Tính phần nguyên của $A$ với
$A=\sqrt{2}+\sqrt[3]{\frac{3}{2}}+\sqrt[4]{\frac{4}{3}}+...+\sqrt[n+1]{\frac{n+1}{n}}$
trong đó $n$ là số nguyên dương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cuongpa: 25-01-2016 - 19:51
Tính phần nguyên của $A$ với
$A=\sqrt{2}+\sqrt[3]{\frac{3}{2}}+\sqrt[4]{\frac{4}{3}}+...+\sqrt[n+1]{\frac{n+1}{n}}$
trong đó $n$ là số nguyên dương
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cuongpa: 25-01-2016 - 19:51
Success doesn't come to you. You come to it.
Ta có với mọi k tự nhiên, k$\le$ n thì
$\frac{k+1}{k}=1+\frac{1}{k}$ mà $0<\frac{1}{k}<1$ nên $1<1+\frac{1}{k}<2\Rightarrow \sqrt[k+1]{1}<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt[k+1]{2}<\sqrt{2}$
$\Rightarrow 1<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt{2}\approx 1,41$
=> Phần nguyên các số có dạng $\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}=1$
=> Vậy A có n số hạng=> 1+1+1+...+1=n
(P/s: cảm giác không đúng lắm nên xem xét trước cái đã )
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tran Hai Dang: 26-01-2016 - 18:53
You can't find Chuck Norris, Chuck Norris find you. ¯\_(ツ)_/¯ (╯°□°)╯
x_x
Source:Google
Ta có với mọi k tự nhiên, k$\le$ n thì
$\frac{k+1}{k}=1+\frac{1}{k}$ mà $0<\frac{1}{k}<1$ nên $1<1+\frac{1}{k}<2\Rightarrow \sqrt[k+1]{1}<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt[k+1]{2}<\sqrt{2}$
$\Rightarrow 1<\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}<\sqrt{2}\approx 1,41$
=> Phần nguyên các số có dạng $\sqrt[k+1]{\frac{k+1}{k}}=1$
=> Vậy A có n số hạng=> 1+1+1+...+1=n
(P/s: cảm giác không đúng lắm nên xem xét trước cái đã )
Làm gì có tính chất $\left [ \sum_{i=1}^{n}a_{i} \right ]=\sum_{i=1}^{n}\left [ a_{i} \right ]$
Success doesn't come to you. You come to it.
Áp dụng bất đẳng thức Bernouli
$1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n^2+n}+1 \ge (1+\frac{1}{n})^{\frac{1}{n+1}}=\sqrt[n+1]{\frac{n+1}{n}} \ge 1$
Suy ra $n \le A \le n+1-\frac{1}{n+1}<n+1$
Vậy $[A]=n$
Áp dụng bất đẳng thức Bernouli
$1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=\frac{1}{n^2+n}+1 \ge (1+\frac{1}{n})^{\frac{1}{n+1}}=\sqrt[n+1]{\frac{n+1}{n}} \ge 1$
Suy ra $n \le A \le n+1-\frac{1}{n+1}<n+1$
Vậy $[A]=n$
Có cách nào không dùng bđt Bernouli không vì có vẻ nó hơi quá tầm THCS
Success doesn't come to you. You come to it.
Có cách nào không dùng bđt Bernouli không vì có vẻ nó hơi quá tầm THCS
Chứng minh bđt Bernouli bằng THCS vẫn được mà bạn
Đây là một trường hợp nhỏ của bất đẳng thức Bernoulli:
Với mọi số thực $x>-1$ và hai số nguyên dương $b>a$ thì $ax+b\geqslant b\sqrt[b]{(x+1)^a}$
Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng theo bất đẳng thức AM-GM với $a$ số $x+1$ và $b-a$ số $1$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh