Chủ đề này có 25 trả lời

[hxthanh]

...

BÀI 3: cho dãy số $\left\{\begin{matrix} u_{1}=1, u_{2}=3\\ u_{n+1}=(n+2)u_{n}-(n+1)u_{n-1} \end{matrix}\right.$, với $n\geq 2$. chứng minh rằng nếu n>8 thì $u_{n}$ không thể biểu diễn dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 2.

...

Ta có:
$u_{n+1}-u_n=(n+1)(u_n-u_{n-1})$
hay $u_n-u_{n-1}=n(u_{n-1}-u_{n-2})=n(n-1)(u_{n-2}-u_{n-3}) =...= $
$=n(n-1)...3(u_2-u_1)=n!$
Suy ra: $u_n=u_{n-1}+n!=u_{n-2}+(n-1)!+n!=...=1!+2!+...+n!$

Đến đây thì phải làm thế nào nữa nhỉ?

[minhtuyb]

Ta có:
$u_{n+1}-u_n=(n+1)(u_n-u_{n-1})$
hay $u_n-u_{n-1}=n(u_{n-1}-u_{n-2})=n(n-1)(u_{n-2}-u_{n-3}) =...= $
$=n(n-1)...3(u_2-u_1)=n!$
Suy ra: $u_n=u_{n-1}+n!=u_{n-2}+(n-1)!+n!=...=1!+2!+...+n!$

Đến đây thì phải làm thế nào nữa nhỉ?

Em xin hoàn thiện nốt lời giải
-----
Giả sử $u_n=a^p\ \ (a,p\ge 2)$
Xét 2 trường hợp:

TH 1: Nếu $p=2$ thì ta đưa về ngay pt nghiệm nguyên quen thuộc:
$$1!+2!+...+n!=a^2$$
Dễ dàng c/m pt vô nghiệm với $n>8$ ($VT$ có chữ số tận cùng là $3$)
Vậy $u_n$ không phải SCP

TH 2: Nếu $p\ge 3$: Với mọi $n\ge 2$ thì:
$$u_n=1!+2!+\sum\limits_{k=3}^{n} k! \vdots 3$$
Vì $u_n\vdots 3,p\ge 3$ nên $u_n\vdots 27\ \forall n\ge 2\ \ (*)$

-Xét $n\ge 9$:
$$u_n=u_8+\sum\limits_{k=9}^{n} k! $$
Vì $k!\vdots 27\ \forall k\ge 9\Rightarrow u_n\equiv u_8\ (\mod 27)\ \forall n\ge 9\ (1)$
Mặt khác, bằng tính toán trực tiếp ta thu được:
$$u_8=1!+2!+...+8!=46233\not{\vdots}\; 27\ (2)$$
-Từ $(1),(2)\Rightarrow u_n\not{\vdots}\; 27\forall n\ge 9\ (**)$
Từ $(*)$ và $(**)$ ta có mâu thuẫn. Vậy trong trường hợp này $u_n$ không thể biểu diễn dưới dạng lũy thừa với số mũ nguyên dương của một số tự nhiên lớn hơn hoặc bằng 3.

Kết hợp 2 trường hợp trên ta có ĐPCM $\square$
----
Bài này mà không cho mang máy tính vào thì ...

[minhtuyb]

Ta có $x_1;x_2;x_3$ là 3 nghiệm của phương trình $x^{3}+ax^{2}+x+b=0$.
Áp dụng định lý $Vi-et$ bậc 3 ta có: $x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=1$
Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và bất đẳng thức quen thuộc $a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac$ ta có :
$$ \dfrac{x_1^3}{x_2+x_3}+\dfrac{x_2^3}{x_1+x_2}+\dfrac{x_3^3}{x_1+x_2}=\dfrac{x_1^4}{x_1x_2+x_1x_3}+\dfrac{x_2^4}{x_2x_1+x_3}+\dfrac{x_3^2}{x_3x_1+x_3x_2}$$
$$\geq \dfrac{(x_1^2+x_2^2+x_3^2)^2}{2(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1)}\ge \dfrac{(x_1x_2+x_2x_3+x_1x_3)^2}{2(x_2x_1+x_1x_3+x_2x_3)}=\dfrac{x_2x_1+x_1x_3+x_2x_3}{2}=\dfrac{1}{2}$$
Dấu "=" không xảy ra do đó ta có điều cần chứng minh.

Đoạn dùng Schwarz có chắc là mấy cái dưới mẫu không âm không cậu?

[L Lawliet]

Đoạn dùng Schwarz có chắc là mấy cái dưới mẫu không âm không cậu?

Hình như bất đẳng thức Cauchy - Schwarz khi sử dụng không bị ràng buộc điều kiện các biến không âm như bất đẳng thức Cauchy mà @@.
P/s; Đáp án của đề thì câu đó được giải như vậy nữa @@.

[Tham Lang]

Hình như bất đẳng thức Cauchy - Schwarz khi sử dụng không bị ràng buộc điều kiện các biến không âm như bất đẳng thức Cauchy mà @@.
P/s; Đáp án của đề thì câu đó được giải như vậy nữa @@.

Không phải đâu em, thực chất có một cách chứng minh BĐT CS bằng AM-GM, và điều kiện CS phải ắt phải không âm chứ ( tất nhiên mẫu khác 0 rồi ) Ngay như bản thân phát biểu của nó cũng phải không âm rồi .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tham Lang: 20-11-2012 - 06:29

[thanh hai nguyen]

đề bài cho 3 nghiệm dương phân biệt rồi đó mấy bạn ?