Trích:
Nguyên văn bởi namdung  Đề 3 - Ngày 2, 24/2/2018
6. Cho số nguyên $n \ge 2$. Dãy số dương $\left\{a_k\right\}_{k=1}^n$ được gọi là siêu tăng nếu thỏa mãn điều kiện $$ a_k \ge a_{k-1} +... + a_1 \quad\forall\,k:\;2 \le k \le n.$$ Tìm giá trị lớn nhất của tổng $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}} $ với $\left\{a_k\right\}_{k=1}^n$ là một dãy siêu tăng.
PS. File pdf tổng hợp đề 3, download bên dưới. |
Khi $n=2$, rỏ ràng giá trị lớn nhất là $1$. Ta xét $n\geq 3$, ta chứng minh bằng quy nạp theo $n\geq 3$ bài toán sau: $$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}\leq \frac{a_1-a_2}{2a_2}+\frac{n}{2}. $$
Thật vậy, khi $n=3$, ta dễ dàng chứng minh được
$$\frac{a_1}{a_2}+\frac{a_2}{a_3}\leq \frac{3}{2}+\frac{a_1-a_2}{2a_2}.$$
Xét $n\geq 4$, đặt $b_1=a_1+a_2$, $b_2=a_3$,... ,$b_{k}=a_{k+1}$,...,$b_{n-1}=a_n$. Khi đó $\left\{b_k\right\}_{k=1}^{n-1}$ cũng là một dãy siêu tăng gồm $n-1$ số hạng. Ta có
$$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}} =\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1}{b_2}+\frac{b_2}{b_3}+.. ..+\frac{b_{n-2}}{b_{n-1}}.$$
Kết hợp với giả thiết quy nạp, ta được
$$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}\leq \frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1-b_2}{2b_2}+\frac{n-1}{2}.$$
Ngoài ra ta cũng dễ dàng chứng minh được
$$\frac{a_1}{a_2}-\frac{a_1}{a_3}+\frac{b_1-b_2}{2b_2}\leq \frac{a_1-a_2}{2a_2}+\frac{1}{2}.$$
Hay
$$\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}\leq \frac{a_1-a_2}{2a_2}+\frac{n}{2}.$$
Vậy giá trị lớn nhất của $\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\dfrac{{{a_k}}}{{{a_{k + 1}}}}}$ bằng $\dfrac{n}{2}$. Dấu bằng xãy ra chẵn hạn khi $a_1=a_2=1,a_3=2,..., a_k=2^{k-1},...,a_n=2^{n-1}$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]