Chủ đề này có 13 trả lời

[RS16]

Chứng minh rằng vói mọi n nguyên dương thì
$\left[ {n\sqrt 3 } \right]\left\{ {n\sqrt 3 } \right\} > \dfrac{1}{3}$
với [a] là phần nguyên số thực a, {a} là phần lẻ số thực a

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RS16: 19-11-2010 - 21:33

[NguyThang khtn]

Chứng minh rằng vói mọi n nguyên dương thì
$ n\sqrt{2}n\sqrt{2} > \dfrac{1}{3}$
với [a] là phần nguyên số thực a, {a} là phần lẻ số thực a

[PTH_Thái Hà]

$\left[ {n\sqrt 2 } \right].\left\{ {n\sqrt 2 } \right\} $

[RS16]

sr mọi người, đề thế này nha
$\left[ {n\sqrt 3 } \right].\left\{ {n\sqrt 3 } \right\} > 1/3$

[RS16]

hớ, ko ai làm bài này sao, hay mà

[xucxich]

Thế bạn đã làm đc chưa?

[cuongquep]

hình như ở trong NCPT toán 9
chuyên đề về phần nguyên thì phải

[RS16]

hình như ở trong NCPT toán 9
chuyên đề về phần nguyên thì phải

ủa vậy hả
bài này là dc tui vs 2 thằng classmate chế tác mà

[hxthanh]

Chứng minh rằng vói mọi n nguyên dương thì
$\left[ {n\sqrt 3 } \right]\left\{ {n\sqrt 3 } \right\} > \dfrac{1}{3}$
với [a] là phần nguyên số thực a, {a} là phần lẻ số thực a

Bây giờ mới để ý đến bài này. Cũng khá hay đó. Thậm chí còn có thể đánh giá chặt hơn giá trị 1/3.
Phương pháp, chắc là thế này
Ta có
Phần lẻ $\left\{ n\sqrt{3}\right\}=n\sqrt{3}-\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$
Bất đẳng thức đã cho trở thành $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor\left(n\sqrt{3}-\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor\right)>\dfrac{1}{3}\;\;\;(1)$

$(1)\Leftrightarrow \left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^2-n\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor+\dfrac{1}{3}<0\;\;\;(2)$

Xem (2) là bất phương trình bậc 2 với ẩn là $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$
Giải (2) ta được nghiệm là:

$\dfrac{3n-\sqrt{9n^2-4}}{2\sqrt{3}}<\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<\dfrac{3n+\sqrt{9n^2-4}}{2\sqrt{3}}\;\;\;\;(3)$

Ta sẽ chứng minh (3) luôn thỏa mãn $\forall n\in \mathbb{N}^*$
Thật vậy
Vế trái của (3) âm nên luôn thỏa, ta chỉ còn phải chứng minh
$2\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<3n+\sqrt{9n^2-4}$
...
Ta có $\forall n \in \mathbb{N}^*\;\;\;\;\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor=\left\lfloor \sqrt{3n^2-\dfrac{4}{3}}\right\rfloor\;\;(4)$
((4) xin dành cho các bạn tự chứng minh xem như bài tập về phần nguyên)
...
Từ đó ta có $\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor+\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<(\sqrt{3}.n\sqrt{3})+\sqrt{3}\sqrt{3n^2-\dfrac{4}{3}}=3n+\sqrt{9n^2-4}$
ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-02-2011 - 19:26

[hxthanh]

Để tìm một đánh giá chặt hơn cho bài toán trên. Tôi đề xuất bài toán sau

Tìm $ \alpha $ lớn nhất có thể để cho đẳng thức sau thỏa mãn với mọi n nguyên dương

$\left\lfloor\sqrt{3n^2-4\alpha}\right\rfloor=\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$

------------
Trường hợp của bài trên là $\alpha=\dfrac{1}{3}$

[dark templar]

Để tìm một đánh giá chặt hơn cho bài toán trên. Tôi đề xuất bài toán sau

Tìm $ \alpha $ lớn nhất có thể để cho đẳng thức sau thỏa mãn với mọi n nguyên dương

$\left\lfloor\sqrt{3n^2-4\alpha}\right\rfloor=\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$

------------
Trường hợp của bài trên là $\alpha=\dfrac{1}{3}$

Em nghĩ phải là max của $\alpha $ phụ thuộc vào n
Sử dụng tính chất của phần nguyên :
$\left\lfloor {\sqrt {3n^2 - \alpha } } \right\rfloor = \left\lfloor {n\sqrt 3 } \right\rfloor \Rightarrow \left| {\sqrt {3n^2 - \alpha } - n\sqrt 3 } \right| < 1 $
$\Leftrightarrow - 1 < \sqrt {3n^2 - \alpha } - n\sqrt 3 < 1 $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3n^2 + 1 - 2n\sqrt 3 < 3n^2 - \alpha \\ 3n^2 + 1 + 2n\sqrt 3 > 3n^2 - \alpha \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \alpha < 2n\sqrt 3 - 1 $
Vậy max của $\alpha$ phụ thuộc vào n chứ ????
P/s:Anh hxthanh xem có gì sai ko????

[hxthanh]

Em nghĩ phải là max của $\alpha $ phụ thuộc vào n
Sử dụng tính chất của phần nguyên :
$\left\lfloor {\sqrt {3n^2 - \alpha } } \right\rfloor = \left\lfloor {n\sqrt 3 } \right\rfloor \Rightarrow \left| {\sqrt {3n^2 - \alpha } - n\sqrt 3 } \right| < 1 $
$\Leftrightarrow - 1 < \sqrt {3n^2 - \alpha } - n\sqrt 3 < 1 $
$\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}3n^2 + 1 - 2n\sqrt 3 < 3n^2 - \alpha \\ 3n^2 + 1 + 2n\sqrt 3 > 3n^2 - \alpha \\ \end{array} \right. \Leftrightarrow \alpha < 2n\sqrt 3 - 1 $
Vậy max của $\alpha$ phụ thuộc vào n chứ ????
P/s:Anh hxthanh xem có gì sai ko????

Phải rồi, em làm vậy đúng rồi đó
nice solution!
Đúng là $4\alpha<2n\sqrt 3 -1$
Để thỏa mãn với mọi n nguyên dương (nghĩa là giá trị vẫn thỏa mãn ngay cả với n nhỏ nhất n=1)
Chỉ cần $\alpha <\dfrac{2\sqrt 3 -1}{4}=0.616...$
Thì đẳng thức sẽ thỏa mãn $\forall n\in\mathbb{N}^*$

Từ đó ta xây dựng được bài toán chặt hơn sau:
CMR Với mọi n nguyên dương, ta có
$\boxed{\left\lfloor n\sqrt 3\right\rfloor\left\{n\sqrt 3\right\}>\dfrac{3}{5}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 04-02-2011 - 21:01

[RS16]

Phải rồi, em làm vậy đúng rồi đó
nice solution!
Đúng là $4\alpha<2n\sqrt 3 -1$
Để thỏa mãn với mọi n nguyên dương (nghĩa là giá trị vẫn thỏa mãn ngay cả với n nhỏ nhất n=1)
Chỉ cần $\alpha <\dfrac{2\sqrt 3 -1}{4}=0.616...$
Thì đẳng thức sẽ thỏa mãn $\forall n\in\mathbb{N}^*$

Từ đó ta xây dựng được bài toán chặt hơn sau:
CMR Với mọi n nguyên dương, ta có
$\boxed{\left\lfloor n\sqrt 3\right\rfloor\left\{n\sqrt 3\right\}>\dfrac{3}{5}}$

anh đánh giá chuẩn wa' xá, dạng nguyên thủy bài này đề dễ nhìn hơn nhưng chặt và tổng quát hơn, đề này dc chế để "tôn trọng cái đẹp của toán học" (phong cách PKH ^^)
thaks phát

[RS16]

Bây giờ mới để ý đến bài này. Cũng khá hay đó. Thậm chí còn có thể đánh giá chặt hơn giá trị 1/3.
Phương pháp, chắc là thế này
Ta có
Phần lẻ $\left\{ n\sqrt{3}\right\}=n\sqrt{3}-\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$
Bất đẳng thức đã cho trở thành $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor\left(n\sqrt{3}-\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor\right)>\dfrac{1}{3}\;\;\;(1)$

$(1)\Leftrightarrow \left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor^2-n\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor+\dfrac{1}{3}<0\;\;\;(2)$

Xem (2) là bất phương trình bậc 2 với ẩn là $\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor$
Giải (2) ta được nghiệm là:

$\dfrac{3n-\sqrt{9n^2-4}}{2\sqrt{3}}<\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<\dfrac{3n+\sqrt{9n^2-4}}{2\sqrt{3}}\;\;\;\;(3)$

Ta sẽ chứng minh (3) luôn thỏa mãn $\forall n\in \mathbb{N}^*$
Thật vậy
Vế trái của (3) âm nên luôn thỏa, ta chỉ còn phải chứng minh
$2\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<3n+\sqrt{9n^2-4}$
...
Ta có $\forall n \in \mathbb{N}^*\;\;\;\;\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor=\left\lfloor \sqrt{3n^2-\dfrac{4}{3}}\right\rfloor\;\;(4)$
((4) xin dành cho các bạn tự chứng minh xem như bài tập về phần nguyên)
...
Từ đó ta có $\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor+\sqrt{3}\left\lfloor n\sqrt{3}\right\rfloor<(\sqrt{3}.n\sqrt{3})+\sqrt{3}\sqrt{3n^2-\dfrac{4}{3}}=3n+\sqrt{9n^2-4}$
ĐPCM

à mà vế trái (3) có âm đâu anh
đây là cách giải đơn giản nhất của em
đặt $[n\sqrt 3 ] = m$
dpcm$ \Leftrightarrow m(n\sqrt 3 - m) > \dfrac{1}{3} \Leftrightarrow n\sqrt 3 > m + \dfrac{1}{{3m}}$
$ \Leftrightarrow 3{n^2} > {m^2} + \dfrac{1}{{9{m^2}}} + \dfrac{2}{3}$
Mà $n\sqrt 3 > m \Rightarrow 3{n^2} > {m^2} \Rightarrow 3{n^2} \ge {m^2} + 1$
$ \Rightarrow dpcm \Leftrightarrow {m^2} + 1 > {m^2} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{{9{m^2}}} $
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{3} > \dfrac{1}{{9{m^2}}}$
$ \Leftrightarrow 3{m^2} > 1$ (đúng)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi RS16: 07-02-2011 - 20:56