[tc82][T10/509 Toán học & tuổi trẻ số 509, tháng 11 năm 2019] Ta ký hiệu $\left[ x\right]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$, $\left\lbrace x\right\rbrace = x -\left[ x\right]$. Cho dãy số $\left( u_n\right)$ với $$u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace .$$ Có bao nhiêu số hạng của dãy $\left( u_n\right)$ thỏa mãn $\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^n + 1} \le u_n \le \dfrac{23}{65}$.

Lời giải

Ta có \[u_n = \left\lbrace \dfrac{2^{2n + 1} + n^2 + n + 2}{2^{2n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace 2^n - 1 + \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace = \left\lbrace \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\right\rbrace.\] Với $n = 1$, $u_1 = 0$; $n = 2$, $u_2 = 0$ (không thỏa mãn đề bài). Với $ n \ge 3$ dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng $2^{n+1} \ge n^2 + n +4$, thành thử \[0 < \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2} < 1.\] Do đó $u_n = \dfrac{n^2 + n + 4}{2^{n+1} + 2}\;\left( n \ge 3\right)$. Ta có \[\dfrac{2526 \cdot 2^{n-99}}{2^{n}+1} \le u_n \le \dfrac{23}{65} \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97}\le n^2 + n + 4 \le \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65}. \tag{*}\] Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp khẳng định $\rm i)$ và $\rm ii)$ sau:

• Với $n \ge 7$ thì $\dfrac{46 \cdot 2^n}{65} > n^2 +n + 4$.
• Với $n > 101$ thì $1263 \cdot 2^{n -97} \ge n^2 +n + 4$.
• Bằng cách thử ta có $n^2 + n + 4 > \dfrac{46\left( 2^n +1\right) }{65}$ với $n < 6$ và $n^2 + n + 4 = \dfrac{46\left( 2^n + 1\right) }{65}$ với $n =6$.
• Vì $2^{11} > 1263$ nên khi $n \le 86$ thì \[1263 < 2^{11} \le 2^{97- n}\left( n^2 + n + 4\right) \Leftrightarrow 1263 \cdot 2^{n-97} < n^2+ n + 4.\] Với $87 \le n \le 100$ bằng cách thử trực tiếp ta có \[1263 \cdot 2^{n-97} \le n^2 + n + 4.\] Từ $\rm i$; $\rm ii$; $\rm iii$ và $\rm iv$ ta suy ra bất đẳng thức $\left( *\right)$. Dấu $``=''$ xảy ra khi và chỉ khi $6 \le n \le 100$. Do vậy có $95$ số thoa mãn yêu cầu của đề bài.