Tuyển chọn các bài toán về dãy số trong đề thi Olympic 30-4

Chuyên đề tuyển tập các bài toán dãy số trong các kỳ thi Olympic truyền thống 30-4 qua các năm. Nội dung dưới đây gồm các bài toán đặc sắc về tính giới hạn dãy số bằng nguyên lý kẹp và phương pháp quy nạp chứng minh bất đẳng thức dãy số từ kỳ thi Olympic 30-4 lần V - năm 1999.

CÁC BÀI TOÁN VỀ DÃY SỐ TRONG ĐỀ THI OLYMPIC 30-4

Bài 1. Cho dãy số \((x_k)\) được xác định bởi: \[ x_k = \frac{1}{2!} + \frac{2}{3!} + \dots + \frac{k}{(k + 1)!} \] Tính giới hạn: \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{1999}^n} \]

Lời giải:

Vì \[ x_{k+1} - x_k = \frac{k+1}{(k+2)!} > 0, \quad \forall k \in \mathbb{N} \implies x_{k+1} > x_k > 0, \quad \forall k \in \mathbb{N} \]

Suy ra: \[ x_{1999}^n < x_1^n + x_2^n + \dots + x_{1999}^n < 1999 \cdot x_{1999}^n \] \[ \implies x_{1999} < \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{1999}^n} < \sqrt[n]{1999} \cdot x_{1999} \quad (*) \]

Mặt khác, ta có: \[ \frac{k}{(k+1)!} = \frac{(k+1) - 1}{(k+1)!} = \frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!} \] \[ \implies x_k = \left(1 - \frac{1}{2!}\right) + \left(\frac{1}{2!} - \frac{1}{3!}\right) + \dots + \left(\frac{1}{k!} - \frac{1}{(k+1)!}\right) \] \[ = 1 - \frac{1}{(k+1)!} \] \[ \implies x_{1999} = 1 - \frac{1}{2000!} \]

Đến đây, thay \(x_{1999}\) vào \((*)\) ta được: \[ 1 - \frac{1}{2000!} < \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{1999}^n} < \sqrt[n]{1999} \left(1 - \frac{1}{2000!}\right) \]

Nhưng vì: \[ \lim_{n \to +\infty} \left(1 - \frac{1}{2000!}\right) = \lim_{n \to +\infty} \left[\sqrt[n]{1999}\left(1 - \frac{1}{2000!}\right)\right] \]

Nên theo nguyên lý kẹp ta suy ra: \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{x_1^n + x_2^n + \dots + x_{1999}^n} = 1 - \frac{1}{2000!} \]

Bài 2. Cho dãy số \((a_n)\) thỏa mãn bất đẳng thức: \[ a_n^{\frac{2000}{1999}} \ge a_{n-1} + a_{n-2} + \dots + a_1, \quad \forall n \ge 2 \] Chứng minh rằng tồn tại hằng số \(c\) sao cho \(a_n > n \cdot c, \; \forall n \in \mathbb{N}\).

Lời giải:

Ta có: \[ a_n > a_1^{\frac{1999}{2000}}, \quad \forall n \ge 2 \] \[ \implies a_n^{\frac{2000}{1999}} \ge (n-2) a_1^{\frac{1999}{2000}} + a_1, \quad \forall n \ge 2 \] \[ \implies \lim_{n \to +\infty} a_n = +\infty \] \[ \implies \exists n_0 \in \mathbb{N}: a_n \ge 1, \quad \forall n \ge n_0 \]

Đặt \[ c = \min \left\{ \frac{1}{4}, a_1, \frac{a_2}{2}, \dots, \frac{a_{n_0}}{n_0} \right\} \] \[ \implies a_n \ge n \cdot c, \quad \forall n \in \{1, 2, \dots, n_0\} \]

Giả sử \(a_n \ge n \cdot c, \; \forall n \le n_1\) (với \(n_1 \in \mathbb{N}, n_1 > n_0\)).

Ta có: \[ a_{n+1}^2 \ge a_{n+1}^{\frac{2000}{1999}} \ge a_n + a_{n-1} + \dots + a_1 \] \[ \ge [n + (n-1) + \dots + 1]c \] \[ \ge \frac{n(n+1)}{2} c \] \[ \ge (n+1)^2 c^2 \] \[ \left(\text{vì } \frac{n}{2(n+1)} \ge \frac{1}{4} \ge c\right) \] \[ \implies a_{n+1} \ge (n+1)c \]

Vậy bài toán được chứng minh.

Xem và tải file PDF đầy đủ

[Tải về file PDF]

📌 BÀI VIẾT CÙNG CHUYÊN MỤC

• Đang tải bài viết...