$a^b>\frac{3^n}{n}$
#1
Đã gửi 03-09-2012 - 15:54
- yeutoan11, LNH và nhungvienkimcuong thích
#2
Đã gửi 17-03-2013 - 19:25
Gọi $P$ là tập các ước của $b$ .Với $p$ thuộc $P$.Gọi $d$ là số nguyên nhỏ nhất thoả mãn $a^{d}-1\vdots p$.Ta có :$n\vdots d , p-1\vdots d$ và $n\leq v_{p}(a^{d}-1)+v_{p}(\frac{n}{d})$ .Giờ ta lại có :$b\geq \prod p>\prod d=S$ và $a^{S}-1\vdots a^{d}-1$ ,suy ra :$a^{b}>a^{S}-1\geq \prod p^{n}\prod p^{-v_{p}(n)}\geq \frac{3^{n}}{n}$ ,suy ra đpcm.
- perfectstrong, yeutoan11, WhjteShadow và 4 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 02-06-2013 - 16:27
Giải như sau
Vì $b^n|a^n-1\Rightarrow a^n=kb^n+1$
Áp dụng B.Đ.T Bernouli ta có
$ a^b = (1+kb^n)^{b/n}\geq 1+\frac{kb^{n+1}}{n}>\frac{3^n}{n} $
- mat troi be nho và amma96 thích
[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful
#4
Đã gửi 05-06-2013 - 14:22
Giải như sau
Vì $b^n|a^n-1\Rightarrow a^n=kb^n+1$
Áp dụng B.Đ.T Bernouli ta có
$ a^b = (1+kb^n)^{b/n}\geq 1+\frac{kb^{n+1}}{n}>\frac{3^n}{n} $
Bất đẳng thức Bernouli: $(1+x)^{n}\geq 1+nx$ với $x\geq -1,n\geq 1$.
Nhưng $\frac{b}{n}\geq 1$???
#5
Đã gửi 05-06-2013 - 14:42
Đâu
Mình tưởng
với mọi $r>0$ và $x>-1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi barcavodich: 05-06-2013 - 14:42
- mat troi be nho và amma96 thích
[topic2=''][/topic2]Music makes life more meaningful
#6
Đã gửi 07-06-2013 - 17:03
Đâu
Mình tưởng
với mọi $r>0$ và $x>-1$
Đây nè bạn: $(1+2)^{\frac{1}{2}}< 1+2.\frac{1}{2}$
- barcavodich yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh