Một số ứng dụng của giải tích trong đại số, hình học, số học và toán rời rạc

Nguyễn Văn Mậu (Chủ biên), Trần Nam Dũng,

Vũ Đình Hòa, Đặng Huy Ruận, Tạ Duy Phượng

MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA GIẢI

TÍCH TRONG ĐẠI SỐ, HÌNH HỌC,

SỐ HỌC VÀ TOÁN RỜI RẠC

(Tài liệu bồi dưỡng hè 2008)

HÀ NỘI, 08-16 THÁNG 8 NĂM 2008

Mục lục

Lời nói đầu . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. . . . .. . .. . . . . .. . .. . .. . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . . .. . .. .. . . . . .. . .. . .. . 5

Trần Xuân Đáng

Đa thức với các hệ số nguyên và đồng dư thức . . .. . . . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . . . . .. . .. . . . . .. . .. . . 7

Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng

Tính chất hội tụ, bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ . . . . .. . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . .. . .. . . . . . 12

Nguyễn Văn Mậu

Bài toán nội suy cổ điển tổng quát .. . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . . .. . .. . . . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . .. . .. . 24

Đoàn Nhật Quang

Số đối xứng và một số quy luật của phép nhân .. .. . .. . .. . . . . .. .. . . . . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. .. . .. . 41

Nguyễn Văn Tiến

Biểu diễn toạ độ của các phép biến hình phẳng . .. . .. . . . . . . . .. .. . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. . . . .. . . 49

Vũ Đình Hòa

Đồ thị phẳng và các khối đa diện lồi . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. . . . . .. .. . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. .. . . 94

Trần Nam Dũng

Giải tích và các bài toán cực trị .. . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . . .. .. . .. . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. .. . .. . ..111

Tạ Duy Phượng

Hệ đếm và ứng dụng . .. . . . . .. .. . .. . . . . .. . .. . .. .. . .. . .. . .. .. . .. . .. . . . . .. . .. . . . .. . .. . .. . .. .. . . 131

1

Lời nói đầu

Chương trình đào tạo và bồi học sinh năng khiếu toán bậc phổ thông đã qua

chặng gần nửa thế kỷ. Nhìn lại chặng đường dài và đầy khó khăn thách thức đó, ta thấy

hiện rõ lên một chu trình của chương trình đào tạo đặc biệt gắn với sự khởi đầu, trưởng

thành và ngày càng hoàn thiện xuất phát từ một mô hình trường chuyên, lớp chọn về

năng khiếu Tóan học tại Đại học Tổng hợp Hà Nội trước đây và Đại học Khoa học Tự

nhiên ngày nay. Với mục tiêu của hướng đào tạo mũi nhọn này là mang tính đột phá

cao, đào tạo ra các thế hệ học sinh có năng khiếu trong lĩnh vực toán học, tin học và

khoa học tự nhiên, nhiều thế hệ học sinh đã ra trường và trưởng thành, đóng vai trò

nòng cốt trong nhiều lĩnh vực của đeowfi sống kinh tế xã hội hiện đại. Trong điều kiện

thiếu thốn về vật chất kéo dài qua nhiều thập kỷ và trải qua nhiều thách thức, chúng

ta đã tìm ra hướng đi phù hợp, đã đi lên vững chắc và ổn định, đã tìm tòi, tích luỹ kinh

nghiệm và có nhiều sáng tạo đáng ghi nhận. Các thế hệ Thầy và Trò đã định hình và

tiếp cận với thế giới văn minh tiên tiến và khoa học hiện đại, cập nhật thông tin, sáng

tạo phương pháp và tập dượt nghiên cứu. Gắn với việc tích cực đổi mới phương pháp

dạy và học, chương trình đào tạo chuyên Toán đang hướng tới xây dựng hệ thống chuyên

đề, đang nỗ lực và đã tổ chức thành công Kỳ thi Olympic Toán quốc tế lần thứ 48, năm

2007 tại Việt Nam, được bạn bè quốc tế ca ngợi. Sau gần nửa thế kỷ hình thành và

phát triển, có thể nói, giáo dục mũi nhọn phổ thông (giáo dục năng khiếu) đã thu được

những thành tựu rực rỡ, được Nhà nước đầu tư có hiệu quả, được xã hội thừa nhận và

bạn bè quốc tế khâm phục. Các đội tuyển quốc gia tham dự các kỳ thi Olympic quốc tế

có bề dày thành tích mang tính ổn định và có tính kế thừa. Đặc biệt, năm nay, các Đội

tuyển Toán và Tin quốc gia tham dự thi Olympic quốc tế đã đạt được thành tích nổi

bật. Đội tuyển Toán Việt Nam đã vươn lên đứng thứ ba (theo sự sắp xếp không chính

thức) trong số 95 đội tuyển các nước tham dự IMO48.

Đặc biệt, năm nay, năm 2008, lần đầu tiên nước ta đã tham gia vào kỳ thi Olympic

Toán sinh viên quốc tế. Đội tuyển gồm 4 sinh viên của Đại học Khoa học Tự nhiên,

ĐHQGHN, đã đoạt 1 huy chương vàng, 1 huy chương bạc và 2 huy chương đồng. Kết

quả này đã đánh dấu một giai đoạn mới trong quá trình hội nhập quốc tế, hội nhập ở

bậc đại học và sau đại học. Các sinh viên tự trình bày bài giải bằng tiếng Anh trong 2

ngày (mỗi ngày 5 tiếng) về các dạng toán hiện đại của giải tích thực và phức, của đại

số và đại số tuyến tính, của toán rời rạc và lý thuyết trò chơi.

Từ nhiều năm nay, các hệ năng khiếu Toán học và các Trường THPT Chuyên thường

sử dụng song song các sách giáo khoa đại trà kết hợp với sách giáo khoa chuyên biệt và

sách chuyên đề cho các Hệ THPT Chuyên. Học sinh các lớp năng khiếu đã tiếp thu tốt

các kiến thức cơ bản theo thời lượng hiện hành do Bộ GD và ĐT ban hành.

Được sự cho phép của Bộ GD và ĐT, Trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên, ĐHQGHN

phối hợp cùng với các chuyên gia, các nhà khoa học, các cô giáo, thầy giáo thuộc

ĐHSPHN, ĐHQG TpHCM, Viện Toán Học, Hội Toán Học Hà Nội, Tạp Chí Toán Học

và Tuổi Trẻ, các Trường THPT Chuyên, Các Sở GD và ĐT,... tổ chức bồi dưỡng các

chuyên đề nghiệp vụ sau đại học (đã qua 6 năm) nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi các môn

5

Toán học và khối kiến thức khoa học tự nhiên như là một tủ sách đặc biệt phục vụ bồi

dưỡng học sinh giỏi.

Chúng tôi xin giới thiệu cuốn sách của nhóm các chuyên gia, các thầy giáo với sự

tham gia đông đảo của các đồng nghiệp tham dự Trường hè 2007 về chuyên đề "Một số

ứng dụng của giải tích trong hình học, đại số, số học và tóan rời rạc".

Cuốn sách này nhằm cung cấp một số kiến thức chuyên đề ở mức độ khó về tóan rời

rạc, đại số, số học, giải tích và hình học.

Đây cũng là chuyên đề và bài giảng mà các tác giả đã giảng dạy cho học sinh các

đội tuyển thi Olympíc Toán học quốc gia và quốc tế.

Chúng tôi cũng xin chân thành cảm ơn các bạn đọc cho những ý kiến đóng góp để

cuốn sách ngày càng hoàn chỉnh.

Thay mặt Ban Tổ Chức

GS TSKH Nguyễn Văn Mậu

6

Đa thức với các hệ số nguyên và

đồng dư thức

Trần Xuân Đáng, THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định

Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên tố p. Chúng ta sẽ xét vấn đề về

sự tồn tại nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk), trong đó k là một số

nguyên dương.

Định nghĩa 1. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và số nguyên dương m ≥ 2.

Ta nói rằng phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod m) có nghiệm x0 ∈ Z nếu f(x0) ≡ 0

(mod m). Nếu x0 ∈ Z là một nghiệm của phương trình f(x) ≡ 0 (mod m) và t là một

số nguyên bất kỳ thì f(x0 + tm) =≡ f(x0) ≡ 0 (mod m).

Định lí 1. Cho các số nguyên a và m, m ≥ 2; (a, m)=1. Khi đó phương trình ax ≡ b

(mod m), b ∈ Z có nghiệm duy nhất x0 ∈ Z mà 0 ≤ x0 ≤ m − 1. Mọi nghiệm khác của

phương trình này đều có dạng xt = x0 + mt, t ∈ Z.

Chứng minh. Nếu k, l ∈ Z k 6= 1, 0 ≤ k ≤ m − 1, 0 ≤ l ≤ m − 1 thì ak 6= al (mod m).

Điều này có nghĩa là biểu thức as−b, s = 0, 1, ..., m−1 cho m số dư khác nhau khi chia

cho m. Vậy tồn tại duy nhất x0 ∈ Z, 0 ≤ x0 ≤ m − 1 sao cho ax0 ≡ b (mod m). Nếu

xt ∈ Z là một nghiệm của phương trình đồng dư ax ≡ b (mod m) thì axt ≡ b (mod m).

Suy ra a(x1 − x0) chia hết cho m. Nhưng (a, m)=1 vậy x1 − x0 chia hết cho m.

Suy ra x1 = x0 + mt, t ∈ Z.

Định lí 2 (Công thức Taylor). Cho đa thức f(x) bậc n, n ≥ 1 với các hệ số thực và

x0 ∈ R. Khi đó

f(x) = f(x0) +Xn

k=1

f(k)

(x0)

k! (x − x0)

k.

Chứng minh. Tồn tại các hằng số b0, b1, ...., bn sao cho f(x) = bn(x − x0)n + bn−1(x −

x0)n−1 + ··· + b0. Với 1 ≤ k ≤ n, ta có

f k(x) = k!bk + (k + 1)...2(x − x0)bk+1 + ··· + n(n − 1)···(n − k + 1)(x − x0)

n−kbn.

Suy ra f(k)

(x0) = k!bk, do đó bk = f(k)(x0)

k! .

7

Mặt khác f(x0) = b0. Vậy

f(x) = f(x0) +Xn

k=1

f(k)

(x0)

k! (x − x0)

k.

Định lí 3. Cho đa thức f(x) với các hệ số nguyên và một số nguyên tố p. Nếu phương

trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt x(1)

1 , x(1)

2 , ..., x(1)

r

thuộc đoạn [1; p] sao cho f0

(x(1)

i 6= 0 (mod p), (1 ≤ i ≤ r) thì phương trình đồng

dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt thuộc đoạn [1; pk] với mọi

k ≥ 1 : x(k)

1 , x(k)

2 , ..., x(k) r và đối với các nghiệm này ta có f0

(x(k)

i ) 6= 0 (mod p) (1 ≤ i ≤ r).

Chứng minh. Ta chứng minh khẳng định bằng phương pháp quy nạp toán học theo k.

Với k = 1 thì khẳng định đúng. Giả sử khẳng định đúng với k ≥ 1. Điều đó có nghĩa

là trong đoạn [1; pk] thì phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có đúng r nghiệm

nguyên phân biệt x(k)

1 , x(k)

2 , ..., x(k) r , đồng thời f0

(x(k)

i ) 6= 0 (mod p) với 1 ≤ i ≤ r.

Giả sử x0 ∈ Z, x0 ∈ [1; pk+1] là một nghiệm của phương trình đồng dư f(x) ≡ 0

(mod pk+1). Khi đó f(x0) ≡ 0 (mod pk+1). Suy ra f(x0) ≡ 0 (mod pk). Tồn tại duy

nhất i ∈ [1; r], t ∈ Z, t ∈ [0; p − 1] sao cho x0 = x(k)

i + pkt.

Giả sử x = x(k)

i + pkt (1 ≤ i ≤ r, t ∈ Z, t ∈ [0, p − 1]) thì x ∈ Z. Theo công thức

Taylor ta có

f(x) = f(x(k)

i + f0

(x(k)

i )pkt + f00(x(k)

i )

2! (pkt)

2 + ··· + f(n)

(x(k)

i )

n! (pkt)

n

trong đó n là bậc của f(x).

Ta có f(j)(x(k)

i

j! ∈ Z (Việc chứng minh dành cho bạn đọc) và jk ≥ k+1, i ≥ 2. Phương

trình f(x) ≡ 0 (mod pk+1) tương đương với

f(x(k)

i f0

(x(k)

i )pkt ≡ 0 (mod pk+1)

hay

f(x(k)

i )

pk + f0

((x(k)

i )t ≡ 0 (mod pk+1).

(Chú ý rằng f(x(k)

i )

pk ∈ Z).

Đặt x(k+1)

i = x(k)

i +pkti thì x(k+1)

i ∈ [1; pk+1], x(k+1)

i ∈ Z và f(x(k+1)

i ≡ 0 (mod pk+1).

Mặt khác, x(k+1)

i ≡ x(k)

i (mod p). Suy ra f0

(x(k+1)

i ) ≡ f0

(x(k)

i ) (mod p). Suy ra

f0

(x(k+1)

i ) 6= 0 (mod p) vì f0

(x(k)

i 6= 0 (mod p).

Vậy phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk+1) có đúng r nghiệm nguyên phân biệt

trong đoạn [1; pk+1] : x(k+1)

1 , x(k+1)

2 , ..., x(k+1) r , đồng thời f0

(x(k+1)

i 6= 0 (mod p) (1 ≤ i ≤

r). Như vậy khẳng định cũng đúng với k + 1. Theo nguyên lý quy nạp toán học thì

khẳng định đúng với mọi k ≥ 1.

Định lý 3 đã được chứng minh. Áp dụng định lý này có thể giải được bài toán sau

8

Bài toán 1 (VMO 2000). Cho đa thức P(x) = x3 + 153x2 − 111x + 38.

1. Chứng minh rằng trong đoạn [1; 32000] tồn tại ít nhất chín số nguyên dương a sao

cho P(a) chia hết cho 32000.

2. Hỏi trong đoạn [1; 32000] có tất cả bao nhiêu số nguyên dương a sao cho P(a) chia

hết cho 32000?

Chứng minh. Giả sử x ∈ Z, 1 ≤ x ≤ 32000 và P(x)

.

.

.32000. Suy ra x = 3y + 1, (y ∈ Z, 1 ≤

y ≤ 31999 − 1). Ta có

P(x) = P(3y + 1) = 27(y3 + 52y2 + 22y + 3).

Phương trình P(x)

.

.

.32000 tương đương với y3 + 52y2 + 22y + 3.

.

.31997, suy ra y = 3t + 1

hoặc y = 3t, (t ∈ Z, 1 ≤ t ≤ 31998 − 1).

Nếu y = 3t + 1 thì y3 + 52y2 + 22y + 3 không chia hết cho 9. Vậy y = 3t suy ra

y3 + 52y2 + 22t + 3 = 3(9t

2 + 156t

2 + 22t + 1).

Phương trình P(x)

.

.

.32000 tương đương với 9t3 + 156t2 + 22t + 1.

.

.31996.

Xét đa thức f(t)=9t3 + 156t

2 + 22t + 1.

Với t ∈ Z thì f(t) ≡ 0 (mod 3) hay 22t + 1 ≡ 0 (mod 3). Trong đoạn [1; 3] thì

phương trình đồng dư 22t + 1 ≡ 0 (mod 3) có một nghiệm duy nhất t = 2. Mặt khác

f0

(2) ≡ 22 ≡ 1 (mod 3) suy ra f0

(2) 6= 0 (mod 3).

Theo định lý 3, trong đoạn [1; 31996] phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 31996) có

một nghiệm nguyên duy nhất t0.

Với t ∈ Z, t ∈ [1; 32000] : f(t) ≡ 0 (mod 31998) khi và chỉ khi tồn tại h ∈ Z, 0 ≤ h ≤ 8

sao cho t = t0 + 31996h. Vậy phương trình đồng dư f(t) ≡ 0 (mod 31998) có đúng chín

nghiệm nguyên phân biệt trong đoạn [1; 31998−1]. Từ đó suy ra rằng trong đoạn [1; 32000]

có đúng chín số nguyên dương a phân biệt sao cho P(a) chia hết cho 32000.

Cho các đa thức f(x), g(x) có các hệ số hữu tỏ sao cho chúng chỉ có ước chung là

hằng số. Khi đó ta nói rằng f(x) và g(x) là nguyên tố cùng nhau và viết (f(x), g(x)) = 1.

Định lí 4. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số hữu tỉ và (f(x), g(x)) = 1. Khi đó

tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số hữu tỉ sao cho u(x)f(x) + v(x)g(x)=1.

Định lý này được chứng minh bằng phương pháp quy nạp toán học theo tổng các

bậc của f(x) và g(x). Từ định lý 4 suy ra

Định lí 5. Cho các đa thức f(x), g(x) với các hệ số nguyên và nguyên tố cùng nhau

(trong Q[x]). Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên

m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)g(x) = m.

Định lí 6. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Khi đó tồn tại vô

số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod p) có nghuệm

9

Chứng minh. Giả sử f(x) = a0xn + a1xn−1 + ··· + an, ai ∈ Z, 0 ≤ i ≤ n, n ≥ 1, a0 6= 0.

Nếu an = 0 thì f(x) = xg(x), trong đó g(x) là đa thức với các hệ số nguyên; khi

đó phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố p. Giả sử

an 6= 0 và phương trình đồng dư xg(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm với mọi số nguyên tố

p1, p2, ..., pk. Với t ∈ Z, đặt xt = p1p2...pkant. Khi đó

f(xt) = a0(p1p2...pkant)

n + an−1p1p2...pkant + an

= an(p1p2...pkB + 1), B ∈ Z.

Chọn t ∈ Z sao cho p1p2...pkB + 1 khác 1 và −1. Khi đó f(xt) có ước nguyên tố, khác

p1, p2, ..., pk.

Định lí 7. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không

phải là hằng số. Khi đó tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên

m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)f0

(x) = m.

Chứng minh. Giả sử g(x)=(f(x), f0

(x))(g(x) ∈ Q[x]). Khi đó g(x) là ước của f(x) và

deg g(x) < deg f(x). Vì f(x) bất khả quy nên g(x) là hằng số, g(x) = r, r ∈ Q). Theo

định lý 5 thì tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số nguyên m 6= 0 sao

cho u(x)f(x) + v(x)f0

(x) = m.

Hệ quả 1. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên, bất khả quy trong Q[x] và không phải

là hằng số. Khi đó tồn tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x)=0

(mod p) có nghiệm x0Z mà f0

(x0) 6= 0 (mod p).

Chứng minh. Theo định lý 7 tồn tại các đa thức u(x), v(x) với các hệ số nguyên và số

m 6= 0 sao cho u(x)f(x) + v(x)f0

(x) = m. Từ định lý 6 suy ra rằng có vô số số nguyên

tố p > |m| để phương trình f(x) ≡ 0 (mod p) có nghiệm x0 ∈ Z.Khi đó f(x0) chia hết

cho p. Suy ra f0

(x0) không chia hết cho p. Nếu f0

(x0) chia hết cho p thì m chia hết cho

p.

Định lí 8. Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên và không phải là hằng số. Khi đó tồn

tại vô số số nguyên tố p sao cho phương trình đồng dư f(x) ≡ 0 (mod pk) có nghiệm

với mọi số nguyên dương k.

Chứng minh. Nếu đa thức f(x) bất khả quy thì khẳng định được suy ra từ định lý 3 và

hệ quả của định lý 7. Nếu f(x) bất khả quy thì f(x) = g(x)h(x), trong đó g(x) ∈ Z[x],

h(x) ∈ Z[x] và g(x) bất khả quy trong Z[x]. Từ đó suy ra điều phải chứng minh. Áp

dụng định lý 6 ta có thể giải được bài toán sau

Bài toán 2. Cho đa thức f(x) khác hằng số và có các hệ số nguyên. Giả sử n, k là

các số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên x sao cho các số f(x), f(x +

1), ..., f(x + n − 1) đều có ít nhất k ước nguyên tố phân biệt.

Lời giải. Theo định lý 6, tồn tại các số nguyên tố p1, p2, ..., pk, pk+1, ..., pnk khác nhau

từng đôi một và các số nguyên x1, x2, ..., xnk sao cho f(xj ) ≡ 0 (mod pj ) (1 ≤ j ≤ nk).

Theo định lý Trung Hoa về số dư, tồn tại số nguyên x sao cho

x ≡ xi+mk − m (mod pi+mk) (1 ≤ i ≤ k, 0 ≤ m ≤ n − 1

10

Từ đó ta có điều phải chứng minh

Cuối cùng là một số bài toán dành cho bạn đọc

Bài toán 3 (VMO 2000,Bảng B). Cho đa thức P(x) = x3 − 9x2 + 24x − 27. Chứng

minh rằng với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số nguyên dương an sao cho P(an)

chia hết cho 3n.

Bài toán 4. Cho số nguyên tố p. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n thì

phương trình đồng dư xp−1 ≡ 1 (mod pn) có đúng p − 1 nghiệm nguyên phân biệt trong

đoạn [1; pn]

Bài toán 5 (Baltic Way 2004). Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên và khác hằng

số. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên n sao cho f(n) có không ít hơn 2004 ước nguyên

tố phân biệt.

11

Tính chất hội tụ, bị chặn của một số

dãy truy hồi hữu tỷ

Đinh Công Hướng, Lê Thanh Tùng, ĐH Quy Nhơn

1 Lời nói đầu

Lý thuyết các bài toán về giới hạn của dãy số đã được đề cập ở hầu hết các giáo trình

cơ bản về giải tích. Tuy nhiên, đối với các số dãy truy hồi hữu tỷ thì vấn đề này chưa

được đề cập nhiều. Trong [1], các tác giả có đề cập đến một số dãy số đặc biệt, trong

đó có một số dãy truy hồi hữu tỷ. Với động cơ trên, trong bài báo này, chúng tôi bàn về

tính hội tụ và bị chặn của một số dãy truy hồi hữu tỷ.

2 Tính chất định tính của một số dãy truy hồi hữu

tỷ

Bài toán 1

Cho dãy số {xn} xác định theo công thức

xn+1 = α +

xn−1

xn

, n = 0, 1, ··· , (1)

trong đó α > 1, x−1, x0 là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó

xn 6 max{x−1, x0} +

α2

α − 1

.

Giải.

Ta có

x1 = α +

x−1

x0

6 α +

x−1

α (vì x0 > α).

Mặt khác,

α

1 − 1

α

> α (vì α > 1 nên 1 − 1

α

< 1),

do đó

x1 6

α

1 − 1

α

+ x−1 = α2

α − 1 + x−1.

12

Tương tự,

x2 = α +

x0

x1

6 α + x0 6

α2

α − 1 + x0.

x3 = α +

x1

x2

6 α +

x1

α

6 α +

1

α

￾

α +

x−1

α

,

suy ra

x3 6 α(1 + 1

α) + 1

α2 x−1 6 α

1

1 − 1

α

+ x−1 = α2

α − 1 + x−1.

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2

Cho dãy số {xn} xác định theo công thức

xn+1 = α +

xn−1

1 + xp

n

, n = 0, 1, ··· , (2)

trong đó α > 0, 0 <p< 1, x−1, x0 là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi

đó

xn 6 max{x−1, x0} +

1 + αp

αp−1 .

Giải.

Ta có x1 = α + x−1

1+xp

0

< α + x−1. Vì α < α

1− 1

1+αp

(do 0 < 1 − 1

1+αp < 1) nên

x1 <

α

1 − 1

1+αp

+ x−1 = 1 + αp

αp−1

x2 = α +

x0

1 + xp

1

<

α

1 − 1

1+αp

+ x0 = 1 + αp

αp−1 + x0

x3 = α +

x1

1 + xp

2

< α +

1

1 + αp (α + x−1) < α 

1 +

1

1 + αp



+

x−1

1 + αp

< α

1

1 − 1

1+αp

+ x−1

.

Bằng quy nạp ta nhận được

xn <

1 + αp

αp−1 + max {x0, x−1} .

Bài toán 1 và Bài toán 2 là trường hợp riêng của bài toán sau đây:

1

Bài toán 3

Cho dãy số {xn} xác định theo công thức

xn+1 = α +

xn−k

f(xn, ··· , xn−k+1)

, n = 0, 1, ··· , (3)

trong đó k là một số nguyên dương cố định; f : [0,∞)k → [0,∞) là một hàm liên

tục, không giảm đối với mỗi biến và tăng với ít nhất một biến; g(x) = f(x, x, ··· , x),

g(α) > 1; x−k, x−k+1, ··· , x0 là các số thực dương cho trước. Chứng minh rằng khi đó

xn 6 max{x−k, ··· , x0} + αg(α)

g(α) − 1

.

Giải.

Tiếp theo ta chứng minh {xn} bị chặn bởi M0. Thật vậy, vì các điều kiện ban đầu

dương nên xn > α > 0, ∀n > 1. Vì f là hàm tăng với ít nhất 1 biến và không giảm với

mỗi biến nên

f(xn, ··· , xn−k+1) > f(α, ··· , α) = g(α).

Suy ra

xn+1 = α +

xn−k

f(xn, ··· , xn−k+1) < α +

xn−k

g(α)

.

Do đó ∀m ∈ N ∪ {−1} và r ∈ {0, ··· , k}, ta có

x(k+1)m+r+1 < α +

x(k+1)m+r−k

g(α) .

Ta lại có

x(k+1)m+r−k = x(k+1)m+r−k−1+1 = x(k+1)(m−1)+r+1 < α +

x(k+1)(m−1)+r−k

g(α) ,

suy ra

x(k+1)(m−1)+r−k < α +

x(k+1)(m−2)+r−k

g(α) .

Vì vậy,

x(k+1)m+r+1 < α +

1

g(α)

￾

α +

1

g(α)

(x(k+1)(m−2)+r−k)

< α +

α

g(α) +

α

g2(α) +

x(k+1)(m−2)+r−k

g3(α)

< α￾

1 +

1

g(α) +

1

g2(α) + ··· +

1

gm(α)

+

1

gm+1(α)

xr−k.

Đặt q = 1

g(α) , theo giả thiết g(α) > 1 nên q < 1. Ta có

x(k+1)m+r+1 <

α

1 − q

+ xr−k.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 4

Giả sử f và g thỏa các điều kiện của Bài toán 2, chứng minh rằng phương trình sau có

duy nhất nghiệm dương x:

x = α +

x

f(x, ··· , x) = α +

x

g(x)

.

Giải.

Vì g là hàm tăng nên ∀u>α ta có g(u) > g(α) > 1. Đặt

F : [α,∞) → R

x 7→ x − α − x

g(x)

.

Vì F(α) = α − α − α

g(α) < 0, limx→∞ F(x) = ∞ và F là một hàm liên tục nên tồn tại

x ∈ (0,∞) sao cho F(x)=0. Ta còn chứng minh tính duy nhất của x tức là chứng minh

F đơn điệu tăng. Thật vậy, ∀x>y > α, ta có

F(x) − F(y) = ￾

x − α − x

g(x)

−

￾

y − α − y

g(y)

= (x − y) − xg(y) − yg(x)

g(x)g(y)

= (x − y)g(x)g(y) − xg(y) + yg(x) − xg(x) + xg(x)

g(x)g(y)

= (x − y)g(x)g(y) − (x − y)g(x) + x(g(x) − g(y))

g(x)g(y)

= (x − y)[g(x)g(y) − g(x)] + x[g(x) − g(y)]

g(x)g(y)

= (x − y)g(x)(g(y) − 1) + x(g(x) − g(y))

g(x)g(y) .

Vì g là hàm tăng nên

g(x) > g(y) > g(α) > 1,

suy ra F(x) − F(y) > 0 suy ra F(x) > F(y). Vậy F là hàm tăng. Do đó ta có điều phải

chứng minh.

Bài toán 5

Cho dãy số {xn} xác định theo công thức (2) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán

2. Chứng minh rằng, {xn} hội tụ.

Giải.

Do xn bị chặn nên tồn tại limn→∞ inf xn = ` ≥ α và limn→∞ sup xn = L ≥ `. Lấy liminf và

limsup hai vế của (2), ta có

` ≥ α +

`

1 + Lp ,

L 6 α +

L

1 + `p .

Từ bất đẳng thức thứ 2 ta có `(1 + Lp) ≥ α(1 + Lp) + `. Do đó

` + `Lp ≥ α + αLp + `

`Lp − αLp − `αp + αp+1 ≥ α + αp+1 − `αp

(` − α) (Lp − αp

) ≥ α (1 + αp

) − Lαp

.

Tương tự, từ bất đẳng thức thứ nhất ta có

(L − α) (`

p − αp

) 6 α (1 + αp

) − Lαp

.

Nếu ` = α thì từ ` ≥ α + 1

1+Lp ⇒ 1

1+Lp 6 0

￾

mâu thuẫn

. Do đó `>α suy ra L>α.

Giả sử L>` ⇒ −L < −` ⇒ −Lαp < −`αp. Khi đó ta có

(` − α) (Lp − αp

) > (L − α) (`

p − αp

).

Suy ra

Lp − αp

L − α

>

`p − αp

` − α .

Ta có hàm số G(x) = xp−αp

x−α , với 0 <p< 1 giảm trên (α, +∞),α > 0. Thật vậy,

xét hàm số g(x) = xp, x ∈ (α, +∞), 0 <p< 1, ta có G(x) = g(x)−g(α)

x−α ⇒ G0

(x) =

g0(x)(x−α)−(g(x)−g(α))

(x−α)

2 . Vì g khả vi trên (α, +∞) nên tồn tại β ∈ (α, x) : g(x) − g(α) =

g0

(β)(x − α). Hiển nhiên g00(x) < 0 suy ra g0

(x) giảm trên (α, +∞) suy ra g0

(β) > g0

(x).

Do đó G0

(x) = g0

(x)(x−α)−g0

(β)(x−α)

(x−α)

2 = [g0

(x)−g0

(β)](x−α)

(x−α)

2 < 0, với ∀x>α. Suy ra G giảm

trên (α, +∞). Do đó với L>` ta có Lp−αp

L−α < `p−αp

l−α . Vậy ta phải có L = `. Điều phải

chứng minh.

Bài toán 5 là trường hợp riêng của bài toán sau đây:

Bài toán 6

Cho dãy số {xn} xác định theo công thức (1) và thỏa mãn các điều kiện của Bài toán

2. Giả thiết thêm α > 0 và hàm số g(x)−g(α)

x−α giảm trên (α,∞). Chứng minh rằng, {xn}

hội tụ.

Giải.

Giả sử {xn} là một dãy số dương xác định bởi (1). Trong Bài toán 2 ta đã chứng minh

mọi nghiệm của phương trình (1) bị chặn. Vì vậy tồn tại giới hạn lim inf

n→∞ xn =: ` > α và

1