Chủ đề này có 10 trả lời

[duylax2412]

I)Bất đẳng thức với số nguyên tố:

1)Cho $n$ là số nguyên dương.Kí hiệu $\pi(n)$ là số các số nguyên tố không vượt quá $n$.Chứng minh rằng $\forall n\geq 14$ thì ta có bất đẳng thức $\pi(n) \leq \frac{n}{2}-1$.

2)Gọi $P_n$ là tích tất cả các số nguyên tố $\leq n$.Chứng minh rằng:$P_n <4^n$.

II)Bất đẳng thức với tính chia hết

1) Cho $n$ là số tự nhiên sao cho $2003!$ chia hết $5^n$.Chứng minh:$n\leq 499$

2) Cho $n>1$ là số tự nhiên sao cho $(n+1)(2n+1)$ chia hết cho $6$ và được thương là số chính phương.Chứng minh rằng $ n\geq 337$

[trieutuyennham]

II)

1) Lũy thừa của 5 trong 2003! là $\left [ \frac{2003}{5}\right ]+\left [ \frac{2003}{5^{2}} \right ]+...+\left [ \frac{2003}{5^{5}} \right ]=499$

Nên để 2003! chia hết cho 5ⁿ thì $n\leq 499$

[slenderman123]

Câu 1: Với $n=14$ hoặc $n=15$ thì ta thấy có 6 số nguyên tố ($2,3,5,7,11,13$), suy ra điều phải chứng minh là đúng($\pi (n) \leq \frac{n}{2}-1)(1)$

Với $n>15$, vì mọi số nguyên tố lớn hơn $15$ đều là số lẻ, nhận thấy $n$ cứ tăng 2 thì $\pi(n)$ có thể tăng 1 ,vậy nếu đặt $\Delta n=n-15; \Delta \pi(n)=p-6$ thì 

$\Delta \pi(n) \leq \frac{\Delta n}{2}$ khi đó $\Delta \pi(n)+6 \leq \frac{\Delta n}{2}+6$$\Leftrightarrow \pi(n)\leq \frac{n}{2}-\frac{3}{2}< \frac{n}{2}-1(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra ĐPCM.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 05-07-2017 - 15:16

[NHoang1608]

II) 2)

 Đặt $(n+1)(2n+1)=6a^{2}$ $\Rightarrow n\equiv 1 (mod 2) \Rightarrow n=2x+1$ $( x\in \mathbb{N*})$.

 Suy ra $(x+1)(4x+3)=3a^{2}$

 

Mà $(x+1;4x+3)=(4x+4;4x+3)=1$ từ đó suy ra 

$\begin{cases} x+1=u^{2} (*) \\ 4x+3=3v^{2} \end{cases}$   ($u,v \in \mathbb{N}$) Vì loại đi trường hợp $\begin{cases} x+1=3u^{2}  \\ 4x+3=v^{2} \end{cases}$ bởi $4x+3$ không thể là số chính phương.

$\Rightarrow 4u^{2}-1=3v^{2}$

$\Rightarrow (2u-1)(2u+1)=3v^{2}$

Nhận thấy tiếp là $(2u-1;2u+1)=1$ vì $2u-1;2u+1$ là $2$ số lẻ liên tiếp.

$\Rightarrow \begin{cases} 2u-1=p^{2} \\ 2u+1=3q^{2} \end{cases}$

 hoặc $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$

($p,q\in \mathbb{N}$)

Xét trường hợp $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$

 $\Rightarrow 3p^{2}+2=q^{2}$ (Vô lí)

Xét trường hợp còn lại $\begin{cases} 2u-1=p^{2} (1) \\ 2u+1=3q^{2} (2) \end{cases}$

Từ phương trình $(1)$ ta có $p$ là số lẻ. Từ đó ta đặt $p=2t+1, t\in \mathbb{N}$ 

Suy ra $2u-1=(2t+1)^{2} \Rightarrow u=2t^{2}+2t+1$  $(3)$

 

Từ $(*), (1),(3)$ thì ta có $n=2x+1=2u^{2}-1=2(2t^{2}+2t+1)^{2}-1$

Xét $t=1$ thì $n$ không thỏa mãn đề bài.

Xét $t \geq 2 \Rightarrow n\geq 2(2.4+2.2+1)^{2}-1= 337$ 

Hay ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-07-2017 - 15:23

[slenderman123]

NHoàng

 

II) 2)

 Đặt $(n+1)(2n+1)=6a^{2}$ $\Rightarrow n\equiv 1 (mod 2) \Rightarrow n=2x+1$ $( x\in \mathbb{N*})$.

 Suy ra $(x+1)(4x+3)=3a^{2}$

 

Mà $(x+1;4x+3)=(4x+4;4x+3)=1$ từ đó suy ra 

$\begin{cases} x+1=u^{2} (*) \\ 4x+3=3v^{2} \end{cases}$   ($u,v \in \mathbb{N}$) Vì loại đi trường hợp $\begin{cases} x+1=3u^{2}  \\ 4x+3=v^{2} \end{cases}$ bởi $4x+3$ không thể là số chính phương.

$\Rightarrow 4u^{2}-1=3v^{2}$

$\Rightarrow (2u-1)(2u+1)=3v^{2}$

Nhận thấy tiếp là $(2u-1;2u+1)=1$ vì $2u-1;2u+1$ là $2$ số lẻ liên tiếp.

$\Rightarrow \begin{cases} 2u-1=p^{2} \\ 2u+1=3q^{2} \end{cases}$

 hoặc $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$

($p,q\in \mathbb{N}$)

Xét trường hợp $\begin{cases} 2u-1=3p^{2} \\ 2u+1=q^{2} \end{cases}$

 $\Rightarrow 3p^{2}+2=q^{2}$ (Vô lí)

Xét trường hợp còn lại $\begin{cases} 2u-1=p^{2} (1) \\ 2u+1=3q^{2} (2) \end{cases}$

Từ phương trình $(1)$ ta có $p$ là số lẻ. Từ đó ta đặt $p=2t+1, t\in \mathbb{N}$ 

Suy ra $2u-1=(2t+1)^{2} \Rightarrow u=2t^{2}+2t+1$  $(3)$

 

Từ $(*), (1),(3)$ thì ta có $n=2x+1=2u^{2}-1=2(2t^{2}+2t+1)^{2}-1$

Xét $t=1$ thì $n$ không thỏa mãn đề bài.

Xét $t \geq 2 \Rightarrow n\geq 2(2.4+2.2+1)^{2}-1= 337$ 

Hay ta có điều phải chứng minh

bạn ơi có fb không, kết bạn với em

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi slenderman123: 05-07-2017 - 15:29

[NHoang1608]

1 cách khác nữa cho II) 2) nhưng không hay cho lắm.

 

Từ cách trên ta có $x+1=u^{2}$ và $4x+3=3v^{2}$ 

 $\Rightarrow 3\mid 4x+3 \Rightarrow 3\mid x \Rightarrow x=3k$

 Suy ra $3k+1=u^{2}, 4k+1=v^{2}$ 

 Đặt $k=8l+r$ $(0\leq r \leq 7)$ thì $24l+3r+1=u^{2}, 32l+4r+1 = v^{2}$

 Ta có $u^{2},v^{2} \equiv 0,1,4 (mod 8)$ suy ra $3r+1,4r+1 \equiv 0,1,4 (mod 8)$ suy ra $r=0$ 

 Suy ra $k=8l \Rightarrow 24l+1=u^{2} \Rightarrow l-1 \equiv 0,1,4 (mod 5) \Rightarrow l \equiv 1,2,0 (mod 5)$

Lại có $n=2x+1= 2.3k+1= 2.3.8l+1= 48l+1$ 

 Vì $l\equiv 0,1,2 (mod 5)$ nên $l=3,4$ loại, thử trực tiếp $l=0,1,2,5,6$ thì thấy vô lí vậy $l\geq 7$

Hay $n=48l+1 \geq 48.7+1= 337$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 05-07-2017 - 15:32

[duylax2412]

Tiếp nào.

III) Bất đẳng thức với hàm số học.

1)Đặt $T_n(k)=k^{k^{k^{k^...^{k}}}}$ (lũy thừa $n$ tầng của $k$).Biết $T_n(3)>T_{1997}(2)$.Chứng minh rằng:$n \geq 1996$.

2)(Nâng cao hơn)

Cho $k_1,k_2,...,k_n$ là các số nguyên dương.Đặt:

$k=k_1+k_2+...+k_n$.

Chứng minh bất đẳng thức:

$k_1!.k_2!...k_n! \geq \left ( [\frac{k}{n}] !\right )^n$ với $[a]$ kí hiệu là phần nguyên số $a$.

[duylax2412]

mình nghĩ phần Bất đẳng thức với hàm số học khá "choáng" nên tạm ngưng giải phần này.Ta quay lại phần: I)Bất đẳng thức với số nguyên tố, nó thích hợp hơn (có gì quay lại phần III) sau).

3) Cho $p_1<p_2<...<p_n<p_{n+1}$ là $n+1$ số nguyên tố đầu tiên.Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n>3$ ta có:

a) $p_n +p_{n+1} \leq p_1.p_2...p_n$ (gợi ý:thay $p_1=2$ và biểu diễn $p_1.p_2...p_n=2(2k+1)=(2k-1)+(2k+3)$)

b)Áp dụng chứng minh: $p_n<p_2.p_3...p_{n-1}$

4)Cho $p_1<p_2<...<p_n$ là $n$ số nguyên tố đầu tiên.CMR:

a)$ p_n \leq 2^{2^{n-1}}$

b)$p_n >2n $với n>4 

5) Gọi $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$Chứng minh:$p_n>3n$ với $n\geq 12$

 

Sẵn tiện xin giải bài 2) phần I)

Lời giải

Dễ thấy bất đẳng thức đúng với $n=2,3$.Giả sử nó đúng với mọi số tự nhiên $<n$.Ta chứng minh cũng đúng với $n$ ($n>2$)

Xét hai trường hợp:

Nếu $n$ chẵn thì ta có: $P_n=P_{n-1}<4^{n-1}=4^n$ (đúng)

Nếu $n$ lẻ thì đặt $n=2k+1$

Chứng minh được mọi số nguyên tố $k+2 \leq p \leq 2k+1$ đều là ước của $C^{k}_{2k+1}$ nên tích của chúng nhỏ hơn $C^{k}_{2k+1}$.Mà theo nhị thức Newton ta suy ra $2^{2k+1}=(1+1)^{2k+1}>C^k_{2k+1}+C^{k+1}_{2k+1}=2C^k_{2k+1}$ nên $4^{k}>C^k_{2k+1}$ .Do đó tích các số nguyên tố thuộc khoảng $k+2$ đến $2k+1$ sẽ nhỏ hơn $4^{k}$.

Theo giả thiết quy nạp,tích của các số nguyên tố $\leq k+1$ nhỏ hơn $4^{k+1}$.Từ đây suy ra:

$P_{2k+1}<4^k.4^{k+1}=4^{2k+1}$.Theo nguyên lý quy nạp có đpcm

[Duy Thai2002]

Xin chém câu 4b(Câu này cũng khá dễ)

Dễ thấy bđt trên đúng với n=5,6.Giả sử nó đúng với mỗi số tự nhiên n>4,tức là:

$p_{n}>2n$

Ta cần cm nó đúng với n+1 hay:

$p_{n+1}>2n+2$

Thật vậy, Vì $p_{n},p_{n+1}> 2$ nên nó là số lẻ

=>$p_{n+1}=p_{n}+k(k\geq 2)$

Mà $p_{n}>2n$ (theo gt quy nạp)

=>  $p_{n+1}=p_{n}+k> 2n+k\geq 2n+2$

=> $p_{n+1}> 2n+2$

=> bđt đúng với n+1 nên theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Duy Thai2002: 05-07-2017 - 22:25

[Hai2003]

5) Gọi $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$Chứng minh:$p_n>3n$ với $n\geq 12$

Điều trên đúng với $n=12, 13$

Giả sử điều cần chứng minh đúng với $p_{n-1}$ và $p_{n-2}$

Ta có $p_n=p_{n-1}+k_1=p_{n-2}+k_1+k_2 > 3(n-2)+k_1+k_2$ với $k_1, k_2$ là các số chẵn lớn hơn 0.

 

Nếu $k_1=k_2=2$ thì ta được 3 số nguyên tố là $p_{n-2}, \ p_{n-2}+2, \ p_{n-2}+4$. Dễ thấy trong 3 số này có một số chia hết cho 3 (vô lý). Vậy $k_1, k_2$ không thể cùng bằng 2.

$\Rightarrow k_1 + k_2 \geq 6 \\ \Rightarrow p_n > 3(n-2)+6=3n$

 

Theo nguyên lý qui nạp, suy ra điều phải chứng minh

[Hai2003]

4)Cho $p_1<p_2<...<p_n$ là $n$ số nguyên tố đầu tiên.CMR:

a)$ p_n \leq 2^{2^{n-1}}$

Dễ thấy BĐT đúng với $n=1,2$.

 

Giả sử BĐT đúng với $n$ số nguyên tố đầu tiên $(n>1)$, ta chứng minh nó cũng đúng với số nguyên tố thứ $n+1$.

Xét số $P=p_1p_2...p_n-1$

Nếu $P$ là số nguyên tố thì $P>p_n$ nên $p_{n+1} \leq P$

Nếu $P$ là hợp số thì do $P$ không có ước nguyên tố là $p_1,p_2,...p_n$ nên ước nguyên tố của $P$ phải lớn hơn hoặc bằng $p_{n+1}$

 

Suy ra $p_{n+1} \leq P$

Mặt khác $P \leq 2^{2^0}2^{2^1}...2^{2^{n-1}}-1\\ \ \ \ <2^{1+2+...+2^{n-1}}=2^{2^n}$

$\Rightarrow p_{n+1} < 2^{2^n}$

 

Suy ra điều phải chứng minh