Chủ đề này có 4 trả lời

[VGNam]

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta luôn có bđt:

$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{3n+1}>1$

Bài này mình làm pp quy nạp nhưng khi thử với n=1 thấy nó cứ sai sai ở đâu ý

mọi người xem có phải sai đề hay không giúp mình với ạ!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VGNam: 09-10-2022 - 23:06

[ThienDuc1101]

Bài này em nghĩ cần thêm $n>1$ nữa ạ.

[VGNam]

Bài này em nghĩ cần thêm $n>1$ nữa ạ.

Với mọi số nguyên dương n cũng tức là n>1 rồi á em

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VGNam: 10-10-2022 - 00:06

[VGNam]

Với mọi số nguyên dương n cũng tức là n>1 rồi á em

xin lỗi nha a bị nhầm rồi, ý em là $n\geq 2$ phải không ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi VGNam: 10-10-2022 - 08:33

[perfectstrong]

$n=1$ vẫn đúng ấy chứ. $VT = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} = \frac{13}{12} > 1$.

Bạn sử dụng ý tưởng sai phân giống bài này : https://diendantoanh...sqrti-2sqrtn-1/

Có thể kiểm chứng với $n=1,2$. Với $n \ge 3$, ta chứng minh bổ đề sau:

\[\frac{1}{{n}} > \ln \left( {n + 1} \right) - \ln n\, \forall n \in \mathbb{N}^*\]

Sau đó, áp dụng vào:

\[S_n = \sum\limits_{k = n + 1}^{3n + 1} {\frac{1}{k}}  > \sum\limits_{k = n + 1}^{3n + 1} {\left( {\ln \left( {k + 1} \right) - \ln k} \right)}  = \ln \left( {3n + 2} \right) - \ln \left( {n + 1} \right) = \ln \frac{{3n + 2}}{{n + 1}} = \ln \left( {3 - \frac{1}{{n + 1}}} \right) \ge \ln \left( {3 - \frac{1}{4}} \right) > \ln e = 1\]

 

Quy nạp có vẻ khó. Tổng đã cho sẽ hội tụ về $\ln 3$, rất gần với $1$. Thật vậy, tương tự bổ đề ở trên:

\[\ln \left( {n + 1} \right) - \ln n > \frac{1}{{n + 1}}\forall n \in {\mathbb N ^*}\]

Sau đó áp dụng vào:

\[S_n < \sum\limits_{k = n}^{3n} {\left( {\ln \left( {n + 1} \right) - \ln n} \right)}  = \ln \left( {3n + 1} \right) - \ln n = \ln \frac{{3n + 1}}{n} = \ln \left( {3 + \frac{1}{n}} \right)\]

Tức \[\ln \left( {3 + \frac{1}{n}} \right) > S_n > \ln \left( {3 - \frac{1}{{n + 1}}} \right)\]

Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim S_n = 3$.