Bài toán 34. Cho $k$ là một số nguyên dương. Với mỗi số nguyên không âm $n$, gọi $f(n)$ là số bộ $(x_1, x_2, \ldots, x_n) \in \mathbb{Z}^k$ thoả mãn bất đẳng thức $|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_k| \leq n$. Chứng minh rằng với mỗi $n \neq 1$, chúng ta có $f(n-1)f(n+1) \leq ((f(n))^2.$ (Đề xuất bởi Esteban Arreaga, renan Finder và José Madrid, IMPA, Rio de Janeiro)

Bài toán 34. Cho $k$ là một số nguyên dương. Với mỗi số nguyên không âm $n$, gọi $f(n)$ là số bộ $(x_1, x_2, \ldots, x_n) \in \mathbb{Z}^k$ thoả mãn bất đẳng thức $|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_k| \leq n$. Chứng minh rằng với mỗi $n \neq 1$, chúng ta có $f(n-1)f(n+1) \leq ((f(n))^2.$ (Đề xuất bởi Esteban Arreaga, renan Finder và José Madrid, IMPA, Rio de Janeiro)

Lời giải

Lời giải

1:Chúng ta chứng minh bằng quy nạp theo $k$. Nếu $k = 1$, chúng ta có $f(n) = 2n + 1$ và phát biểu của đề bài đúng, theo bất đẳng thức AM - GM. Giả sử rằng $k \geq 2$ và phát biểu của đề bài đúng với $k - 1$. Gọi $g(m)$ là số bộ $(x_1,\ldots,x_{k-1})$ thoả mãn bất đẳng thức $|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_{k-1}| \leq m$; theo giả thiết quy nạp, $g(m-1)g(m+1) \leq (g(m))^2$; chúng ta có thể viết giả thiết này dưới dạng $$\dfrac{g(0)}{g(1)} \leq \dfrac{g(1)}{g(2)} \leq \dfrac{g(2)}{g(3)} \leq \cdots$$ Với mỗi hằng số nguyên $c$, bất đẳng thức $|x_1| + \cdots + |X_{k-1}| \leq |n|$ có $g(n - |c|)$ bộ nghiệm nguyên. Chính vì vậy, chúng ta có quan hệ sau: $$f(n) = \sum_{c = -n}^n g(n - |c|) = g(n) + 2g(n-1) + \cdots + 2g(0).$$ Điều này dẫn đến $$\dfrac{f(n-1)}{f(n)} = \dfrac{g(n-1) + 2g(n-2) + \cdots + 2g(0)}{g(n) + 2g(n-1) + \cdots + 2g(1) + 2g(0)}$$ $$\leq \dfrac{g(n) + g(n-1) + (g(n-1) + \cdots + 2g(0) + 2.0)}{g(n+1) + 2g(n) + (g(n) + \cdots + 2g(1) + 2g(0))} = \dfrac{f(n)}{f(n+1)}.$$ Bất đẳng thức trên tương đương với điều phải chứng minh.

Lời giải

2 Đầu tiên, chúng ta tính hàm sinh của hàm số $f(n)$: $$\sum_{n = 0}^{\infty} = \sum_{(x_1,x_2,\ldots,x_k) \in \mathbb{Z}^k} \sum_{c = 0}^{\infty}q^{|x_1| + |x_2| + \cdots + |x_k| + c} = \left( \sum_{x \in \mathbb{Z}} q^{|x|}\right)^k \dfrac{1}{1-q} = \dfrac{(1+q)^k}{(1-q)^{k+1}}.$$ Với mỗi $a = 0,1,\ldots$ gọi $g_a(n) (n = 0, 1, 2, \ldots)$ là các hệ số trong khai triển sau: $$\dfrac{(1+q)^a}{(1-q)^{k+1}} = \sum_{n = 0}^{\infty} g_a(n)q^n.$$ Rõ ràng rằng, $g_{a+1}(n) = g_a(n) + g_a(n-1) (n \geq 1), g_a(0) = 1$. Chúng ta gọi một dãy các số nguyên dương $g(0), g(1), g(2),\ldots$ là "tốt" nếu $\dfrac{g(n-1)}{g(n)} (n = 1, 2, \ldots)$ là một dãy tăng. Chúng ta kiểm tra rằng dãy $g_0$ là một dãy "tốt": $$g_0(n) = \binom{k + n}{k}, \dfrac{g_0(n-1)}{g_0(n)} = \dfrac{n}{k + n}.$$ Nếu $g$ là một dãy tốt, một dãy mới $g'$ được định nghĩa bằng $g'(0) = g(0), g'(n) = g(n) + g(n-1) (n \geq 1)$ cũng là một dãy tốt: $$\dfrac{g'(n-1)}{g'(n)} = \dfrac{g(n-1) + g(n-2)}{g(n) + g(n-1)} = \dfrac{1 + \dfrac{g(n-2)}{g(n-1)}}{1 + \dfrac{g(n)}{g(n-1)}}.$$ nếu quy định $g(-1) = 0$. Như vậy, chúng ta thấy rằng mỗi dãy $g_1, g_2,\ldots, g_k = f$ đều là một dãy tốt. Chúng ta có bất đẳng thức cần phải chứng minh.