Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ NGUYÊN

TỔNG TỪNG PHẦN VÀ ỨNG DỤNG VÀO
BÀI TOÁN CHUỖI

THÁI NGUYÊN - 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

ĐỖ THỊ NGUYÊN

TỔNG TỪNG PHẦN VÀ ỨNG DỤNG VÀO
BÀI TOÁN CHUỖI

Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 60 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018

1

Mục lục
Lời nói đầu
1 Kiến thức chuẩn bị
1.1. Một vài dạng bài tập về bất đẳng thức liên quan đến chuỗi
1.1.1. Một số bất đẳng thức về chuỗi . . . . . . . . . .
1.1.2. Một số bài toán về bất đẳng thức chuỗi dành
cho học sinh khá, giỏi ở trung học phổ thông . .

3
5
5
5
7

2 Tổng từng phần và ứng dụng vào giải một số bài toán
chuỗi
23
2.1. Tổng từng phần . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.1. Công thức tổng từng phần . . . . . . . . . . . . . 23
2.1.2. Bất đẳng thức Abel . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.1.3. Bất đẳng thức K.L. Chung . . . . . . . . . . . . 25
2.2. Vận dụng tổng từng phần vào giải một số bài toán chuỗi . 27
Kết luận
Tài liệu tham khảo

51
52

2

Danh mục các ký hiệu, các chữ
viết tắt
n

ai = a1 + a2 + ... + an
i=1
n

bj = b2 .b3 ...bn + b1 .b3 ...bn + b1 .b2 b4 ...bn + ... + b1 .b2 .b3 ...bn−1
i=1 j=i

BĐT: Bất đẳng thức
CBS: Cauchy - Buniakowski - Schwarz
K.L. Chung: Kai Lai Chung
AM-GM: Trung bình cộng - Trung bình nhân
NXBGD: Nhà xuất bản giáo dục
SGK: Sách giáo khoa


3

Lời nói đầu
Tổng từng phần là một khái niệm rất mới mẻ đối với học học sinh phổ
thông và cũng như sinh viên. Nó không được giảng dạy ở trường phổ
thông. Và sinh viên cũng chỉ tiếp cận khi tham khảo thêm bên ngoài
giáo trình. Việc áp dụng tổng từng phần vào bài toán chuỗi là một vấn

đề chưa được khai thác nhiều trong phổ thông cũng như đại học. Những
bài toán về chuỗi cũng rất phong phú và đa dạng. Những ai mới bắt đầu
làm quen về chuỗi thường khó hình dung về cấu trúc của nó, đặc biệt là
các bài toán về bất đẳng thức chuỗi lại càng phức tạp. Trong những kỳ
thi học sinh giỏi quốc gia, thi Olympic toán quốc tế, thi vô địch toán
các nước, các bài toán liên quan đến bất đẳng thức chuỗi cũng được đề
cập nhiều và thuộc loại khó trong đề. Luận văn với đề tài" Tổng từng
phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi" có mục đích trình bày chi tiết
các bài toán bất đẳng thức chuỗi. Trong luận văn bước đầu đề cập đến
tổng từng phần và ứng dụng của tổng từng phần vào bài toán chuỗi.
Hy vọng luận văn là một tài liệu tham khảo cho các đọc giả về bài toán
chuỗi và vấn đề tổng từng phần. Luận văn gồm 02 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị. Trình bày các bài toán liên quan đến
bất đẳng thức chuỗi với lời giải chi tiết.
Chương 2: Tổng từng phần và ứng dụng vào bài toán chuỗi. Giới
thiệu tổng từng phần, bất đẳng thức Abel, bất đẳng thức K.L. Chung.
Ý tưởng xây dựng công thức tổng từng phần và ứng dụng của tổng từng
phần vào giải một số bài toán về chuỗi trong các kỳ thi học sinh giỏi,
thi Olympic. Một số bài toán được đưa ra với nhiều cách giải, trong đó
có cách giải áp dụng công thức tổng từng phần. Một kiến thức lạ mà
quen.
Để hoàn thành luận văn này, tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn
chân thành và kính trọng tới PGS.TS. Trịnh Thanh Hải, Trường Đại
học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, người thầy đã tận tình hướng
dẫn, giúp đỡ tác giả trong suốt quá trình hoàn thành luận văn này. Qua


4

đây tác giả cũng xin được gửi lời cảm ơn chân thành đến các Thầy Cô đã

đọc, đánh giá và cho những ý kiến quý báu để luận văn được phong phú
và hoàn thiện hơn. Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu,
Phòng Đào tạo, Khoa Toán - Tin Trường Đại học Khoa học - Đại học
Thái Nguyên đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá trình
học tập cao học. Cảm ơn Ban giám hiệu và các đồng nghiệp Trường
THPT Quế Võ số 1 tỉnh Bắc Ninh đã giúp đỡ cho tác giả trong công
tác. Tác giả cũng xin cảm ơn gia đình, bạn bè đã cổ vũ, động viên tác
giả vượt qua mọi khó khăn để hoàn thành bản luận văn này. Tuy đã có
nhiều cố gắng nhưng do thời gian và khả năng có hạn nên có vấn đề
trong luận văn chưa được trình bày sâu sắc và không thể tránh khỏi sai
sót trong trình bày, rất mong được sự góp ý của Thầy Cô và các bạn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn!
Thái Nguyên, ngày 10 tháng 9 năm 2018
Tác giả

Đỗ Thị Nguyên


5

Chương 1

Kiến thức chuẩn bị
Trong chương này, luận văn trình bày lời giải chi tiết một số bài toán
bất đẳng thức về chuỗi thường gặp làm cơ sở để trình bày các vấn đề
chương 2.

1.1.

1.1.1.

Một vài dạng bài tập về bất đẳng thức liên quan
đến chuỗi
Một số bất đẳng thức về chuỗi

Trong phần này tác giả nhắc lại một số bất đẳng thức chuỗi hay được
dùng trong chương trình phổ thông và được sử dụng để chứng minh các
bài toán trong cuốn luận văn này.
Bất đẳng thức 1.1 (Bất đẳng thức CBS)
Cho 2n số thực tùy ý a1 , a2 , ..., an ;
b1 , b2 , ..., bn
Khi đó
2

n

n

≤

ai bi
i=1

i=1

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi

n

a2i

b2i
i=1

a2
an
a1
=
= ... =
b1
b2
bn

Bất đẳng thức 1.2 (Bất đẳng thức AM - GM)
Cho n số thực không âm a1 , a2 , ..., an . Khi đó:
n

ai
i=1

√
≥ n. n a1 a2 ...an


6

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an ≥ 0
Bất đẳng thức 1.3 (Bất đẳng thức Chebyshev)
1. Áp dụng cho 2 dãy ngược chiều
Cho hai dãy hữu hạn số thực ngược chiều

a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an
b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn
hoặc
a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an
b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn
Khi đó
1
n

n

i=1

1
ai bi ≤
n

n

ai
i=1

1
.
n

n

bi
i=1

2. Áp dụng cho 2 dãy cùng chiều
Cho hai dãy hữu hạn số thực cùng chiều
a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an
b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn
hoặc
a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an
b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn
Khi đó
1
n

n

i=1

1
ai bi ≥
n

n

ai
i=1

1
.
n

n

bi
i=1

Dấu ” = ” xảy ra ở cả hai dạng trên khi và chỉ khi
a1 = a2 = ... = an
hoặc
b1 = b2 = ... = bn


7

Một số bài toán về bất đẳng thức chuỗi dành
cho học sinh khá, giỏi ở trung học phổ thông

1.1.2.

Trong mục này tác giả sẽ trình bày chi tiết các bất đẳng thức chuỗi
được tổng hợp từ các tài liệu [1],[3].
Bài toán 1.1 (Toán học tuổi trẻ số 470, năm 2016)
Cho n số thực không âm, (i = 1, 2, 3, ..., n) ( n ≥ 2 ) thỏa mãn
n

xi = 1.
i=1

Chứng minh rằng
1
n

n

i=1

xi
1 + xi

n

<
i=1

x2i
.
1 + x2i

(1.1)

Lời giải (Sử dụng BĐT Chebyshev)
Không mất tính tổng quát từ giả thiết ta có thể giả sử:
1 ≥ x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ≥ 0.
Khi đó, với i < j thì xi ≥ xj và 0 ≤ xi xj ≤ 1.
Do đó
xi
xj
≥
⇔ xi (1 + x2j ) ≥ xj (1 + x2i )
2
2
1 + xi

1 + xj
⇔ xi + xi x2j − xj − xj x2i ≥ 0
⇔ (xi − xj ) − xi xj (xi − xj ) ≥ 0
⇔ (xi − xj )(1 − xi xj ) ≥ 0 (hiển nhiên).
Vậy nên

x1
x2
xn
≥
≥ ... ≥
.
2
2
1 + x1
1 + x2
1 + x2n

Áp dụng bất đẳng thức cho hai dãy cùng chiều, ta được
x1
x2
xn
n x1
+ x2
+ ... + xn
2
2
1 + x1
1 + x2
1 + x2n

n

xk = 1 và 0 ≤ xk ≤ 1 nên

Do
k=1

n

≥

n

xk
k=1

k=1

xk
1 + x2k

.

xk
xk
≥
, k = 1, 2, ..., n.
2
1 + xk
1 + xk

Ta có điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xảy ra khi có một phần tử xk = 1, các phần tử còn lại
bằng 0, điều này dẫn đến dấu đẳng thức không xảy ra ở BĐT (1.1).


8

Bài toán 1.2 (Đề thi vô địch toán Nữu Ước năm 1975)
Khẳng định sau đúng hay sai:
Với các số dương tùy ý a1 , a2 , ..., an và an+1 = a1 ta có bất đẳng thức:
n

i=1

n

n

ai
ai+1

≥
i=1

ai+1
.
ai

Lời giải

ai
= bi , (i = 1, ..., n) và đặt bn+1 = 1.
Kí hiệu
ai+1
n+1

bi = 1. Do đó:

Khi đó
i=1

n+1
n+1

i=1

bj
1
=
bi

i=1 j=i
n+1

bi
i=1
n+1

=

bj
i=1 j=i
n+1

≤
i=1


1
n


bnj 
j=i

n+1

bni .

=
i=1

Từ đó suy ra sự đúng đắn của bất đẳng thức.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
Vậy câu trả lời là khẳng định đúng.
Bài toán 1.3 (Toán học tuổi trẻ, số 462, năm 2015)
Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực bất kỳ có tổng bằng 0. Tìm hằng số
C = C(n) lớn nhất sao cho bất đẳng thức sau luôn đúng:
n

|ai | ≤

C.
i=1

|ai − aj |.
1≤i
Lời giải (Áp dụng BĐT Chebyshev)
Trong (1.2) cho a1 = 1; a2 = a3 = ... = an =

1
n
ta được C ≤ .
n−1
2

(1.2)


9

n
. Tức là cần chứng minh
2

Ta chứng minh BĐT (1.2) đúng với C =

n
|ai − aj | ≥ .

2
1≤i
n

|ai |.

(1.3)

i=1

Ta có thể giả sử a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an . Khi đó tồn tại k (1 ≤ k ≤ n − 1)
sao cho a1 ≥ ... ≥ ak ≥ 0 ≥ ak+1 ≥ ... ≥ an .
Khi đó, ta có: a1 + ... + ak = −(ak+1 + ... + an ) và
n

|ai − aj | =
1≤i
(ai − aj ) =
1≤i
n

k

(n + 1 − 2i)ai ;

|ai | = 2

i=1

i=1

ai
i=1

BĐT (1.3) trở thành:
n

k

(n + 1 − 2i)ai ≥ n
i=1

ai
i=1

k

n

⇔

(n + 1 − 2i)ai +
i=1

n

(n + 1 − 2i)ai ≥ n.

|ai |.

(1.4)

i=1

i=k+1

Ta có: a1 ≥ ... ≥ ak và n + 1 − 2.1 ≥ ... ≥ n + 1 − 2.k.
Áp dụng BĐT Chebyshev ta được:
k

1
(n + 1 − 2i)ai ≥
k
i=1

k

k

(n + 1 − 2i)
i=1

ai
i=1

k

= (n − k)

ai .

(1.5)

i=1

Tương tự thì ak+1 ≥ ... ≥ an và n + 1 − 2(k + 1) ≥ ... ≥ n + 1 − 2n nên
n

1
(n + 1 − 2i)ai ≥
n−k

i=k+1

n

n

(n + 1 − 2i)
i=k+1

ai
i=k+1

n

= −k

ai
i=k+1
k

=k

ai .
i=k

Từ (1.5) và (1.6) suy ra BĐT (1.4) đúng.
n
Vậy M axC(n) =
2

(1.6)


10

Bài toán 1.4 (Đề thi vô địch toán Cộng hòa dân chủ Đức, năm 1980)
Chứng minh rằng với các số tùy ý n, k ∈ N, lớn hơn 1, ta có bất đẳng
nk

thức:
j=2

1
>k
j

k

j=2

1
.
j

Lời giải
Ta biến đổi vế trái của bất đẳng thức thành dạng:
nk

j=2

1
=
j

1
1
+ ... +
1+1
n
1

... +

nk−1

+1

k

=
j=1

+ ... +

1
nj−1 + 1

1
1
+ ... + 2
n+1
n

+

+

1
nk

+ ... +

1
nj

.

Để ý rằng với i ∈ N ta có:
1
ni−1 + 1

+ ... +

1
=
ni

1

1
1.ni−1 + 1
2.ni−1
1
1
+ ... +
+ ...
i−1
2.n + 1
3.ni−1
1
1
+
...
+
(n − 1).ni−1 + 1

n.ni−1

+
+

n

=
m=2
n

+ ... +

1
1
+
...
+
(m − 1)ni−1 + 1
m.ni−1
ni−1 .

>
m=2
n

1
m.ni−1

1

.
m
m=2

=
Từ đó suy ra
nk

j=2

1
>
j

k

j=1
nk

hay
j=2

Đó là điều cần chứng minh.

1
1
+ ... +
2
n
1

>k
j

k

j=2

1
.
j

k

=k
j=2

1
j


11

Bài toán 1.5 (Đề thi Cộng hòa Sec - Slovakia - Balan năm 2001)
Cho a1 , a2 , ..., an là các số thực dương (với n ≥ 2).
Chứng minh rằng:
n

n

(a3i

(a2i ai+1 + 1).

+ 1) ≥

i=1

i=1

Coi an+1 = a1 .
Lời giải
Áp dụng BĐT CBS, ta có:
1+

2
a21 a2

=

√
a31 . a1 a2

1+

2

≤ (1 + a31 )(1 + a22 a1 ).

Tương tự
1 + a22 a3

2

1 + a2n a1

2

≤ (1 + a32 )(1 + a23 a2 ).
...
≤ (1 + a3n )(1 + a21 an ).

Nhân vế với vế của các BĐT trên với nhau ta được:
1 + a21 a2

1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ).
(1.7)

Áp dụng lập luận này một lần nữa, ta được:
2

1 + a22 a1

≤ (1 + a32 )(1 + a21 a2 ).

Tương tự
1 + a23 a2

2

≤ (1 + a33 )(1 + a22 a3 ).
...

1 + a21 an

2

≤ (1 + a31 )(1 + a2n a1 ).

Nhân vế với vế của các BĐT trên với nhau ta được:
1 + a22 a1

1 + a23 a2 ... 1 + an a21

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ).
(1.8)

Nếu 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≥ (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an )
thì kết hợp với (1.7) ta có
1 + a21 a2

1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a22 a1 )...(1 + a21 an )


12

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ).
Do đó:
1 + a21 a2

1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n )(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ).
(1.9)

Chia cả hai vế của BĐT (1.9) cho (1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 ).
Ta được điều phải chứng minh.
Nếu 1 + a21 a2 1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1 ≤ (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an )
thì kết hợp với (1.8) ta có
1 + a21 a2
≤

1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1

1 + a22 a1

2

1 + a23 a2 ... 1 + a21 an

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 )
Do đó
1 + a21 a2

1 + a22 a3 ... 1 + a2n a1

2

≤ (1 + a31 )...(1 + a3n ).(1 + a21 a2 )...(1 + a2n a1 )
(1.10)

Chia cả hai vế của BĐT (1.10) cho (1 + a22 a1 )...(1 + a21 an ).
Ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 1.6 (Toán học tuổi trẻ, số 240, năm 1997)
Cho n ∈ N(n ≥ 2). Xét hai dãy hữu hạn gồm n số hạng (x1 , x2 , ..., xn )
và (y1 , y2 , ..., yn ) thỏa mãn (x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ) và (y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn ) .
Khi đó
n
n
n
x k yk ≥
k=1

xk yik ≥
k=1

xk yn−k+1

k=1

trong đó i1 , i2 , ..., in là một hoán vị của (1, 2, ..., n).
Lời giải
Trước hết ta chứng minh:
n

n

x k yk ≥
k=1

x k yi k .

(1.11)

k=1

Thật vậy, với mỗi k = 1, 2, ..., n đặt yik = zk
(1.11) ⇔ x1 (y1 − z1 ) + x2 (y2 − z2 ) + ... + xn (yn − zn ) ≥ 0.

(1.12)


13

Vì x1 ≥ y2 và y1 ≥ z2 nên x1 (y1 − z1 ) ≥ x2 (y1 − z1 ).
Suy ra
x1 (y1 −z1 )+x2 (y2 −z2 ) ≥ x2 [(y1 −z1 )+(y2 −z2 )] = x2 [(y1 +y2 )−(z1 +z2 )].
Do vậy

x1 (y1 − z1 ) + x2 (y2 − z2 ) + ... + xn (yn − zn )
≥ x2 [(y1 + y2 ) − (z1 + z2 )] + x3 (y3 − z3 ) + ... + xn (yn − zn )
≥ x3 [(y1 + y2 + y3 ) − (z1 + z2 + z3 )] + ... + xn (yn − zn )
≥ ...
≥ xn−1 [(y1 + y2 + ... + yn−1 ) − (z1 + z2 + ... + zn−1 )] + xn (yn − zn )
≥ xn [(y1 + y2 + ... + yn ) − (z1 + z2 + ... + zn )] = 0
(Vì xi ≥ yj (i < j) và y1 + y2 + ... + yn = z1 + z2 + ... + zn ).
Vậy BĐT (1.12) đúng.
Nếu xi = yj ∀i, j ∈ 1, 2, ..., n(i = j) thì đẳng thức ở (1.11) xảy ra khi và
chỉ khi yik = yk , ∀k = 1, 2, ..., n.
Tiếp theo ta chứng minh:
n

n

xk yik ≥
k=1

xk yn−k+1 .

(1.13)

k=1

Thật vậy, đặt yk = −yn−k+1 , ∀k = 1, 2, ..., n thì
y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn .
Theo (1.11) ta có
n

n

xk yn−k+1 = −
k=1

n

xk yn+1−ik =
k=1

k=1
n

n

xk yik ≥

Suy ra
k=1

x k yi k .

xk yn−k+1 .
k=1

Nếu xi = yj , ∀i, j ∈ 1, 2, ..., n thì đẳng thức ở (1.13) xảy ra khi và chỉ
khi
yik = yn+1−k , ∀k = 1, 2, ..., n.
Bài toán 1.7 (Đề thi toán Quốc tế lần thứ 17)
Giả sử xi , yi (i = 1, 2, ..., n) là các số thực sao cho
x1 ≥ x2 ≥ ... ≥ xn ;

y1 ≥ y2 ≥ ... ≥ yn .


14

Chứng minh rằng:
Nếu z1 , z2 , ..., zn là một hoán vị bất kỳ của y1 , y2 , ..., yn thì
n

n

2

(xi − zi )2 .

(xi − yi ) ≤
k=1

k=1

Lời giải
Theo BĐT (1.11) đã chứng minh trong Bài toán 1.6 ta có
n

n

xi yi ≥
n

k=1

k=1

n

yi2 =

Mặt khác:
k=1

xi zi .

zi2 .
k=1

Suy ra:
n

n

x2i

n

− 2.

k=1

x i yi +
k=1

hay

n

yi2

≤

k=1

n

x2i

− 2.

k=1

n

n

zi2 ,

xi zi +
k=1

k=1

n
2

(xi − zi )2 .

(xi − yi ) ≤
k=1

k=1

Đó là điều cần phải chứng minh.
Bài toán 1.8 (Toán học và tuổi trẻ, số 125, năm 1982)
Cho 2n số dương a1 , a2 , ..., an và b1 , b2 , ..., bn thỏa mãn các điều kiện
i) b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn
ii) Với mọi k = 1, 2, ..., n ta có
n

n

a2i

b2i .

<

i=1

i=1

Chứng minh rằng:

n

n

ai <

1)
i=1

bi ;
i=1

ai aj <

2)
1≤i
bi bj .
1≤i
Lời giải
1) Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp toán học theo k rằng:
a1 + a2 + ... + ak < b1 + b2 + ... + bk
Thật vậy, với k = 1
Do a1 b1 > 0 và a21 < b21 nên a1 < b1 .

(k ≤ n).

(1.14)

15

Giả sử (1.14) đúng tới k, ta hãy chứng minh nó cũng đúng cho k + 1,
(k + 1 ≤ n).
Ta có
k+1

k+1

k+1

a2i .

ai bi ≤
i=1

k+1

b2i

i=1

b2i

<

i=1

i=1

hay
k+1

bi (bi − ai ).

0<

(1.15)

i=1

Mặt khác, do giả thiết qui nạp và do giả thiết i) ta có
0 ≤ (b2 − b1 ) (b1 − a1 )
0 ≤ (b3 − b2 ) (b1 − a1 + b2 − a2 )
...
0 ≤ (bk+1 − bk ) (b1 − a1 + ... + bk − ak ) .
Cộng các BĐT này cùng với (1.15) thì được
k+1

(bi − ai ) .

0 < bk+1
i=1

Do bk+1 > 0 nên ta suy ra
k+1

k+1

ai <
i=1

bi .
i=1

Nhận xét:
Nếu ở điều kiện ii) thay các BĐT ngặt bằng các BĐT mở rộng
k

k

a2i

b2i (1 ≤ k ≤ n)

≤
i=1

i=1

thì với lập luận trên chứng tỏ ở kết luận 1) ta có:
k+1

k+1

ai ≤
i=1

bi .

i=1

2) Đặt a1 = a1 , ..., an−1 = an−1 và lấy an > an sao cho
n−1

n

a2i
i=1

+

an2

n
2

=

b2i .

(ai ) =
i=1

i=1

(1.16)


16

Theo nhận xét trên, ta có
k+1

k+1

ai ≤
i=1

bi .
i=1

Hai vế BĐT đều dương, bình phương hai vế ta được
n

n

ai2

b2i + 2

ai aj ≤

+2

i=1

1≤i
i=1

bi bj .
1≤i
Do (1.16) nên ta suy ra
ai aj ≤
1≤i
bi bj .
1≤i
Mà ai = ai (i = 1, 2, ..., n − 1); an > an nên
ai aj ≤
1≤i
bi bj .
1≤i
Đó là điều phải chứng minh.
Lời bình: Nhận xét trong bài rất quan trọng. Nhờ nó mà việc chứng
minh phần 2) trở nên đơn giản.
Bài toán 1.9 (Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, số 100, năm 1978)
Cho n số a1 , a2 , ..., an sao cho
0 < a ≤ ak ≤ b với k = 1, 2, ..., n.
Hãy chứng minh rằng:
1
n

n

a2k
k=1

(a + b)2 1
≤
4ab
n

2

n

a2k

.

k=1

Lời giải
Xuất phát từ giả thiết a ≤ ak ≤ b ta suy nghĩ rằng, nếu xem a và b là
nghiệm của tam thức bậc 2 nào đó thì ak nằm trong đoạn [a; b]. Như
vậy, ta có
A.f (ak ) ≤ 0
2
trong đó A là hệ số của x .
Dễ thấy rằng, tam thức bậc hai có hai nghiệm a và b là:
f (x) = x2 − (a + b)x + ab


17

Với f (x) lập được, có A=1.
Khi đó, do a ≤ ak ≤ b nên f (ak ) ≤ 0, k = 1, 2, ..., n
hay là
a2k − (a + b)ak + ab.

(1.17)

Cho k chạy từ 1 đến n ta có n BĐT có dạng (1.17).
Cộng vế với vế của n BĐT đó ta được: f (ak ) ≤ 0. Suy ra
n

n

a2k

− (a + b)

k=1

ak + nab ≤ 0
k=1

n

n

⇔ (a + b)

a2k + nab

ak ≥
k=1
n

1
⇔ (a + b)
n

k=1

k=1

1
ak ≥
n

n

a2k + ab.
k=1

Áp dụng BĐT AM-GM ta có
1
n

n

a2k

+ ab ≥ 2.

k=1

⇒
1
⇒
n

1
n

2

n

k=1

a2k
k=1

n

a2k
k=1

1
.(a + b) ≥ 4ab.
n

n

2

ak

n

1
ab.
n

(a + b)2
≤
4ab

1
n

n

ak

a2k
k=1
2

.

k=1

Đó là điều cần phải chứng minh.
Bài toán 1.10 (Toán học và tuổi trẻ, số 215, năm 1995)
Chứng tỏ rằng với n số nguyên dương phân biệt a1 , a2 , ..., an ta có bất
đẳng thức sau:
n

2

n

a3k ≥
k=1

ak

.

(1.18)

k=1

Lời giải (Sử dụng phương pháp qui nạp)
Với n = 1, ta có: a31 ≥ a21 . BĐT (1.18) đúng vì ai là số nguyên dương.
Giả sử BĐT (1.18) đúng với n = m, ta có
m

k=1

2

m

a3k

≥

ak
k=1

.

(1.19)


18

Ta cần chứng minh BĐT(1.18) cũng đúng với n = m+1 số: a1 , a2 , ..., am , x.
Thật vậy, không mất tính tổng quát, có thể giả sử:
1 ≤ a1 < a2 < ... < am < x.
Ta cần chứng minh BĐT:
m
3

+x ≥

ak + x

k=1

k=1

m

2

n

a3k

hay

2

n

a3k

3

+x ≥

k=1

ak

n

ak + x2 .

+ 2x

k=1

k=1
n

n

a3k ≥

Theo giả thiết qui nạp (1.19) thì:

2

ak

k=1

k=1
m

x3 ≥ x2 + 2x

Vậy chỉ cần chứng minh:

m

ak
k=1

x2 ≥ x + x

hay

.

ak .
k=1

Do ak ∈ {1, 2, ..., x − 1} nên
m

ak ≤ x + 2(1 + 2 + ... + x − 1) = x + 2.

x + 2.
k=1

x(x − 1)
= x2 .
2

Đó là điều phải chứng minh.
Bài toán 1.11 (Toán học và tuổi trẻ, số 229 năm 1996)
Cho a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an ≥ 0; m, k ∈ N, 0 ≤ k ≤ m.
Chứng minh rằng:
n

n

am
i
i=1

aki am−k
i+1

≥
i=1

(coi an+1 = a1 ).
Lời giải
Theo giả thiết ta có:
ak1 ≥ ak2 ≥ ... ≥ akn ;
am−k
≥ am−k
≥ ... ≥ am−k
.
n
1
2
Xét hiệu:
m
m
k m−k
A = (am
+ ak2 am−k
+ ... + akn am−k
1 + a2 + ... + an ) − a1 a1
2

1
m−k
= ak1 am−k
− am−k
+ ak2 am−k
− a3m−k ... + akn−1 am−k
1
2
2
n−1 − an


19

+akn am−k
− am−k
n
1
ak1 − akn

=

am−k
− am−k
+ ak2 − akn
1
2

+ akn−1 − akn

am−k
− am−k
+ ...
2
3

m−k
am−k
n−1 − an

m−k
+akn am−k
− am−k
+ a2m−k + ... + am−k
+ am−k
− am−k
.
n
1
2
n−1 − an
1

Do
m−k
am−k
− am−k
+ am−k
+ ... + an−1
− am−k

+ am−k
− am−k
=0
n
n
1
2
2
1

và do
nên suy ra

aki ≥ akn ; am−k
≥ am−k
i
i+1
A≥0

n

n

am
i

hay
i=1

aki am−k

i+1 .

≥
i=1

Đó là điều cần chứng minh.
Bài toán 1.12 (Toán học và tuổi trẻ, số 240, năm 1997)
Cho 2n số a1 , a2 , ..., an ; b1 , b2 , ..., bn thỏa mãn:
1) a1 ≤ a2 ≤ ... ≤ an
2) bi ≥ 0, ∀i = 1, 2, ..., n.
Đặt: m = min (aj − ai , a1 ), M = max {bi }
1≤i
1≤i≤n

Chứng minh rằng:
n

M.

ai bi
i=1

m
≥
2

2

n

bi

.

i=1

Lời giải
Điều kiện a1 ≥ 0.
Vì nếu a1 < 0 thì khi cho
a2 = a3 = ... = an = 0; b1 = 1, b2 = b3 = ... = bn = 0
a1
ta có BĐT (1.20) trở thành a1 ≥
(vô lý vì a1 < 0 ).
2
Với a1 ≥ 0 ta suy ra m ≥ 0.
Ta lại có:
a1 ≥ m; a2 − a1 ≥ m ⇒ a2 ≥ 2m
và từ đó suy ra:
a3 ≥ 3m; ...; an ≥ n.m.
Vậy có:
n

M

ai bi
i=1

≥ M (mb1 + 2mb2 + ... + n.mbn )

(1.20)


20

= m.M (b1 + 2b2 + ... + n.bn )
n

n

= m. M

bi

+M

bi

i=1
n

≥ m b1

i=2
n

bi

+ b2

=

m
≥
2

i=2

n

m
2

+ ... + bn−1 (bn−1 + bn ) + b2n

bi

i=1



+ ... + M (bn−1 + bn ) + M.bn

2

n

b2i

+

bi

i=1




i=1
2

n

bi

.

i=1

Dấu "=" xảy ra khi b1 = b2 = b3 = ... = bn = 0
hoặc khi
a1 = a2 = ... = an = 0.
Suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 1.13 (Toán học và tuổi trẻ, số 155, năm 1987)
Cho n bất phương trình:
1
4x2 − 4ai x + (ai − 1)2 ≤ 0 với ai ∈ ; 5 (i = 1, 2, ..., n).
2
Gọi xi là nghiệm bất kỳ của bất phương trình ứng với tham số ai .
Chứng minh rằng:

n

n

x2i
i=1

n

xi
≤

i=1

n+1

.

Lời giải
1
∆i = (2ai )2 − 4 a2i − 2ai + 1 = 4 (2ai − 1) ≥ 0 do ai ≥ .
2
Khi đó các bất phương trình trên có nghiệm:

Ta có

2ai −

4(2ai − 1)
2ai +

≤x≤
4

4(2ai − 1)
4

hay
ai −

(2ai − 1)
ai +
≤x≤
2
Từ (ai − 1)2 ≤ 0 suy ra a2i ≥ 2ai − 1.
Mặt khác do ai ≤ 5 nên
ai +

(2ai − 1)
.
2

(2ai − 1)
5+3
≤
= 4.
2
2

(1.21)

21

Vậy từ hệ thức (1.21) ta có
0 ≤ xi ≤ 4.
Theo định lí đảo của tam thức bậc hai, ta có:
x2i − 4xi ≤ 0(i = 1, 2, ..., n)
n

(1.22)

n

x2i

⇒

− 4.

i=1

≤ 0.

xi
i=1

Hay
n

n

x2i
⇔
Và ta lại có:


i=1

n

i=1

≤

2

n

xi

4

.

n

(1.23)
n

n

x2i

x2i

xi 
n

 i=1 
i=1


 n + 1  ≤ (n + 1)2 ≤



i=1

4n

Kết hợp (1.23), ta được:


n

2

xi 

 i=1 


⇔
n + 1 ≥



n

xi
i=1

n

.

Đó là điều cần phải chứng minh.
Bài toán 1.14 (Toán học và tuổi trẻ, số 199, năm 1994)
Cho n số dương a1 , a2 , ..., an . Chứng minh rằng:
n

i=1

1
a4i
≥
4
(ai + ai+1 ) a2i + a2i+1

n

ai ,
i=1

coi an+1 = a1 .
Lời giải
Gọi vế trái của BĐT là Q và
a42
a43
P =
+
+
(a1 + a2 ) (a21 + a22 ) (a2 + a3 ) (a22 + a23 )


22

... +

a41
a4n
+
.
(an + a1 ) (a2n + a21 )
(an−1 + an ) a2n−1 + a2n

Khi đó
Q − P = (a1 − a2 ) + (a2 − a3 ) + ... + (an − a1 ) = 0.
Suy ra
Q = P.
Do đó

1
1
2Q = (Q + P ) =
2
2

n

i=1

(a4i + a4i+1
.
(ai + ai+1 )(a2i + a2i+1 )

Nhưng
2(a2i + a2i+1 ) ≥ (ai + ai+1 )2
hay
2(a2i + a2i+1 )2 ≥ (ai + ai+1 )2 (a2i + a2i+1 ).

(1.24)

Mặt khác,
4 a4i + a2i+1

4

≥ 2 a2i + a2i+1

2

.

Từ (1.24) và (1.25) ta có
4

4 a4i + a2i+1 ≥ 2 (ai + ai+1 )2 a2i + a2i+1
a4i + a2i+1 )4
ai + ai+1
≥
.
⇒
2
2
4
(ai + ai+1 ) ai + ai+1
Vì vậy,
1
Q =
2
≥
=

1
8
1
4

n

i=1
n

a4i + a2i+1 )4
(ai + ai+1 ) a2i + a2i+1
(ai + ai+1 )

i=1
n

ai .
i=1

Đó là điều phải chứng minh.
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .

(1.25)


23

Chương 2

Tổng từng phần và ứng dụng vào
giải một số bài toán chuỗi
Chương này luận văn sẽ trình bày các kết quả được tổng hợp từ các
tài liệu tham khảo [2],[3],[4],[5],[6] và một số tài liệu liên quan đến bài
toán chuỗi. Sử dụng công thức tổng từng phần ta có những bài toán khá
hay. Đối với nhiều bài toán khó, phương pháp tổng từng phần tỏ ra rất
hữu hiệu. Một số bài toán được gia công trình bày chi tiết hơn tài liệu

gốc như: bài toán 2.1 (Cách 2), bài toán 2.3, bài toán 2.5, bài toán 2.12,
bài toán 2.13, bài toán 2.14, bài toán 2.15, bài toán 2.16. Phương pháp
tổng từng phần còn giúp ta sáng tạo được nhiều bài toán về chuỗi hay
và khó cho học sinh phổ thông như: bài toán 2.10, bài toán 2.11. Đó
là một điểm phù hợp với chuyên ngành phương pháp toán sơ cấp trong
luận văn này, có thể áp dụng thực tế trực tiếp vào quá trình giảng dạy
học sinh phổ thông. Người ta cũng đã tìm được rất nhiều ứng dụng của
phương pháp tổng từng phần trong các lĩnh vực khác nhau chẳng hạn
như trong số học, đại số, hình học hay ứng dụng của phương pháp từng
phần trong các trường số khác nhau, ví dụ trường số thực, trường số
phức.

2.1.
2.1.1.

Tổng từng phần
Công thức tổng từng phần

Trong phép tính vi tích phân, công thức tích phân từng phần là:
t

t

f (x)g(x)dx = F (t)g(t) − F (s)g(s) −
s

F (x)g (x)dx,
s