Chủ đề này có 3 trả lời

[luuvanthai]

CMR với mọi số nguyên dương n>1 ta có :

$\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{5...\sqrt{(n-1)\sqrt{n}}}}}}<3$

[ThuanTri]

Vì n>1 nên ta có $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{(n-1)\sqrt{n}}}}}}^{2^{n-1}}<3^{2^{n-1}}$

                          $\Leftrightarrow 2^{2^{n-2}}3^{2^{n-3}}...n < 3^{2^{n-1}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThuanTri: 19-08-2018 - 15:06

[luuvanthai]

Vì n>1 nên ta có $\sqrt{2\sqrt{3\sqrt{4\sqrt{...\sqrt{(n-1)\sqrt{n}}}}}}^{2^{n-1}}<3^{2^{n-1}}$

                          $\Leftrightarrow 2^{2^{n-2}}3^{2^{n-3}}...n < 3^{2^{n-1}}$

Vẫn chưa làm được bạn ơi?Mình thử quy nạp nhưng k đc.

[ThuanTri]

Đặt $a_{k}$ = $\sqrt{k\sqrt{(k+1)\sqrt{(k+2)\sqrt{...\sqrt{(n-1)\sqrt{n}}}}}}$ với n và k là những số nguyên dương và n>k

Ta chứng minh $a_{k} < k+1$

Giả sử $a_{k} \geq k+1$

Ta có   $a_{k} = \sqrt{k.a_{k+1}}$

$\Leftrightarrow a_{k}^2 = k.a_{k+1}$

$\Leftrightarrow a_{k+1} = \frac {a_{k}^2}{k}$  (1)

Mà $a_{k}^2 \geq (k+1)^2$ (giả thiết)              (2)

Từ (1) và (2) nên ta có $a_{k+1} = \frac {a_{k}^2}{k} \geq  \frac {(k+1)^2}{k} = \frac{k^2+2k+1}{k} > \frac{k^2+2k}{k} = k+2$ 

với mọi k , tức là $\sqrt{2\sqrt{3}} > 3$ (vô lý)

Vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ThuanTri: 20-08-2018 - 20:38