Chia sẻ cách làm của mình.
Câu a)
Nhận xét. Với $i, k \in \mathbb{N}^\ast$ và $(i-1)i + 1 \le k \le i(i+1)$ thì
$$\left(i - \frac{1}{2}\right)^2 < (i-1)i + 1 \le k \le i(i+1) < \left(i + \frac{1}{2}\right)^2,$$
suy ra $i - \frac{1}{2} < \sqrt{k} < i + \frac{1}{2}$, nên $\left \lceil k \right \rfloor = i$.
Từ đó dễ thấy $\left \lceil k \right \rfloor = i$ khi và chỉ khi $(i-1)i + 1 \le k \le i(i+1)$.
Do đó, với $n \in \mathbb{N}^\ast$, nếu ta đặt $m = \left \lceil n\right \rfloor$ (tức là $(m-1)m + 1 \le n \le m(m+1)$) thì
$$\begin{align*} a_n & = \sum_{i=1}^{m-1} \left(\sum_{k=(i-1)i+1}^{i(i+1)} \frac{1}{\left \lceil k \right \rfloor}\right) + \sum_{k=(m-1)m+1}^{n}\frac{1}{\left \lceil k \right \rfloor} - 2\sqrt{n} \\ & = \sum_{i=1}^{m-1} \left(2i \cdot \frac{1}{i} \right) + (n - (m-1)m) \cdot \frac{1}{m} - 2\sqrt{n} \\ & = 2(m-1) + \frac{n}{m} - (m-1) - 2\sqrt{n} \\ & = m + \frac{n}{m} - 2\sqrt{n} - 1. \end{align*}$$
Đặt $f_m(x) = m + \frac{x}{m} - 2\sqrt{x} - 1$, với $m \in \mathbb{N}^\ast$ và $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$. Ta có $$f'_m(x) = \frac{1}{m} - \frac{1}{\sqrt{x}}.$$ Khảo sát hàm số $f_m$, ta thấy nó đạt cực trị tại các điểm $(m-1)m$, $m^2$ và $m(m+1)$. So sánh các giá trị của $f_m$ tại các điểm này, ta có $f_m(x) \in \left[-1, \frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}}\right]$ với mọi $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$.
Nói riêng, với $n \in \mathbb{N}^\ast$ và $m = \left \lceil n\right \rfloor$ thì $$a_n = f_m(n) \in \left[-1, \frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}}\right].$$ Khi $n \to +\infty$ thì $m \to +\infty$ và $\frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}} \to -1$, nên theo nguyên lý kẹp ta có $a_n \to -1$.
Câu b)
Đặt $$g_m(x) = \sqrt{x}(f_m(x) + 1) = m\sqrt{x} + \frac{x\sqrt{x}}{m} - 2x,$$ với $m \in \mathbb{N}^\ast$ và $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$. Ta có $$g'_m(x) = \frac{m}{2\sqrt{x}} + \frac{3\sqrt{x}}{2m} - 2.$$
Khảo sát hàm số này, ta thấy $g_m$ đồng biến trên $[m^2,m(m+1)]$. Nói riêng, $$0 = b_{m^2} \le b_{m^2 +1} \le \cdots \le b_{m(m+1)} = \frac{\sqrt{m(m+1)}}{2m+1+2\sqrt{m(m+1)}} < \frac{1}{4}.$$
Ngoài ra, $b_{m(m+1)} \to \frac{1}{4}$ khi $m \to +\infty$.
- Nếu $\alpha = \frac{1}{4}$, thì dãy con $(b_{m(m+1)})_m$ hội tụ về $\frac{1}{4}$.
- Nếu $0 \le \alpha < \frac{1}{4}$ thì tồn tại $m_0$ sao cho với mọi $m \ge m_0$ thì $b_{m^2} \le \alpha < b_{m(m+1)}$. Lấy chỉ số $n_m \in \{m^2, m^2+1,\ldots,m(m+1)-1\}$ sao cho $b_{n_m} \le \alpha < b_{n_m+1}$. Ta có $$|b_{n_m} - \alpha| = \alpha - b_{n_m} < b_{n_m+1} - b_{n_m} = g_m(n_m+1) - g_m(n_m).$$
Theo định lý giá trị trung bình, $$g_m(n_m+1) - g_m(n_m) = g_m'(x_m) = \frac{m}{2\sqrt{x_m}} + \frac{3\sqrt{x_m}}{2m} - 2$$ với $x_m \in (n_m,n_m+1)$ nào đó. Mà $m^2 \le n_m < x_m < n_m + 1 \le m(m+1)$ nên dễ thấy $\lim_{m \to +\infty}\frac{\sqrt{x_m}}{m} = 1$, suy ra $\lim_{m \to +\infty}g'_m(x_m) = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} - 1 = 0$, từ đó ta có $\lim_{m \to +\infty}|b_{n_m} - \alpha| = 0$, hay dãy $(b_{n_m})_{m \ge m_0}$ hội tụ về $\alpha$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 25-03-2023 - 00:42