Chủ đề này có 19 trả lời

[thpthang]

$\frac{{{y_n}}}{{{y_{n + 1}}}} = \frac{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}{{{{\left( {1 + \frac{a}{{n + 1}}} \right)}^{n + 2}}}} = \frac{1}{{1 + \frac{a}{{n + 1}}}}{\left( {\frac{{1 + \frac{a}{n}}}{{1 + \frac{a}{{n + 1}}}}} \right)^{n + 1}} = \frac{{n + 1}}{{n + 1 + a}}{\left( {\frac{{\left( {n + 1} \right)\left( {n + a} \right)}}{{n\left( {n + 1 + a} \right)}}} \right)^{n + 1}} = \left( {1 - \frac{a}{{n + 1 + a}}} \right){\left( {1 + \frac{a}{{n\left( {n + 1 + a} \right)}}} \right)^{n + 1}} \geqslant \left( {1 - \frac{a}{{n + 1 + a}}} \right)\left( {1 + \frac{{\left( {n + 1} \right)a}}{{n\left( {n + 1 + a} \right)}}} \right) =$

Đến đây mình hết biết làm gì rồi???

[tramyvodoi]

bạn post công thức tổng quát của $y_{n}$. Với lại a ở đây là số như thế nào bạn?

[thpthang]

Cho ${y_n} = {\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)^{n + 1}},{\text{ }}a > 0.$ Chứng minh $\{ y_n \}$ là dãy giảm.

Hướng dẫn: Sử dụng bất đẳng thức ${\left( {1 + a} \right)^n} \geqslant 1 + na,\forall n \in \mathbb{N}{\text{ }}\left( {1 + a \geqslant 0} \right)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thpthang: 24-11-2012 - 12:31

[thpthang]

Bạn nào giúp dùm mình với!

[dragon0962]

$y_{n}=(1+\frac{a}{n})^{n+1}\geq 1+\frac{a}{n}(n+1)=1+a+\frac{a}{n}$ (Bất đẳng thức Bernoulli)

$y_{n+1}=(1+\frac{a}{n+1})^{n+2}\geq 1+\frac{a}{n+1}(n+2)=1+a+\frac{a}{n+1}$ (Bất đẳng thức Bernoulli)

Ta có:

$1+a+\frac{a}{n}> 1+a+\frac{a}{n+1} =>y_{n}>y_{n+1} => dpcm$

[Nxb]

$y_{n}=(1+\frac{a}{n})^{n+1}\geq 1+\frac{a}{n}(n+1)=1+a+\frac{a}{n}$ (Bất đẳng thức Bernoulli)

$y_{n+1}=(1+\frac{a}{n+1})^{n+2}\geq 1+\frac{a}{n+1}(n+2)=1+a+\frac{a}{n+1}$ (Bất đẳng thức Bernoulli)

Ta có:

$1+a+\frac{a}{n}> 1+a+\frac{a}{n+1} =>y_{n}>y_{n+1} => dpcm$

Chứng minh sai rồi

[thpthang]

Mình thấy bạn dragon0962 chứng minh đúng mà? Bạn Nxb thấy sai chỗ nào chỉ cho mình thấy vớii! Thanks!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thpthang: 25-11-2012 - 23:10

[thpthang]

Bạn dragon0962 sai thật rồi!

a > b
c > d
d > b

Từ trên mà suy ra a > c là sai rồi bạn ạ! Dù sao cũng cám ơn bạn nhiều nha!

Cao thủ nào giúp mình với! Thanks!

[thpthang]

Nếu không dùng bất đẳng thức mình có thể chứng minh $y_n$ là dãy giảm không các bạn?

Bạn nào có ý tưởng gợi ý dùm mình nha!

[vantho302]

Nếu như bổ sung thêm điều kiện là $0 < a < 1$ thì chứng minh ra đó bạn. Ta sẽ chứng minh được nó giảm nghiêm ngặt luôn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vantho302: 27-11-2012 - 10:27

[dragon0962]

$(1+\frac{a}{n})^{n+1}>(1+\frac{a}{n+1})^{n+2}\Leftrightarrow ((1+\frac{a}{n})^{n+1})^{\frac{1}{n+2}}>((1+\frac{a}{n+1})^{n+2})^{\frac{1}{n+2}}\Leftrightarrow (1+\frac{a}{n})^{\frac{n+1}{n+2}}>1+\frac{a}{n+1}
$

(luôn đúng $\forall a>0$)

Thật vậy ta có:
$(1+\frac{a}{n})^{\frac{n+1}{n+2}}>1+\frac{a(n+1)}{n(n+2)}(becnuli)=1+\frac{a(n+1)}{n^{2}+2n}>1+\frac{a(n+1)}{n^{2}+2n+1}=1+\frac{a(n+1)}{(n+1)^{2}}=1+\frac{a}{n+1}$$\Leftrightarrow (1+\frac{a}{n})^{\frac{n+1}{n+2}}>1+\frac{a}{n+1}$

(đpcm)

$\rightarrow y_n>y_{n+1}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dragon0962: 27-11-2012 - 11:05

[thpthang]

Bất đẳng thức Bernoulli chỉ đúng với số mũ tự nhiên thôi mà bạn.

$\frac{n+1}{n+2}\notin \mathbb{N}$ làm sao mình chứng minh như trên được???

[thpthang]

Bạn vantho302 chứng minh cách của bạn cho mình tham khảo được không? Thanks!

[dragon0962]

Bất đẳng thức Bernoulli chỉ đúng với số mũ tự nhiên thôi mà bạn.

$\frac{n+1}{n+2}\notin \mathbb{N}$ làm sao mình chứng minh như trên được???

ủa bdt becnuli

yêu cầu $r\geq 0$ thui mà hả $r\geq 0$ thì ->$n\geq 1$ nếu có đk đó thì mình chứng minh đúng ak!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dragon0962: 28-11-2012 - 19:23

[thpthang]

Mình đọc trên tài liệu của vnmath ghi thế này.

$$
{\left( {1 + x} \right)^r} \geqslant 1 + rx,{\text{ }}\forall x > - 1,{\text{ }}r < 0{\text{ }} \vee {\text{ }}r > 1$$

$$ {\left( {1 + x} \right)^r} \leqslant 1 + rx,{\text{ }}\forall x > - 1,{\text{ }}0 < r < 1$$

Vì $0<\frac{n+1}{n+2}<1$ nên bất đẳng thức phải đổi dấu bạn ơi. Vẫn chưa đúng! Bài này khó thật!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thpthang: 29-11-2012 - 14:19

[dark templar]

Bài này anh vantho302 nói đúng đấy.Với điều kiện $0<a<1$,ta có thể chứng minh dãy này là dãy giảm bằng định lý Cauchy như sau :
Trước tiên ta biến đổi BĐT $y_{n} \ge y_{n+1}$ về dạng:
$$(n+1)[\ln{(n+a)}-\ln{n}] \ge (n+2)[\ln{(n+a+1)}-\ln{(n+1)}]$$
$$\iff \frac{\ln{(n+a)}-\ln{n}}{\ln{(n+a+1)}-\ln{(n+1)}} \ge \frac{n+2}{n+1}=1+\frac{1}{n+1}$$
Ta xét các hàm $f(x)=\ln{x};g(x)=\ln{(x+1)}$ là hàm liên tục và khả vi trên đoạn $[n;n+a]$ nên theo định lý Cauchy,sẽ tồn tại hằng số $c \in (n;n+a)$ sao cho :
$$\frac{f'\left(c \right)}{g'\left(c \right)}=\frac{f(n+a)-f(n)}{g(n+a)-g(n)} \iff \frac{\frac{1}{c}}{\frac{1}{c+1}}=\frac{\ln{(n+a)}-\ln{n}}{\ln{(n+a+1)}-\ln{(n+1)}}$$
$$\iff 1+\frac{1}{c}=\frac{\ln{(n+a)}-\ln{n}}{\ln{(n+a+1)}-\ln{(n+1)}}$$
Do $n<c<n+a$ và $0<a<1$ nên:
$$1+\frac{1}{c}>1+\frac{1}{n+a}>1+\frac{1}{n+1} \iff \frac{\ln{(n+a)}-\ln{n}}{\ln{(n+a+1)}-\ln{(n+1)}} > 1+\frac{1}{n+1}$$
Xong.
P.s:Do không có dấu đẳng thức nên đây là dãy giảm nghiêm ngặt.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-11-2012 - 16:45

[vantho302]

bạn hãy tham khảo cách của dark templar

[vantho302]

Nếu đề bài có bổ sung thêm điều kiện $0 < a < 1$ thì bạn có thể tham khảo cách giải sau
Áp dụng bất đẳng thức CôSi cho ${n + 2}$ số:
$1 + \underbrace {\frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}} + ... + \frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}}}_{\left( {n + 1} \right){\rm{ so}}} \ge \left( {n + 2} \right)\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {\frac{1}{{1 + \frac{a}{n}}}} \right)}^{n + 1}}}}$

$ \Leftrightarrow 1 + \frac{{n + 1}}{{1 + \frac{a}{n}}} \ge \left( {n + 2} \right)\frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}} \Leftrightarrow 1 + \frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{{n + a}} \ge \left( {n + 2} \right)\frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}}$

$ \Leftrightarrow \frac{{a + {n^2} + 2n}}{{\left( {n + a} \right)\left( {n + 2} \right)}} \ge \frac{1}{{\sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}}}} \Leftrightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} \ge \frac{{{n^2} + 2n + na + 2a}}{{{n^2} + 2n + a}}$

$ \Leftrightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} \ge \frac{{{n^2} + 2n + a + a + na}}{{{n^2} + 2n + a}} = 1 + \frac{{a + na}}{{{n^2} + 2n + a}}$

Do $0 < a < 1$ nên $1 + \frac{{a + na}}{{{n^2} + 2n + a}} > 1 + \frac{{a\left( {1 + n} \right)}}{{{n^2} + 2n + 1}}$ nên

$ \Rightarrow \sqrt[{n + 2}]{{{{\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)}^{n + 1}}}} > 1 + \frac{{a\left( {1 + n} \right)}}{{{n^2} + 2n + 1}} = 1 + \frac{a}{{n + 1}}$

$ \Leftrightarrow {\left( {1 + \frac{a}{n}} \right)^{n + 1}} > {\left( {1 + \frac{a}{{n + 1}}} \right)^{n + 2}}$

$ \Rightarrow {y_n} > {y_{n + 1}}$

Vậy $\left\{ {{y_n}} \right\}$ là dãy giảm

[dark templar]

Mới kiếm được cho bạn bài tổng quát
Tổng quát: Chứng minh rằng dãy $u_{n}=\left(1+\frac{a}{n} \right)^{b+n}$ là dãy giảm với $b \in \mathbb{N^*};0<a<b$.
Cách giải thì cũng tương tự với cách giải của mình ở trên.

[thpthang]

Thanks các bạn nhiều nha!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thpthang: 30-11-2012 - 17:21