Từ bài toán thi Chọn đội tuyển Daklak

Đề thi Chọn đội tuyển HSG dự thi QG của tỉnh Daklak có bài toán sau:

Cho dãy $(a_{n}): a_{n}=\frac{1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}}{n^{2013}}$. Tính $\lim a_{n}$  khi $n\rightarrow +\infty$.

Cách 1: (Trần Trung Kiên - Nguyễn Sanh Thành)

Biến đổi $$a_n=\frac{1}{n}[(\frac{1}{n})^{2012}+(\frac{2}{n})^{2012}+...+(\frac{n}{n})^{2012}]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(\frac{i}{n})^{2012}$$

Xét hàm số $f(x)=x^{2012}$ liên tục trên $[0;1]$ khả tích trên $[0;1]$.

Chia đoạn [0;1] bởi các điểm chia $x_i=\frac{i}{n};i=\overline{0;n}$ và chọn $\xi _i=\frac{1}{i}\in [x_{i-1};x_i];i=\overline{1;n}$

Ta có: $${a_n} = \frac{1}{n}{\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {\frac{k}{n}} \right)} ^{2012}} \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \int\limits_0^1 {{x^{2012}}} dx = \left. {\frac{1}{{2013}}{x^{2013}}} \right|_0^1 = \frac{1}{{2013}}$$

Cách 2 (Trần Trung Kiên)

Đặt $y_n=n^{2013} ;x_n =1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}$. Ta có

$$\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}=\frac{(1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012})-(1^{2012}+2^{2012}+...+(n-1)^{2012})}{n^{2013}-(n-1)^{2013}}$$

$$=\frac{n^{2012}}{2013n^{2012}-\frac{2012.2013}{2}n^{2011}+...}\to \frac{1}{2013}$$

Theo định lý Stolz $a_n \to \frac{1}{2013}$

Cách 3

Xét hàm số:

$$f(x) = e^x+e^{2x}+...+e^{nx}$$

Đạo hàm cấp $k$ của $f(x)$ là:

$$f^{(k)}(x)=e^x+2^ke^{2x}+...+n^ke^{nx}$$

Dễ thấy:

$$f^{(2012)}(0)=1+2^{2012}+...+n^{2012}$$

Ta cũng có thể viết:

$$f(x)=\frac{e^{(n+1)x}-e^x}{e^x-1}$$

Từ đó suy ra:

$$e^{(n+1)x}-e^x=(e^x-1)f(x)$$

Đạo hàm 2013 lần hai vế, ta có:

$$(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x=\sum_{k=0}^{2013}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}$$

Từ đó, ta có:

$(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x=$

$=\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}+C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(x)e^x+C^{2013}_{2013}f^{(2013)}(x)(e^x-1)$

Suy ra:

$C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(x)e^x=$

$=(n+1)^{2013}e^{(n+1)x}-e^x-\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}-C^{2013}_{2013}f^{(2013)}(x)(e^x-1)$

Cho $x=0$, ta có:

$$C^{2012}_{2013}f^{(2012)}(0)=(n+1)^{2013}-1-\left (\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}  \right )_{x=0}$$

Dễ thấy, bậc cao nhất của $n$ ở $\left (\sum_{k=0}^{2011}C_{2013}^k.f^{(k)}(x)(e^x-1)^{(2013-k)}  \right )_{x=0}$ là $2011$. Do đó, $f^{(2012)}(0)$ là một đa thức bậc $2013$ và có hệ số cao nhất là $\frac{1}{2013}$.

Đặt:

$$f^{(2012)}(0)=\frac{1}{2013}.n^{2013}+b_{2012}n^{2012}+...+b_0$$ , ta có:

$$lima_{n}=lim \frac{\frac{1}{2013}.n^{2013}+b_{2012}n^{2012}+...+b_0}{n^{2013}} = \frac{1}{2013}$$

Cách 4

Ta sẽ chứng minh:

$$1^k+2^k+...+n^k=\sum_{i=0}^{k-1}A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}- A_k^{k-1}C_{n+1}^{k}+\frac{1}{2}A^2_{n+1} \ \ \ \ (1)$$

bằng phương pháp đếm bằng hai cách.

Bài toán:

Từ tập các số nguyên dương $A=\left \{ 1,2,...,n+1 \right \}$, ta chọn ra bộ sắp thứ tự $\left ( x_1,x_2,...,x_{k+1} \right )$ thỏa mãn điều kiện:

$$x_{k+1}>max\left \{ x_1,x_2,...,x_k \right \}$$ .

Hỏi có bao nhiêu cách chọn

Cách 1:

Ứng với mỗi $x_{k+1}=i+1, ( 1 \leq i \leq n)$, ta có $i$ các chọn $x_1$, $i$ cách chọn $x_2$, ..., $i$ cách chọn $x_k$. Do đó, số các cách chọn là:

$$S = 1^k+2^k+...+n^k$$

Cách 2:

Ta sẽ chọn ra $k+1$ số từ $n+1$ số, số lớn nhất, ta chọn làm $x_{k+1}$, các số còn lại, ta sếp thứ tự là xong.

Gọi $i (0 \leq i \leq k-1)$ là số các phần tử bằng nhau trong nhóm $x_1,x_2,...,x_k$. (Tạm chấp nhận khái niệm "$1$ phần tử bằng nhau", lát nữa ta bỏ nó đi)

Chọn $k-i+1$ số khác nhau từ $n+1$ số, ta có $C_{n+1}^{k-i+1}$ cách.

Xếp thứ tự $k-i$ số khác nhau vào $k$ chỗ trống (các chỗ trống còn lại, hiển nhiên dành cho $i$ số bằng nhau), ta có $A_{k}^{k-i}$ cách.

Từ đó, với mỗi $i, (0 \leq i \leq k-1)$, ta có: $A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}$ cách.

Riêng trường hợp có $k$ phần tử bằng nhau, ta có $\frac{1}{2}A^2_{n+1}$ cách.

Do không có khái niệm "$1$ phần tử bằng nhau", nên ta có tổng số cách chọn là:

$$S = \sum_{i=0}^{k-1}A_{k}^{k-i}C_{n+1}^{k-i+1}- A_k^{k-1}C_{n+1}^{k}+\frac{1}{2}A^2_{n+1}$$

Do đó ta có điều phải chứng minh.

Theo đẳng thức trên, dễ thấy $1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}$ là đa thức bậc $2013$ có hệ số cao nhất là $\frac{1}{2013}$

Sau đó ta lại làm như trên.

Cách 5

Ta chứng minh được bất đẳng thức sau bằng quy nạp

$$\frac{n^{2013}}{2013}< 1^{2012}+2^{2012}+...+n^{2012}< \frac{(n+1)^{2013}}{2013}-\frac{1}{2013}$$

Do đó, theo định lý giới hạn kẹp, ta có:

$$lima_{n}= \frac{1}{2013}$$