M THPI D


Tuyển tập một số bài toán dãy số từ các tạp chí
tốn của Mỹ
Mathpiad - Tạp chí và tư liệu toán học
Ngày 24 tháng 7 năm 2021

1

Các bài toán
Bài toán 1
Cho {an }n

1

là một dãy đơn điệu tăng, với an > 0, đồng thời lim an =
n→∞

minh rằng

∞

(a2k−1 + a2k ) ·
k=1

a2k+1 − a2k
a2k+1 + a2k

−

0. Chứng

a1 + a2
2

Spiros P. Andriopoulos, Third High School of Amalianaa, Eleia, Greece.
Lời giải. Paolo Perfetti, University of Rome Tor Vergata, Italy.
Từ điều kiện của bài tốn, ta có
a2k−1 + a2k
1
0<
a2k+1 + a2k
Suy ra
n

n

a2k+1 − a2k
(a2k−1 + a2k ) ·
a2k+1 + a2k
k=1

(a2k+1 − a2k ) = a2n+1 − a2
k=1

Cho n → ∞ ta được
∞

(a2k−1 + a2k )
k=1


vì − a2

−

a2k+1 − a2k
a2k+1 + a2k

− a2

−

a1 + a2
,
2

a1 + a2
và {an } là dãy đơn điệu.
2

Bài toán 2
Cho a và b là hai tập vô hạn các số nguyên dương. Xét dãy x là dãy vô hạn các số
thực xác định bởi
ab11 · · · abnn
xn =
,n 1
b +···+bn
a1 b 1 + · · · + an b n 1
b1 + · · · bn
a, Chứng minh rằng tồn tại lim xn .

n→∞

LAT

1

EX by Mathpiad


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

b, Tìm tất cả các số thực c thỏa mãn, tồn tại hai dãy a and b sao cho lim xn = c.
n→∞

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
Λ n = b1 + · · · + bn ,

Khi đó, xn =

Gn
An

1
Λn

n

bn

,
λn =
Λn

abkk

Gn =

,

k=1

1
An =
Λn

n

bk ak ,
k=1

Λn

. Do vậy,
λ

n+1
n+1
an+1
và An+1 = (1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1 ,

Gn+1 = G1−λ
n

Dẫn đến

λ

n+1
n+1
G1−λ
an+1
Gn+1
n
=
An+1
(1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1

=

Gn
An

1−λn+1

λ

n+1
An1−λn+1 an+1
,
(1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1


Từ đây suy ra
xn+1
=
xn

λ

n+1
n+1
A1−λ
an+1
n
(1 − λn+1 ) An + λn+1 an+1

Λn+1

Áp dụng bất đẳng thức AM − GM, với a > 0, A > 0, và 0 < λ < 1 thì
A1−λ aλ

(1 − λ)A + λa,

ta suy ra xn+1 xn . Để ý rằng x1 = 1 và xn > 0 với mọi n
giới hạn nằm trong đoạn [0, 1].

1. Do vậy, xn hội tụ đến một

b, Chúng ta chứng minh rằng, với mọi c ∈ [0, 1], tồn tại dãy a và b sao cho xn hội tụ đến
1
c. với c = 0, chọn bn = 1 và an =

với mọi n, khi đó
n(n + 1)
xn =

(n + 1)n
→0
n! · (n + 1)!

Với c = 1, chọn bn = 1 và an = 1 với mọi n, khi đó xn = 1 với mọi n và xn → 1.
Với 0 < c < 1, chọn bn = 1 với mọi n, và chọn
√
√
1+ 1−c
1− 1−c
1
√
√
a1 =
, a2 =
, an = √ với n 3 .
c
c
c
Khi đó, xn = c với mọi n

LAT

2 nên xn → c.

2


EX by Mathpiad


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

Bài tốn 3
Cho p là một số nguyên tố. Đặt u Là dãy xác định bởi un = n với 0 n 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!) n − 1 và đẳng
thức khơng 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 j < p và i > 0. Áp dụng giả thiết quy nạp, ta có
vp ((j + ip)!) = vp (p(2p) · · · (ip)) = i + vp (i!)

i+i−1

ip − 1

Hiển nhiên, dấu bằng không xảy ra với p > 2. Bây giờ, ta chứng minh
i

i k
p uj+k
k

uj+ip =
k=0


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
i−1

i−1

i−1 k
i − 1 1+k
p uj+k +
p uj+1+k
k
k
k=0

=
k=0
i−1

i

i−1 k
i−1 k
p uj+k +
p uj+k
k

k−1
k=1

=
k=0
i

i k
p uj+k
k

=
k=0

Bây giờ, ta chứng minh vp (un ) = vp (n) với n
Với 1 j < p và i 0, ta có

1.
i

uj+ip = uj +
k=1

i k
p uj+k
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

i

u0+ip =
k=0

i

i k
i k
p uk = ip +
p uk
k
k
k=2

Giả sử p > 2. Khi k > 1,
vp

i k
p uk
k

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.

LATEX by Mathpiad
3



TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

• Với k = 2, ta có
i 2
2 u2
2

v2

v2 (i) − 1 + 2 + 1 = v2 (2i) + 1

• Với k > 2, chúng ta sử dụng nhân tử i(i − 1)(i − 2) trong

i
k

(với một trong 2 số

i − 1, i − 2 là số chẵn).
iik 2k uk

v2

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.
Bài toán 4

Cho a ∈ R và hàm số f : (−1, 1) → R khả vi tại 0 . Tính
lim an − f

n→∞

k
n2

Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, România
Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain
Nhận thấy,

k
n2

1
→ 0 khi n → ∞, do vậy ta có khai triển sau
n
f

k
n2

= f (0) +

f

k
n2


f (0)
= nf (0) + 2
n

k
n2

= (a − f (0))n −

k
f (0) + O
n2

1
n2

.

Do đó,
n

k=1

Do

n
k=1

k=


n

k+O

1
n

f (0)
+O
2

1
n

k=1

n(n + 1)
, nên
2
n

f
k=1

Theo RHS, lim O
n→∞

1
n


f (0)
là hằng số, ta có kết luận sau
2


−∞
khi f (0) > a


k
khi f (0) < a
lim an − f
= ∞
n→∞

n2
f
(0)


khi f (0) = a
2
= 0 và

LATEX by Mathpiad
4


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC


Bài tốn 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
√
√
√ 2
√
Đặt r = 3 65 và u = ( 3 65 − 4)−1 = 3 65 + 4 4 65 + 16 = r2 + 4r + 16. Để ý rằng
u2 = 48r2 + 193r + 776,

u3 = 2316r2 + 9312r + 37441

Do đó, u là một nghiệm của phương trình
x3 − 48x2 − 12x − 1 = 0
Gọi hai nghiệm cịn lại của phương trình trên là v, w, ta có
v + w = 48 − u = 32 − 4r − r2 = −12(r − 4) − (r − 4)2
và vw =

1
= r − 4. Đầu tiên, ta có
u
r3 = 43 + 1 = 43 +

3 · 42
<
48

4+


1
48

3

1
, suy ra 0 > v + w > −1 và 1 > vw > 0, dẫn đến v, w < 0. Và với mọi số
48
nguyên dương n, ta có
hay 0 < r − 4 <

0 < |v n + wn | = |v n | + |wn |

|v| + |w| < 1

hay 1 > v n + wn > 0 với n chẵn và 0 > v n + wn > −1 với n lẻ. Ta lại có,
v 2 + w2 = (v + w)2 − 2vw = 1552 − 193r − 48r2
v 3 + w3 = (v + w)3 − 3vw(v + w) = 74882 − 9312r − 2316r2
nên
u + v + w = 48 ≡ 3 (mod 15),
u + v 2 + w2 = 2328 ≡ 3 (mod 15),
u3 + v 3 + w3 = 112323 ≡ 3 (mod 15).
2

Bây giờ, ta xét dãy (bn )n

1

xác định bởi

b1 = 48, b2 = 2328, b3 = 112323
bn+3 = 48bn+2 + 12bn+1 + bn

với các nghiệm của phương trình là u, v, w. Do vậy, bn = un + v n + wn với mọi n ∈ N∗ . Dễ thấy
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 + v n + wn − 1 ≡ 2

(mod 15)

và với n ∈ N∗ , n lẻ, thì
an = [un ] = un + v n + wn ≡ 3

(mod 15)

Vậy an ≡ 2, 3(mod15).

LATEX by Mathpiad
5


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Bài tốn 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 = nFn
với n = 0, 1, 2, 3. Giả sử rằng an = nFn với mọi n = 0, 1, 2, ..., k với k 3, ta có
ak+1 = 2kFk + (k − 1)Fk−1 − 2(k − 2)Fk−2 − (k − 3)Fk−3
= 2kFk + 2Fk−1 − (k − 1)Fk−2
= (k + 1)Fk + (k + 1)Fk−1 = (k + 1)Fk+1
Do vậy an = nFn với mọi n
0. Bây giờ, ta chỉ cần chỉ ra rằng có vơ hạn n để n | Fn .
1. Lại có với mọi m
2 thì
Thật vậy, dễ dàng chứng minh được 2m+2 | F3·2m với mọi m
m
m
m
m
144 = F(12,3·2 ) = (F12 , F3·2 ) nên 3 | F3·2 . Do đó, n | Fn với mọi n = 3 · 2 , m 2, điều phải
chứng minh.
Bài toán 7
Cho dãy (An ) xác định bởi
An =
Tìm lim n n
n→∞


n2

1
π
− An −
4
4

n
n
n
+ 2
+ ··· + 2
.
2
2
+1
n +2
n + n2

.
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 dụng
khai triển Taylor, ta có
1
1
f (x) = f (b) + f (b)(x − b) + f (b)(x − b)2 + f (ξ)(x − b)3 ,

2
6
với ξ nào đó nằm giữa x và b. Suy ra
b
a

1
1
f (x)dx = f (b)(b − a) − f (b)(b − a)2 + f (b)(b − a)3 + O (b − a)4 .
2
6

Xét n là số nguyên dương. Với mọi k = 0, 1, 2, . . . , n − 1, ta có
k/n

f (x)dx =
(k−1)/n

1
f
n

k
n

−

1
f
2n2


k
n

+

1
f
6n3

k
n

+O

1
n4

.

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

1
f (x)dx =
n

n


f
k=1

k
n

1
− 2
2n

n

f
k=1

k
n

1
+ 3
6n

n

f
k=1

k
n


+O

1
n3

.

LATEX by Mathpiad
6


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

Điều này tương đương với
1

f (1) − f (0) =
0

1
f (x)dx =
n

và

1

f (1) − f (0) =
0


n

k
n

f
k=1

1
f (x)dx =
n

1
− 2
2n
n

n

f
k=1

k
n

f
k=1

+O


k
n

+O

1
n

1
n2

.

Kết hợp 3 đẳng thức trên, ta được
1

f (x)dx =
0

Xét f (x) =

1
n

n

f
k=1

k

n

−

1
1
[f (1) − f (0)] −
[f (1) − f (0)] + O
2n
12n2

1
n3

.

1
. Khi đó,
1 + x2
1

f (x)dx =
1
n

0
n

f
k=1


k
n

π
;
4

1
=
n

n

k=1

1
=
1 + (k/n)2

n

k=1

n2

n
= An ;
+ k2


1
1
f (1) − f (0) = − 1 = − ;
2
2
1
1
f (1) − f (0) = − − 0 = −
2
2
Do vậy,
π
1
1
= An +
+
+O
4
4n 24n2

1
n3

.

Suy ra
lim n n

n→∞


π
1
− An −
4
4

=

1
.
24

Bài toán 8
Cho x > 1, xét dãy (an )n 1 thỏa mãn an = [xn ] với mọi n ∈ Z+ . Chứng minh rằng, nếu
(an )n 1 là cấp số nhân thì x là một số nguyên.
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 ] = k n−1 [x]
Chia hai vế cho xn , ta được
[xn ]
=
xn

k
x

n−1

[x]

x

xn − 1
[xn ]
[xn ]
<
1
nên
lim
lim
= 1. Lấy giới hạn hai vế khi n → ∞, ta được
x→∞ xn
xn
xn
k = x, do đó x = [x]. Hay x là số nguyên, điều phải chứng minh.
Nhận thấy,

LATEX by Mathpiad
7


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Bài tốn 9
Cho a0

0 và an+1 = a0 · . . . · an + 4 với mọi n
an −

với mọi n


4

0. Chứng minh rằng

(an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = 1

1.
Titu Andreescu, University of Texas at Dallas

Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia
Ta có
an+1 = a0 · . . . · an−1 an + 4
⇒ an+1 = (an − 4) an + 4
⇒ an+1 + 1 = a2n − 4an + 5
⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = a2n − 4an + 5

a2n + 1 − 4

⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = a4n − 4a3n + 6a2n − 4an + 1
⇒ (an+1 + 1) a2n + 1 − 4 = (an − 1)4
⇒

(an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = an − 1

⇒ an −

4

(an+1 + 1) (a2n + 1) − 4 = 1,


Điều phải chứng minh.
Bài toán 10
Cho (an )n

0

là một dãy số thực thỏa mãn a0 = 1 và
an+1 =

n2 a

an
2
n + an + 1

Tìm lim n3 an .
x→∞

Khakimboy Egamberganov, Tashkent, Uzbekistan
Lời giải. Alessandro Ventullo, Milan, Italy
∞
an
1
Nhận thấy an+1 < 2 = 2 , do vậy
an hội tụ theo Tiêu chuẩn so sánh. Đặt
n an
n
n=0


∞

an = c ∈ R
n=0

Ta có
1
an+1

= n2 + an +

1
an

LATEX by Mathpiad
8


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

Nên

1
= 02 + a0 +
a1
1
= 12 + a1 +
a2
......
...


1
a0
1
a1

1
1
= (n − 1)2 + an−1 +
an
an−1
Cộng vế theo vế các đẳng thức trên, ta được
n−1

1
(n − 1)n(2n − 1)
=
+
ak + 1
an
6
k=0
1
1
= (n − 1)2 + an−1 +
an
an−1
Suy ra,
n−1


1
(n − 1)n(2n − 1)
=
+
n 3 an
6n3
Vì

ak + 1
k=0

n3

n−1

ak + 1
lim

lim

n→∞

1
n3 a

= lim

n3

n→∞


Nên

c+1
=0
n→∞ n3

k=0

= lim
n

n→∞

(n − 1)n(2n − 1)
1
=
3
6n
3

Do vậy,
lim n3 an = 3

n→∞

Bài toán 11
Cho (an )n

1


(an+1 − an )n

là một dãy số thực dương đơn điệu tăng thỏa mãn lim an = ∞ và dãy
n→∞

1

đơn điệu. Tính
a1 + . . . + an
.
√
n→∞
n an
lim

Mihai Piticari and Sorin Rădulescu, Romania
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 lý
Trung bình Cesaro
an
L = lim (an+1 − an ) =⇒ L = lim
n→∞
n→∞ n
Và

√
an+1 − an
L
√

lim ( an+1 − an ) = lim √
=0
√ =
n→∞
n→∞
an+1 + an
∞

LATEX by Mathpiad
9


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Áp dụng định lý Stolz
(a1 + . . . + an+1 ) − (a1 + . . . + an )
an+1
= lim
√
√
√
√
n→∞
n→∞ (n + 1) an+1 − n an
(n + 1) an+1 − n an
lim

Ta có

√

√
(n + 1) an+1 − n an
lim
= lim
n→∞
n→∞
an+1

√
an
√
n+1 √
( an+1 − an ) +
an+1
an+1

và

√
an
√
1
n+1 √
( an+1 − an ) = · 0 = 0, lim
=0
lim
n→∞ an+1
n→∞ an+1
L
an+1

Mà (an ) tăng và an > 0 nên
√ > 0. Do đó,
√
(n + 1) an+1 − n an
an+1
√ = ∞.
√
n→∞ (n + 1) an+1 − n an
lim

an
. Ta có
n→∞ n

Bây giờ ta xét L = lim (an+1 − an ) = 0, khi đó 0 = lim
n→∞

(a1 + . . . + an+1 ) − (a1 + . . . + an )
an+1
= lim
√
√
√
√
n→∞
n→∞ (n + 1) an+1 − n an
(n + 1) an+1 − n an
an+1
√
= lim

√
n→∞ √
an+1 − an
an+1 n
+1
√
an+1
lim

√
an+1 − an
Bây giờ ta chứng minh dãy n
bị chặn trên. Ta viết
√
an+1
√

√

an+1 − an
n
√
√
an+1 an+1 + an

n (an+1 − an )
2an

n (an+1 − an )
bị chặn trên.

2an

Do đó, ta đi chứng minh dãy

Phản chứng, giả sử với mọi số nguyên dương, p tồn tại np thỏa mãn
anp +1 − anp

panp
. Do dãy an+1 − an đơn điệu nên
np
an+1 − an

Dẫn đến

panp
np

anp +1 − anp

np

(ak − ak+1 ) < anp − np

a1 = an p +
k=1

∀1

n


np anp +1 − anp
2anp

np − 1

panp
= np (1 − p) < 0,
np

mâu thuẫn với giả thiết. Do đó, tồn tại số thực dương C sao cho 0 <
đến
lim

n→∞

√

an+1
√
an+1 − an
n
+1
√
an+1
√

an+1

p
hay

2

√

n (an+1 − an )
2an

C. Dẫn

an+1
=∞
an+1 (C + 1)

LATEX by Mathpiad
10


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
Cuối cùng, ta xét L = ∞. Suy ra, với mỗi p > 0, tồn tại np thỏa mãn với mọi n > np thì
an+1 − an > p. Dẫn đến
np −1

n

(ak+1 − ak ) +

an = a1 +
k=1

k=np


a1 + (np − 1)

min

1 k np −1

p (n − np + 1)
với n

(ak+1 − ak )

p

(ak+1 − ak ) + p (n − np + 1)

n
2

2 (np − 1). Từ đây ta có
(2np − 3) a1 + (n − 2np + 3) p

a1 + . . . + a2np −3 + a2np −2 + . . . + an

(n − 2np + 3) p
4np + 6. Do đó,
√
√
a1 + . . . + an
a1 + . . . + an a1 + . . . + an

=
√
√
n an
n
an

n
2

p

n
2

n2
4

với mọi n

√
a1 + . . . + an
n

√ n1 √
= p
p
2n

Cho p → ∞, ta được, với L = ∞ thì

a1 + . . . + an
= ∞.
√
n→∞
n an
lim

Vậy

a1 + . . . + an
= ∞.
√
n→∞
n an
lim

Bài toán 12
1

2

n

Chứng minh rằng dãy 22 + 1, 22 + 1, . . . , 22 + 1, . . . và một cấp số cộng đơn điệu tăng
bất kỳ hoặc cùng có chung vơ số phần tử, hoặc chỉ có chung khơng q một phần tử.
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 cơng sai d > 0, có đúng a phần tử thuộc
1
2

n
dãy {Fn }n 1 = 22 + 1, 22 + 1, · · · , 22 + 1, · · · , 2 a < ∞.
j
m
Giả sử 2 phần tử giống nhau cuối cùng là ak = 22 + 1 và a = 22 + 1 với k < ⇔ j < m.
Ta có,
j
m
j
d | a − ak ⇔ d | 22 22 −2 − 1
Nếu d = 2b , b

2j , khi đó
m

d | 22

m+1 −2m

22

− 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,
m −2j

22

m −2j


≡ 1 (modd0 ) ⇒ 22

2m−j

≡ 1 (modd0 ) .

LATEX by Mathpiad
11


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Dẫn đến
m

2m−j −2m

d0 | 22

22

− 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.
Bài toán 13
Cho {an } là dãy số thực xác định bởi a0 = 3 và an+1 =

1 2

(a + 1) , ∀n
2 n

0.

Chứng minh rằng

 n

1 + 5

 k=0

2
n
Fk Fn−k 

k

1 + ak 


2n−1 Ln .

Trong đó,
• Ln là 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

k=0

n

n
2n Ln − 2
,
Fk Fn−k =
5
k

k=0

1
1 + ak

1
.
2

Một điều hiển nhiên, ta chứng minh được các công thức tổng quát của hai dãy F ibonacci và
Lucas, đó là
αn − β n
Fn = √
, Ln = αn + β n ,
5

√
√
1+ 5
1− 5
ở đây α =
và β =
. Bằng cách này, đẳng thức đầu tiên được chứng minh theo
2
2
khai tiển nhị thức N ewton. Kết quả thứ hai thu được dựa vào việc quan sát thấy {an } là một
dãy tăng, và
n

k=0

1
=
1 + ak

n

k=0

1
1
−
ak − 1 ak+1 − 1

=


1
1
−
a0 − 1 an+1 − 1

Ap dụng các kết quả thu được và bất đẳng thức Cauchy − Schwarz, ta có

2
n
 n
Fk Fn−k 
n


n
1
k


1 + 5
=1+5
Fk Fn−k

1 + ak 
k
1 + ak
 k=0
k=0

1

2

2

LATEX by Mathpiad
12


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
n

1+5
k=0

n
Fk Fn−k
k

n

k=0

1
1 + ak

1
1 + (2n Ln − 2) = 2n−1 Ln .
2
Như vậy, bài toán đã cho được chứng minh.
Bài toán 14

Cho x1 , x2 , . . . là một dãy các số thực dương thỏa mãn đồng thời hai điều kiện
log xn
là số âm.
n→∞ x1 + · · · + xn

lim xn = 0 và lim

n→∞

Chứng minh rằng
log xn
= −1.
n→∞ log n
lim

by George Stoica, University of New Brunswick, Saint John, Canada.
Lời giải. Lixing Han, University of Michigan, Flint, MI.
log xn
. Áp dụng định lý Stolz − Cesaro, ta có
Ta đặt β =
x1 + · · · + xn
log
lim

n→∞

xn+1
xn
xn+1


log xn+1 − log xn
log xn
= lim
= β.
n→∞
n→∞ x1 + · · · + xn
xn+1

= lim

(1)

Kết quả trên cho ta biết xn+1 < xn với số nguyên dương n đủ lớn thỏa mãn xn > 0. Do xn tiến
xn+1
tới 0 khi n → ∞, từ (1) ta suy ra lim βxn+1 = lim log
= 0, và điều này dẫn đến
n→∞
n→∞
xn
xn+1
=1
n→∞ xn
lim

Theo như định lý giá trị trung bình, tồn tại dãy {ζn } thỏa mãn
log xn+1 − log xn =

1
(xn+1 − xn ) ,
ζn


ở đây ζn nằm giữa xn và xn+1 . Theo đó, với n đủ lớn, ta có

xn+1
< ζn /xn < 1. Từ (2), ta chứng
xn

ζn
= 1. Sử dụng nhận định này kết hợp với (1), ta lại có
n→∞ xn

minh được lim

log xn+1 − log xn
1 xn+1 − xn
xn xn+1 − xn
= lim
·
= lim
·
=β
n→∞
n→∞ ζn
n→∞ ζn
xn+1
xn+1
xn xn+1
lim

Theo đó, với bất kì số ∈ (0, |β|) nào, luôn tồn tại số nguyên dương N sao cho

β���a nó.

Mircea Becheanu, Canada and Nicolae Secelean, Romania
Lời giải. Daniel Lasaosa, Pamplona, Spain, Albert Stadler, Herrliberg, Switzerland
√
Chú ý nếu 0 < xn−2 , xn−1 , xn 2, khi đó 0 < xn+1
2 + 2 + 2 = 2, dễ thấy 0 < xn
với mọi n 0.
√
• Nếu xn > 1, thì xn+1 > xn > 1.

2

• Nếu xn > 2−2 với m là số nguyên dương, thì
√
m−1
xn+1 > xn > 2−2
m

1
1
1
và xn+m > , với xn+m+1 >
+
4
2
2
Như vậy xn > 1 với mọi n N và N là số nguyên.
ta có xn+m−1 >


Đặt δn = 2 − xn , trong đó 0
xác định như trên, ta có:
δn+1

1
= 1.
4

δn < 2 với mọi số nguyên dương n, hoặc với n

N + 2 và N

√
4 − xn − xn−1 + xn−2
= 2 − xn+1 =
√
2 + xn + xn−1 + xn−2
δn
δn−1 + δn−2
=
+
√
√
√
2 + xn + xn−1 + xn−2
2 + xn + xn−1 + xn−2 (2 + xn−1 + xn−2 )
δn
2+

√ +

1 + 2 (2 +

δn−1 + δn−2
√
√
1 + 2)(2 + 2)

6δn + 2δn−1 + 2δn−2
21

√
3
Từ việc chứng minh bất đẳng thức cuối cùng, ta đồng thời chứng minh được 1 + 2 >
2
√
√
và 2 + 2 > 3. Dễ thấy 2 > 1, kết hợp với điều kiện trước, bất đẳng thức tương đương với
√
√
√
√
5
2 > , đúng vì 4 2 = 32 > 25 = 5. Ta có 21δn+1 < 6δn + 2δn−1 + 2δn−2 , hoặc
4
21δn+1 + 8δn +

10δn−1
3

2

3
2
3

10δn−2
3
10δn−2
21δn + 8δn−1 +
3
21δn + 8δn−1 +

−

2δn−2
9

.

LATEX by Mathpiad
47


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

10δn−1
2∆n−1
, ta có 0 ∆n <
với n N + 2.
3
3

∆n−1
δn
, ta được lim δn = 0, và lim xn = 2.
n→∞
n→∞
21

Hoặc đặt ∆n = 21δn+1 + 8δn +
Vậy lim ∆n = 0, hoặc do 0
n→∞

Bài toán 54
Chứng minh nếu Fn là số thứ n của dãy số Fibinacci và với p cố định thì:
n

n
F k F n−k Fk = Fpn
k P p−1

k=1

Tarit Goswami, West Bengal, India
Lời giải. AN-anduud
Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia
√
1+ 5
. Sử dụng công thức
Đặt ϕ =
2
ϕm = Fm−1 + Fm ϕ

với m là số nguyên dương. Khi đó ta có:
Fpn · ϕ + Fpn−1 = ϕpn = (ϕp )n
= (Fp · ϕ + Fp−1 )n
n

=
k=1
n

=
k=1
n

n
n−k
(Fp ϕ)k Fp−1
k
n
F k F n−k (Fk · ϕ + Fk−1 )
k p p−1
n
F k F n−k Fk
k p p−1

=
k=1

Từ đó

n


Fpn =
k=1

n

ϕ+
k=1

n
F k F n−k Fk−1 .
k p p−1

n
F k F n−k Fk
k p p−1

Bài tốn 55
x

Tính giá trị của lim

n→∞

0

sin x
dx.
1 + cos2 nx
Robert Bosch, USA


Lời giải. Robert Bosch, USA
Quy ước một số kí hiệu sau:
π

An =
0

sin x
dx =
1 + cos2 nx

n

Ik ,
k=1

trong đó
kπ
n

Ik =

(k−1)π
n

sin x
dx
1 + cos2 nx


LATEX by Mathpiad
48


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

và

n

Bn =

Jk ,
k=1

trong đó
kπ
n

Jk =

(k−1)π
n

sin kπ
n
dx
1 + cos2 nx

Đầu tiên ta sẽ chứng minh

lim (An − Bn ) = 0

n→∞

Xét hiệu Ik − Jk (k = 1, . . . , n) ta có:
kπ
n

|Ik − Jk |

sin x − sin kπ
n
dx
2
1 + cos nx

(k−1)π
n
kπ
n

2 sin
(k−1)π
n
kπ
n

2 sin
(k−1)x
n

kπ
n

kπ/n − x
kπ/n + x
cos
dx,
2
2

kπ/n − x
dx
2

kπ
π2
− x dx = 2 .
n
2n

(k−1)π
n

Do đó:
n

n

|An − Bn | =


|Ik − Jk |

(Ik − Jk )

n·

k=1

k=1

π2
π2
=
.
2n2
2n

Nếu lim Bn tồn tại thì lim An cũng tồn tại và giới hạn của nó bằng nhau. Khi đó, ta có:
n→∞

n→∞

1
Bn =
n

n

sin
k=1


kπ
n

π
0

1
dx
1 + cos2 x

Ta tính được:
1
lim
n→∞ n

n

kπ
1
sin
=
n
π
k=1

và

x
0


π

sin xdx =
0

2
π

1
π
√
dx
=
1 + cos2 x
2

Vậy
lim Bn =

n→∞

√
2 π
· √ = 2,
π
2

hay
π


lim

n→∞

0

√
sin x
dx
=
2.
1 + cos2 nx

LATEX by Mathpiad
49


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Bài tốn 56
Cho dãy (an )n

1

được định nghĩa bởi
1
1+
n


(i) Chứng minh rằng (an )n

1

=1+

1
1
+ ··· +
1!
n!

1
hội tụ và lim an = .
n→∞
2

(ii) Tính giới hạn lim n an −
n→∞

n+an

1
.
2

Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj-Napoca, România
Lời giải. Paolo Perfetti, Università degli studi di Tor Vergata Roma, Rome, Italy
n
1

(i) Đặt Sn =
→ e, ta có
k!
k=0

n ln 1 +

1
n

+ an ln 1 +

1
n

ln Sn − n ln 1 +
= ln Sn ⇔ an =
ln 1 +

1
n

1
n

Áp dụng định lý Cesaro − Stolz cùng với khai triển Maclaurin
ln (1 + x) = x −

x2 x3
+

+ o x3
2
3

Ta được
ln Sn+1 − ln Sn − (n + 1) ln 1 +

1
n+1

+ n ln 1 +

1
n

=
1
1
ln 1 +
− ln 1 +
n+1
n
1
1
1
1
1
ln 1 +
+−
+1−

+ 2 +o
−1+
2
Sn (n + 1)!
2(n + 1)
3(n + 1)
2n 3n
lim
n→∞
1
ln 1 −
(n + 1)2
lim

n→∞

1
n2

Ta có
1
Sn (n + 1)!
1. lim
n→∞
1
ln 1 −
(n + 1)2
ln 1 +

1

1
−
2(n + 1) 2n
2. lim
n→∞
1
ln 1 −
(n + 1)2

(n + 1)2
= − lim
= 0.
n→∞ Sn (n + 1)!
1
(n + 1)2
= lim
n→∞
1
ln 1 −
(n + 1)2
−

−(n + 1)2
1
1
lim
=1· = .
n→∞ −2n(n + 1)
2
2


LATEX by Mathpiad
50


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

3. ln 1 −

1
(n + 1)2

o
4. lim

n→∞

1
(n + 1)2
= lim
n→∞
1
ln 1 −
(n + 1)2
−

1
n2

1

ln 1 −
(n + 1)2

−(n + 1)2 (2n + 1)
= 0.
n→∞
3n2 (n + 1)2
lim

= 0.

(ii) Áp dụng định lý Cesaro − Stolz , ta viết lại
lim n an −

n→∞

1
2

=

1
2an − 1
lim
1
2 n→∞
n

Xét giới hạn sau
1

2an+1 − 2an
lim
=
1
1
2 n→∞
−
n+1 n

1
 ln Sn − n ln 1 + n
lim n(n + 1) 

n→∞
1
ln 1 +
n


lim n(n + 1) 


n→∞

ln Sn
ln 1 +

−

1

n


1
ln Sn+1 − (n + 1) ln 1 +
n+1 
=
−

1
ln 1 +
n+1


ln Sn+1
1
ln 1 +
n+1


+ 1
=
1
ln 1 +
Sn (n + 1)!
−
1
ln 1 +
n+1




lim n(n + 1) 


n→∞

ln Sn
ln 1 +

ln Sn

−

1
n

ln 1 +

1
n+1



+ 1


Ta có
1
Sn (n + 1)!

1
ln 1 +
n+1

ln 1 +
lim n(n + 1)

n→∞

1
n(n + 1)
n+1
= lim
n→∞ Sn (n + 1)!
1
ln 1 +
n+1
=0
2

1
Sn (n + 1)!
1
Sn (n + 1)!

ln 1 +

Và đồng thời



n(n + 1) 



ln Sn
ln 1 +

1
n

ln Sn

−

ln 1 +

1
n+1


+ 1
=



n(n+1) 



ln Sn

1
1
1
1
− 2 + 3 − 4 +O
n 2n
3n
4n

1
n5

+−

ln Sn
1
1
1
1
−
+
−
+O
2
3
n + 1 2(n + 1)
3(n + 1)
4(n + 1)4

LATEX by Mathpiad

51

1
n5


+ 1
=


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ


n(n+1) 




1−

n ln Sn
1
1
1
+
+O
−
2n 3n2 4n3

+−


1
n4

1−

(n + 1) ln Sn
1
1
1
+
+O
−
2(n + 1) 3(n + 1)2 4(n + 1)3

1
n4

Khai triển 1/(1 − x) = 1 + x + x2 + x3 + x4 + O (x5 ) ta thu được
1
1
1
1
−
−
+
O
2 12n 12n2
n3
1

1
1
1
− ln Sn
−
−
+O
2
2 12(n + 1) 12(n + 1)
(n + 1)3
− ln Sn n(n + 1)(2n + 1) ln Sn
−1
1
=
−
→
+O
2
2
2
12
12n (n + 1)
n
12
n(n + 1) ln Sn

Bài toán 57
Cho f : [0, 1] → R là một hàm liên tục, dãy (xn )n
n


xn =

cos
k=0

1
√ f
n

1

k
n

được định nghĩa bởi
− αnβ ,

trogn đó α và β là 2 số thực. Tính giới hạn lim xn .
n→∞

Dorin Andrica, Babes-Bolyai University, Cluj-Napoca, Romania
Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia
Sử dụng khai triển Taylor ta được
n

1−

xn =
k=0


1 2
f
2n

1
= (n + 1) −
2n

k
n

n

f

k
n

2

k=0

∼ n − αnβ + 1 −

1
2

1 4
f
24n2


+

1
+
24n2

k
n

1
n2

+O
n

f4
k=0

1

f 2 (x)dx + O
0

k
n

− αnβ
+O


1
n

− αnβ

1
n

Trường hợp 1. Nếu β < 1, α ∈ R, khi đó ta có lim xn = +∞.
n→∞

Trường hợp 2. Nếu β = 1, α = 1, khi đó ta có lim xn = 1 −
n→∞

1
2

1

f 2 (x)dx.
0

Trường hợp 3. Nếu β = 1, α > 1, khi đó ta có lim xn = −∞
n→∞

Trường hợp 4. Nếu β = 1, α < 1, khi đó ta có lim = +∞
n→∞

Trường hợp 5. Nếu β > 1, α > 0, khi đó ta có lim = −∞
n→∞


Trường hợp 6. Nếu β > 1, α < 0, khi đó ta có lim = +∞.
n→∞

Bài tốn được giải quyết.

LATEX by Mathpiad
52


+ 1
=


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

Bài tốn 58
Cho p > 1 là một số tự nhiên. Chứng minh rằng
n

lim

n→∞

k=1

p−1
p
1
p

√
−1
−
n
p
k p−1

∈ (0, 1)

Alessandro Ventullo, Milan, Italy
Lời giải. Arkady Alt, San Jose, CA, USA
Ta xét 2 dãy số sau
n

an : =
k=1
n

bn : =
k=1

p−1
1
p
√
−
(n + 1) P − 1
p
k p−1
p−1

1
p
P
√
n
−
−1
p
k p−1

Đầu tiên ta sẽ chứng minh rằng an ↑ N và bn ↓ N. Theo định lý giá trị trung bình, tồn tại một
số cn ∈ (n + 1, n + 2) sao cho
p−1
p−1
p
1
−
(n + 2) p − (n + 1) p
n+1 p−1
1
1
1
1
√
√
= √
−√
−
>
p

p
p
p c
n+1
n+1
n+1
n
=0

an+1 − an = √
p

tương tự như thế, với cn ∈ (n, n + 1) thì
p−1
p−1
1
p
+
(n + 1) p − n p
n+1 p−1
1
1
1
1
= √
−√
> √
−√
p
p

p
p c
n+1
n+1
n+1
n
=0

bn − bn+1 = − √
p

Do an ↑ N, bn ↓ N và an < bn , n ∈ N nên an < bm với mọi n, m ∈ N. Do đó
an < an+m < bn+m < bm
Chú ý rằng an < b1 và a1 < bn , n ∈ N nên cả 2 dãy (an )n∈N và (bn )n∈N đều hội tụ. Đặt
l := lim an và u := lim bn . Vì
n→∞

lim (bn − an ) = 0

n→∞

nên l = u. Đặt c := lim an = lim bn , ta có an < c < bn bởi vì an ↑ N, bn ↓ N và an < bn , n ∈ N.
n→∞

n→∞

Từ đây suy ra
n

an < c < bn ⇐⇒

k=1

⇐⇒

1
p
√
−
p
k p−1

n+1

p−1
p
n p −1 +c<
p−1

p−1
p

n

−1 k=1

n

k=1

1
p
√
<
p
p−1
k

p−1
1
p
√
−
n p −1
p
k p−1

n+1

p−1
p

− 1 + c.

LATEX by Mathpiad
53


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Ta có

p−1
p
2 P − 1 ↑ p ∈ N\{1}, nên
p−1

1

p−1
1
p
√
(1 + 1) p − 1
−
p
k p−1
k=1
p−1
2−1
p
2
=1−
2 p −1
2 2 −1
1−
p−1
2−1
√
2

= 1 − 2( 2 − 1) = 1 − √
2+1
√
2−1
=√
2+1
>0

a1 =

Do đó a1

an < c = c > 0. Tương tự, vì
1

b1 =
k=1

và đồng thời c < bn

p−1
1
p
p
√
−1 =1
−
1
p
k p−1

b1 nên c < 1. Như vậy bài toán được giải quyết.

Bài toán 59
Cho dãy (an ) được xác định bởi

a1 = 1
an = 1 +
Tính giới hạn lim

n→∞

an −

√

1
1
1
+
+ ··· +
,n > 1
a1 a2
an−1

2n .
Robert Bosch, USA

Lời giải. Vincelot Ravoson, Lycée Henri IV, Paris, France
Ta dễ dàng chứng minh quy nạp rằng, ∀n ∈ N, an+1 − an > 0. Do đó

n

an+1 − an =

1+
k=1

1
ak

n−1

−

1+
k=1

1
ak

=

1
1
> 0 ⇔ an+1 = an +
an
an

Giả sử rằng (an ) hội tự về giới hạn thực l. Khi đó ta có l = l +

1
1
⇔ = 0, điều này là vô lý,
l
T

do vậy
lim an = +∞

n→+∞

Bây giờ, hãy chú ý rằng
a2n+1 = a2n +

1
+ 2,
a2n

1
= 0, lúc này
n→+∞ a2
n

và đồng thời lim

a2n+1 − a2n = 2 +

1
∼ 2,
a2n

LATEX by Mathpiad
54


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC
và theo định lý Stolz − Cesàro, ta có
n

a2k − a2k−1 ∼ 2(n − 1) ∼ 2n ⇔ a2n − a21 ∼ 2n
k=2

Do vậy

√
2n

a2n ∼ a2n − a21 ∼ 2n ⇔ an ∼
Từ đây ta suy ra
n−1

a2n

− 2n ∼

a2n

n−1

a2k+1

− 1 − 2(n − 1) =

−

a2k

−2 =

k=1

∼

1
2

n−1

k=1

k=1

1
a2k

1
k

ln(n − 1)
2

ln(n)
∼
2

∼

Suy ra
2n +

an =
=

√

ln(n)
+ o(ln(n))
2

2n 1 +

ln(n)
+o
4n

ln(n)
n

√

ln(n)

ln(n)
2n 1 +
+o
8n
n
√
√
ln(n)
2 ln(n)
√
= 2n +
+o √
8 n
n
=

Như vậy
an −

√

√
2n =

2 ln(n)
√
+o
8 n

Từ đây ta thu được

lim

n→+∞

an −

√

ln(n)
√
n

2n = 0

Bài toán được giải quyết!
Bài tốn 60
Tính giới hạn

√
√
cos x cos 2x · · · n cos nx − 1
lim
x→0
cos x cos 2x · · · cos nx − 1
Nguyen Viet Hung, Hanoi University of Science, Vietnam

Lời giải. AN-anduud Problem Solving Group, Ulaanbaatar, Mongolia
Trước tiên ta có đẳng thức sau
n−1

m

m=0

k=0

1 − cos x cos 2x · . . . · cos nx =

cos kx

· (1 − cos(m + 1)x)

LATEX by Mathpiad
55


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

Do đó
1 − cos x ·

√

cos 2x · . . .

√
n

n−1

m

√
k

cos nx =
m=0
n−1

k=0
m

=
m=0

√
k

1−

cos kx

cos kx

·

m+1

cos(m + 1)x

(1 − cos(m + 1)x)
m

k=0

m+1

(cos(m + 1)x)j

j=0

Ta có

2
m+1
x
1 − cos(m + 1)x
(m + 1)2

 (m + 1)2
2
lim
=
=
lim
·
 m+1 
x→0
x→0
x2

2
2
x
2


sin

Từ đây suy ra
n−1

√
√
cos x · cos 2x · . . . · n cos nx − 1
lim
=
x→0
cos x · cos 2x · . . . · cos nx − 1

(m + 1)2
1
·
2
m+1
m=0
n−1

(m + 1)2
2
m=0

n(n + 1)
3
2
=
=
.
n(n + 1)(2n + 1)
2n + 1
6
Như vậy bài toán được giải quyết.
Bài toán 61
Với x0 > 1 là 1 số nguyên, ta định nghĩa xn+1 = d2 (xn ), trong đó d(k) làm hàm số các
ước dương của k. Chứng minh rằng
lim xn = 9

n→∞

Albert Stadler, Herrliberg, Switzerland
Lời giải. Li Zhou, Polk State College, Winter Haven, FL, USA
Vì x0 > 1, x1 = y 2 nên y 2. Ta có pc11 · · · pemm là phân tích ra thừa số nguyên tố của y. Do đó
x2 = d2 y 2 = (2e1 + 1)2 · · · (2em + 1)2
Bây giờ ta sẽ chứng minh rằng với mọi số nguyên tố chẵn p và e 1 thìp2e (2e + 1)2 , đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi p = 3 và e = 1. Dễ thấy, p2 32 , bây giờ ta giả sử điều cần chứng
minh đúng với e 1. Khi đó
p2(c+1) = p2 p2c

p2 (2e + 1)2 = (2pe + p)2 > (2e + 3)2

đúng theo quy nạp, do vậy xn xn+1 với mọi n 2, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi xn = 32 .

Do xn n 2 bị chặn dưới nên tồn tại N 2 sao cho x2 > x3 > · · · > xN và xN = 32 . Như vậy,
d2 (32 ) = 9, hoàn tất chứng minh.

LATEX by Mathpiad
56


TẠP CHÍ VÀ TƯ LIỆU TỐN HỌC

Bài tốn 62
Cho α ∈ (0, 1) là một số vơ tỉ bất kì. Ta xây dựng dãy {an } các số thực thỏa mãn hai
tính chất sau đây
• {an | n ∈ N} ⊂

1
|n∈N ∪
n

n−1
|n∈N ,
n

a1 + a2 + · · · + an
= α.
n→∞
n

• lim

Eugen J. Ionascu, Columbus State University, Columbus GA.

Lời giải. Northwestern University Math Problem Solving Group, Northwestern University, Evanston
IL.
Với mỗi n ∈ N, ta đặt


 1
nếu nα = (n − 1)α
n
.
an = n −
1


nếu nα > (n − 1)α
n
Trước tiên, ta có nhận xét sau đây
a1 + a2 + · · · + an = nα + 1 ±

1
1
± ··· ± .
2
n

(1)

Với n = 1 thì (n − 1)α = 0 = 1 · α , bởi vì α ∈ (0, 1). Từ đó ta thu được
a1 =

1

= 0 + 1 = 1 · α + 1.
1

Giả sử mệnh đề (1) đúng đến n = k. Nếu (k + 1)α = kα thì ta có ak+1 =

1
và từ đó
k+1

ta thu được đẳng thức
1
1 1
± +
2 k k+1
1
1
1
.
= (k + 1)α + 1 ± · · · ± +
2
k k+1

a1 + a2 + · · · + ak + ak+1 = kα + 1 ±

Mặt khác, nếu (k + 1)α > kα thì (k + 1)α = kα + 1, với α ∈ (0, 1), và do đó ta có
1 1
k
± +
2 k k+1
1

1
1
= kα + 1 ± · · · ± + 1 −
2
k
k+1
1
1
1
= (k + 1)α + 1 ± · · · ± −
.
2
k k+1

a1 + a2 + · · · + ak + ak+1 = kα + 1 ±

Do đó mệnh đề (1) cũng đúng với n = k + 1 nên theo nguyên lý quy nạp tốn học mệnh đề
được chứng minh. Tiếp theo ta có
0

nα − nα
1 n→∞
< −→ 0.
n
n

Từ đó ta thu được
nα n→∞
−→ 0,
n

LATEX by Mathpiad
57


TUYỂN TẬP DÃY SỐ TRONG 10 NĂM TỪ CÁC TẠP CHÍ TỐN CỦA MỸ

và
1±

1
1
± ··· ±
2
n
n

1 + ln n n→∞
−→ 0.
n

Do đó ta thu được kết quả bài tốn.
Bài tốn 63
Chứng minh rằng với n

4, tồn tại các số nguyên x1 , x2 , . . . , xn sao cho
n−2

x2n−1 + 1
x2k + 1

= 1,
2
x2n
x
k
k=1
và thỏa mãn các điều kiện dưới đây
• x1 = 1, xk−1 < xk < 3xk−1 với 2
• xn−2 < xn−1 < 2xn−2 với n
• xn−1 < xn < 2xn−1 với n

k

n − 2.

3.
2.

Herman Roelants, Catholic University of Leuven, Louvain, Belgium.
Lời giải. Chip Curtis, Missouri Southern State University, Joplin, MO.
Trước tiên ta đặt {Fn }n 0 là dãy Fibonacci, được định nghĩa như sau
F0 = 0, F1 = 1 và Fk+2 = Fk+1 + Fk , k
Tiếp theo ta đặt xn = F2n−3 , xn−1 = F2n−4 và xk = F2k−1 , 1
nhất thức sau đây

k

0.
n − 2. Lưu ý sử dụng đồng

2
+ 1 và F2i−1 F2i+1 = F2i2 + 1,
F2i−1 F2i+3 = F2i+1

đây là các trường hợp riêng của đẳng thức Catalan được phát biểu như sau
Fk2 − Fk+r Fn−r = (−1)k−r Fr2 .
Trước tiên, với k = 2i + 1 và r = 2, sau đó với k = 2i và r = 1 thì ta thu được
n−2

n−2

2
2
F2k−1
+1
x2n−1 + 1
F2n−4
+ 1 F12 + 1 F32 + 1
x2k + 1
=
·
·
2
2
2
2
2
2
xn
xk

F2n−3
F1
F3 k=3 F2k−1
k=1

5 F2n−5 F2n−3
= ·
2
2
F2n−3

n−2

F2k−3 F2k+1
2
F2k−1
k=3

n−3

n−1

F2k−1
5 F2n−5 F2n−3 k=2
= ·
2
n−2
2
F2n−3
k=3

F2k−1
k=4
n−2

F2k−1

F2k−1
k=3

5 F2n−5 F2n−3
F3
F2n−3
= ·
·
·
= 1.
2
2
F2n−3
F2n−5
F5

LATEX by Mathpiad
58