Chủ đề này có 1 trả lời

[yeutoan11]

CMR : với mọi $n$ $\epsilon$ $N$
$\left [ \sqrt{n}+\sqrt{n+1} \right ]=\left [ \sqrt{4n+2} \right ]$

[perfectstrong]

Có 1 cách trong sách của thầy Phan Huy Khải là
Chứng minh không tồn tại số nguyên dương $p$ sao cho $\sqrt{4n+2} \geq p > \sqrt{n}+\sqrt{n+1}$
Ở đây, anh trình bày một cách chứng minh khác, có thể dài hơn nhưng cũng tự nhiên
Lời giải:
Tồn tại số tự nhiên $x$ để ${x^2} \leqslant n < {\left( {x + 1} \right)^2}$.
Đặt $n=x^2+d \Rightarrow 0 \leq d \leq 2x$
TH1: $0 \leq d \leq x-1$
\[\begin{array}{l}
\left. \begin{array}{l}
4n + 2 = 4{x^2} + 4d + 2 > 4{x^2} \Rightarrow \sqrt {4n + 2} > 2x \\
4n + 2 = 4{x^2} + 4d + 2 < {\left( {2x + 1} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {4n + 2} < 2x + 1 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \left\lfloor {\sqrt {4n + 2} } \right\rfloor = 2x{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
\sqrt n + \sqrt {n + 1} = \sqrt {{x^2} + d} + \sqrt {{x^2} + d + 1} > 2x \\
\sqrt n + \sqrt {n + 1} = \sqrt {{x^2} + d} + \sqrt {{x^2} + d + 1} \le \sqrt {{x^2} + x - 1} + \sqrt {{x^2} + x} \\
< 2\sqrt {{x^2} + x} = \sqrt {4{x^2} + 4x} < \sqrt {4{x^2} + 4x + 1} = 2x + 1 \\
\Rightarrow \left\lfloor {\sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right\rfloor = 2x{\rm{ }}\left( 2 \right) \\
\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]
TH2: $x \leq d \leq 2x$
\[\left. \begin{array}{l}
4n + 2 = 4{x^2} + 4d + 2 \ge 4{x^2} + 4x + 2 > {\left( {2x + 1} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {4n + 2} > 2x + 1 \\
4n + 2 = 4{x^2} + 4d + 2 < 4{x^2} + 8x + 4 = {\left( {2x + 2} \right)^2} \Rightarrow \sqrt {4n + 2} < 2x + 2 \\
\end{array} \right\} \Rightarrow \left\lfloor {4n + 2} \right\rfloor = 2x + 1\left( 3 \right)\]
Ta sẽ chứng minh
\[\begin{array}{l}
\sqrt n + \sqrt {n + 1} \ge \sqrt {4{x^2} + 4x + 1} {\rm{ }}\left( * \right) \Leftrightarrow n + n + 1 + 2\sqrt {{n^2} + n} \ge 4{x^2} + 4x + 1 \\
\Leftrightarrow \sqrt {{n^2} + n} \ge {x^2} + 2x - d \Leftrightarrow {\left( {{x^2} + d} \right)^2} + {x^2} + d \ge {\left( {{x^2} + 2x - d} \right)^2} \Leftrightarrow d{\left( {2x + 1} \right)^2} \ge {x^2}\left( {4x + 3} \right){\rm{ }}\left( {**} \right) \\
\end{array}\]
Lại có:
\[\begin{array}{l}
x{\left( {2x + 1} \right)^2} - {x^2}\left( {4x + 3} \right) = {x^2} + x \ge 0 \Rightarrow {x^2}\left( {4x + 3} \right) \le x{\left( {2x + 1} \right)^2} \le d{\left( {2x + 1} \right)^2} \\
\Rightarrow \left( {**} \right):True \Rightarrow \left( * \right):True \Rightarrow \sqrt n + \sqrt {n + 2} \ge 2x + 1 \\
\end{array}\]
Mặt khác,
\[\begin{array}{l}
\sqrt n + \sqrt {n + 1} \le \sqrt {{x^2} + 2x} + \sqrt {{x^2} + 2x + 1} < 2\sqrt {{x^2} + 2x + 1} = 2x + 2 \\
\Rightarrow \left\lfloor {\sqrt n + \sqrt {n + 1} } \right\rfloor = 2x + 1{\rm{ }}\left( 4 \right) \\
\left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow Q.E.D \\
\end{array}\]
Vậy, trong mọi trường hợp, ta luôn có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 06-02-2012 - 12:39