Chủ đề này có 7 trả lời

[stray]

Chứng minh: $1+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+\frac{1}{\sqrt[3]{3}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{15}}>7$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi stray: 22-07-2023 - 15:07

[HaiDangPham]

Ta có bất đẳng thức sau với $a, b>0$: $$ a+b \leq \sqrt[3]{4(a^3+b^3)} $$ Bất đẳng thức trên đúng vì tương đương với $(a+b)(a-b)^2 \geq 0$. 

 

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có với mọi số tự nhiên $1\leq k \leq 15$ thì $$ \sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{16-k} \leq \sqrt[3]{4(k+16-k)}=4$$ Suy ra $$\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{16-k}} \geq \frac{4}{\sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{16-k}} \geq 1$$

 

Vì vậy \begin{align*} \frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{15}} &=\left(\frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{15}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{14}}\right) +...+\left(\frac{1}{\sqrt[3]{6}} + \frac{1}{\sqrt[3]{10}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt[3]{7}} + \frac{1}{\sqrt[3]{9}}\right) + \frac{1}{\sqrt[3]{8}} \\ \hfill & \geq 7+\frac{1}{\sqrt[3]{8}} >7\end{align*} 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 22-07-2023 - 22:36

[nhancccp]

Ta có bất đẳng thức sau với $a, b>0$: $$ a+b \leq \sqrt[3]{4(a^3+b^3)} $$ Bất đẳng thức trên đúng vì tương đương với $(a+b)(a-b)^2 \geq 0$. 

 

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có với mọi số tự nhiên $1\leq k \leq 15$ thì $$ \sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{16-k} \leq \sqrt[3]{4(k+16-k)}=4$$ Suy ra $$\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{16-k}} \geq \frac{4}{\sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{16-k}} \geq 1$$

 

Vì vậy \begin{align*} \frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{15}} &=\left(\frac{1}{\sqrt[3]{1}} + \frac{1}{\sqrt[3]{15}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{14}}\right) +...+\left(\frac{1}{\sqrt[3]{6}} + \frac{1}{\sqrt[3]{10}}\right) + \left(\frac{1}{\sqrt[3]{7}} + \frac{1}{\sqrt[3]{9}}\right) + \frac{1}{\sqrt[3]{8}} \\ \hfill & \geq 7+\frac{1}{\sqrt[3]{8}} >7\end{align*} 

Nếu k mở rộng hơn,không chỉ giới hạn trong 15 nữa thì làm thế nào vậy thầy.

Ví dụ: Chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{2009}}>237$. Em đã áp dụng bất đẳng trên nhưng giả không được

[HaiDangPham]

Nếu k mở rộng hơn,không chỉ giới hạn trong 15 nữa thì làm thế nào vậy thầy.

Ví dụ: Chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{2009}}>237$. Em đã áp dụng bất đẳng trên nhưng giả không được

 

Chọn $n$ có dạng $n=2m^3$. Khi đó $\sqrt[3]{k}+\sqrt[3]{n-k} \leq \sqrt[3]{4.(k+n-k)}=2m$ suy ra $$\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n-k}} \geq \frac{2}{m}$$ Dẫn tới $$\sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{\sqrt[3]{k}}=\sum_{k=1}^{m^3-1} \left(\frac{1}{\sqrt[3]{k}}+\frac{1}{\sqrt[3]{n-k}}\right)+\frac{1}{m} \geq (m^3-1).\frac{2}{m}+\frac{1}{m}=2m^2-\frac{1}{m} >2m^2-1$$

 

Chủ yếu là chọn $n$ sao cho kết quả đánh giá tương đối đơn giản và đẹp mắt.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-07-2023 - 12:47

[nmlinh16]

Nếu k mở rộng hơn,không chỉ giới hạn trong 15 nữa thì làm thế nào vậy thầy.

Ví dụ: Chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{2009}}>237$. Em đã áp dụng bất đẳng trên nhưng giả không được

 

Đánh giá sau đây khá chặt: $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right)$. Từ bất đẳng thức này ta có $$1 + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - 1\right).$$ Lần lượt thay $n = 15$ và $n = 2009$, ta thu được các kết quả bạn muốn.

Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta chia hai vế cho $\sqrt[3]{n^2}$ để thu được $\frac{1}{n} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2} - 1\right)$. 

Bất đẳng thức trên đúng, vì với $x > 0$, ta có các biến đổi tương đương $$x > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(1+x)^2} - 1\right) \Leftrightarrow \left(1 + \frac{2}{3}x\right)^3 > (1+x)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{3}x^2 + \frac{8}{27}x^3 > 0,$$ và bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmlinh16: 26-07-2023 - 15:06

[nmlinh16]

Bình luận: Đánh giá trên được chứng minh một cách sơ cấp nhưng mình đã tìm ra nó bằng cách không sơ cấp, cụ thể là $$\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \int_n^{n+1} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}} = \frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2} \Bigg |_{x=n}^{x=n+1} = \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right).$$

 

Đánh giá sau đây khá chặt: $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right)$. Từ bất đẳng thức này ta có $$1 + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - 1\right).$$ Lần lượt thay $n = 15$ và $n = 2009$, ta thu được các kết quả bạn muốn.

Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta chia hai vế cho $\sqrt[3]{n^2}$ để thu được $\frac{1}{n} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2} - 1\right)$. 

Bất đẳng thức trên đúng, vì với $x > 0$, ta có các biến đổi tương đương $$x > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(1+x)^2} - 1\right) \Leftrightarrow \left(1 + \frac{2}{3}x\right)^3 > (1+x)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{3}x^2 + \frac{8}{27}x^3 > 0,$$ và bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

 

[perfectstrong]

Bình luận: Đánh giá trên được chứng minh một cách sơ cấp nhưng mình đã tìm ra nó bằng cách không sơ cấp, cụ thể là $$\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \int_n^{n+1} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}} = \frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2} \Bigg |_{x=n}^{x=n+1} = \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right).$$

Có thể tìm ra bất đẳng thức phụ trên bằng định lý Lagrange và chút "suy luận ngược".  Tuy nhiên, phương pháp này cũng cần kiến thức cấp 3

[hxthanh]

Mở rộng thêm một chút! Tại sao lại không thử tính:
$$S_n=\left\lfloor\sum_{k=1}^n\frac{1}{\sqrt[3]k}\right\rfloor$$