Chủ đề này có 4 trả lời

[kimchitwinkle]

Cho $k_{1}< k_{2}< k_{3}< ...........................$ là những số nguyên dương không có hai số nào liên tiếp và đặt $S_{n}=k_{1}+k_{2}+.................+ k_{n}, \forall n=1;2;...........$ . CMR : với mọi số nguyên dương khoảng $[S_{n};S_{n+1}]$ chứa ít nhất một số chính phương,

[Bui Ba Anh]

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp

Với $n=2$ xét $2$ số $k_1;k_2$. Ta sẽ chứng minh giữa $k_1$ và $k_2$ luôn tồn tại một số chính phương

Chú ý $k_{n+1}\geq k_n+2$

Giả sử ngược lại không tồn tại một số chính phương nào thuộc khoảng $[k_1;2k_1+2)$. Gọi $t^2$ là số chính phương bé nhất thỏa $t^2\geq 2k_1+2$ suy ra $(t-1)^2<k_1$

Ta có $t^2-2t+1<k_1$

$=>2k_1+2-2t+1<k_1$

$=>2t>k_1+3$

$=>(t-1)^2+3<k_1+3<2t$

$=>(t-2)^2<0$ vô lý

Vậy luôn tồn tại một số chính phương thuộc đoạn này, $n=2$ thỏa

Giả sử bài toán đúng đến $n=k$, tức là trong khoảng $[S_n;Sn+k_{n+1})$ luôn tồn tại một số chính phương

Ta chứng minh trong khoảng $[S_n+k_{n+1};S_n+k_{n+1}+k_{n+2})$ cũng tồn tại một số chính phương

Gọi $t^2$  là số chính phương lớn nhất thỏa: $S_n \leq t^2<S_n+k_{n+1}$

Suy ra $(t+1)^2\geq S_n+k_{n+1}$ nên ta chỉ cần chứng minh $(t+1)^2<S_n+2k_{n+1}+2$

Ta có $(t+1)^2=t^2+2t+1<S_n+k_{n+1}+2t+1\leq S_n+2k_{n+1}+2$

$<=> k_{n+1}+1\geq 2t$

Như vậy ta cần phải chứng minh $(k_{n+1}+1)^2\geq 4(S_n+k_{n+1})=4t^2$ hay $(k_{n+1})^2+1\geq 4S_n+2k_{n+1}$

Dễ kiểm tra điều này luôn đúng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 09-07-2015 - 22:44

[NhatTruong2405]

Khoảng $[Sn,Sn+1)$ có ít nhất 1 số chính phương khi và chỉ khi khoảng $[\sqrt{S_{n}},\sqrt{S_{n+1}})$ có ít nhất 1 số nguyên dương,tức là $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}\geq 1$

Ta có: $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}\geq 1$

$\Leftrightarrow S_{n+1} \geq (\sqrt{S_{n}}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow S_{n}+k_{n+1} \geq (\sqrt{S_{n}}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow k_{n+1}\geq 2\sqrt{S_{n}}+1$

Theo đề bài: $k_{n+1}\geq k_{n}+2$ với mọi n thuộc N*

$\Rightarrow S_{n}\leq nk_{n+1}-n(n+1)$

Ta sẽ chứng minh $k_{n+1}\geq 2\sqrt{nk_{n+1}-n(n+1)}+1$

$\Leftrightarrow (k_{n+1})^{2}-2k{n+1}+1\geq 4nk_{n+1}-4n(n+1)$

$\Leftrightarrow (k{n+1}-2n-1)^{2}\geq 0$ đúng

Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NhatTruong2405: 09-07-2015 - 22:58

[Bui Ba Anh]

Khoảng $[Sn,Sn+1)$ có ít nhất 1 số chính phương khi và chỉ khi khoảng $[\sqrt{Sn},\sqrt{Sn+1})$ có ít nhất 1 số chính phương,tức là

$\sqrt{Sn+1}-\sqrt{Sn}\geq 1$

Ta có: $\sqrt{Sn+1}-\sqrt{Sn}\geq 1$

$\Leftrightarrow Sn+1 \geq (\sqrt{Sn}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow Sn+kn+1 \geq (\sqrt{Sn}+1)^{2}$

$\Leftrightarrow kn+1\geq 2\sqrt{Sn}+1$

Theo đề bài: $kn+1\geq kn+2$ với mọi n thuộc N* $\Rightarrow Sn\leq nkn+1-n(n+1)$

Ta sẽ chứng minh $kn+1\geq 2\sqrt{nkn+1-n(n+1)}+1$

$\Leftrightarrow (kn+1)^{2}-2kn+1+1\geq 4nkn+1-4n(n+1)$

$\Leftrightarrow (kn+1-2n-1)^{2}\geq 0$ đúng

Vậy ta có đpcm

Bạn xem lại lập luận này chút nhé, phản ví dụ đơn giản là $1<3<5$ thì $[1+3,1+3+5)$ có số chính phương nhưng $[2,3)$ không có

Tuy nhiên ý tưởng bài này rất hay, đó là nhận xét giữa $[S_n,S_{n+1})$ có số chính phương khi $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n} \geq 1$

Vì khi đó ta có thể chọn số $([\sqrt{S_n}]+1)^2$ thỏa mãn đề

Bài toán quy về chứng minh: $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n} \geq 1<=>(k_{n+1}-1)^2\geq 4(k_1+k_2+...+k_n)$ chính là trường hợp bài làm của mình ở trên, kết hợp phần quy nạp của bạn là hoàn thiện

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bui Ba Anh: 09-07-2015 - 23:05

[NhatTruong2405]

Bạn xem lại lập luận này chút nhé, phản ví dụ đơn giản là $1<3<5$ thì $[1+3,1+3+5)$ có số chính phương nhưng $[2,3)$ không có

Tuy nhiên ý tưởng bài này rất hay, đó là nhận xét giữa $[S_n,S_{n+1})$ có số chính phương khi $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n} \geq 1$

Vì khi đó ta có thể chọn số $([\sqrt{S_n}]+1)^2$ thỏa mãn đề

Bài toán quy về chứng minh: $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n} \geq 1<=>(k_{n+1}-1)^2\geq 4(k_1+k_2+...+k_n)$ chính là trường hợp bài làm của mình ở trên, kết hợp phần quy nạp của bạn là hoàn thiện

Cảm ơn bạn Mình đã sửa lại rồi