\maid{[tc23]}[T11/505 Toán học & tuổi trẻ số 505, tháng 7 năm 2019]%[Nguyễn Trường Sơn, dự án EX_Tapchi15] Cho dãy số thực $(a_n)$ xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}& a_1=2020 \\ & a_{n+1}=1+\dfrac{2}{a_n}, \,\, n=1,2,\ldots\end{array} \right.$ Chứng minh rằng $2n < a_1+a_2+\cdots+a_n < 2n+2018,\,\, n=2,3,\ldots$ Tìm số thực $a$ lớn nhất thỏa mãn điều kiện \[\sqrt{x^2+a_1^2}+\sqrt{x^2+a_2^2}+\cdots+\sqrt{x^2+a_n^2}\ge n\sqrt{x^2+a^2},\,\,\forall x \in \mathbb{R},\forall n\in \mathbb{N^*}. \tag{1}\]

Lời giải

1. Từ giả thiết $a_{n+1}=1+\dfrac{2}{a_n}, \,\, n=1,2,\ldots$ thì $a_n > 1$ với mọi $n\in \mathbb{N^*}$.
   Ta chứng minh $a_{2k+1} > 2$ và $a_{2k+2} < 2$ ứng với mọi $k\in \mathbb{N^*}$.
   • Thật vậy, $a_1 > 2$ và $a_2=1+\dfrac{2}{2020} < 2$.
   • Ta giả thiết quy nạp, $a_{2k+1} > 2$ và $a_{2k+2} < 2$.
     Khi đó$\colon a_{2k+3}=1+\dfrac{2}{a_{2k+2}} > 1+\dfrac{2}{2}=2$ và $a_{2k+4}=1+\dfrac{2}{a_{2k+3}} < 1+\dfrac{2}{2}=2$, điều phải chứng minh.
   Mặt khác, ta có$\colon$ $$(a_{2k+1}-1)(a_{2k+1}-2) > 0\Leftrightarrow a_{2k+1}+1+\dfrac{2}{a_{2k+1}} > 4 \Leftrightarrow a_{2k+1} +a_{2k+2} > 4.$$ Tương tự$\colon$ $$(a_{2k+2}-1)(a_{2k+2}-2) < 0\Leftrightarrow a_{2k+2}+1+\dfrac{2}{a_{2k+2}} < 4\Leftrightarrow a_{2k+2}+a_{2k+3} < 4.$$ Suy ra
   • Với $n$ lẻ, ta có$\colon$ \begin{eqnarray*} a_1+a_2+\cdots+a_n&=&(a_1+a_2)+(a_3+a_4)+\cdots+(a_{n-2}+a_{n-1})+a_n\\& > &\underbrace{4+4+\cdots+4}_{\frac{n-1}{2}}+2\\&=&2n \end{eqnarray*} và \begin{eqnarray*} a_1+a_2+\cdots+a_n&=&a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5)+\cdots+(a_{n-1}+a_n)\\& < & 2020+\underbrace{4+4+\cdots+4}_{\frac{n-1}{2}}\\&=&2n+2018. \end{eqnarray*}
   • Với $n$ chẵn, ta có$\colon$ \begin{eqnarray*} a_1+a_2+\cdots+a_n&=&(a_1+a_2)+(a_3+a_4)+\cdots+(a_{n-1}+a_n\\& > &\underbrace{4+4+\cdots+4}_{\frac{n}{2}}\\&=&2n \end{eqnarray*} và \begin{eqnarray*} a_1+a_2+\cdots+a_n&=&a_1+(a_2+a_3)+(a_4+a_5)+\cdots+(a_{n-2}+a_{n-1})+a_n\\& < & 2020+\underbrace{4+4+\cdots+4}_{\frac{n-2}{2}}+2\\&=&2n+2018. \end{eqnarray*}
   Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
2. Từ định lý kẹp, ta suy ra$\colon \lim \limits_{n \to +\infty} \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}=2$.
   Với $x=0$ thì từ $(1)$ có dạng $a_1+a_2+\cdots+a_n \ge n|a|\Rightarrow a \le \dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} $.
   Chuyển qua giới hạn, ta thu được $a\le 2$.
   Ta chứng minh bất đẳng thức $(1)$ đúng với $a=2$.
   Thật vậy theo bất đẳng thức Mincovsky thì \begin{eqnarray*} \sqrt{x^2+a_1^2}+\sqrt{x^2+a_2^2}+\cdots+\sqrt{x^2+a_n^2}&\ge& \sqrt{\left(\underbrace{ x+x+\cdots+x}_n\right)^2+\left( a_1+a_2+\cdots+a_n\right) ^2}\\& > & \sqrt{n^2x^2+4n^2}\\&=&n\sqrt{x^2+2^2}. \end{eqnarray*} Vậy $a=2$ là số thực lớn nhất để $(1)$ đúng.