Tài liệu Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HÒA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI THÁI NGUYÊN - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGÔ KHẮC KIÊN VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HÒA VÀO GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP MÃ SỐ: 8 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS. TS. TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2018 Mục lục Mở đầu 1 Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 1.1 Chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Khái niệm chuỗi số . . . . . . . . . . 1.1.2 Các tính chất của chuỗi số . . . . . . 1.2 Chuỗi điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hòa . . . . . . 1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa 3 3 3 4 5 5 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán 13 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về chuỗi số . . 32 Kết luận 51 Tài liệu tham khảo 52 1 Mở đầu Trong sách toán Trung học cơ sở, Trung học phổ thông đã có những bài toán về chuỗi số điều hòa. Nhưng số lượng rất ít không đủ cho học sinh luyện tập, hơn nữa việc phân dạng bài tập chưa đầy đủ và không có tính hệ thống. Để cung cấp cho học sinh về nội dung kiến thức, phương pháp giải toán. Để phục vụ cho công tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi một cách bài bản hơn về chuỗi số điều hòa. Tôi xin trình bày một cách hệ thống khái niệm và các tính chất của chuỗi điều hòa. Từ đó đưa ra một số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi, theo các dạng bài tập sau: • Các bài toán liên quan đến bất đẳng thức; • Các bài toán liên quan đến tính chất số học của chuỗi điều hòa; • Các bài toán liên quan đến tổng của chuỗi điều hòa; • Một số bài toán khác liên quan đến chuỗi điều hòa; • Một số bài toán dành cho học sinh giỏi. Với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tổng hợp kiến thức về chuỗi điều hòa, giúp cung cấp thêm một phương pháp hay và rất bổ ích để rèn luyện nội dung này, chúng tôi chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học. Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương: Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tôi trình bày định nghĩa, ví dụ và các kiến thức cơ bản, nâng cao về chuỗi số và chuỗi điều hòa. Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán. Chương 2 trình bày sự vận dụng của chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, các tính chất số học của số hạng, tổng của chuỗi điều hòa. Cuối Chương này chúng tôi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi có liên quan đến chuỗi điều hòa. Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái 2 Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt quá trình làm luận văn. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy. Tác giả xin chân thành cảm ơn toàn thể các thầy cô trong Khoa Toán - Tin, trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyền đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn. Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thời gian làm luận văn. Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018 Người viết luận văn Ngô Khắc Kiên 3 Chương 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 1.1.1 Chuỗi số Khái niệm chuỗi số Định nghĩa 1.1.1. Cho dãy số vô hạn u1 ; u2 ; . . . ; un ; . . ., khi đó gọi tổng vô hạn ∞ P u1 + u2 + . . . + un + . . . là chuỗi số và ký hiệu là un ; un là số hạng tổng quát; n=1 sn = u1 + u2 + . . . + un là tổng riêng thứ n của chuỗi; rn = un+1 + un+2 + . . . gọi là phần dư thứ n. Nếu lim sn = s (hữu hạn) thì chuỗi được gọi là hội tụ và s là n→∞ tổng của chuỗi. Nếu dãy sn không dần tới một giá trị hữu hạn thì chuỗi đó là phân kỳ. Ví dụ 1.1.2. ∞ X un = ∞ X n=1 n=1 1 n(n + 1) 1 1 1 1 + + + ... + + ... 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)   1 1 1 1 1  1 1 = 1− + − + − + ... + − + ... 2 2 3 3 4 n n+1 = Do đó, ta có 1 1 1 1 + + + ... + 1.2 2.3 3.4 n(n + 1)       1  1 1 1 1 1 1 = 1− + − + − + ... + − 2 2 3 3 4 n n+1 1 =1− , n+1 sn = 4 là tổng riêng thứ n và  lim sn = lim n→+∞ n→+∞ 1 n+1 1−  = 1. Suy ra chuỗi đã cho là hội tụ và có tổng bằng 1. 1.1.2 Các tính chất của chuỗi số Định lý 1.1.3. i. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi khi ta bỏ đi một số hữu hạn số hạng đầu của chuỗi số. ii. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi nếu ta bỏ đi hay thêm vào một số hữu hạn số hạng ở những vị trí bất kỳ. ∞ ∞ P P Định lý 1.1.4. Nếu chuỗi số un hội tụ và có tổng bằng s thì chuỗi số aun n=1 cũng hội tụ và có tổng bằng as.Còn nếu ∞ P n=1 ∞ P un phân kỳ thì với a 6= 0 chuỗi số n=1 aun cũng phân kỳ. n=1 Định lý 1.1.5. Nếu chuỗi hiệu sau đây ∞ P ∞ P un và n=1 ∞ P vn là các chuỗi số hội tụ thì các chuỗi tổng và n=1 (un + vn ) và n=1 (un − vn ) cũng hội tụ. Hơn nữa, n=1 ∞ X ∞ X n=1 n=1 (un + vn ) = ∞ P un + ∞ X vn và n=1 ∞ X ∞ X n=1 n=1 (un − vn ) = un − ∞ X vn . n=1 Định lý 1.1.6. (Định lý về tiêu chuẩn so sánh) Cho 2 chuỗi số dương ∞ P vn nếu un ≤ vn với mọi n ≥ n0 (n0 ∈ N ) thì từ sự hội tụ của n=1 hội tụ của ∞ P un và từ sự phân kỳ của n=1 ∞ P ∞ P ∞ P un và n=1 vn suy ra sự n=1 un suy ra sự phân kỳ của n=1 ∞ P vn . n=1 Định lý 1.1.7. (Định lý về tiêu chuẩn tương đương) Cho hai chuỗi số dương ∞ ∞ P P un un và vn . Xét lim = k . Nếu 0 < k < +∞ thì hai chuỗi đã cho sẽ cùng n=1 n=1 n→∞ vn hội tụ hoặc cùng phân kỳ (hai chuỗi tương đương nhau). ∞ ∞ P P Nếu k = 0 thì từ sự hội tụ của vn suy ra sự hội tụ của un . n=1 Nếu k = +∞ thì từ sự phân kỳ của ∞ P n=1 n=1 vn , ta suy ra sự phân kỳ của ∞ P n=1 un . 5 Định lý 1.1.8. (Định lý về tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương ∞ P un , n=1 un+1 = D. Nếu: n→∞ un D < 1: chuỗi hội tụ; giả sử lim D > 1: chuỗi phân kỳ; D = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác. Định lý 1.1.9. (Định lý về tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương lim n→∞ ∞ P un , giả sử n=1 √ n u n = C . Nếu: C < 1: chuỗi hội tụ; C > 1: chuỗi số Phân kỳ; C = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác. Định lý 1.1.10. (Định lý về tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương ∞ P un , n=1 nếu tồn tại hàm f (x) sao cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 và f (x) liên tục, đơn điệu ∞ R∞ P un cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ. giảm trên miền (n0 ; +∞) thì f (x)dx và n0 n=1 Định lý 1.1.11. (Định lý về chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi ∞ P số đan dấu (−1)n un , nếu tồn tại dãy số un đơn điệu giảm (nghĩa là u1 > u2 > n=1 u3 > . . .) và lim un = 0 thì chuỗi đan dấu hội tụ và tổng của chuỗi không vượt n→∞ quá giá trị tuyệt đối của số hạng đầu tiên. 1.2 1.2.1 Chuỗi điều hòa Khái niệm chuỗi điều hòa Định nghĩa 1.2.1. Chuỗi số có dạng : 1 1 1 + + + ..., m m + d m + 2d trong đó m, d là các số sao cho mẫu số khác không, được gọi là chuỗi điều hòa. Ví dụ 1.2.2. 1 1 + ... + , 2 n 1 1 1 + . . . + , là các chuỗi điều (ii) Chuỗi số có tổng riêng là H(m, n) = + m m+1 n hòa. Ta luôn giả thiết rằng 1 ≤ m < n. (i) Chuỗi số có tổng riêng là H(1, n) = 1 + 6 1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa Tính chất 1.2.3. H(1, n) là vô hạn, tức là lim H(1, n) = +∞. n→∞ ∞  Chứng minh. Xét dãy con H(1, 2k ) 1 H(1, 1) = 1 = 1 + 0 2 k=0 , khi đó, ; 1 1 =1+1 ; 2 2   1 1 1 1 1 1 1 + >1+ + + =1+2 ; H(1, 4) = 1 + + 2 3 4 2 4 4 2     1 1 1 1 1 1 1 + + + + + H(1, 8) = 1 + + 2 3 4 5 6 7 8     1 1 1 1 1 1 1 1 >1+ + + + + + + =1+3 ; 2 4 4 8 8 8 8 2 H(1, 2) = 1 + Tổng quát, H(1, 2k ) ≥ 1+k 1 2 . Do dãy con  ∞ H(1, 2k ) k=0 không bị chặn nên dãy {H(1, n)}∞ k=0 phân kỳ hay lim H(1, n) = +∞. Lý luận tương tự ta cũng có n→∞ thể chỉ ra với số nguyên dương tùy ý M thì   H(1, M k ) ≥ 1 + k M −1 M , k = 0, 1, 2, . . . Tính chất 1.2.4. H(m, n) không phải là một số nguyên. Chứng minh. (i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s sao cho: 2s ≤ n < 2s+1 . Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1 Q, trong đó Q là tích của tất cả số nguyên lẻ trong đoạn [1, n]. Tất cả các số hạng trong H(1, n) sẽ là số nguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s sẽ trở thành số nguyên chia cho 2. Điều này chỉ ra rằng H(1, n) không phải là một số nguyên. (ii) Cách khác, đối với trường hợp m = 1, cho p là số nguyên tố lớn nhất không vượt quá n. Theo tiên đề Betrand, có 1 số nguyên tố q với p < q < 2p. Do n n! P đó, chúng ta có n < 2p. Nếu H(1, n) là một số nguyên, thì: n!H(n) = i=1 i n n! P n! là một số nguyên chia hết cho p. Tuy nhiên, số hạng trong tổng p i=1 i không chia hết cho p, còn tất cả số hạng khác sẽ chia hết cho p. (iii) Trường hợp: m > 1. Giả sử 2a |k nhưng 2a+1 không là ước của k (viết là 2a||K ), thì chúng ta gọi a là thứ tự chẵn lẻ của k . Bây giờ quan sát các số 7 2a , 3.2a , 5.2a , . . ., tất cả các số này cùng thứ tự chẵn lẻ. Giữa những số này có 2.2a , 4.2a , 6.2a , . . . , tất cả đều có thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Do vậy, giữa 2 số bất kỳ cùng thứ tự chẵn lẻ, có 1 số với thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Điều này chỉ ra duy nhất rằng trong các số m, m + 1, . . . , n có 1 số nguyên  1 có 1thứ tự chẵn1lẻ  lớn nhất, là q có thứ tự chẵn lẻ là u. Bây giờ ta lấy + + ... + m m+1 n 2u L, nhân với trong đó L là tích của tất cả số nguyên lẻ trong [m, n]. Khi u đó: 2 LH(m, n) là một số lẻ. Do đó: H(m, n) = 2r + 1 q = , u 2 L p trong đó, p chẵn, q lẻ và vì vậy H(m, n) không phải là số nguyên. Ví dụ 1.2.5. Ta có H(1, 10) = 1 + 1 1 1 1 7381 + + + ... + = 2 3 4 10 2520 không phải là một số nguyên. q và m+n là một số nguyên tố lẻ, thì (m+n)|q . p Tính chất 1.2.6. Nếu H(m, n) = Chứng minh. Chú ý rằng H(m, n) có một số chẵn số hạng và nó bằng với n−m−1  2 X j=0 1 1 + m+j n−j  = n−m−1 2 X j=0 m+n s = (m + n) , (m + j)(n − j) r trong đó, gcd(s, r) = 1. Do m + n là số nguyên tố nên gcd(r, m + n) = 1. Nên ta có q (m + n)s = ⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q. p r Ví dụ 1.2.7. Ta có H(1, 10) = 1 + và m + n = 11, 11|7381 = q. 1 1 1 1 7381 + + + ... + = 2 3 4 10 2520 8 Định lý 1.2.8. (Định lý Wolstenholme) Đối với một số nguyên tố p ≥ 5, ta có H(1, p − 1) = 1 + 1 1 1 + + ... + ≡ 0(modp2 ) 2 3 p−1 Chính xác hơn, đối với một số nguyên tố p ≥ 5, nếu H(1, p − 1) = 1 + 1 1 1 a + + ... + = 2 3 p−1 b thì p2 |a. Chứng minh. Ta có thể chứng minh theo hai cách như sau: Cách 1 : Ta có  (p−1)/2  (p−1)/2 X X 1 1 1 1 1 1 H(1, p − 1) = 1 + + + . . . + = + =p . 2 3 p−1 n p−n n(p − n) n=1 n=1 (1.1) Vì thế chúng ta cần chứng minh: (p−1)/2 P n=1 (p−1)/2 X n=1 1 ≡ 0(modp). Bây giờ: n(p − n) (p−1)/2 X 1 1 ≡− (modp). n(p − n) n2 n=1 2 1 2 , 22 , . . . , p − 1 là đồng dư với đúng một trong các số 1 n2 2 (p − 1) 1 , khi p ≥ 5 (modp) và tất cả các số hạng 2 là phân biệt với n = 1, 2, . . . , n 2  Thật vậy, vì mỗi  thì (p−1)/2 X n=1 (p−1)/2 X 1 (p2 − 1)p 2 ≡ k = ≡ 0(modp). n2 24 (1.2) k=1 Định lý Wolstenholme được chứng minh. Cách 2 (sử dụng đa thức mod p): Chúng ta sử dụng định lý Lagrange, cụ thể nếu f (x) = c0 + c1 x + . . . + cn xn là một đa thức bậc n, với hệ số nguyên và nếu f (x) ≡ 0(modp) có nhiều hơn n nghiệm, trong đó p là số nguyên tố, khi đó mỗi hệ số của f (x) sẽ chia hết cho p. Phép chứng minh không khó. Có thể chứng minh bằng quy nạp và thuật toán chia modp. Mệnh đề là sai nếu p không phải số nguyên tố. Ví dụ: x2 − 1 ≡ 0(mod8) có 4 nghiệm. 9 Sau đây là phép chứng minh khác. Từ định lý nhỏ của Fermat xp−1 ≡ 1( mod p) có 1, 2, . . . , p − 1 nghiệm. Do đó xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) . . . (x − p + 1)(modp). Hay xp−1 − 1 ≡ xp−1 − s1 xp−2 + . . . − sp−2 x + sp−1 . (1.3) theo định lý Wilson, sp−1 = (p − 1)! ≡ −1(modp). Do đó, 0 ≡ s1 xp−2 + . . . − sp−2 x(modp). Công thức đúng đối với mỗi số nguyên x. Theo định lý Lagrange, p chia hết mỗi một trong s1 , s2 , . . . , sp−2 . Đặt x = p trong (1.3), chúng ta có (p − 1)! = pp−1 − s1 pp−2 + . . . − sp−2 p + sp−1 . Bỏ (p − 1)! và chia cả 2 vế cho p, chúng ta có 0 = pp−2 − s1 pp−3 + . . . − sp−3 p − sp−2 . Vì p ≥ 5 và mỗi số trong các số hạng này đồngdư với 0( mod p2 ). Do đó,  chúng ta có sp−2 ≡ 0( mod p2 ). Cuối cùng sp−2 = (p − 1)! 1 + 1 1 1 + + ... + 2 3 p−1 a = (p − 1)! . b Điều này chứng minh định lý Wolstenholme. Ví dụ 1.2.9. Ta có H(1, 10) = 1 + 1 1 1 1 7381 + + + ... + = và 112 |7381. 2 3 4 10 2520 Tính chất 1.2.10. Cho p ≥ 5 là 1 số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu 1+ 1 1 1 a + + . . . + = thì p4 |(ap − b). 2 3 p b Chứng minh. Theo định lý Wolstenholme thì     1 1 1 2 p (p − 1)! + + ... + 2 3 p−1 Vì vậy 1 1 1 x + + ... + = p2 . 2 3 p−1 y Trong đó x, y là các số nguyên với y không chia hết cho p. Vì vậy ta có: a 1 x − = p2 , b p y điều này chỉ ra rằng: ap − b = p3 bx . Vậy y a 2.3 . . . p + 1.3.4. . . . p + . . . + 1.2 . . . (p − 1) = , b p! và các tử số của vế bên phải có dạng mp + (p − 1)!. Do đó, nó không chia hết cho p. Vì vậy p|b và p4 |(ap − b) = p3 bx . y 10 Ví dụ 1.2.11. Ta có H(1, 11) = 1 + 1 1 83711 1 1 1 + + + ... + + = 2 3 4 10 11 27720 thì 114 = 14641; ap − b = 893101. Do đó (ap − b) : p4 = 61, thỏa mãn p4 |(ap − b). Tính chất 1.2.12. Coi H(1, n) là 1 hàm số của biến số tự nhiên n. Chứng minh rằng H(1, n) không phải là hàm số hữu tỉ đối với n. Để chứng minh Tính chất 1.2.12 ta dùng Tính chất 1.2.3 và bổ đề sau: Bổ đề 1.2.13. Dãy H(1, n) thỏa mãn √ H(1, n) < 2 n. (1.4) Chứng minh. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng với n = 1, 2. Giả sử Bất đẳng thức (1.4) đúng với n = k , ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1. Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, suy ra: 1+ √ 1 1 1 1 1 + + ... + + <2 k+ . 2 3 k k+1 k+1 Vậy ta có: √ 2 k+ √ 1 1 <2 k+√ . k+1 k+1 (1.5) Mặt khác: 2 √ 1 1 4k + > 4k ⇔ 2 k + 1 − √ > 4k k+1 k+1 √ √ √ √ 1 1 2 k+1− √ >2 k⇔2 k+√ <2 k+1 k+1 k+1  Từ (1.5) và (1.6) suy ra: √ 2 k+ Từ đó ta có: 1+ √ 1 < 2 k + 1. k+1 √ 1 1 1 + ... + + < 2 k + 1. 2 k k+1 Vậy theo phương pháp quy nạp bất đẳng thức ban đầu đúng. (1.6) 11 Tiếp theo, ta sẽ chứng minh Tính chất 1.2.12 dựa vào Tính chất 1.2.3 và Bổ đề 1.2.13. Chứng minh tính chất 1.2.12 Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử H(1, n) là hàm số hữu tỷ của n tức là ta có biểu diễn H(1, n) = am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 với am 6= 0; bk 6= 0. bk nk + bk−1 nk−1 + . . . + b1 n + b0 (1.7) Theo Tính chất 1.2.3 ta có: lim H(1, n) = +∞, nên m > k . Ta lại có: n→∞ H(1, n) am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 = lim n→∞ n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n n √ H(1, n) 2 n và lim ≤ lim . n→∞ n→∞ n n √ H(1, n) H(1, n) 2 n Mặt khác, lim ≥ 0 (vì > 0) và lim = 0, do vậy n→∞ n→∞ n n n lim am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0 H(1, n) = 0 suy ra m < k + 1. = lim n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n n→∞ n lim Vậy k < m < k + 1 và m nguyên là mâu thuẫn. Vậy H(1, n) không phải là hàm số hữu tỷ của n.  h 2p i Tính chất 1.2.14. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và k = . Khi đó, 3   p 1   + p 2   + ... + p k ≡ 0(modp2 ). Chứng minh. Biết rằng   p i = p(p − 1) . . . (p − i + 1) . 1.2 . . . i Đây là bội của p nếu 1 ≤ i ≤ p − 1. Vế phải sau khi đem chia hết cho p thì đồng dư với (−1) . . . (−(i − 1)) 1 = (−1)i−1 . Do đó, điều phải chứng minh trở thành 1.2 . . . i i 2p 1 1 1 1 − + − . . . + (−1)k−1 ≡ 0(modp) với k = . 2 3 k 3 h Ta nhận thấy rằng: − i 1 1 1 ≡ + (modp). Điều này cho chúng ta thay thế 2i 2i p−i tổng bởi: 1+ 1 1 1 + + ... + ≡ 0(modp). 2 3 p−1 Điều này là đúng với Định lý 1.2.8. Từ đó ta có điều phải chứng minh. 12 Ví dụ 1.2.15.   7 1   + 7 2   7 3 + Tính chất 1.2.16. Chứng minh   + 7 4 = 98 ≡ 0(mod72 ). ∞ (−1)n−1 P n n=1 = ln 2. Chứng minh. Ta có: 1 1 1 1 + − + ... − 2n     21 31 41 1 1 1 1 1 − 1 + + + + ... + = 1 + + + + ... + 2 3 4 2n 2 3 4 n 1 1 1 = + + ... + . n+1 n+2 2n S2n = 1 − Từ bất đẳng thức 1 1 < ln 1 + n+1 n  1 ln 1 + n+1  < 1 , ∀n > 1. Suy ra n 1 1 < ln 1 + < , ∀n > 1 n+1 n 1 < ln(n + 1) − ln n, ∀n > 1; ⇔ ln(n + 2) − ln(n + 1) < n+1     Tương tự ta được ln(n + 3) − ln(n + 2) < 1 < ln(n + 2) − ln(n + 1), ∀n > 1; n+2 ...... ln(2n + 1) − ln(2n) < 1 < ln(2n) − ln(2n − 1), ∀n > 1 2n Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được: ln 2n + 1 1 1 1 < + + ... + < ln 2, ∀n > 1. n+1 n+1 n+2 2n Hơn nữa: lim ln n→∞ 2n + 1 = lim ln 2 = ln 2. n→∞ n+1 Theo nguyên lý kẹp ta có lim S2n = ln 2. Vì dãy {Sn } có 2 dãy con {S2n } n→∞ và {S2n+1 } cùng hội tụ đến giới hạn chung là ln 2 nên lim Sn = ln 2. Suy ra n→∞ ∞ (−1)n−1 P = ln 2. n=1 n 13 Chương 2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải toán 2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về bất đẳng thức Bài 2.1.1. Chứng minh rằng A= 1 1 1 1 + + ... + < . 1000 1002 2000 2 Giải. Ta có 1 1 1 + + ... + 500 501 1000   1 1  1 1 1 1 + + ... + + + ... + = − 1000 499  11 21   12 22  1 2 = + + ... + − + + ... + 1 2 1000 2 4 998 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + ... + − + + 1  2 3 4  997  1 998  999  1000  1 1 1 1 1 1 1 = − − − − − − ... − − . 1 2 3 1000 4 5 998 999 B= Vì 1 1 1 1 1 1 1 − − > 0; − > 0; . . . ; − > 0 nên ta có B < 1. 2 3 1000 4 5 998 999 A= 1 1 1 1 + + ... + 2 500 501 1000   < 1 1 ·1= . 2 2  Bài 2.1.2. Cho A = sánh A và B . 1 1 1 165 1 + 2 + 2 + . . . + 2 (gồm 50 số hạng) và B = . So 2 1 2 3 50 101 14 Giải. Với mỗi số nguyên dương n, ta có 4 4 1 và = 2 < 2 2 n 4n 4n − 1 4 4 1 1 = =2 − . 2 4n − 1 (2n − 1)(2n + 1) 2n − 1 2n + 1  Từ đó  1 1 1 − . Cho n bằng 3, 4, . . . , 50 ta được <2 2 n 2n − 1 2n + 1   1 1 1 1 + + . . . + + 2 3 42 492 502  1 1 1 1 1 1 1 1 <2 − + − + ... + − + − 5 7 7 9 97 99 99 101 C= 1  1 suy ra C < 2 − . 5 101 1 1 2 2 1273 +C < + − hay A − 1 < 4 4 5 101 2020 64 1280 Ta thấy B − 1 = = 101 2020 Từ đó A − 1 = (2.1) (2.2)  Từ (2.1) và (2.2) suy ra A < B . Bài 2.1.3. Chứng minh rằng 1 1 1 1 1 1 < 3 + 3 + ... + 3 + ... + < trong 65 5 6 n 20043 40 đó tổng gồm 2000 số hạng. Giải. Đặt A = 1 1 1 1 + + . . . + + . . . + . Với n > 1, ta có 53 63 n3 20043 0 < (n − 1) · n · (n + 1) = n3 − n < n3 ⇒ 1 1 < . n3 (n − 1) · n · (n + 1) Sử dụng bất đẳng thức trên lần lượt với n bằng 5, 6, 7, . . . , 2004 được: 1 1 1 1 + + + . . . + 53 63 73 20043 1 1 1 1 < + + + ... + . 4·5·6 5·6·7 6·7·8 2003 · 2004 · 2005 (2.3) A= Mặt khác, từ 1 1 1 1 = − (n − 1)(n + 1) 2 n−1 n+1     1 1 1 1 có = − . (n − 1) · n · (n + 1) 2 (n − 1) · n n · (n + 1) Thay các số hạng trong vế phải của (2.3) theo phân tích trên, ta được  1 1 1 1 1 1 1 1 1 A< 2 4·5 − 5·6 + 5·6 − 6·7 + 6·7 − 7·8 + ... + 2003 · 2004 − 2004 · 2005  15 1 1 1 − A< 2 4 · 5 2004 · 2005  Với n > 1, ta có  < 1 1 1 · = . 2 4·5 40 1 1 . > n3 n(n + 1)(n + 2) Nên 1 1 1 1 + 3 + 3 + ... + 3 5 6 7 20043 1 1 1 1 + + + ... + . > 5·6·7 6·7·8 7·8·9 2004 · 2005 · 2006 A= (2.4) Lại vì 1 1 1 1 = − n(n + 2) 2 n n+2   1 1 1 1 ⇒ = − . n(n + 1)(n + 2) 2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)   Thay các số hạng trong vế phải của (2.4) theo phân tích trên, ta được  1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... + − 2 5·6 6·7 6·7 7·8 7·8 8·9 2004 · 2005 2005 · 2006     1 1 1 1 1 1 1 12 − − = . A> > = 2 5 · 6 2005 · 2006 2 30 390 2 · 390 65 A> Vậy 1 1 1 1 1 1 < 3 + 3 + ... + 3 + ... + < . 3 65 5 6 n 2004 40   Bài 2.1.4. Gọi 1 1 1 1 + + + ... + . 2 2 2 1·2 2·3 3·4 49 · 502 1 1 1 1 B = 2 + 2 + 2 + ... + 2. 2 3 4 50 1 Hãy so sánh A, B với . 2 1 1 1 Giải. Sử dụng hệ thức = − với n bằng 3, 4, . . . , 49, ta tính được n(n + 1) n n+1 A= tổng 1 1 1 + + ... + 3·4 4·5 49 · 50 1 1 1 1 1 1 1 1 = − + − + ... + − = − . 3 4 4 5 49 50 3 50 C= Áp dụng (2.5) để xét A và B . Xét B= 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 + 2 2 2 3 4 49 50 (2.5) 16 1 1 1 1 1 + + + ... + + 2 4 3·4 4·5 49 · 50 50 1 1 1 1 = + − + 4 3 50 502 1 1 1 1 1 1 − + 2 > . = + + 4 4 12 50 50 2 > Xét 1 1 1 1 1 + + + + ... + 2 2 2 2 2 1·2 2 · 3 3 · 4 4·5 49 · 50  1 1 1 1 1 1 + + ... + < 2+ + 2 2 2·3 49 · 50  3 3 1· 4 4 · 5 1 1 1 1 + − = + 4 18 3 3 50 1 1 15 1 1 + = < . < + 4 18 9 36 2 A= Vậy A < 1 < B. 2  Nhận xét 2.1.5. Có thể tính tổng A bằng cách áp dụng bất đẳng thức   1 1 1 1 1 n(n + 1)2 < (n − 1)n(n + 1) = khi cho n bằng 2, 3, . . . , 49, hoặc tính tổng   11 1 1 1 1 A= − + − 2 (n − 1)n + ... + − n(n + 1) 1 1 1 − 50 49 50   2 1 2 3 2 3 1 1 1 1 = + + + ... + −B 1·2 2·3 3·4 49 · 50 rồi áp dụng (2.5) và thay B > 1 1 sẽ suy ra A < . 2 2 Bài 2.1.6 (THTT-1979). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có bất đẳng thức: r n+1 n+1 1 1 1 ≤ 2 + 2 + . . . + 2 < 2. 2 1 2 n Giải. Ta có: 1 1 1 1 1 + 2 + ... + 2 ≤ 1 + + ... + 2 1 2 n 2·1 n(n − 1) 1 1  1  1 =1 + − + ... + − 1 2 n−1 n 1 =2 − < 2. n 17 Mặt khác 1 1 1 1 1 + ... + + 2 + ... + 2 ≥ 1 + 2 1 2 n 2·3 n(n + 1) 1 1 1  1 =1 + − + ... + − 2 3 n n+1 1 1 3n + 1 =1 + − = . 2 n+1 2n + 2 Áp dụng bất đẳng thức Côsi q cho n + 1 số dương, trong đó n số bằng 1 và một (n + 1) n+(n+1)/2 3n+1 = 2n+2 . (Dấu đẳng thức xảy ra khi , ta có n+1 n+1 số bằng 2 ≤ n+1 2 q 3n+1 1 1 1 và chỉ khi n = 1). Vậy n+1 n+1 2 ≤ 2n+2 ≤ 12 + 22 + . . . + n2 < 2. Bất đẳng thức ở  đầu bài được chứng minh. Bài 2.1.7. So sánh tổng gồm 1000 số hạng 1 1 1 5 1 + + + ... + với . 1 · 2 · 4 2 · 5 · 7 3 · 8 · 10 1000 · 2999 · 3001 24 Giải. A = 1 1 1 1 + + + ... + . 1 · 2 · 4 2 · 5 · 7 3 · 8 · 10 1000 · 2999 · 3001 1 8 Đặt A = + 1 +B 70 trong đó B = (2.6) 1 1 1 + +...+ . 3 · 8 · 10 4 · 11 · 13 1000 · 2999 · 3001 (2.7) Xét mỗi số hạng của B (với n ≥ 3) 1 1 = n(3n − 1)(3n + 1) n(9n2 − 1) 1 2 < = 2 n(9n − 9) 18n(n − 1)(n + 1)   1 1 1 = − . 18 n(n − 1) n(n + 1) Từ đó và (2.7) có  1 18B < 1 1 1 1 1 − + − + ... + − , 2·3 3·4 3·4 4·5 999 · 1000 1000 · 1001      1 1 1 1 − . Suy ra B < = . (2.8) 6 1000 · 1001 18 · 6 108 1 1 1 1 1 1 1 1 +B < + + < + + hay Từ (2.6) và (2.8) có A = + 8 70 8 70 108 8 70 105 1 5 1 1 1 1 3 3 5 5 A< + = + < + = . Lại có < . Vậy A < .  8 210 8 42 8 40 20 20 24 24 hay 18B <