Bài toán về tìm tất cả số k sao cho bất đẳng thức đúng.

Bài 1( Trường Hè 2016): Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho tồn tại các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ và $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)}<\frac{3}{2}.$

Thực chất bài này tương đương với  Tìm tất cả các số thực $k$ sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$ thì $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$

Lời giải:

- Xét trường hợp $k \ge 2$. Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$ với mọi $a,b,c$ dương thỏa mãn $abc=1$. Không mất tính tổng quát giả sử $ a \le b \le c$. Đặt: $x=\frac{1}{a}, y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$. Khi đó $x,y,z >0$ và $xyz=1$. Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

$\sum \frac{x^{k-1}}{y+z} \ge \frac{3}{2}$

Ta có:$x \geq y\geq z \Rightarrow \frac{x}{y+z} \geq \frac{y}{z+x} \geq \frac{z}{x+y}$

Theo bất đẳng thức Chebyshev :

$(x^{k-2}+y^{k-2}+z^{k-2})(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}) \le 3(\frac{x^{k-1}}{y+z}+\frac{y^{k-1}}{z+x}+\frac{z^{k-1}}{x+y})$.

Mà theo Nesbitt: $\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y} \ge \frac{3}{2}$, và AM-GM: $x^{k-2}+y^{k-2}+z^{k-2} \ge 3$ nên:

$\frac{x^{k-1}}{y+z}+\frac{y^{k-1}}{z+x}+\frac{z^{k-1}}{x+y} \geq \frac{3}{2}$

Vậy $k \ge 2$ không thỏa mãn.

- Xét trường hợp $ \frac{1}{2}<k<2$ Cho $a=b=\frac{1}{n}$ $c=n^2$. Thì: 

$S=\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)}=\frac{2n^{k+1}}{n^3+1}+\frac{n^{1-2k}}{2}$

Khi đó $\underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=0$, suy ra với $n$ đủ lớn thì $S  <\frac{3}{2}$ 

Vậy: $ \frac{1}{2}<k<2$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp: $ \frac{1}{2}=k$. Cho $a=b=n$ $c=\frac{1}{n^2}$ Khi đó:

$S=\frac{2n^{2-\frac{1}{2}}}{n^3+1}+\frac{1}{2}$

Khi đó $\underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=\frac{1}{2}$, suy ra với $n$ đủ lớn thì $S  <\frac{3}{2}$ 

Vậy $ \frac{1}{2}=k$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp $-1 <k < \frac{1}{2}$. Chọn $a=b=n$ $c=\frac{1}{n^2}$ thì:

$S=\frac{2n^{2-k}}{n^3+1}+\frac{n^{2k-1}}{2} \Rightarrow \underset{n \rightarrow  +\infty }{lim}S=0$

Nên  $-1 <k < \frac{1}{2}$ thỏa mãn.

- Xét trường hợp $ k \le -1$. Ta chứng minh: $\frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}.$

Nếu đặt $h=1-k \ge 2$ thì theo chứng minh trên:

$\frac{1}{{{x}^{h}}(y+z)}+\frac{1}{{{y}^{h}}(z+x)}+\frac{1}{{{z}^{h}}(x+y)} \ge \frac{3}{2}\\\Leftrightarrow \frac{a^{h-1}}{b+c}+\frac{b^{h-1}}{c+a}+\frac{c^{h-1}}{a+b}  \geq \frac{3}{2} \\\Leftrightarrow \frac{a^{-k}}{b+c}+\frac{b^{-k}}{c+a}+\frac{c^{-k}}{a+b}  \geq \frac{3}{2} \\ \Leftrightarrow \frac{1}{{{a}^{k}}(b+c)}+\frac{1}{{{b}^{k}}(c+a)}+\frac{1}{{{c}^{k}}(a+b)} \ge \frac{3}{2}$

Vậy $ k \le -1$ không thỏa mãn điều kiện đề bài.

Kết luận: Tập giá trị $k$ cần tìm là: $\left ( -1;2 \right )$

Lưu ý $k=3$ là đề thi IMO 1995

Bài 2: (VN TST 2009) Tìm tất cả các số thực r sao cho bất đẳng thức:

$\prod \left ( r+\frac{a}{b+c} \right ) \ge (r+\frac{1}{2})^3$ Đúng với mọi a,b,c dương.

Lời giải:

Giả sử đúng với mọi bộ ba số thực dương a,b,c. Cho a=1, b=n, c=n, Khi đó:

$(r+\frac{1}{2n})(r+\frac{n}{n+1})^2 \ge(r+\frac{1}{2})^3$

Cho $n$ tiến đến vô cùng thì:

$r(r+1)^2 \ge (r+\frac{1}{2})^3 \Leftrightarrow r \in (-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$

Chuẩn hóa $a+b+c=1$, Khi đó bất đẳng thức đã cho tương đương:

$\prod \left ( \frac{r(b+c)+a}{b+c} \right ) \ge (r+\frac{1}{2})^3 \\\Leftrightarrow \prod (r+(1-r)a)\ge (r+\frac{1}{2})^3(1-a)(1-b)(1-c)\\\Leftrightarrow r^3+(1-r)^3abc+r(1-r)^2(ab+bc+ca)+r^2(1-r)(a+b+c) \ge (r+\frac{1}{2})^3(1-(a+b+c)+(ab+bc+ca)-abc)\\ \Leftrightarrow \left ( \sum ab \right )\left [ \left ( r+\frac{1}{2} \right )^3-r(1-r)^2 \right ] \le 8r^2+\left [ (1-r)^3+\left ( r+\frac{1}{2} \right )^3 \right ]abc\\ \Leftrightarrow \sum ab-\frac{9(4r^2-2r+1)}{28r^2-2r+1} abc \le \frac{8r^2}{28r^2-2r+1}$

Đặt $k=\frac{9(4r^2-2r+1)}{28r^2-2r+1}$ và $E=ab+bc+ca-kabc$. Với $r \in (-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$ thì $4r^2+2r-1 \ge 0$, suy ra $k \le \frac{9}{4}$

Ta chỉ cần chứng minh rằng: $E \le \frac{9-k}{27}=\frac{8r^2}{28r^2-2r+1}$ thì khi đó tập hợp các giá trị r cần tìm là $(-\infty ;\frac{-1-\sqrt{5}}{4}] \cup [\frac{-1+\sqrt{5}}{4};+\infty )$

Ta xét bài toán tổng quát hơn:

Cho số thực k. Xét các số thực không âm x,y,z thỏa mãn điều kiện x+y+z=1. Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: E=xy+yz+zx-kxyz

Giải: Giả sử $ x \ge y \ge z$

Ta có: $\prod \left ( x+y-z \right ) \le xyz \Leftrightarrow \sum xy-\frac{9}{4}xyz \le \frac{1}{4}$

$xyz \le \frac{1}{27}$ (theo cô si cho 3 số)

Ta có:

$E=\sum xy-\frac{9}{4}xyz+(\frac{9}{4}-k)xyz$

Nếu $k <\frac{9}{4}$  thì:

$E \le \frac{1}{4}+\left ( \frac{9}{4}-k \right )\frac{1}{27}=\frac{1}{3}-\frac{k}{27}$

Nếu $k >\frac{9}{4}$ thì:

$E \le \sum xy-\frac{9}{4}xyz \le \frac{1}{4}$

nếu $k=\frac{9}{4}$ Thì $max E=\frac{1}{4}$

Tiếp theo tìm min E. Ta có $ x \ge \frac{1}{3}$

Nếu $k \le 0$ thì $E \ge 0$.

Nếu $ 0 < k < 9$ thì:

$E \ge 3 \sqrt[3]{(xyz)^2}-kxyz =\sqrt[3]{(xyz)^2}(3-k\sqrt[3]{xyz}) \ge \sqrt[3]{(xyz)^2}(3-\frac{k}{27}) \ge0$

Nếu $k =9$ thì:

$E=\sum xy-9xyz=yz(1-9x)+x(1-x) \ge \frac{(y+z)^2}{4}(1-9x)+x(1-x) =\frac{1-x}{4}(3x-1)^2 \ge 0$

Vậy min $E =0$

Khi $ k >9$ thì: 

$E=\sum xy-9xyz+(9-k)xyz \ge (9-k )xyz \ge \frac{9-k}{27}$

Lưu ý với $k=2$ là đề thi IMO 1984

Một bài toán lạ !

Bài toán (Hong Kong TST 2017); Tìm chữ số thập phân đầu tiên sau dấu phẩy của số: $\displaystyle \frac1{1009}+\frac1{1010}+\cdots + \frac1{2016}$

Lời giải:

Đặt $a_n=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\ldots+\frac{1}{2n}$ và chú ý rằng $a_n-a_{n-1}=\frac{1}{2n(2n-1)}$, vì vậy $a_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2k(2k-1)}<\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{2k(2k-1)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k+1}}{k}=\ln 2<0.7$. Và $a_{1008}=\sum_{k=1}^{1008}\frac{1}{2k(2k-1)}>\frac{1}{2}+\frac{1}{12}+\frac{1}{30}>0.6$, Vậy đáp số là 6.

Chứng minh sự hội tụ của dãy số

Bài toán: Cho dãy số $(u_n)$ xác định như sau: $u_1=1, u_2=2, u_n=u_{n-1}+u_{n-2}$ (n=3,4..)

Chứng minh dã số $(x_n)$ xác định bởi $x_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_{k}}$ hội tụ.


Ta thấy rằng $(u_n)$ càng lớn nếu n càng lớn nên tổng $x_n$ một lúc nào đó sẽ không thay đổi với $k \ge n_o$.

Tuy vậy ta có cách giải khác:

Ta chứng minh rằng $u_n \ge (\sqrt{2})^{n-1})$

với n=1, 2 thì $u_1=1, u_2=2$ đúng.

Giả sử đúng với $n=k$ khi n=k+1 thì:

$u_{k+1}=u_k+u_{k-1} \ge \sqrt{2}^{k-1}(\sqrt{2}+1) >\sqrt{2}^{k+1}$

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{u_k}\le\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(\sqrt{2})^{k-1}}$

Đến đây dùng công thức cấp số nhân để tính tổng và $(u_n)$ tăng ta có dpcm

Tìm giới hạn dãy số

Bài 1 (Đề thi chọn đội tuyển Amsterdam 2016) Cho dãy số thực $(x_n)$:

$\left\{\begin{matrix}
x_1=3 &  & \\
x_{n+1}=\frac{3x_n-1}{x_n} &  &
\end{matrix}\right.$ Xét dãy số:

$y_n=\frac{(3+\sqrt{5})^n}{2^n.x_1x_2..x_n}$ Chứng minh rằng dãy $(y_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài giải:




Xét $f(x) = \frac{3x-1}{x} $

Có $f'(x) = \frac{1}{x^2 } >0 $

Mà mặt khác ta có $x_2 < x_1 => x_n giảm $

Mặt khác, ta có $x_1 \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Giả sử $x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $ đúng với $n$, ta chứng minh đúng với $n+1 $

Tức là chứng minh

$\frac{3x_n-1}{x_n} \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} <=> x_n \geq \frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Do đó ta có $x_n$ giảm, bị chặn dưới bởi $\frac{3+\sqrt{5}}{2} $ do đó, tồn tại $L$ bằng $lim x_n $

Mà khi chuyển sang giới hạn, ta tính đc $L=\frac{3+\sqrt{5}}{2} $

Mặt khác $\frac{y_{n+1}}{y_n } = \frac{3+\sqrt{5}}{2x_{n+1}} \leq 1$

Do đó $y_n $ giảm, bị chặn dưới bởi $0$

Suy ra tồn tại $L'= lim y_n $

Thay vô $L'=\frac{3+\sqrt{5}}{2L} . L' => L'=0 $

Dùng đơn biến và số dư để giải bài toán tổ hợp

Bài toán: Bắt đầu với dãy: S=(a,b,c,d) của các số nguyên không âm. Đặt $S_1=T(S)=(|a-b|,|b-c|,|c-d|,|d-a|)$. Tương tự $S_2=T(S_1)$. Hỏi có tồn tại $S_i$ sao cho $S_i=(0;0;0;0)$

Giải

Chúng ta thử vài trường hợp:

(0, 3, 10, 13) → (3, 7, 3, 13) → (4, 4, 10, 10) → (0, 6, 0, 6) → (6, 6, 6, 6) → (0, 0, 0, 0)

 (8, 17, 3, 107) → (9, 14, 104, 99) → (5, 90, 5, 90) → (85, 85, 85, 85) → (0, 0, 0, 0),

(91, 108, 95, 294) → (17, 13, 99, 203) → (4, 86, 104, 186) → (82, 18, 82, 182) → (64, 64, 100, 100) → (0, 36, 0, 36) → (36, 36, 36, 36) → (0, 0, 0, 0).

1) Đặt max S là phần tử lớn nhất của S. Khi đó $max S_{i+1} \le max S_i$ và $max S_{i+4}< max S_i$ ( Vì khi  $max S_{i+1} = max S_i$ Khi  $(S_i=(0, S_{i+1},a,b)$ tới $S_{i+3}$ nó sẽ giảm)

2)  Sau nhiều nhất 4 bước, tất cả 4 số sẽ trở thành số chẵn. Thật vậy ta sẽ xét đồng dư 2. Do tính đối xứng nên ta chỉ xét trường hợp này ( các trường hợp khác tương tự) :
0001 → 0011 → 0101 → 1111 → 0000 và 1110 → 0011. Vì thế sau nhiều nhất 4 bước tất cả các số sẽ chia hết cho 2, sau nhiều nhất 8 bước chia hết $2^2$,..sau nhiều nhất 4k bước thì các số sẽ chia hết $2^k$ cho k thật lỡn ta sẽ có tất cả cá số đều bằng 0