Luận văn Thạc sĩ Toán học: Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi

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

NGÔ KHẮC KIÊN

VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HỊA VÀO
GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN DÀNH CHO
HỌC SINH GIỎI

THÁI NGUYÊN - 2018


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

NGÔ KHẮC KIÊN

VẬN DỤNG CHUỖI ĐIỀU HỊA VÀO
GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN DÀNH CHO
HỌC SINH GIỎI
CHUYÊN NGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
MÃ SỐ: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS. TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2018


Mục lục
Mở đầu

1

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Chuỗi số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Khái niệm chuỗi số . . . . . . . . . .
1.1.2 Các tính chất của chuỗi số . . . . . .
1.2 Chuỗi điều hòa . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Khái niệm chuỗi điều hịa . . . . . .
1.2.2 Một số tính chất của chuỗi điều hòa

3
3
3
4
5
5
6

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hịa vào giải tốn
13
2.1 Vận dụng tính chất chuỗi điều hịa vào giải một số bài tốn về
bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.2 Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một số bài toán về chuỗi số . . 32

Kết luận

51

Tài liệu tham khảo

52


1

Mở đầu
Trong sách toán Trung học cơ sở, Trung học phổ thơng đã có những bài tốn
về chuỗi số điều hịa. Nhưng số lượng rất ít khơng đủ cho học sinh luyện tập,
hơn nữa việc phân dạng bài tập chưa đầy đủ và khơng có tính hệ thống. Để
cung cấp cho học sinh về nội dung kiến thức, phương pháp giải tốn. Để phục
vụ cho cơng tác đào tạo đội tuyển học sinh giỏi một cách bài bản hơn về chuỗi
số điều hịa. Tơi xin trình bày một cách hệ thống khái niệm và các tính chất của
chuỗi điều hịa. Từ đó đưa ra một số ví dụ minh họa việc vận dụng chuỗi điều
hòa vào giải một số bài toán dành cho học sinh giỏi, theo các dạng bài tập sau:
• Các bài tốn liên quan đến bất đẳng thức;
• Các bài tốn liên quan đến tính chất số học của chuỗi điều hịa;
• Các bài tốn liên quan đến tổng của chuỗi điều hịa;
• Một số bài tốn khác liên quan đến chuỗi điều hịa;
• Một số bài toán dành cho học sinh giỏi.
Với mong muốn cung cấp thêm một tài liệu tổng hợp kiến thức về chuỗi điều
hòa, giúp cung cấp thêm một phương pháp hay và rất bổ ích để rèn luyện nội
dung này, chúng tơi chọn chủ đề “Vận dụng chuỗi điều hòa vào giải một
số bài toán dành cho học sinh giỏi” để làm đề tài luận văn cao học.
Ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn gồm 2 chương:

Chương 1. Kiến thức chuẩn bị. Trong chương này, chúng tơi trình bày
định nghĩa, ví dụ và các kiến thức cơ bản, nâng cao về chuỗi số và chuỗi điều
hòa.
Chương 2. Vận dụng chuỗi điều hịa vào giải tốn. Chương 2 trình
bày sự vận dụng của chuỗi điều hòa vào việc chứng minh bất đẳng thức, các
tính chất số học của số hạng, tổng của chuỗi điều hịa. Cuối Chương này chúng
tơi sưu tầm, chọn lọc để đưa ra một số bài toán trong các kỳ thi học sinh giỏi
có liên quan đến chuỗi điều hịa.
Luận văn được hồn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái


2

Nguyên. Lời đầu tiên tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo
PGS. TS. Trịnh Thanh Hải. Thầy đã dành nhiều thời gian hướng dẫn cũng như
giải đáp các thắc mắc của tôi trong suốt q trình làm luận văn. Tơi xin bày tỏ
lịng biết ơn sâu sắc tới thầy.
Tác giả xin chân thành cảm ơn tồn thể các thầy cơ trong Khoa Tốn - Tin,
trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã tận tình hướng dẫn, truyền
đạt kiến thức trong suốt thời gian theo học, thực hiện và hoàn thành luận văn.
Cảm ơn sự giúp đỡ của bạn bè, người thân và các đồng nghiệp trong thời
gian làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 05 năm 2018
Người viết luận văn

Ngô Khắc Kiên


3

Chương 1
Kiến thức chuẩn bị
1.1
1.1.1

Chuỗi số
Khái niệm chuỗi số

Định nghĩa 1.1.1. Cho dãy số vô hạn u1 ; u2 ; . . . ; un ; . . ., khi đó gọi tổng vơ hạn
∞

u1 + u2 + . . . + un + . . . là chuỗi số và ký hiệu là

un ; un là số hạng tổng quát;
n=1

sn = u1 + u2 + . . . + un là tổng riêng thứ n của chuỗi; rn = un+1 + un+2 + . . . gọi

là phần dư thứ n. Nếu lim sn = s (hữu hạn) thì chuỗi được gọi là hội tụ và s là
n→∞

tổng của chuỗi. Nếu dãy sn không dần tới một giá trị hữu hạn thì chuỗi đó là
phân kỳ.
Ví dụ 1.1.2.
∞

∞

un =
n=1

n=1

1
n(n + 1)

1
1
+
+
1.2 2.3
1
= 1−
+
2

1
1
+ ... +
+ ...
3.4
n(n + 1)
1 1
1 1
1
1
−
+
−
+ ... +

−
+ ...
2 3
3 4
n n+1

1
1
+
+
1.2 2.3
1
= 1−
+
2
1
=1−
,
n+1

1
1
+ ... +
3.4
n(n + 1)
1 1
1 1
1
1
−

+
−
+ ... +
−
2 3
3 4
n n+1

=

Do đó, ta có
sn =


4

là tổng riêng thứ n và
1−

lim sn = lim

n→+∞

n→+∞

1
n+1

= 1.

Suy ra chuỗi đã cho là hội tụ và có tổng bằng 1.

1.1.2

Các tính chất của chuỗi số

Định lý 1.1.3.
i. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi khi ta bỏ đi một số
hữu hạn số hạng đầu của chuỗi số.
ii. Tính hội tụ hay phân kỳ của 1 chuỗi số sẽ không đổi nếu ta bỏ đi hay thêm
vào một số hữu hạn số hạng ở những vị trí bất kỳ.
∞

∞

Định lý 1.1.4. Nếu chuỗi số

un hội tụ và có tổng bằng s thì chuỗi số
n=1

∞

cũng hội tụ và có tổng bằng as.Cịn nếu

aun
n=1

un phân kỳ thì với a = 0 chuỗi số
n=1

∞

aun cũng phân kỳ.
n=1
∞

∞

Định lý 1.1.5. Nếu

un và

n=1
∞

chuỗi hiệu sau đây

vn là các chuỗi số hội tụ thì các chuỗi tổng và
n=1

∞

n=1

n=1

(un + vn ) =
n=1

n=1

un −

(un − vn ) =

vn và

un +

∞

∞

∞

∞

∞

∞

n=1

(un − vn ) cũng hội tụ. Hơn nữa,

(un + vn ) và

n=1

vn .

n=1

n=1

∞

Định lý 1.1.6. (Định lý về tiêu chuẩn so sánh) Cho 2 chuỗi số dương
∞

∞

vn nếu un ≤ vn với mọi n ≥ n0 (n0 ∈ N ) thì từ sự hội tụ của
n=1

∞

hội tụ của
n=1

vn suy ra sự
n=1

∞

un và từ sự phân kỳ của

un và
n=1

∞

un suy ra sự phân kỳ của
n=1

vn .
n=1

Định lý 1.1.7. (Định lý về tiêu chuẩn tương đương) Cho hai chuỗi số dương
∞

∞

un và
n=1

un
= k . Nếu 0 < k < +∞ thì hai chuỗi đã cho sẽ cùng
n→∞ vn

vn . Xét lim
n=1

hội tụ hoặc cùng phân kỳ (hai chuỗi tương đương nhau).
∞

Nếu k = 0 thì từ sự hội tụ của

∞

vn suy ra sự hội tụ của

n=1

∞

un .
n=1

∞

vn , ta suy ra sự phân kỳ của

Nếu k = +∞ thì từ sự phân kỳ của
n=1

un .
n=1


5
∞

Định lý 1.1.8. (Định lý về tiêu chuẩn Đalambe) Cho chuỗi số dương

un ,
n=1

un+1
= D. Nếu:
n→∞ un
D < 1: chuỗi hội tụ;

giả sử lim

D > 1: chuỗi phân kỳ;
D = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác.
∞

Định lý 1.1.9. (Định lý về tiêu chuẩn Côsi) Cho chuỗi số dương
lim

n→∞

un , giả sử
n=1

√
n u
n = C . Nếu:

C < 1: chuỗi hội tụ;
C > 1: chuỗi số Phân kỳ;
C = 1: phải xét thêm bằng phương pháp khác.
∞

Định lý 1.1.10. (Định lý về tiêu chuẩn tích phân) Cho chuỗi số dương

un ,
n=1

nếu tồn tại hàm f (x) sao cho un = f (n) với ∀n ≥ n0 và f (x) liên tục, đơn điệu

∞

∞

f (x)dx và

giảm trên miền (n0 ; +∞) thì
n0

un cùng hội tụ hoặc cùng phân kỳ.
n=1

Định lý 1.1.11. (Định lý về chuỗi số đan dấu) Tiêu chuẩn Lepnit: Cho chuỗi
∞

số đan dấu

(−1)n un , nếu tồn tại dãy số un đơn điệu giảm (nghĩa là u1 > u2 >

n=1

u3 > . . .) và lim un = 0 thì chuỗi đan dấu hội tụ và tổng của chuỗi không vượt
n→∞

quá giá trị tuyệt đối của số hạng đầu tiên.

1.2
1.2.1

Chuỗi điều hòa

Khái niệm chuỗi điều hòa

Định nghĩa 1.2.1. Chuỗi số có dạng :
1
1
1
+
+
+ ...,
m m + d m + 2d

trong đó m, d là các số sao cho mẫu số khác khơng, được gọi là chuỗi điều hịa.
Ví dụ 1.2.2.
1
1
+ ... + ,
2
n
1
1
1
+ . . . + , là các chuỗi điều
(ii) Chuỗi số có tổng riêng là H(m, n) = +
m m+1
n
hịa. Ta ln giả thiết rằng 1 ≤ m < n.

(i) Chuỗi số có tổng riêng là H(1, n) = 1 +

6

1.2.2

Một số tính chất của chuỗi điều hịa

Tính chất 1.2.3. H(1, n) là vô hạn, tức là lim H(1, n) = +∞.
n→∞

Chứng minh. Xét dãy con H(1, 2k )
H(1, 1) = 1 = 1 + 0

∞
,
k=0

khi đó,

1
;
2

1
1
=1+1
;
2
2
1 1
1

1 1
1
1
+
>1+ +
+
=1+2
;
H(1, 4) = 1 + +
2
3 4
2
4 4
2
1
1 1
1 1 1 1
+
+
+ + +
H(1, 8) = 1 + +
2
3 4
5 6 7 8
1
1 1
1 1 1 1
1
>1+ +
+

+
+ + +
=1+3
;
2
4 4
8 8 8 8
2
H(1, 2) = 1 +

1
∞
. Do dãy con H(1, 2k ) k=0 không bị chặn nên
2
phân kỳ hay lim H(1, n) = +∞. Lý luận tương tự ta cũng có

Tổng quát, H(1, 2k ) ≥ 1 + k
dãy {H(1, n)}∞
k=0

n→∞

thể chỉ ra với số nguyên dương tùy ý M thì
H(1, M k ) ≥ 1 + k

M −1
M

, k = 0, 1, 2, . . .

Tính chất 1.2.4. H(m, n) không phải là một số nguyên.
Chứng minh.

(i) Đối với trường hợp đặc biệt H(1, n), m = 1, cho s sao cho:
2s ≤ n < 2s+1 . Chúng ta nhân H(1, n) với 2s−1 Q, trong đó Q là tích của tất
cả số nguyên lẻ trong đoạn [1, n]. Tất cả các số hạng trong H(1, n) sẽ là số
nguyên ngoại trừ số hạng thứ 2s sẽ trở thành số nguyên chia cho 2. Điều
này chỉ ra rằng H(1, n) không phải là một số nguyên.

(ii) Cách khác, đối với trường hợp m = 1, cho p là số nguyên tố lớn nhất không
vượt quá n. Theo tiên đề Betrand, có 1 số nguyên tố q với p < q < 2p. Do
n

n!
i=1 i
n n!
n!
là một số nguyên chia hết cho p. Tuy nhiên, số hạng
trong tổng
p
i=1 i
không chia hết cho p, còn tất cả số hạng khác sẽ chia hết cho p.

đó, chúng ta có n < 2p. Nếu H(1, n) là một số nguyên, thì: n!H(n) =

(iii) Trường hợp: m > 1. Giả sử 2a |k nhưng 2a+1 không là ước của k (viết là
2a||K ), thì chúng ta gọi a là thứ tự chẵn lẻ của k . Bây giờ quan sát các số


7

2a , 3.2a , 5.2a , . . ., tất cả các số này cùng thứ tự chẵn lẻ. Giữa những số này có
2.2a , 4.2a , 6.2a , . . . , tất cả đều có thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Do vậy, giữa 2 số bất

kỳ cùng thứ tự chẵn lẻ, có 1 số với thứ tự chẵn lẻ lớn hơn. Điều này chỉ ra
duy nhất rằng trong các số m, m + 1, . . . , n có 1 số nguyên có thứ tự chẵn lẻ
1
1
1
lớn nhất, là q có thứ tự chẵn lẻ là u. Bây giờ ta lấy
+
+ ... +
m

m+1

n

2u L,

nhân với
trong đó L là tích của tất cả số nguyên lẻ trong [m, n]. Khi
u
đó: 2 LH(m, n) là một số lẻ. Do đó:
H(m, n) =

2r + 1
q
= ,
u
2 L

p

trong đó, p chẵn, q lẻ và vì vậy H(m, n) khơng phải là số ngun.

Ví dụ 1.2.5. Ta có
H(1, 10) = 1 +

1 1 1
1
7381
+ + + ... +
=
2 3 4
10
2520

không phải là một số nguyên.
Tính chất 1.2.6. Nếu H(m, n) =

q
và m+n là một số nguyên tố lẻ, thì (m+n)|q .
p

Chứng minh. Chú ý rằng H(m, n) có một số chẵn số hạng và nó bằng với
n−m−1
2
j=0

1
1

+
m+j n−j

n−m−1
2
=
j=0

m+n
s
= (m + n) ,
(m + j)(n − j)
r

trong đó, gcd(s, r) = 1. Do m + n là số nguyên tố nên gcd(r, m + n) = 1. Nên ta có
q
(m + n)s
=
⇒ rq = p(m + n)s ⇒ (m + n)|rq ⇒ (m + n)|q.
p
r

Ví dụ 1.2.7. Ta có
H(1, 10) = 1 +

và m + n = 11, 11|7381 = q.

1 1 1
1
7381

+ + + ... +
=
2 3 4
10
2520


8

Định lý 1.2.8. (Định lý Wolstenholme) Đối với một số nguyên tố p ≥ 5, ta có
H(1, p − 1) = 1 +

1
1 1
+ + ... +
≡ 0(modp2 )
2 3
p−1

Chính xác hơn, đối với một số nguyên tố p ≥ 5, nếu
H(1, p − 1) = 1 +

1 1
1
a
+ + ... +
=
2 3
p−1
b

thì p2 |a.
Chứng minh. Ta có thể chứng minh theo hai cách như sau:
Cách 1 : Ta có
1 1
1
H(1, p − 1) = 1 + + + . . . +
=
2 3
p−1

(p−1)/2

n=1

1
1
+
n p−n

(p−1)/2

=p
n=1

1
.
n(p − n)

(1.1)

(p−1)/2

Vì thế chúng ta cần chứng minh:
n=1
(p−1)/2

n=1

1
≡ 0(modp). Bây giờ:
n(p − n)

1
≡−
n(p − n)

(p−1)/2

n=1

1
(modp).
n2

2
1
2 , 22 , . . . , p − 1
là
đồng
dư

với
đúng
một
trong
các
số
1
n2
2
(p − 1)
1
, khi p ≥ 5
(modp) và tất cả các số hạng 2 là phân biệt với n = 1, 2, . . . ,
n
2

Thật vậy, vì mỗi

thì
(p−1)/2

n=1

1
≡
n2

(p−1)/2

k2 =

k=1

(p2 − 1)p
≡ 0(modp).
24

(1.2)

Định lý Wolstenholme được chứng minh.
Cách 2 (sử dụng đa thức mod p): Chúng ta sử dụng định lý Lagrange, cụ
thể nếu f (x) = c0 + c1 x + . . . + cn xn là một đa thức bậc n, với hệ số nguyên và
nếu f (x) ≡ 0(modp) có nhiều hơn n nghiệm, trong đó p là số nguyên tố, khi đó
mỗi hệ số của f (x) sẽ chia hết cho p. Phép chứng minh không khó. Có thể chứng
minh bằng quy nạp và thuật tốn chia modp. Mệnh đề là sai nếu p không phải
số ngun tố. Ví dụ: x2 − 1 ≡ 0(mod8) có 4 nghiệm.


9

Sau đây là phép chứng minh khác. Từ định lý nhỏ của Fermat xp−1 ≡ 1( mod
p) có 1, 2, . . . , p − 1 nghiệm. Do đó xp−1 − 1 ≡ (x − 1)(x − 2) . . . (x − p + 1)(modp).
Hay
xp−1 − 1 ≡ xp−1 − s1 xp−2 + . . . − sp−2 x + sp−1 .

(1.3)

theo định lý Wilson, sp−1 = (p − 1)! ≡ −1(modp). Do đó,
0 ≡ s1 xp−2 + . . . − sp−2 x(modp).

Công thức đúng đối với mỗi số nguyên x. Theo định lý Lagrange, p chia hết mỗi

một trong s1 , s2 , . . . , sp−2 .
Đặt x = p trong (1.3), chúng ta có (p − 1)! = pp−1 − s1 pp−2 + . . . − sp−2 p + sp−1 . Bỏ
(p − 1)! và chia cả 2 vế cho p, chúng ta có 0 = pp−2 − s1 pp−3 + . . . − sp−3 p − sp−2 . Vì
p ≥ 5 và mỗi số trong các số hạng này đồng dư với 0( mod p2 ). Do đó, chúng ta có
sp−2 ≡ 0( mod p2 ). Cuối cùng sp−2 = (p − 1)! 1 +

1 1
1
+ + ... +
2 3
p−1

a
= (p − 1)! .
b

Điều này chứng minh định lý Wolstenholme.
Ví dụ 1.2.9. Ta có H(1, 10) = 1 +

1 1 1
1
7381
+ + + ... +
=
và 112 |7381.
2 3 4
10
2520

Tính chất 1.2.10. Cho p ≥ 5 là 1 số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu

1+

1 1
1
a
+ + . . . + = thì p4 |(ap − b).
2 3
p
b

Chứng minh. Theo định lý Wolstenholme thì
1
1 1
+ + ... +
2 3
p−1

p2 (p − 1)!

Vì vậy

1 1
1
x
+ + ... +
= p2 .
2 3
p−1
y

Trong đó x, y là các số nguyên với y không chia hết cho p. Vì vậy ta có:
a 1
x
− = p2 ,
b p
y

điều này chỉ ra rằng: ap − b =

p3 bx
. Vậy
y

a
2.3 . . . p + 1.3.4. . . . p + . . . + 1.2 . . . (p − 1)
=
,
b
p!

và các tử số của vế bên phải có dạng mp + (p − 1)!. Do đó, nó khơng chia hết cho
p. Vì vậy p|b và p4 |(ap − b) =

p3 bx
.
y


10

Ví dụ 1.2.11. Ta có
H(1, 11) = 1 +

1
1
83711
1 1 1
+ + + ... +
+
=
2 3 4
10 11
27720

thì 114 = 14641; ap − b = 893101. Do đó (ap − b) : p4 = 61, thỏa mãn p4 |(ap − b).
Tính chất 1.2.12. Coi H(1, n) là 1 hàm số của biến số tự nhiên n. Chứng minh
rằng H(1, n) không phải là hàm số hữu tỉ đối với n.
Để chứng minh Tính chất 1.2.12 ta dùng Tính chất 1.2.3 và bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.13. Dãy H(1, n) thỏa mãn
√
H(1, n) < 2 n.

(1.4)

Chứng minh. Dễ thấy bất đẳng thức trên đúng với n = 1, 2. Giả sử Bất đẳng
thức (1.4) đúng với n = k , ta chứng minh nó cũng đúng với n = k + 1.
Thật vậy, từ giả thiết quy nạp, suy ra:
1+

√

1
1
1
1 1
+ + ... + +
<2 k+
.
2 3
k k+1
k+1

Vậy ta có:
√
2 k+

√
1
1
<2 k+√
.
k+1
k+1

(1.5)

Mặt khác:
2

√
1

1
> 4k ⇔ 2 k + 1 − √
> 4k
k+1
k+1
√
√
√
√
1
1
2 k+1− √
>2 k⇔2 k+√
<2 k+1
k+1
k+1
4k +

Từ (1.5) và (1.6) suy ra:
√
2 k+

Từ đó ta có:
1+

√
1
< 2 k + 1.
k+1

√
1
1
1
+ ... + +
< 2 k + 1.
2
k k+1

Vậy theo phương pháp quy nạp bất đẳng thức ban đầu đúng.

(1.6)


11

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh Tính chất 1.2.12 dựa vào Tính chất 1.2.3 và Bổ
đề 1.2.13.
Chứng minh tính chất 1.2.12 Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử
H(1, n) là hàm số hữu tỷ của n tức là ta có biểu diễn
H(1, n) =

am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0
với am = 0; bk = 0.
bk nk + bk−1 nk−1 + . . . + b1 n + b0

(1.7)

Theo Tính chất 1.2.3 ta có: lim H(1, n) = +∞, nên m > k . Ta lại có:
n→∞

H(1, n)
am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0
= lim
n→∞
n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n
n
√
H(1, n)
2 n
và lim
≤ lim
.
n→∞
n→∞ n
n
√
H(1, n)
H(1, n)
2 n
Mặt khác, lim
≥ 0 (vì
> 0) và lim
= 0, do vậy
n→∞
n→∞ n
n
n
lim

am nm + am−1 nm−1 + . . . + a1 n + a0
H(1, n)
= 0 suy ra m < k + 1.
= lim
n→∞ bk nk+1 + bk−1 nk + . . . + b1 n2 + b0 n
n→∞
n
lim

Vậy k < m < k + 1 và m nguyên là mâu thuẫn. Vậy H(1, n) không phải là hàm
số hữu tỷ của n.
Tính chất 1.2.14. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và k =
p
1

+

p
2

p
i

=

+ ... +

p
k

2p
. Khi đó,
3

≡ 0(modp2 ).

Chứng minh. Biết rằng
p(p − 1) . . . (p − i + 1)
.
1.2 . . . i

Đây là bội của p nếu 1 ≤ i ≤ p − 1. Vế phải sau khi đem chia hết cho p thì đồng
dư với

(−1) . . . (−(i − 1))
1
= (−1)i−1 . Do đó, điều phải chứng minh trở thành
1.2 . . . i
i
1−

2p
1 1
1
+ − . . . + (−1)k−1 ≡ 0(modp) với k =
.
2 3
k
3

Ta nhận thấy rằng: −

1
1
1
≡
+
(modp). Điều này cho chúng ta thay thế
2i
2i
p−i

tổng bởi:
1+

1 1
1
+ + ... +
≡ 0(modp).
2 3
p−1

Điều này là đúng với Định lý 1.2.8. Từ đó ta có điều phải chứng minh.


12

Ví dụ 1.2.15.
7
1

+

7
2

7
3

+

+

7
4

= 98 ≡ 0(mod72 ).

∞

Tính chất 1.2.16. Chứng minh

(−1)n−1
= ln 2.
n
n=1

Chứng minh. Ta có:
1 1 1
1

+ − + ... −
2 3 4
2n
1
1 1 1
1
1 1 1
− 1 + + + + ... +
= 1 + + + + ... +
2 3 4
2n
2 3 4
n
1
1
1
=
+
+ ... + .
n+1 n+2
2n

S2n = 1 −

Từ bất đẳng thức

1
1
< ln 1 +
n+1

n

1
, ∀n > 1. Suy ra
n

1
1
< ln 1 +
, ∀n > 1
n+1
n
1
< ln(n + 1) − ln n, ∀n > 1;
⇔ ln(n + 2) − ln(n + 1) <
n+1
ln 1 +

1
n+1

<

<

Tương tự ta được
ln(n + 3) − ln(n + 2) <

1
< ln(n + 2) − ln(n + 1), ∀n > 1;

n+2

......
ln(2n + 1) − ln(2n) <

1
< ln(2n) − ln(2n − 1), ∀n > 1
2n

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức ta được:
ln

2n + 1
1
1
1
<
+
+ ... +
< ln 2, ∀n > 1.
n+1
n+1 n+2
2n

Hơn nữa:
lim ln

n→∞

2n + 1

= lim ln 2 = ln 2.
n→∞
n+1

Theo nguyên lý kẹp ta có lim S2n = ln 2. Vì dãy {Sn } có 2 dãy con {S2n }
n→∞

và {S2n+1 } cùng hội tụ đến giới hạn chung là ln 2 nên lim Sn = ln 2. Suy ra
n→∞

∞

(−1)n−1

n=1

n

= ln 2.


13

Chương 2
Vận dụng chuỗi điều hịa vào giải
tốn
2.1

Vận dụng tính chất chuỗi điều hịa vào giải một
số bài tốn về bất đẳng thức

Bài 2.1.1. Chứng minh rằng
A=

1
1
1
1
+
+ ... +
< .
1000 1002
2000
2

Giải. Ta có
B=
=
=
=
=

Vì

1
1
1
+
+ ... +
500 501

1000
1
1
1 1
1 1
+ + ... +
+ + ... +
−
1 2
1000
1 2
499
1 1
1
2 2
2
+ + ... +
−
+ + ... +
1 2
1000
2 4
998
1 1 1 1
1
1
1
1
− + − + ... +
−

+
+
1 2 3 4
997 998 999 1000
1
1
1
1 1
1 1
1
−
− −
−
−
− ... −
−
.
1
2 3 1000
4 5
998 999

1 1
1
1 1
1
1
− −
> 0; − > 0; . . . ;
−

> 0 nên ta có B < 1.
2 3 1000
4 5
998 999
A=

Bài 2.1.2. Cho A =
sánh A và B .

1 1
1
1
+
+ ... +
2 500 501
1000

<

1
1
·1= .
2
2

1
1
1
165
1

+ 2 + 2 + . . . + 2 (gồm 50 số hạng) và B =
. So
2
1
2
3
50
101


14

Giải. Với mỗi số nguyên dương n, ta có

4
4
1
và
= 2 < 2
2
n
4n
4n − 1

4
4
1
1
=
=2

−
.
−1
(2n − 1)(2n + 1)
2n − 1 2n + 1

4n2

Từ đó

1
1
1
−
. Cho n bằng 3, 4, . . . , 50 ta được
<2
2
n
2n − 1 2n + 1
1
1
1
1
+
+
.
.
.
+
+

32 42
492 502
1 1 1 1
1
1
1
1
<2
− + − + ... +
−
+
−
5 7 7 9
97 99 99 101

C=

1
1
−
.
5 101

suy ra C < 2

1
1 2
2
1273
+C < + −

hay A − 1 <
4
4 5 101
2020
64
1280
Ta thấy B − 1 =
=
101
2020

Từ đó A − 1 =

(2.1)
(2.2)

Từ (2.1) và (2.2) suy ra A < B .
Bài 2.1.3. Chứng minh rằng

1
1
1
1
1
1
< 3 + 3 + ... + 3 + ... +
<
trong
65
5

6
n
20043
40

đó tổng gồm 2000 số hạng.
Giải. Đặt A =

1
1
1
1
+
+
.
.
.
+
+
.
.
.
+
. Với n > 1, ta có
53 63
n3
20043

0 < (n − 1) · n · (n + 1) = n3 − n < n3 ⇒

1
1
<
.
n3
(n − 1) · n · (n + 1)

Sử dụng bất đẳng thức trên lần lượt với n bằng 5, 6, 7, . . . , 2004 được:
1
1
1
1
+
+
+
.
.
.
+
53 63 73
20043
1
1
1
1
<
+
+
+ ... +
.

4·5·6 5·6·7 6·7·8
2003 · 2004 · 2005

A=

Mặt khác, từ

(2.3)

1
1
1
1
=
−
(n − 1)(n + 1)
2 n−1 n+1

có

1
1
1
1
=
−
.
(n − 1) · n · (n + 1)
2 (n − 1) · n n · (n + 1)

Thay các số hạng trong vế phải của (2.3) theo phân tích trên, ta được
A<

1 1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
+ ... +
−
2 4·5 5·6 5·6 6·7 6·7 7·8
2003 · 2004 2004 · 2005


15

A<

1
1 1
−
2 4 · 5 2004 · 2005

Với n > 1, ta có

<

1
1
1
·
= .
2 4·5
40

1
1
.
>
n3
n(n + 1)(n + 2)

Nên
1
1
1
1
+ 3 + 3 + ... +
3
5
6
7

20043
1
1
1
1
+
+
+ ... +
.
>
5·6·7 6·7·8 7·8·9
2004 · 2005 · 2006

A=

(2.4)

Lại vì
1
1 1
1
=
−
n(n + 2)
2 n n+2
1
1
1
1
⇒

=
−
.
n(n + 1)(n + 2)
2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)

Thay các số hạng trong vế phải của (2.4) theo phân tích trên, ta được
1
1
1
1
1
1
1
1 1
−
+
−
+
−
+ ... +
−
2 5·6 6·7 6·7 7·8 7·8 8·9
2004 · 2005 2005 · 2006
1
1
1
1 1
1 1
12

−
−
= .
A>
>
=
2 5 · 6 2005 · 2006
2 30 390
2 · 390
65
A>

Vậy

1
1
1
1
1
1
< 3 + 3 + ... + 3 + ... +
< .
3
65
5
6
n
2004
40

Bài 2.1.4. Gọi
1
1
1
1
+
+
+ ... +
.
2
2
2
1·2
2·3
3·4
49 · 502
1
1
1
1
B = 2 + 2 + 2 + ... + 2.
2
3
4
50
1
Hãy so sánh A, B với .
2
1
1

1
Giải. Sử dụng hệ thức
= −
với n bằng 3, 4, . . . , 49, ta tính được
n(n + 1)
n n+1
A=

tổng
1
1
1
+
+ ... +
3·4 4·5
49 · 50
1 1 1 1
1
1
1
1
= − + − + ... +
−
= − .
3 4 4 5
49 50
3 50

C=

Áp dụng (2.5) để xét A và B .
Xét
B=

1
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... + 2 + 2
2
2
3
4
49
50

(2.5)


16
1
1
1
1
1
+
+
+ ... +
+ 2

4 3·4 4·5
49 · 50 50
1 1
1
1
= + −
+
4 3 50 502
1
1
1
1 1
1
−
+ 2 > .
= + +
4 4 12 50 50
2

>

Xét
1
1
1
1
1
+
+
+

+ ... +
2
2
2
2
1·2
2·3
3·4
4·5
49 · 502
1
1
1
1
1 1
+
+ ... +
< 2+
+
2
2
2·3
3 3·4 4·5
49 · 50
1
1 1
1
1
+
−

= +
4 18 3 3 50
1
1
15
1
1
+ =
< .
< +
4 18 9
36
2

A=

Vậy A <

1
< B.
2

Nhận xét 2.1.5. Có thể tính tổng A bằng cách áp dụng bất đẳng thức
1
1
1
1
1
<
=

−
2
n(n + 1)
(n − 1)n(n + 1)
2 (n − 1)n n(n + 1)

khi cho n bằng 2, 3, . . . , 49, hoặc tính tổng
1 1 1
1 1 1
1 1
1
−
+
−
+ ... +
−
2 1 2
3 2 3
50 49 50
1
1
1
1
=
+
+
+ ... +
−B
1·2 2·3 3·4
49 · 50

A=

rồi áp dụng (2.5) và thay B >

1
1
sẽ suy ra A < .
2
2

Bài 2.1.6 (THTT-1979). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có bất đẳng
thức:
n+1

n+1
1
1
1
≤ 2 + 2 + . . . + 2 < 2.
2
1
2
n

Giải. Ta có:
1
1
1
1

1
+ 2 + ... + 2 ≤ 1 +
+ ... +
2
1
2
n
2·1
n(n − 1)
1 1
1
1
=1 +
−
+ ... +
−
1 2
n−1 n
1
=2 − < 2.
n


17

Mặt khác
1
1
1
1

1
+ ... +
+ 2 + ... + 2 ≥ 1 +
2
1
2
n
2·3
n(n + 1)
1 1
1
1
=1 +
−
+ ... +
−
2 3
n n+1
1
1
3n + 1
=1 + −
=
.
2 n+1
2n + 2

Áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho n + 1 số dương, trong đó n số bằng 1 và một
(n + 1)
, ta có

2
và chỉ khi n = 1). Vậy

số bằng

n+1

n+1

n+1
2

≤

n+1
2

≤

n+(n+1)/2
n+1
3n+1
2n+2

≤

1
12

=

+

3n+1
2n+2 .
1
22

(Dấu đẳng thức xảy ra khi

+ ... +

1
n2

< 2. Bất đẳng thức ở

đầu bài được chứng minh.
Bài 2.1.7. So sánh tổng gồm 1000 số hạng
1
1
1
5
1
+
+
+ ... +
với .
1 · 2 · 4 2 · 5 · 7 3 · 8 · 10
1000 · 2999 · 3001
24

Giải. A =

1
1
1
1
+
+
+ ... +
.
1 · 2 · 4 2 · 5 · 7 3 · 8 · 10
1000 · 2999 · 3001

1
8

Đặt A = +

1
+B
70

trong đó B =

1
1
1
+
+...+

.
3 · 8 · 10 4 · 11 · 13
1000 · 2999 · 3001

(2.6)
(2.7)

Xét mỗi số hạng của B (với n ≥ 3)
1
1
=
n(3n − 1)(3n + 1)
n(9n2 − 1)
1
2
<
=
2
n(9n − 9)
18n(n − 1)(n + 1)
1
1
1
=
−
.
18 n(n − 1) n(n + 1)

Từ đó và (2.7) có
18B <

1
1
1
1
1
1
−
+
−
+ ... +
−
,
2·3 3·4
3·4 4·5
999 · 1000 1000 · 1001

1
1
1
1
−
. Suy ra B <
=
.
(2.8)
6 1000 · 1001
18 · 6
108
1

1
1
1
1
1
1
1
+B <
+
+
<
+
+
hay
Từ (2.6) và (2.8) có A = +
8
70
8
70
108
8
70
105
1
5
1
1
1
1
3

3
5
5
A< +
= +
< +
= . Lại có
< . Vậy A < .
8 210
8 42
8 40
20
20
24
24

hay 18B <


18

Nhận xét 2.1.8. Ta có một số nhận xét sau:
1. Ta thấy các số hạng của tổng A lập thành một dãy giảm và giảm khá nhanh.
Do đó nếu giữ lại một vài số hạng đầu tiên và chỉ làm trội các số hạng sau
đó rồi lấy tổng thì sẽ nhận được giá trị chỉ lớn hơn A không nhiều.
2. Có thể làm trội số hạng của B (với n ≥ 3) theo cách khác:
1
3
=
n(3n − 1)(3n + 1)

(3n − 1)3n(3n + 1)
3
3
3
<
+
+
(3n − 1)3n(3n + 1) 3n(3n + 1)(3n + 2) (3n + 1)(3n + 2)(3n + 3)
2
1
1
=
−
dẫn đến
(m − 1)m(m + 1)
(m − 1)m m(m + 1)
1
1
1
1
1
2
1
5
B<
và A < + +
< +
= < .
48
8 70 48

8 48
6
24

Sử dụng đẳng thức

Bài 2.1.9. Xét tổng gồm 2008 số hạng
S=

8
11
6026
5
+
+
+ ... +
1·2·3 2·3·4 3·4·5
2008 · 2009 · 2010

Hãy so sánh S với 2.
Giải. Số hạng tổng quát của tổng S có dạng
3n + 2
với n = 1, 2, 3, . . . , 2008.
n(n + 1)(n + 2)

Ta biến đổi
3n + 2
2(n + 1)
n
=

+
n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1)(n + 2) n(n + 1)(n + 2)
2
1
=
+
n(n + 2) (n + 1)(n + 2)
1
1
1
1
= −
+
−
n n+2 n+1 n+2
3n + 2
1
1
2
⇒
= +
−
.
n(n + 1)(n + 2)
n n+1 n+2

Áp dụng công thức trên với n = 1, 2, 3, . . . , 2008, ta được
1 2
1 1 2

1 1 2
1
1
2
−
+
+ −
+
+ −
+ ... +
+
−
2 3
2 3 4
3 4 5
2008 2009 2010
1
1
=2+
−
< 2. Vậy S < 2.
2009 1005

S = 1+


19

Bài 2.1.10 (THTT-1979). Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có
n

(n + 1)! ≥ 1 +

√
n
n!.

Giải. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
1≥

n

1
+
(n + 1)!

n

n!
.
(n + 1)!

Với n = 1 ta có đẳng thức 1 = 1. Với n > 1, áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho n
số dương khơng bằng nhau ta có:
n

n

1
1 1 1

1
<
+ + ... +
(n + 1)!
n 2 3
n+1
n!
1 1 2
n
<
+ + ... +
.
(n + 1)!
n 2 3
n+1

Vậy
n

1
+
(n + 1)!

n

n!
1
< · n = 1 (đpcm).
(n + 1)!
n

Chú ý : Có thể chứng minh bất đẳng thức tổng quát hơn: với n số dương bất
kỳ a1 , . . . , an thì
n

(1 + a1 ) . . . (1 + an ) ≥ 1 +

√
n

a1 . . . an

và đều chứng minh bằng phương pháp qui nạp. Có thể dùng ngay cách chứng
minh như trên để chứng minh bất đẳng thức tổng quát.
Bài 2.1.11. So sánh biểu thức A và B với
1
2
3
2015
+ + + ... +
2! 3! 4!
2016!
B = 1, 02015
A=

trong đó ký hiệu n! = 1 · 2 · 3 . . . n.
Giải. Biến đổi mỗi số hạng dưới dạng sau:
n
(n + 1) − 1
n+1

1
1
1
=
=
−
=
−
.
(n + 1)!
(n + 1)!
(n + 1)! (n + 1)!
n! (n + 1)!

Cho n lấy các giá trị lần lượt từ 1 đến 2015 được
1
2
3
2015
+ + + ... +
2! 3! 4!
2016!
1
1
1
1
1
1
= − + − + ... +
−

1! 2! 2! 3!
2015! 2016!
1
=1−
< 1 < B.
2016!

A=

Vậy A < B .


20

Bài 2.1.12. Chứng minh bất đẳng thức sau với n ≥ 5:
1, 71 < 1 +

Giải. Với n = 5 thì 1 +

1
1
1
+ + ... +
< 1, 72.
2! 3!
n!

1
1
1

206
1
+ + + =
> 1, 71. Xét với n ≥ 5, ta có:
2! 3! 4! 5!
120

1
1
1
6
7
n−1
+ + ... +
< + + ... +
7! 8!
n!
7! 8!
n!
1
8
1
n
1
7
−
= − + − + ... +
7! 7! 8! 8!
n! n!
1

1
1
1
1
1
1
1
1
1
= − + − + − ... +
−
= −
< .
6! 7! 7! 8! 8!
(n − 1)! n!
6! n!
6!

Vậy
1+

1
1
1
1
1
1
1
1
1

+ + ... +
<1+ + + + + +
2! 3!
n!
2! 3! 4! 5! 6! 6!
206
2
204
=
+ =
< 1, 72.
120 6!
120

Bài toán được chứng minh.
Bài 2.1.13. Chứng minh rằng
1
1
1
+√
+ ... + √
> 147.
1+ √
3
3
3
2
3
999

Giải. Với n ∈ N∗ ta có bất đẳng thức Côsi:
3n + 2 = n + (n + 1) + (n + 1) > 3 3 n(n + 1)2 .
√
3

1
n

3
2

√
3

Từ đó ta có 2 > 3( 3 n(n + 1)2 − n3 ) hay √
> ( 3 (n + 1)2 − n2 ).
3

(2.9)

Lần lượt thay n = 1, 2, 3, . . . , 999 vào bất đẳng thức (2.9) rồi cộng vế với vế của
999 bất đẳng thức này ta được
999

n=1

√
√
√
√

√
1
3 √
3
2 − 3 1 + 3 32 − 3 22 + . . . + 3 10002 − 3 9992 ).
√
>
(
2
3
2
n

Ước lượng vế phải ta đi đến
999

n=1

√
3 √
1
3
3
2 − 3 12 ) =
√
>
(
1000
· 99 = 148, 5 > 147 (đpcm).
3

2
2
n


21

Bài 2.1.14. Chứng minh rằng
1
1
1
88
87
√
< √ + √ + ... +
< .
89
45
2 1 3 2
2011 2010

Giải. Đặt

1
1
1
√
A = √ + √ + ... +
.
2 1 3 2

2011 2010

Ta có

√
√
√
k
k
k
1
1
√ =
=
−
>√ −√
(k + 1)k
k
k+1
k+1
(k + 1) k
k
1

1
1
1
1
1
1

√ − √ + √ − √ + ... + √
−√
1
2
2
3
2010
2011
87
1
> .
=1− √
89
2011

⇒A>

Lại có

1

2
1
√ = √
·√ √
2 k+1
(k + 1) k
k· k+1
1
2

√ ·√ √
<√
k+1+ k
k· k+1
√
√
1
1
2( k + 1 − k)
=2· √ − √
= √ √
k+1
k· k+1
k
1
1
1
1
1
1
⇒ A < 2 √ − √ + √ − √ + ... + √
−√
1
2
2
3
2010
2011
1
88

=2 1− √
< .
45
2011

Bài 2.1.15 (Số 459 THTT-2015). Cho các số dương a1 , a2 , . . . , an thỏa mãn
a1 + a2 + . . . + an =

Tìm giá trị nhỏ nhất của A = a1 +

1
1
1
+
+ ... + .
a1 a2
an

a22
an
+ ... + n.
2
n

Giải. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có
1
1
1
+
+ ... +

a1 a2
an
√
n
≥ n n a1 a2 . . . an · √
= n2
n a a ...a
1 2
n

(a1 + a2 + . . . + an )2 = (a1 + a2 + . . . + an )

hay a1 +a2 +. . .+an ≥ n.

(2.10)


22

Mặt khác, ta lại có
A = a1 +

a22 + 1 a33 + 2
an + n − 1
1 2
n−1
+
+ ... + n
−
+ + ... +

2
3
n
2 3
n

(2.11)

Tiếp tục áp dụng bất đẳng thức Cauchy và sử dụng (2.10), ta thu được
a1 +

a22 + 1 a33 + 2
an + n − 1
+
+ ... + n
≥ a1 + a2 + . . . + an ≥ n
2
3
n

(2.12)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = . . . = an = 1. Từ (2.11) và (2.12)
suy ra
1 2
n−1
1 1
1
+ + ... +
= 1 + + + ... + .

2 3
n
2 3
n
1 1
1
Vậy min A = 1 + + + . . . + , đạt được khi a1 = a2 = . . . = an = 1.
2 3
n
A≥n−

1 1
1
+ +...+
. Chứng minh rằng
3 5
2n − 1
1
1
1
1
< 2.
ta có: 2 + 2 + 2 + . . . +
(2n − 1) · h2n
h1 3h2 5h3

Bài 2.1.16 (THTT-1994). Đặt hn = 1 +
với ∀n ∈ Z +

Giải. Với k ∈ Z + và k ≥ 2 ta có:

1
1
=
2
(2k − 1) · hk
(2k − 1)(hk−1 +

1
) · hk
(2k − 1)

<

1
hk−1

−

1
.
hk

Suy ra:
1
1
1
1
+ 2 + 2 + ... +
2
(2n − 1) · h2n

h1 3h2 5h3
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+ ... +
−
< 1+
h1 h2
h2 h3
hn−1 hn
1
1
1
= 1+
−
<1+
= 2 (đpcm) .
h1 hn
h1

Bài 2.1.17 (Số 421 THTT-2012). Cho dãy a0 , a1 , a2 , . . . , an (với n ≥ 2) được xác
1
1
1

+
+...+
. k = 1, 2, . . . , n. Chứng minh bất
n+1 n+2
n+k
n−1
1 n
eak
đẳng thức
+ (ln 2 − an )en < 1 với e = lim 1 +
.
n→∞
n
k=0 n + k + 1

định bởi a0 = 0, ak =

Giải. Trước hết ta có hai nhận xét sau: