Chứng minh bất đẳng thức trong dãy số

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.