Chủ đề này có 28 trả lời

[dark templar]

Anh cũng đã nghĩ đến đẳng thức này. Mà anh thấy nó đúng với p lẻ, không cần phải nguyên tố. Loay hoay để chứng minh nó mà cũng chưa chứng minh được

Chứng minh cái này chỉ cần đánh giá rất đơn giản sau:
$- 1 < 2 - \sqrt 5 < 0 \Rightarrow - 1 < \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p < 0 $
$\Rightarrow \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p < \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p < \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p + 1 $
Việc còn lại của ta chỉ là chứng minh :$\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p \in Z$(cái này nhường cho anh chứng minh nhé!)
Còn bài Tổ hợp thì anh biến đổi tương đương ra đến đây :
$\dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{C_{100}^{50} }}{{2^{100} }} < \dfrac{1}{{10}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{1.2.3...100}}{{2^{100} .1.2.3..50.1.2.3...50}} < \dfrac{1}{{10}} $
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{1.2.3...100}}{{2.4.6...100.2.4.6...100}} < \dfrac{1}{{10}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \underbrace {\dfrac{{1.3.5....99}}{{2.4.6...100}}}_{ = Q} < \dfrac{1}{{10}} $
Đến đây anh phải chọn một dãy P sao cho $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{Q}{2} < P < Q \\ P.Q = \dfrac{1}{{100}} \\ \end{array} \right.$ (còn việc tại sao phải chọn như vậy thì anh suy nghĩ đi nhé )

[hxthanh]

Chứng minh cái này chỉ cần đánh giá rất đơn giản sau:
$- 1 < 2 - \sqrt 5 < 0 \Rightarrow - 1 < \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p < 0 $
$\Rightarrow \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p < \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p < \left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p + 1 $
Việc còn lại của ta chỉ là chứng minh :$\left( {2 + \sqrt 5 } \right)^p + \left( {2 - \sqrt 5 } \right)^p \in Z$(cái này nhường cho anh chứng minh nhé!)
Còn bài Tổ hợp thì anh biến đổi tương đương ra đến đây :
$\dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{C_{100}^{50} }}{{2^{100} }} < \dfrac{1}{{10}} \Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{1.2.3...100}}{{2^{100} .1.2.3..50.1.2.3...50}} < \dfrac{1}{{10}} $
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \dfrac{{1.2.3...100}}{{2.4.6...100.2.4.6...100}} < \dfrac{1}{{10}}$
$\Leftrightarrow \dfrac{1}{{10\sqrt 2 }} < \underbrace {\dfrac{{1.3.5....99}}{{2.4.6...100}}}_{ = Q} < \dfrac{1}{{10}} $
Đến đây anh phải chọn một dãy P sao cho $\left\{ \begin{array}{l}\dfrac{Q}{2} < P < Q \\ P.Q = \dfrac{1}{{100}} \\ \end{array} \right.$ (còn việc tại sao phải chọn như vậy thì anh suy nghĩ đi nhé )

Trời !!! Lời giải nó gần gũi vậy mà anh cứ "mơ mộng" tận đâu đâu!
Thanks em nhiều!

[dark templar]

Tiếp tục với 1 bài Dãy Số và Phương trình nghiệm nguyên xem nào
Dãy Số:
Cho dãy $(u_n)$ như sau:$\left\{ \begin{array}{l}u_1 = \dfrac{{e^2 }}{{e^2 + 1}} \\ u_2 = \dfrac{{e^3 }}{{e^3 + 1}} \\ u_{n + 2} = \dfrac{{u_n .u_{n + 1} }}{{u_n + u_{n + 1} + 1}}\left( {n \ge 1} \right) \\ \end{array} \right.\left( {e = \lim \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n } \right)$
Tìm số hạng tổng quát của dãy trên

Phương trình nghiệm nguyên:
Tìm nghiệm nguyên của pt sau:$1! + 2! + 3! + ... + x! = y^2 $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-02-2011 - 18:21

[hxthanh]

Tiếp tục với 1 bài Dãy Số và Phương trình nghiệm nguyên xem nào
Dãy Số:
Cho dãy $(u_n)$ như sau:$\left\{ \begin{array}{l}u_1 = \dfrac{{e^2 }}{{e^2 + 1}} \\ u_2 = \dfrac{{e^3 }}{{e^3 + 1}} \\ u_{n + 2} = \dfrac{{u_n .u_{n + 1} }}{{u_n + u_{n + 1} + 1}}\left( {n \ge 2} \right) \\ \end{array} \right.\left( {e = \lim \left( {1 + \dfrac{1}{n}} \right)^n } \right)$
Tìm số hạng tổng quát của dãy trên

Phương trình nghiệm nguyên:
Tìm nghiệm nguyên của pt sau:$1! + 2! + 3! + ... + x! = y^2 $

Chém trước bài nghiệm nguyên
Nhìn đề bài thì có vẻ như $x\ge 4$ mà như thế thì PTVN mất
Không biết có tính TH này không $1!=1^2$
$1!+2!+3!=9$ Từ đây sẽ có hai nghiệm là (3,3) và (3,-3)
$1!+2!+3!+4!=33 $ không chính phương
Với $x\ge 5$
Ta có $5!,...,x! \;\; \vdots \;\;10$
Do đó $1!+2!+3!+4!+5!+...+x!=10k+3\; \equiv 3\;\;(mod\;5)$
Một số chính phương khi chia cho 5 thì chỉ có các số dư là 0,1,4
Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm
-------
Bài dãy số thì $u_3$ xác định kiểu gì?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 13-02-2011 - 17:57

[dark templar]

Chém trước bài nghiệm nguyên
$1!+2!+3!=9$ Từ đây sẽ có hai nghiệm là (3,3) và (3,-3)
$1!+2!+3!+4!=33 $ không chính phương
Với $x\ge 5$
Ta có $5!,...,x! \;\; \vdots \;\;10$
Do đó $1!+2!+3!+4!+5!+...+x!=10k+3\; \equiv 3\;\;(mod\;5)$
Một số chính phương khi chia cho 5 thì chỉ có các số dư là 0,1,4
Vậy trường hợp này phương trình vô nghiệm
-------
Bài dãy số thì $u_3$ xác định kiểu gì?

Bài Dãy Số em post lộn anh ! Phải là $n \geq 1$
Bài Phương Trình nghiệm nguyên anh giải đúng rồi,bài đó hồi lớp 10 giải hoài ko ra,lên 11 giải hợi bị lâu mà anh chém nó sao nhanh quá
P/s:Bài pt nghiệm nguyên thì đúng là $x \geq 4$ sẽ làm cho pt vô nghiệm(có thể xài chữ số tận cùng hay đồng dư giống anh cũng đc ) .Còn $1!=1^2$ trường hợp này tính luôn chứ anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 13-02-2011 - 18:01

[hxthanh]

Thì anh thấy em biểu diễn nó ít nhất có 1!+2!+3!+... rồi mà, nếu biểu diễn vậy thì chắc chắn x phải lớn hơn hay bằng 4
--------
Bài dãy số thì từ: $u_{n+2}=\dfrac{u_{n+1}u_n}{u_{n+1}+u_n+1}$
Suy ra: $\dfrac{1}{u_{n+2}}=\dfrac{1}{u_{n+1}}+\dfrac{1}{u_n}+\dfrac{1}{u_nu_{n+1}}$

$\Rightarrow \left(\1+\dfrac{1}{u_{n+2}}\right)=\left(\1+\dfrac{1}{u_{n+1}}\right)\left(\1+\dfrac{1}{u_n}\right)$

Đến đây rồi, anh cũng chẳng biết biến đổi ra sao nữa!
Thôi thì làm mò vậy!, Sai chỗ nào em sửa giúp anh nhé!
$\left(1+\dfrac{1}{u_1}\right)=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_1}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_4}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^2\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_5}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_4}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^3\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)^2$
...

Mạnh dạn phát biểu mà không CM

$\left(1+\dfrac{1}{u_n}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^{F_{n+1}}\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)^{F_n}$

Trong đó $\{F_n\} $ là dãy "anh em bà con" với dãy Fibonaci được xác định bởi

$\boxed{F_1=1,\;F_2=0,\;\;\;F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}}$
Đến đây thì em làm nốt dùm anh nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 14-02-2011 - 14:03

[dark templar]

Thì anh thấy em biểu diễn nó ít nhất có 1!+2!+3!+... rồi mà, nếu biểu diễn vậy thì chắc chắn x phải lớn hơn hay bằng 4
--------
Bài dãy số thì từ: $u_{n+2}=\dfrac{u_{n+1}u_n}{u_{n+1}+u_n+1}$
Suy ra: $\dfrac{1}{u_{n+2}}=\dfrac{1}{u_{n+1}}+\dfrac{1}{u_n}+\dfrac{1}{u_nu_{n+1}}$

$\Rightarrow \left(\1+\dfrac{1}{u_{n+2}}\right)=\left(\1+\dfrac{1}{u_{n+1}}\right)\left(\1+\dfrac{1}{u_n}\right)(1)$

Đến đây rồi, anh cũng chẳng biết biến đổi ra sao nữa!
Thôi thì làm mò vậy!, Sai chỗ nào em sửa giúp anh nhé!
$\left(1+\dfrac{1}{u_1}\right)=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)=\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_1}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_4}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_2}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^2\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)$
$\left(1+\dfrac{1}{u_5}\right)=\left(1+\dfrac{1}{u_4}\right)\left(1+\dfrac{1}{u_3}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^3\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)^2$
...

Mạnh dạn phát biểu mà không CM

$\left(1+\dfrac{1}{u_n}\right)=\left(2+\dfrac{1}{e^3}\right)^{F_{n+1}}\left(2+\dfrac{1}{e^2}\right)^{F_n}$

Trong đó $\{F_n\} $ là dãy "anh em bà con" với dãy Fibonaci được xác định bởi

$\boxed{F_1=1,\;F_2=0,\;\;\;F_{n+2}=F_{n+1}+F_{n}}$
Đến đây thì em làm nốt dùm anh nhé

Bài viết thứ 1111(số đẹp đấy nhỉ )
AH anh làm gần ra rồi đấy
Đến chỗ (1),anh đặt $\dfrac{1}{u_n}=v_n \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}v_1=1+\dfrac{1}{e^2}\\v_2=1+\dfrac{1}{e^3}\\v_{n+2}=v_{n+1}+v_n+v_nv_{n+1}(2)\end{array}\right. $
Trong (2),biến đổi rồi đặt $a_n=v_n+1 \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a_1=2+\dfrac{1}{e^2}>0\\a_2=2+\dfrac{1}{e^3}>0\\a_{n+2}=a_na_{n+1}>0(3)\end{array}\right.$
Trong (3),sử dụng lỹ thuật logarit hóa ,ta có :$\ln {a_{n+2}}=\ln {a_n}+\ln {a_{n+1}}$
Đến đây ta đặt tiếp $b_n=\ln {a_n}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}b_1=\ln {(2e^2+1)}-2\\b_2=\ln {(2e^3+1)}-3\\b_{n+2}=b_n+b_{n+1}\end{array}\right. $
Đến đây ta xài sai phân tìm đc cttq của dãy $(b_n)$ ->$(a_n)$->$(v_n)$->$(u_n)$

P/s:Em còn nhiều bài dãy số do thằng bạn em chế lắm ! Bài này là bài nó chế hay nhất đấy anh
Vậy chúng ta tiếp tục với 2 bài Giới hạn xem sao
1/Tính $\lim {\dfrac{1}{\sqrt{n}}. \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$ khi $n -> + \infty $

2/Cho dãy $\{a_n\}$ có $\lim {a_n}=a=const$.Tính $\lim {\dfrac{na_1+(n-1)a_2+...+a_n}{n^2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 14-02-2011 - 15:55

[tuan101293]

1/Tính $\lim {\dfrac{1}{\sqrt{n}}. \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$ khi $n -> + \infty $

2/Cho dãy $\{a_n\}$ có $\lim {a_n}=a=const$.Tính $\lim {\dfrac{na_1+(n-1)a_2+...+a_n}{n^2}}$

Bài 1 thì dùng stolz:
$x_n= \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$
$y_n=\sqrt{n}$
khi đó áp dụng stolz ta có
$\dfrac{lim (x_n)}{lim(y_n)}=\dfrac{\lim (x_n-x_{n-1})}{lim (y_n-y_{n-1})}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2$
suy ra $lim x_n=+infty$ thì phải???
Bài 2 thì fang trực tiếp tiêu chuẩn teoplitz vào là ra ngay a/2

[dark templar]

Bài 1 thì dùng stolz:
$x_n= \sum\limits_{i=1}^{n}\dfrac{1}{\sqrt{i}}}$
$y_n=\sqrt{n}$
khi đó áp dụng stolz ta có
$\dfrac{lim (x_n)}{lim(y_n)}=\dfrac{\lim (x_n-x_{n-1})}{lim (y_n-y_{n-1})}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2$
suy ra $lim x_n=+infty$ thì phải???
Bài 2 thì fang trực tiếp tiêu chuẩn teoplitz vào là ra ngay a/2

Liệu còn cách xài Định lý kẹp ko anh Tuấn ?????
P/s:Nếu đc anh cm hộ em cái tiêu chuẩn Toeplitz !Hình như cm cái này= kẹp thì phải ????