TUYỂN tập một số bài TOÁN dãy số từ các tạp CHÍ TOÁN học của mỹ

tạp chí toán học mỹ do nhóm một các bạn yêu thích toán học tổng hợp lại Bài toán dãy số là gì ? Trong toán học, một dãy là một danh sách liệt kê các đối tượngsự kiện được sắp xếp có thứ tự; nghĩa là trong dãy có một phần tử đứng trước tất cả các phần tử, còn các phần tử khác đứng trước một phần tử và đứng sau một phần tử nào đó. Như vậy, từ dãy trong toán học có cùng nghĩa tương tự với từ dãy trong dãy núi, dãy cây,... Một dãy A được coi là khác dãy B nếu một trong các điều kiện sau đây xảy ra: A có lực lượng tập hợp hay có số lượng phần tử khác B A có phần tử không thuộc B hay ngược lại A có phần tử được xếp trong một thứ tự khác với B hay ngược lại.

M THPI D

Lời giải Paolo Perfetti, University of Rome Tor Vergata, Italy.

Từ điều kiện của bài toán, ta có

0 < a2k−1+ a2k

a2k+1+ a2k 6 1Suy ra

L A TEX by Mathpiad

b, Tìm tất cả các số thực c thỏa mãn, tồn tại hai dãy hai and hbi sao cho lim

n→∞xn = c.Vazgen Mikayelyan, Yerevan State University, Yerevan, Armenia

Lời giải Omran Kouba, Higher Institute for Applied Sciences and Technology, Damascus, Syria

a, Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh xn là dãy không tăng Xét các dãy sau

Với 0 < c < 1, chọn bn= 1 với mọi n, và chọn

2

L A TEX by Mathpiad

Bài toán 3

Cho p là một số nguyên tố Đặt hui Là dãy xác định bởi un = n với 0 6 n 6 p − 1 và

un = pun+1−p+ un−p với n> p Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì

vp(n) = vp(un)

Bakir Farhi, University of Béjaia, Béjaia, Algeria

Lời giải John H Lindsey II, Cambridge, Massachussetts

Đầu tiên, chúng ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng, với mọi n> 1 thì vp(n!) 6 n − 1 và đẳngthức không xảy ra với p > 2 và n > 1 Khẳng định hiển nhiên đúng với n < p

Với n> p, đặt n = j + ip với 0 6 j < p và i > 0 Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có

vp((j + ip)!) = vp(p(2p) · · · (ip)) = i + vp(i!) 6 i + i − 1 6 ip − 1Hiển nhiên, dấu bằng không xảy ra với p > 2 Bây giờ, ta chứng minh



pkuj+k

với i> 0 và j > 0 bằng cách quy nạp theo i

Khẳng định hiển nhiên đúng với i = 0, với i> 1, ta có

uj+ip = uj+(i−1)p+ puj+1+(i−1)p



pkuj+k

Do uj = j, nên uj+ip không chia hết cho p Mà j + ip cũng không chia hết cho p Do vậy

vp(uj+ip) = 0 = vp(j + ip)Với j = 0, vì u0 = 0 và u1 = 1, nên



pkuk

Giả sử p > 2 Khi k > 1,

vp ik



pkuk



> vp(i) − vp(k!) + k > vp(i) − k + 1 + k = vp(ip)

Từ đây ta suy ra vp(uip) = vp(ip)

Bây giờ ta xét p = 2

3

L A TEX by Mathpiad

• Với k = 2, ta có

v2 i2

i − 1, i − 2 là số chẵn)

v2 iik
2kuk
> v2(i) + v2((i − 1)(i − 2)) − v2(k!) + k

> v2(i) + 1 − k + 1 + k = v2(2i) + 1

Từ đây ta cũng suy ra v2(u2i) = v2(2i)

Bài toán được giải quyết 

Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, România

Lời giải Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain

L A TEX by Mathpiad

Bài toán 5

Cho dãy số sau an=(√3

65 − 4)−n, với n ∈ N∗ Chứng minh rằng an ≡ 2, 3( mod 15)

Vlad Matei, University of Wisconsin, USA

Lời giải Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain

bn với mọi n ∈ N∗ Do b1 ≡ b2 ≡ b3 ≡ 3(mod15), và

bn+3 ≡ 3 (bn+2− bn+1) + bn(mod15)nên bn≡ 3(mod15) với mọi n ∈ N∗

Từ đây, ta kết luận rằng, với mọi n ∈ N∗, n chẵn, thì

an= [un] = un+ vn+ wn− 1 ≡ 2 (mod 15)

và với n ∈ N∗, n lẻ, thì

an= [un] = un+ vn+ wn ≡ 3 (mod 15)Vậy an ≡ 2, 3(mod15) 

5

L A TEX by Mathpiad

Bài toán 6

Xét dãy (an)n>0 xác định bởi a0 = 0, a1 = 1, a2 = 2, a3 = 6 và

an+4 = 2an+3+ an+2− 2an+1− an, n > 0

Chứng minh rằng tồn tại vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn n2 | an

Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj Napoca, Romania

Lời giải Li Zhou, Polk State College, USA

Xét (Fn) là dãy Fibonacci F0 = 0, F1 = 1, Fn+2 = Fn+1+ Fn với mọi n> 0 Dễ thấy an = nFnvới n = 0, 1, 2, 3 Giả sử rằng an= nFn với mọi n = 0, 1, 2, , k với k > 3, ta có

π

4 − An



− 14



Yong Xi Wang, China

Lời giải Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA

Xét f là hàm số có đạo hàm cấp 3 trên đoạn [0, 1] bất kỳ Gọi [a, b] ⊂ [0, 1] bất kỳ Sử dụngkhai triển Taylor, ta có

Z k/n (k−1)/n

f (x)dx = 1

nf

 kn



− 12n2f0 k

n

+ 16n3f00 k

n

+ O 1

n4

.Cho k chạy từ 0 đến n − 1 rồi lấy tổng n đẳng thức trên, ta được



− 12n2

n

X

k=1

f0 kn

+ 16n3

n

X

k=1

f00 kn

+ O 1

n3

.6

L A TEX by Mathpiad

Điều này tương đương với

f (1) − f (0) =

Z 1 0



− 12n2

n

X

k=1

f00 kn

+ O 1

+ O 1n

.Kết hợp 3 đẳng thức trên, ta được



− 12n[f (1) − f (0)] −

112n2 [f0(1) − f0(0)] + O 1

n3



Xét f (x) = 1

1 + x2 Khi đó,

Z 1 0

f (x)dx = π

4;1



= 1n

124n2 + O 1

n3

.Suy ra

Marius Cavachi, Constanta, Romania

Lời giải Robert Bosch, Archimedean Academy, Florida, USA

Gọi k là công bội của cấp số nhân trên Ta có

xn = 1 Lấy giới hạn hai vế khi n → ∞, ta được

k = x, do đó x = [x] Hay x là số nguyên, điều phải chứng minh

7

Titu Andreescu, University of Texas at Dallas

Lời giải AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia

x→∞n3an

Khakimboy Egamberganov, Tashkent, Uzbekistan

Lời giải Alessandro Ventullo, Milan, Italy

an = (n − 1)

2 + an−1+ 1

an−1Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta được

Lời giải Paolo Perfetti, Universitá degli studi di Tor Vergata Roma, Roma, Italy

Dãy (an+1− an)n>1 đơn điệu nên sẽ hội tụ đến L Ta xét L > 0 hữu hạn Sử dụng định lýTrung bình Cesaro

L = lim

n→∞(an+1− an) =⇒ L = lim

n→∞

annVà

an+1− n√an = limn→∞

an+1(n + 1)√

Nairi Sedrakyan, Yerevan, Armenia

Lời giải Adnan Ali, Student in A.E.C.S-4, Mumbai, India

Phản chứng, giả sử tồn tại cấp số cộng {an}n>1 với công sai d > 0, có đúng a phần tử thuộcdãy {Fn}n>1 = 22 1

d | 22m22m+1−2m− 1⇔ d | Fm+1− Fm

Do đó, ∃ u ∈ Z+ mà a`+u = Fm+1, mâu thuẫn

Do vậy, d có một ước lẻ la d0 > 1 Khi đó,

22m−2j ≡ 1 (modd0) ⇒22m−2j

2 m−j

≡ 1 (modd0) 11

L A TEX by Mathpiad

Dẫn đến

d0 | 22m222m−j−2m− 1⇔ d | F2m−j− Fm.Suy ra, tồn tại số nguyên dương r thỏa mãn a`+r = F2m−j, mâu thuẫn

Vậy giả sử trên là sai, ta có điều phải chứng minh 

nk

• Lnlà số Lucas thứ n, tức số hạng thứ n của dãy L0 = 2, L1 = 1 và Ln = Ln−1+Ln−2

• Fn là số F ibonacci thứ n, tức số hạng thứ n của dãy F0 = 0, F1 = 1 và

Fn = Fn−1+ Fn−2

Jose Luis Díaz-Barrero, Barcelona, Spain và Angel Plaza, Universidad de Las

Palmas de Gran Canaria, Spain

Lời giải Henry Ricardo, New York Math Circle

Ta sẽ lần lượt chứng minh hai kết quả sau đây

n

X

k=0

nk

2 và β =

1 −√5

2 Bằng cách này, đẳng thức đầu tiên được chứng minh theokhai tiển nhị thức N ewton Kết quả thứ hai thu được dựa vào việc quan sát thấy {an} là mộtdãy tăng, và

nk



FkFn−k

r1

1 + ak

!2

12

by George Stoica, University of New Brunswick, Saint John, Canada.

Lời giải Lixing Han, University of Michigan, Flint, MI

β

log n = 0

H A ShahAli, Tehran, Iran

Lời giải J C Linders, Eindhoven, The Netherlands

Do u0 > 0 và u1 > 0 nên cả λ0 và λ1 đều dương Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với n rằng

Pál Péter Dályay, Szeged, Hungary.

Lời giải Hansruedi Widmer, Kantonsschule Baden, Baden, Switzerland

Đầu tiên ta viết lại công thức thành

a2n+1 = 2n+1an+1− 2nan.Thế vào biểu thức ta được

2 là góc sao cho a1 = a = 2 sin

2γ, suy ra γ = arcsinpa/2 = 1

Cho {an} được xác định là dãy tuần hoàn cho bởi a1 = a3 = 1, a2 = 2, a4 = a6 = −1,

a5 = −2, và an = an−6 với n > 7 Gọi {Fn} là dãy Fibonacci với F1 = F2 = 1 Chứngminh

Lời giải Roberto Tauraso, Universita di Roma “Tor Vergata”, Roma, Italy; Rituraj Nandan, St.Peters, MO; và tác giả

L A TEX by Mathpiad

trong đó φ = 1 +

√5

 1φ

 1φ

 1φ

Lời giải Omran Kouba, H.I.A.S.T., Damascus, Syria

Đáp án của bài toán là b



1 − 1k



1 − 1k



1 − 1k

 a1+ an

√

a1an



José Luis Díaz-Barrero and José Gibergans-Báguena, Universidad Politécnica de

Catalu˜na, Barcelona, Spain

Lời giải Jim Simons Cheltenham, U.K

Định nghĩa 1 Khi n = 9 thì V T > 1 mà V P > 1025 nên ta nhận thấy bất đẳng thức nàyrất yếu Đầu tiên ta chứng minh ak > 2k Theo phép quy nạp, với n = 1, 2 thì a1 = 3 > 2 và

a2 = 5 > 4 đúng Ta giả sử ak> 2k kết hợp với giả thiết ta được

ak(1 + ak) < n.

17

4.Kết hợp những chứng minh trên ta thu được V T <r n

2.Với n> 8, ta có

14

Vậy bất đẳng thức được chứng minh 

a) Chứng minh 2vn+1= µ1vn+ µn với mọi n> 1

b) Chứng minh 2vn−1= µ1vn− µn với mọi n> 2

Lời giải M Bello, M Benito, Ó Ciaurri, E Fernández, and L Roncal, Logro no, Spain

H A ShahAli, Tehran, Iran.

Lời giải J C Linders, Eindhoven, The Netherlands

Do u0 > 0 và u1 > 0 nên cả λ0 và λ1 đều dương Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp với n rằng

Sergio Falcón and Ángel Plaza, University of las Palmas de Gran Canaria, Las

Palmas de Gran Canaria, Spain

Lời giải J C Linders, Eindhoven, The Netherlands

apaq = φ

p+q+ ωp+q− (−1)q(φp−q− ωp−q)

(φ − ω)2 (1)Điều này dẫn tới

(n − 2j) và Lnlà số hạng thứ n của dãy Lucas.

D.M.Bătinetu-Giurgiu, “Matei Basarab” National College, Bucharest, Romania,

and Neculai Stanciu, “George Emil Palade” School, Buzău, Romania

Lời giải László Lipták, Oakland University, Rochester, MI

Theo công thức Stirling, ta có

(2n − 1)!! = (2n)!

2nn! =

√2π(2n)2n+12e−2neO(1/n)

2n√2πnn+12e−neO(1/n) =√

2 2ne

điều này cho ta

((2n − 1)!!)1/n = 2n

e



1 + ln 22n + O

 1

n2



.Tương tự, sử dụng ln(1 + x) = x −x22 + O (x3) khi x → 0, ta có



1 + 1n

 1

n2

 2ne



1 + ln 22n + O

Lời giải Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA

ak= c

2 k

cn 0

cn 0

· 1n−1· 1

cn+1

= c

n+1 1

Lời giải Brian Bradie, Christopher Newport University, Newport News, VA, USA

Chúng ta đã biết rằng công thức tổng quát của dãy Fibonacci là

2 và β =

1 −√5

2 .22

n − k



23

β4n+2−2k

!

= √15



F2n+1−2k = 5n



Bài toán 26

Dãy số {an}n>1 được xác định bởi công thức sau a1 = 4, 3an+1 = (an+ 1)3− 5 với mọi

n > 1 Chứng minh rằng an là số nguyên dương với mọi n và tính tổng

Lời giải Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain

Ta đặt an = 3bn+ 1, khi đó b1 = 1 và với mọi n > 1,

bn+1 = 3bn(bn+ 1)2+ bn

Vì b1 là số nguyên dương nên bằng quy nạp ta dễ dàng chỉ ra rằng bn là số nguyên dương, từ

đó suy ra an luôn là số nguyên dương với mọi n Hơn nữa,

an− 1

a2

n+ an+ 1 =

bn3b2

n .

Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam

Lời giải Li Zhou, Polk State College, USA

Với mỗi 16 k 6 n, dựa vào định lý khai triển nhị thức



1 + 1k(k + 1)

Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, România

Lời giải Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain

Ta có

xn+1− xn−1> a (xn− xn−1) > 2 (xn− xn−1) , xn+1− xn> xn− xn−1

Đặt yn = xn+1− xn thì rõ ràng dãy (yn)n>1 là dãy số dương tăng ngặt nên nó có giới hạn hoặcphân kỳ Trong cả hai trường hợp đều sẽ tồn tại số thực dương r và số nguyên dương N saocho với mọi n> N thì yn> r Từ đây ta sẽ rút ra được rằng với mọi n > N thì xn> (n − N )r,suy ra đpcm 

Bài toán 29

Cho dãy (xn)n>1 là một dãy đơn điệu và số thực a ∈ (−1, 0) Tìm

lim

n→∞ x1an−1+ x2an−2+ · · · + xn

Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, România

Lời giải Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain

Đặt yn là biểu thức mà chúng ta cần đi tìm giới hạn

• Trường hợp 1 Nếu dãy (xn) bị chặn, suy ra dãy có giới hạn là L Xét  > 0 bất kì, do |a| < 1nên tồn tại số nguyên dương N1 sao cho với mọi n> N1, có |an| <

(1 − a)

3L

Lại có dãy25

L A TEX by Mathpiad

(xn) có giới hạn là L nên tồn tại M1 sao cho với mọi n > M1 thì |xn− L| < (1 − |a|)

3 .Mặt khác do (xn) là dãy đơn điệu nên D = |x1− L| > |xn− L| Lại dựa vào |a|n tiến tới

0 nên tồn tại M2 sao cho với mọi n> M2 thì |a|n+1 < (1 − |a|)

3D Lấy M = max {M1, M2}

và N = max {N1, M + 2} Vậy ta có với n > N thì

... chứng minh dãy số tuần hoàn chu kỳ Vì f (5) = 8, f (8) = 11 f (11) = 5 ,từ tachứng minh với số nguyên dương a0, tồn số n ∈ N cho an∈ {5, 8, 11}.Đặt m số chữ số a0... với x > 0, áp dụng quy nạp toán học cho

Do {xn} dãy giảm Vì tất dãy dương nên hội tụ giới hạn không

âm L biểu diễn giới hạn dãy số Theo định lý Stolz-Cesàro,

ln(n...

n→∞Sn = ∞ nên tồn dãy {nk}∞k=1 dãy số tự nhiên để

với n> Tìm giá trị nhỏ an

np− với số nguyên dương n.