Đến nội dung

Hình ảnh

$$a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt{a_{n}} \right \rfloor$$

- - - - - dãy số 9 hxthanh perfecstrong

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
Dãy số phần nguyên,phần khoái khẩu của thầy Thanh :D
Bài toán: Xét dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}:\left\{\begin{matrix} a_1=\alpha \in \mathbb{N^*} \\ a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt{a_{n}} \right \rfloor \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng dãy số trên có vô số số chính phương.
"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#2
perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết
Từ một bài toán trên AMM:
Cho $(a_n)$ xác định bởi $a_1=1$ và $a_{n+1}=a_n+\lfloor \sqrt{a_{n}} \rfloor$.
Chứng minh rằng: $a_n$ là số chính phương khi và chỉ khi $n=2^k+k-2$ với $k \in \mathbb{N}^*$

@darktemplar:Em làm đúng rồi:D Vấn đề chỉ còn là quy nạp cho bài toán :)

@Perfectstrong: Anh post lời giải được không ạ? Em cũng chỉ thấy bài toán đó chứ em đã chứng minh được đâu ạ :D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 21-10-2012 - 20:53

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.

#3
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
"Hình như" nếu $m^2\in\{a_n\}$ thì $4^k m^2\in\{a_n\}$
Mấy bài này "xương" thật. Mong dark templar đưa ra lời giải cụ thể để anh em mở rộng tầm mắt chút

Đối với bài của perfectstrong thì tôi còn thấy "có hy vọng" chút ít
Bằng cách nghĩ ra hai bài toán sau:

$$\begin{array}{|c|}
\hline\\
\fbox{Bài toán 1}\\
\text{Cho dãy } \{a_n\}_1^\infty: \begin{cases} a_1=1 \\ a_{n+1}=a_n+\left\lfloor\sqrt{a_n}\right\rfloor \end{cases}\\

\text{và }b_n=\sum\limits_{i=1}^\infty \left(i\left\lfloor\dfrac{2^{i+1}+i}{n}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{n}{2^i+i}\right\rfloor\right)\\

\text{Chứng minh rằng:}\\

a_n=1+\sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor\dfrac{k+1-b_k}{2}\right\rfloor\quad(n\ge 2)\\
\hline
\end{array}$$


$$\begin{array}{|c|}
\hline\\
\fbox{Bài toán 2}\\
\text{Cho dãy } \{a_n\}_1^\infty: \begin{cases} a_1=1 \\ a_{n+1}=a_n+\left\lfloor\sqrt{a_n}\right\rfloor \end{cases}\\

\text{và }\{b_n\}_1^\infty: \begin{cases} b_1=1 \\ b_{n+1}=\left\lfloor\sqrt{b_1+...+b_n}\right\rfloor \end{cases}\\

\text{Chứng minh rằng:}\\

a_n=\sum\limits_{k=1}^n b_k \quad(n\ge 1)\\
\hline
\end{array}$$

Có được hai bài trên là nhờ tôi lấy ý tưởng từ bài toán này

#4
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết
...
Ta giải quyết nhanh bài toán $2$ bằng quy nạp:
Dễ thấy đẳng thức cần chứng minh đúng với $n=1,2,3,...$
Giả sử đẳng thức đúng đến $n$, nghĩa là:
$a_n= \sum\limits_{k=1}^n b_k$
Suy ra $a_{n+1}=a_n+\lfloor\sqrt{a_n}\rfloor=\sum\limits_{k=1}^n b_k+\left\lfloor\sqrt{\sum\limits_{k=1}^n b_k}\right\rfloor=\sum\limits_{k=1}^n b_k + b_{n+1}=\sum\limits_{k=1}^{n+1} b_k$
Vậy đẳng thức cũng đúng với $n+1$
Theo nguyên lý quy nạp ta thu được bài toán $2$

Và theo bài toán này ta cũng có luôn được bài toán $1$

Từ bài toán $1$
Gọi $m$ là số nguyên dương lớn nhất thoả mãn $2^m+m\le n$, khi đó $m$ là số nguyên dương duy nhất thoả mãn:
$2^m+m\le n < 2^{m+1}+(m+1)$
Với $m$ xác định như vậy, ta có thể đặt
$3\le n=2^m+m+x$ với $0\le x\le 2^m;\quad(m\ge 1)$
Rồi ok, giờ ta tính $a_n$

Ta có: $a_{2^m+m+x}=1+\sum\limits_{k=1}^{2^m+m-1+x} \left\lfloor\frac{k+1-b_k}{2}\right\rfloor$

trong đó $b_k=\sum\limits_{i=1}^\infty \left(i\left\lfloor\frac{2^{i+1}+i}{k}\right\rfloor\left\lfloor\frac{k}{2^i+i}\right\rfloor\right)$

Trên mỗi đoạn $2^i+i \le k \le 2^{i+1}+i$ thì $b_k=i$

Do đó: $a_{2^m+m+x}=3+\sum\limits_{i=1}^{m-1}\sum\limits_{k=2^i+i}^{2^{i+1}+i} \left\lfloor\frac{k+1-i}{2}\right\rfloor+\sum\limits_{k=2^m+m}^{2^m+m-1+x} \left\lfloor\frac{k+1-m}{2}\right\rfloor$

$a_{2^m+m+x}=3+\sum\limits_{i=1}^{m-1}\left(3.2^{2i-2}+2^i\right)+x.2^{m-1}+\sum\limits_{k=1}^x \left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor$

Từ đây ta có:

$\begin{cases} a_1=1;\;a_2=2 \\ a_{2^m+m+x}=2^{m-1}(2^{m-1}+x+2)+\left\lfloor\frac{x^2}{4}\right\rfloor,\quad\text{với }\;m\ge 1\quad\text{và }\; 0\le x\le 2^m\end{cases}$

Đến đây ta dễ dàng chứng minh: trên đoạn $0\le x \le 2^m$ chỉ có $x=2^m-1$ nghĩa là $n=2^{m+1}+m-1$ "làm cho" $a_n$ chính phương

Cụ thể $$a_{2^{m+1}+m-1}=2^{2m}$$

#5
hxthanh

hxthanh

    Tín đồ $\sum$

  • Hiệp sỹ
  • 3915 Bài viết

Dãy số phần nguyên,phần khoái khẩu của thầy Thanh :D
Bài toán: Xét dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}:\left\{\begin{matrix} a_1=\alpha \in \mathbb{N^*} \\ a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt{a_{n}} \right \rfloor \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng dãy số trên có vô số số chính phương.

... Cuối cùng cũng đi đến được đích :D
Rồi bây giờ "mọc" ra được bài tương tự


Bài toán: Xét dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}:\left\{\begin{matrix} a_1=\alpha \in \mathbb{N^*} \\ a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt[3]{a_{n}} \right \rfloor \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng dãy số trên có vô số số lập phương.

#6
dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết

... Cuối cùng cũng đi đến được đích :D
Rồi bây giờ "mọc" ra được bài tương tự


Bài toán: Xét dãy $\{a_{n} \}_{1}^{\infty}:\left\{\begin{matrix} a_1=\alpha \in \mathbb{N^*} \\ a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt[3]{a_{n}} \right \rfloor \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng dãy số trên có vô số số lập phương.

Một cách tổng quát hơn nữa,ta có:
Tổng quát: Cho dãy số $\{a_{n} \}_{n \ge 1}:\left\{\begin{matrix} a_1=\alpha \in \mathbb{N^*} \\ a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt[k]{a_{n}} \right \rfloor (k \in \mathbb{N^*}) \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng dãy trên có vô số số có dạng $m^{k}$ với $m$ là 1 số nguyên bất kỳ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 28-12-2012 - 13:20

"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dãy số 9, hxthanh, perfecstrong

1 người đang xem chủ đề

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