1  a2  ...  an thì 2 n  n  ia   n ai2     i  i 1  i 1  TÀI LIỆU THAM KHẢO [1]. Chikkanna R. Selvaraj, Suguna Selvaraj, Summability Matrices and Mean – Convex Sequense, Int. J. Contemp. Math. Sciences, Vol.8, 2013, No. 19 [2]. Feng Qi, Bainiguo, Monotonicity of Sequences Involving Convex Function and Sequence, 2000 Mathematics Subject Classification. [3]. Katarina Nicova, A Note On Higher – Order Convexity of Sequences, Int. J. of Pure and Applied Mathematics, Volume 83 No. 1, 2013 [4]. Lily L.Liu, Yi Wang, On the log – Convexity of Combinatorial Sequenses, Partially Supported by NSF of China 10471016 [5]. A. McD. Mercer, Polynomials and Convex Sequence Inequalities, Journal of Inequalities In Pure and Applied Mathematics, Volume 6, Issue 1, Article 8, 2005 [6]. Moussa Ahmia, Hacine Belbachir, Preserving log – convexity for Generalized Pascal triangles, The Electronic Journal of Combinatorics 19(2) (2012) [7]. Shanhe Wu, Lokenath Debnath, A Computers and Mathematics with Applications 54 (2007) [8]. Zinelabidine LaTreuch, Benharrat Belaidi, New Inequalities for Convex Sequences [9]. IMO Shortlist (1959 – 2016) [10]. Diễn đàn AoPS. 7