Đến nội dung

Hình ảnh

Đặt $b_n=\sqrt{n}(a_n-L)$ với $L=lima_n$. Chứng minh với mọi số thực $\alpha \in [0;\frac{1}{4}]$, luôn tồn tại một dãy con của $(b_n)$

- - - - -

Lời giải Hoang72, 24-03-2023 - 00:56

Mọi người cũng chứng minh những phần quan trọng nhắt của bài toán rồi. Em xin dứt điếm phần cuối:
Nhận xét: Cho $a \in \mathbb{N}^*$, và $n=a^2+k$, với
$k \in \mathbb{N}, k<2 a+1$. Khi đó $\lceil\sqrt{n}\rfloor=a \Leftrightarrow k \leq a$.

Chứng minh:

Trớ lại bài toán: Xét $n=c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor$, với $c_n \in \mathbb{N}^*, 0 \leq m \leq 1$ Thế thì $\lceil\sqrt{n}\rfloor=c_n$, do đó
\begin{align*}
b_n &=\frac{\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}\left(\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}-c_n\right)^2}{c_n} \\
&= \frac{\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor} \left\lfloor m c_n\right\rfloor^2}{c_n\left(\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}+c_n\right)^2}.
\end{align*}
Do đó cho $c_n \rightarrow+\infty$ thì $\left\lfloor m c_n\right\rfloor \sim m c_n$, dẫn tới $\lim b_{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right]}=\frac{m^2}{4}$
Chọn $m=2 \sqrt{\alpha} \leq 1$, ta có một dãy con của $\left(b_n\right)$ tiến về $\alpha$.
Còn Theorem, ta cūng làm
tương tự:

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
Math04

Math04

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết

Với số thực $x$ có phần lẻ khác $\frac{1}{2}$, ta kí hiệu $<x>$ là số nguyên gần nhất với $x$. Xét dãy: $a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{<\sqrt{k}>}-2\sqrt{n}, n=1,2...$.

a) Chứng minh dãy trên hội tụ và tìm giới hạn đó.

b) Đặt $b_n=\sqrt{n}(a_n-L)$ với $L=lima_n$. Chứng minh với mọi số thực $\alpha \in [0;\frac{1}{4}]$, luôn tồn tại một dãy con của $(b_n)$ có giới hạn bằng $\alpha$



#2
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Bài hay, bump lên cho các bạn học sinh làm.


$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert


#3
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Có một điều thú vị là tổng này tính được!
Ký hiệu $\lceil x\rfloor=round(x)=\lfloor x+1/2 \rfloor$ có nghĩa là số nguyên gần với $x$ nhất. Định nghĩa này áp dụng đối với cả $x$ có phần lẻ $1/2$.
Khi đó ta có
Bổ đề
$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{\lceil \sqrt{k}\rfloor}=\frac{n}{\lceil \sqrt{n}\rfloor}+\lceil \sqrt{n}\rfloor-1$$

Các bạn thử chứng minh Theorem xem ?

#4
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Có một điều thú vị là tổng này tính được!
Ký hiệu $\lceil x\rfloor=round(x)=\lfloor x+1/2 \rfloor$ có nghĩa là số nguyên gần với $x$ nhất. Định nghĩa này áp dụng đối với cả $x$ có phần lẻ $1/2$.
Khi đó ta có

Bổ đề
\begin{equation} \label{eq_bd1} \sum_{k=1}^n\frac{1}{\lceil \sqrt{k}\rfloor}=\frac{n}{\lceil \sqrt{n}\rfloor}+\lceil \sqrt{n}\rfloor-1 \end{equation}

Các bạn thử chứng minh Theorem xem ?


Để em giúp mọi người bước đầu :D
Chứng minh
Ta sẽ chứng minh Theorem bằng quy nạp. Giả sử \eqref{eq_bd1} đúng tới $n$, ta chứng minh \eqref{eq_bd1} cũng đúng tới $n+1$:
\begin{align}
  \nonumber
  &\sum\limits_{k = 1}^{n + 1} {\frac{1}{{\left[ {\sqrt k } \right]}}}  = \frac{{n + 1}}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}} + \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] - 1 \hfill \\
  \nonumber
   &\Leftrightarrow \frac{n}{{\left[ {\sqrt n } \right]}} + \left[ {\sqrt n } \right] - 1 + \frac{1}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}} = \frac{{n + 1}}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}} + \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] - 1 \hfill \\
  \nonumber
  & \Leftrightarrow \frac{n}{{\left[ {\sqrt n } \right]}} + \left[ {\sqrt n } \right] + \frac{1}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}} = \frac{{n + 1}}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}} + \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] \hfill \\
  \nonumber
  & \Leftrightarrow n\left( {\frac{1}{{\left[ {\sqrt n } \right]}} - \frac{1}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]}}} \right) = \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] - \left[ {\sqrt n } \right] \hfill \\
  \nonumber
  & \Leftrightarrow \left( {\left[ {\sqrt {n + 1} } \right] - \left[ {\sqrt n } \right]} \right)\left( {\frac{n}{{\left[ {\sqrt {n + 1} } \right]\left[ {\sqrt n } \right]}} - 1} \right) = 0 \hfill \\
   &\label{pr_bd1_cond} \Leftrightarrow \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] = \left[ {\sqrt n } \right] \vee n = \left[ {\sqrt {n + 1} } \right]\left[ {\sqrt n } \right] \hfill \\
\end{align}
 
Và sau đó, để chứng minh \eqref{pr_bd1_cond}, ta đặt $n=k^2 + l$ với $k = \left\lfloor {\sqrt n }\right\rfloor $ và $0\le l < 2k + 1$. Ta có:

TH1: Nếu $l < k$ thì \[k \leqslant \sqrt n  < \sqrt {n + 1}  \leqslant \sqrt {{k^2} + k}  < k + \frac{1}{2} \Rightarrow \left[ {\sqrt n } \right] = \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] = k \]
TH2: Nếu $l > k$ \[k + \frac{1}{2} < \sqrt {{k^2} + k + 1}  \leqslant \sqrt n  < \sqrt {n + 1}  < k + 1 \Rightarrow \left[ {\sqrt n } \right] = \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] = k + 1\]
TH3: Nếu $l = k$ thì \[k < \sqrt n  < k + \frac{1}{2} < \sqrt {n + 1}  < k + 1 \Rightarrow \left[ {\sqrt n } \right] = k \wedge \left[ {\sqrt {n + 1} } \right] = k + 1 \Rightarrow \left[ {\sqrt n } \right]\left[ {\sqrt {n + 1} } \right] = {k^2} + k = n\]
 
Từ đó ta có đpcm.

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#5
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Vậy là “phỏng đoán” của Theorem đã được @perfectstrong chứng minh một cách hoàn hảo! Cảm ơn Hân nhiều! :D
Điều gây bất ngờ là kết quả nhìn rất đẹp!
Đến đây thì:
$a_n=\frac{n}{\lceil \sqrt n\rfloor}+\lceil \sqrt n\rfloor-1-2\sqrt n$
$a_n=\frac{\left(\sqrt n-\lceil \sqrt n\rfloor\right)^2}{\lceil \sqrt n\rfloor}-1$
Dễ dàng chứng minh được $L=\lim_{n\to\infty} a_n=-1$
Và tiếp đó:
$b_n=\frac{\sqrt n\left(\sqrt n-\lceil \sqrt n\rfloor\right)^2}{\lceil \sqrt n\rfloor}$
Và không biết có giúp gì cho bài toán của tác giả không nhưng mình xin đề xuất:
Bổ đề
Với số nguyên dương $n$
Chứng minh rằng:
$$\frac{\sqrt n\left(\sqrt n-\lceil \sqrt n\rfloor\right)^2}{\lceil \sqrt n\rfloor}\le \frac{1}{4}$$


#6
Hoang72

Hoang72

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 539 Bài viết
✓  Lời giải

Mọi người cũng chứng minh những phần quan trọng nhắt của bài toán rồi. Em xin dứt điếm phần cuối:
Nhận xét: Cho $a \in \mathbb{N}^*$, và $n=a^2+k$, với
$k \in \mathbb{N}, k<2 a+1$. Khi đó $\lceil\sqrt{n}\rfloor=a \Leftrightarrow k \leq a$.

Chứng minh:

Trớ lại bài toán: Xét $n=c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor$, với $c_n \in \mathbb{N}^*, 0 \leq m \leq 1$ Thế thì $\lceil\sqrt{n}\rfloor=c_n$, do đó
\begin{align*}
b_n &=\frac{\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}\left(\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}-c_n\right)^2}{c_n} \\
&= \frac{\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor} \left\lfloor m c_n\right\rfloor^2}{c_n\left(\sqrt{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right\rfloor}+c_n\right)^2}.
\end{align*}
Do đó cho $c_n \rightarrow+\infty$ thì $\left\lfloor m c_n\right\rfloor \sim m c_n$, dẫn tới $\lim b_{c_n^2+\left\lfloor m c_n\right]}=\frac{m^2}{4}$
Chọn $m=2 \sqrt{\alpha} \leq 1$, ta có một dãy con của $\left(b_n\right)$ tiến về $\alpha$.
Còn Theorem, ta cūng làm
tương tự:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 25-03-2023 - 06:39
LaTeX


#7
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3916 Bài viết
Như vậy bài toán đã được @Hoang72 giải quyết hoàn toàn. (Không hổ danh thủ khoa VMO2023 các bạn nhỉ?:D ) Chờ đợi bài toán này có thể giải bằng một cách khác ngắn gọn hơn đến từ các bạn.
Xuyên suốt lời giải này đó là Theorem và đã được @perfectstrong chứng minh hoàn hảo. Tuy vậy, có ai thắc mắc Theorem đã được “phỏng đoán” như thế nào không?
:D

#8
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Như vậy bài toán đã được @Hoang72 giải quyết hoàn toàn. (Không hổ danh thủ khoa VMO2023 các bạn nhỉ? :D ) Chờ đợi bài toán này có thể giải bằng một cách khác ngắn gọn hơn đến từ các bạn.
Xuyên suốt lời giải này đó là Theorem và đã được @perfectstrong chứng minh hoàn hảo. Tuy vậy, có ai thắc mắc Theorem đã được “phỏng đoán” như thế nào không?
:D

Bí quyết của thầy Thanh là thế nào ạ :P Thú thật em chứng minh bằng quy nạp và biến đổi nhưng vẫn chưa thấy "động cơ" nào để suy ra biểu thức tổng kia.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#9
nmlinh16

nmlinh16

    Trung sĩ

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 165 Bài viết

Chia sẻ cách làm của mình.

 

Câu a)

 

Nhận xét. Với $i, k \in \mathbb{N}^\ast$ và $(i-1)i + 1 \le k \le i(i+1)$ thì

$$\left(i - \frac{1}{2}\right)^2 < (i-1)i + 1 \le k \le i(i+1) < \left(i + \frac{1}{2}\right)^2,$$

suy ra $i - \frac{1}{2} < \sqrt{k} < i + \frac{1}{2}$, nên $\left \lceil k \right \rfloor = i$.

Từ đó dễ thấy $\left \lceil k \right \rfloor = i$ khi và chỉ khi $(i-1)i + 1 \le k \le i(i+1)$.

 

Do đó, với $n \in \mathbb{N}^\ast$, nếu ta đặt $m = \left \lceil n\right \rfloor$ (tức là $(m-1)m + 1 \le n \le m(m+1)$) thì

$$\begin{align*} a_n & = \sum_{i=1}^{m-1} \left(\sum_{k=(i-1)i+1}^{i(i+1)} \frac{1}{\left \lceil k \right \rfloor}\right) + \sum_{k=(m-1)m+1}^{n}\frac{1}{\left \lceil k \right \rfloor} - 2\sqrt{n} \\ & = \sum_{i=1}^{m-1} \left(2i \cdot \frac{1}{i} \right) + (n - (m-1)m) \cdot \frac{1}{m} - 2\sqrt{n} \\ & = 2(m-1) + \frac{n}{m} - (m-1) - 2\sqrt{n} \\ & = m + \frac{n}{m} - 2\sqrt{n} - 1. \end{align*}$$

Đặt $f_m(x) = m + \frac{x}{m} - 2\sqrt{x} - 1$, với $m \in \mathbb{N}^\ast$ và $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$. Ta có $$f'_m(x) = \frac{1}{m} - \frac{1}{\sqrt{x}}.$$ Khảo sát hàm số $f_m$, ta thấy nó đạt cực trị tại các điểm $(m-1)m$, $m^2$ và $m(m+1)$. So sánh các giá trị của $f_m$ tại các điểm này, ta có $f_m(x) \in \left[-1, \frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}}\right]$ với mọi $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$.

Nói riêng, với $n \in \mathbb{N}^\ast$ và $m = \left \lceil n\right \rfloor$ thì $$a_n = f_m(n) \in \left[-1, \frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}}\right].$$ Khi $n \to +\infty$ thì $m \to +\infty$ và $\frac{-2\sqrt{m-1}}{\sqrt{m-1} + \sqrt{m}} \to -1$, nên theo nguyên lý kẹp ta có $a_n \to -1$.

 

 

Câu b)

Đặt $$g_m(x) = \sqrt{x}(f_m(x) + 1) = m\sqrt{x} + \frac{x\sqrt{x}}{m} - 2x,$$ với $m \in \mathbb{N}^\ast$ và $x \in [(m-1)m, m(m+1)]$. Ta có $$g'_m(x) = \frac{m}{2\sqrt{x}} + \frac{3\sqrt{x}}{2m} - 2.$$

Khảo sát hàm số này, ta thấy $g_m$ đồng biến trên $[m^2,m(m+1)]$. Nói riêng, $$0 = b_{m^2} \le b_{m^2 +1} \le \cdots \le b_{m(m+1)} = \frac{\sqrt{m(m+1)}}{2m+1+2\sqrt{m(m+1)}} < \frac{1}{4}.$$

Ngoài ra, $b_{m(m+1)} \to \frac{1}{4}$ khi $m \to +\infty$.

  • Nếu $\alpha = \frac{1}{4}$, thì dãy con $(b_{m(m+1)})_m$ hội tụ về $\frac{1}{4}$.
  • Nếu $0 \le \alpha < \frac{1}{4}$ thì tồn tại $m_0$ sao cho với mọi $m \ge m_0$ thì $b_{m^2} \le \alpha < b_{m(m+1)}$. Lấy chỉ số $n_m \in \{m^2, m^2+1,\ldots,m(m+1)-1\}$ sao cho $b_{n_m} \le \alpha < b_{n_m+1}$. Ta có $$|b_{n_m} - \alpha| = \alpha - b_{n_m} < b_{n_m+1} - b_{n_m} = g_m(n_m+1) - g_m(n_m).$$
    Theo định lý giá trị trung bình, $$g_m(n_m+1) - g_m(n_m) = g_m'(x_m) = \frac{m}{2\sqrt{x_m}} + \frac{3\sqrt{x_m}}{2m} - 2$$ với $x_m \in (n_m,n_m+1)$ nào đó. Mà $m^2 \le n_m < x_m < n_m + 1 \le m(m+1)$ nên dễ thấy $\lim_{m \to +\infty}\frac{\sqrt{x_m}}{m} = 1$, suy ra $\lim_{m \to +\infty}g'_m(x_m) = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} - 1 = 0$, từ đó ta có $\lim_{m \to +\infty}|b_{n_m} - \alpha| = 0$, hay dãy $(b_{n_m})_{m \ge m_0}$ hội tụ về $\alpha$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 25-03-2023 - 00:42

$$\text{H}^r_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K, M) \times \text{Ext}^{3-r}_{\mathcal{O}_K}(M,\mathbb{G}_m) \to \text{H}^3_{\text{ét}}(\mathcal{O}_K,\mathbb{G}_m) \cong \mathbb{Q}/\mathbb{Z}.$$

"Wir müssen wissen, wir werden wissen." - David Hilbert





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh