[tc10][T10/504 Toán học & tuổi trẻ số 504, tháng 6 năm 2019] Cho dãy số thực $(x_n)$ được xác định bởi công thức $$x_1 = 1;x_{n+1} = x_n+ \dfrac{1}{2x_n} \text{ với mọi } n = 1;2;3;\ldots$$ Chứng minh rằng $n \le \sqrt{n}x_n < n+\dfrac{1}{6}H_n, \, \forall n = 1;2;\ldots$ trong đó $H_n = 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}$. $\left[9x_{81} \right] = 81$ (kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của số thực $x$).

[tc10][T10/504 Toán học & tuổi trẻ số 504, tháng 6 năm 2019] Cho dãy số thực $(x_n)$ được xác định bởi công thức $$x_1 = 1;x_{n+1} = x_n+ \dfrac{1}{2x_n} \text{ với mọi } n = 1;2;3;\ldots$$ Chứng minh rằng $n \le \sqrt{n}x_n < n+\dfrac{1}{6}H_n, \, \forall n = 1;2;\ldots$ trong đó $H_n = 1+ \dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{3}+ \cdots + \dfrac{1}{n}$. $\left[9x_{81} \right] = 81$ (kí hiệu $[x]$ là phần nguyên của số thực $x$).

Lời giải

1. Do $x_{n+1}^2 = x_n^2+ \dfrac{1}{4x_n^2}+1$, $x_1^2 = 1$ nên ta chứng minh quy nạp $x_n^2 \ge n$.$(1)$
   Với $n = 1$ thì $(1)$ đúng.
   Giả sử $(1)$ đúng đến $n$, tức là $x_n^2 \ge n$. Khi đó $$x_{n+1}^2\ge n+1+ \dfrac{1}{4x_n^2} > n+1.$$ Vậy $(1)$ đúng, hay $\sqrt{n}{x_n} \ge n$. Do vậy $$\begin{align*} x_n^2 & = x_{n-1}^2+ \dfrac{1}{4x_{n-1}^2}+1 = \cdots = x_1^2+ \left(n-1\right)+ \displaystyle \sum \limits_{k = 1}^{n-1} \dfrac{1}{4x_{k}^2}\\ &\le n+ \dfrac{1}{4} \displaystyle \sum \limits_{k = 1}^{n-1} \dfrac{1}{k} < n+ \dfrac{1}{4}H_n < \left(\sqrt{n}+ \dfrac{1}{6 \sqrt{n}}H_n \right)^{2}. \end{align*}$$ Suy ra $\sqrt{n}{x_n}\le n+ \dfrac{1}{6}H_n$.
2. Ta chứng minh $H_{81} < 6$.
   Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức $H_n \le 1+ \ln n$.
   Thật vậy, xét hàm số $$f(x) = \ln(x+1)- \ln x- \dfrac{1}{x+1} = \ln \left(1+ \dfrac{1}{x} \right)- \dfrac{1}{x+1} \text{ với } x > 0.$$ Ta có $f'(x) = -\dfrac{1}{x(x+1)}+ \dfrac{1}{(x+1)^2} < 0, \forall x > 0$ nên hàm số $f(x)$ giảm trên khoảng $(0;+\infty)$. Mà $\lim \limits_{x \to + \infty}f(x) = 0$ nên $f(x) > 0, \forall x > 0$, hay $\dfrac{1}{x+1} < \ln(x+1)- \ln x$.
   Áp dụng bất đẳng thức trên ta có $$1+ \dfrac{1}{2}+ \cdots + \dfrac{1}{81} < 1+ \ln 2- \ln 1+ \ln 3- \ln 2+ \cdots + \ln 81- \ln 80 = 1+ \ln 81 < 6.$$ Do vậy $81 \le \sqrt{81}x_{81} < 81+ \dfrac{1}{6}H_{81} < 82. \Rightarrow \left[9x_{81} \right] = 81$.