Bài 1: Cho dãy số {$x_n$} xác định bởi $x_n=\frac{1}{n^m(n+a)\sqrt{n+b}} (m>a, m \in Z)$
Khi đó: $x_1 + x_2+..+x_n <\frac{1}{a\sqrt{1+b}}$
Giải:
Ta có:
$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})$
$x_n=\frac{a}{an^{m-1}\sqrt{n+b}.n(n+a)}=\frac{1}{an^{m-1}\sqrt{n+b}}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+a})=\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{an^{m-1}(n+a)\sqrt{n+b}}<\frac{1}{an^{m}\sqrt{n+b}}-\frac{1}{a(n+1)^m\sqrt{n+1+b}}$
Đến đây áp dụng công thức tổng sai phân ta có điều phải chứng minh.
Bài 2: Cho dãy số {$u_n$}, { $v_n$} xác định như sau:
$\left\{\begin{matrix}
u_1>0, v_1>0 & & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{v_n}, n\ge1 & & \\
v_{n+1}=v_n+\frac{1}{u_n}, n \ge 1& &
\end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng: $\sqrt[3]{(u_{2013}+v_{2013})^2} > 2\sqrt[3]{2013}$
Giải:
Đặt $w_n=(u_n+v_n)^2$
$w_{n+1}=(u_{n+1}+v_{n+1})^2=[(u_n+v_n)+(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n})]^2>(u_n+v_n)^2+2(u_n+v_n)(\frac{1}{u_n}+\frac{1}{v_n}) \ge w_n+8$
Suy ra: $w_n \ge w_2+(n-2).8$
Chọn n=2013 ta được đpcm
Bài 3: (IMO 1970) Cho dãy số {$U_n$} có tính chất sau:$1=u_o \le u_1 \le ..\le ..$ Xây dựng {$v_n$} như sau:
$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}} \forall n \ge 1$
a) Chứng minh rằng: $0 \le v_n \le 2$
b) Với mọi số C cho trước$0 \le C <2$ đều tồn tại một dãy số {$u_n$} thỏa mãn điều kiện đã cho và $v_n>C$ với vô số chỉ số n.
Giải:
a)
$v_n$ có dạng dãy tổng nên ta sẽ dùng tổng sai phân:
Theo cách xác định dãy {$v_n$} thì:
$v_n=\sum_{k=1}^{n}(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(2\sqrt{u_k})}\\\le2\sum_{k=1}^{n}\frac{u_k-u_{k-1}}{u_k(\sqrt{u_k}+\sqrt{u_{k-1}})}=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k})\\=2\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt{u_k}}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}}-(\frac{\sqrt{u_{k-1}}}{u_k}+\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})) \le 2 \sum_{k=1}^{n} (\frac{1}{\sqrt{u_k}}-\frac{1}{\sqrt{u_{k-1}}})\\=2(1-\frac{1}{\sqrt{u_n}})\le2$
Vậy câu a được chứng minh.
b) Ta sẽ liên tưởng đến lim do điều cần chứng minh:
Bây giờ ta xét dãy số:$u_n=\frac{1}{p^{2n}}$ thỏa mãn điều kiện trên. (p <1)
Đồng thời:$(1-\frac{u_{k-1}}{u_k})\frac{1}{\sqrt{u_k}}=(1-p^2)p^k$ Vì vậy:
$v_n=(1-p^2)\sum_{k=1}^{n}p^k=p(p+1)(1-p^n)=p(p+1)-p^n(p+1)p$
Mà$limp^n=0$ nếu n tới vô cùng. Do vậy ta chỉ cần chứng minh rằng tồn tại q sao cho $C<q<2$ thỏa mãn phương trình x(x+1)=q. Dễ thấy phương trình này có hai nghiệm trai dấu và nghiệm của nó phải thỏa điều kiện $p<1$ nếu không thì$p(p+1) \le 2 >q$.
Mà điều này là hiển nhiên vậy ta có đpcm.
Bài 4 (IMO 1982): Xét dãy số thực dương {$u_n$} thỏa mãn điều kiện:
$1=u_o\ge u_1 \ge u_2.. $
a) Chứng minh rằng với mọi dãy có tính chất như trên đều tồn tại một số $n$ sao cho:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} \ge 3,999$
b) Chứng minh tồn tại một dãy như trên mà:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} <4$
Giải:
a) Phần chứng minh câu a) làm ta liên tưởng đến cận trên bé nhất của tổng những dãy trên. Vì nếu k là cận trên bé nhất thì $\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} >k$
Nhưng $k+ \varepsilon > \frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n} $
Ta sẽ chứng minh $k \ge 4$
Do:
$\frac{u_o^2}{u_1}+\frac{u_1^2}{u_2}+...+\frac{u_{n-1}^2}{u_n}=\frac{u_o^2}{u_1}+u_1(\frac{(\frac{u_1}{u_1})^2}{\frac{u_2}{u_1}}+\frac{(\frac{u_2}{u_1})^2}{\frac{u_3}{u_1}}+..)$
$\Rightarrow k+\varepsilon >\frac{1}{u_1}+u_1k \geq 2\sqrt{k} (\varepsilon >0)$
Đến đây ta cho $ \varepsilon $ càng nhỏ ta có đpcm.
b) Thấy dãy dãy $u_n=2^{-n}$ thỏa mãn bài toán
Bài 5: Cho dãy số {$u_n$} xác định bởi $\left\{\begin{matrix}
u_o=1 & & \\
u_{n+1}=u_n+\frac{1}{u_n} ( \forall n \in N) & &
\end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta đều có: $\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_n^4}<\frac{7}{6}$
Nhận xét:
Ta có dãy trên tăng và không bị chặn trên, nên có đánh giá như sau:
$u_{n+1}^2=u_n^2+2+\frac{1}{u_n^2}$ Do $u_n$ tăng và không bị chặn trên nên $\frac{1}{u_n^2}$ sẽ tiến dần tới 0 nên ta sẽ không tính tới.
Mạnh dạn đánh giá: $u_{n+1}^2>u_n^2+2$
Lời giải:
Ta có:
$u_n^2>u_{n-1}^2+2>u_{n-2}^2+4>..u_1^2+2(n-1)=2n+2$
Do đó:
$\frac{1}{u_n^4}<\frac{1}{(2n+2)^2}<\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$
Tới đây cộng các vế ta có đpcm.
