$$a_{n+1}=a_{n}+\left \lfloor \sqrt{a_{n}} \right \rfloor$$
#1
Đã gửi 18-10-2012 - 23:08
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.
- perfectstrong, hxthanh, BoFaKe và 2 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 19-10-2012 - 22:52
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
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 21-10-2012 - 20:53
- dark templar, BoFaKe và robin997 thích
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.
#3
Đã gửi 21-10-2012 - 11:16
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
- perfectstrong, BoFaKe, robin997 và 1 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 22-10-2012 - 02:02
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 $$a_{2^{m+1}+m-1}=2^{2m}$$
- perfectstrong và nhungvienkimcuong thích
#5
Đã gửi 22-10-2012 - 08:28
... Cuối cùng cũng đi đến được đíchDãy số phần nguyên,phần khoái khẩu của thầy Thanh
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.
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.
- dark templar yêu thích
#6
Đã gửi 28-12-2012 - 13:14
Một cách tổng quát hơn nữa,ta có:... Cuối cùng cũng đi đến được đích
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.
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
- hxthanh yêu thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: dãy số 9, hxthanh, perfecstrong
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$...\sum^{n-1}_{k=1}(-1)^{\left[\frac{km}{n}\right]}.\left\{\frac{km}{n}\right\}$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 15-04-2013 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Số học →
$$\sum^{(p-1)(p-2)}_{k=1}\left[\sqrt[3]{kp}\right]=\frac{(3p-5)(p-2)(p-1)}{4}$$Bắt đầu bởi WhjteShadow, 11-04-2013 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
Một số bài toán tính tổng chọn lọcBắt đầu bởi hxthanh, 02-04-2013 dark templar, hxthanh, for all |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Các dạng toán khác →
$$F_{n+1}=\sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor}\binom{n-k}{k}$$Bắt đầu bởi dark templar, 11-11-2012 hxthanh |
|
|||
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Dãy số - Giới hạn →
$$S=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{F_{2k+1}}{L_{k}L_{k+1}L_{k+2}}$$Bắt đầu bởi dark templar, 07-11-2012 hxthanh, perfecstrong, and vmfers |
|
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh