Bài toán 18: Cho $\{w_{n} \}_{n \ge 1}$ được xác định bởi $w_{n}=\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k^3} \right)$.Chứng minh rằng $\forall n \ge 1$ thì $w_{n}<3$.
Bài toán 19:
- Xét dãy các số sau : $49;4489;444889;...$ với quy luật là số đứng sau xác định bằng cách thêm $48$ vào vị trí giữa của số đứng trước đó. Chứng minh rằng đây là dãy chính phương.
- Chứng minh dãy số gồm $121;12321;1234321;...$ là dãy chính phương lẻ.
Lời giải bài toán 18:
Lời giải 1:
Rõ ràng $w_{n}$ là dãy đơn điệu tăng.
Với $n>1$,ta có $\ln ({w_n}) = \sum\limits_{k = 1}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)$.do đó:
$$\begin{array}{rcl}\ln ({w_n}) = \ln (2) + \sum\limits_{k = 2}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right) &\le& \ln (2) + \sum\limits_{k = 2}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&\le& \ln (2) - 1 + \sum\limits_{k = 1}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&<& \ln (2) - 1 + \sum\limits_{k = 1}^{ + \infty } {\frac{1}{{{k^3}}}} \\&<& \ln (2) - 1 + \zeta (3)\\\Rightarrow {w_n} &<& {e^{ln(2) - 1 + 1.202}} < 2.45 < 3\end{array}$$
Lời giải 2:
$$\forall n \ge 3,\sum\limits_{k = 3}^n {\ln } \left(1 + \frac{1}{{{k^3}}} \right) < \sum\limits_{k = 3}^n {\frac{1}{{{k^3}}}} < \sum\limits_{k = 3}^{ + \infty } {\frac{1}{{{k^3}}}} < \int_2^{ + \infty } {\frac{{dx}}{{{x^3}}}} = \frac{1}{8}$$
Vậy $\forall n \ge 3,{w_n} = \left( {1 + \frac{1}{{{1^3}}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{{{2^3}}}} \right){e^{\sum\limits_{k = 3}^n {\ln } \left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)}} < 2 \times \frac{9}{8} \times {e^{\frac{1}{8}}}$ và $\forall n \ge 3,{w_n} < \frac{9}{4}{e^{\frac{1}{8}}}$
Nhưng $e < 3 < \frac{{256}}{{81}} = {\left( {\frac{4}{3}} \right)^4} < {\left( {\frac{4}{3}} \right)^8}$ $ \Rightarrow {e^{\frac{1}{8}}} < \frac{4}{3}$ và do đó $\frac{9}{4}{e^{\frac{1}{8}}} < 3$.
Vậy thì $\forall n \ge 3,{w_n} < 3$ và từ ${w_1} < {w_2} < {w_3} < 3$ nên $\forall n \ge 1,{w_n} < 3$.
Lời giải 3:
$$\begin{array}{rcl}{w_n} &=& \prod\limits_{k = 1}^n {\left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)} = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {1 + \frac{1}{{{k^3}}}} \right)} = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{{k^3} + 1}}{{{k^3}}}} \right)} \\&<& 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{{k^3} + 1}}{{{k^3} - 1}}} \right)} = 2\prod\limits_{k = 2}^n {\left( {\frac{{k + 1}}{k} \times \frac{k}{{k - 1}} \times \frac{{{k^2} - k + 1}}{{{{(k + 1)}^2} - (k + 1) + 1}}} \right)} \\&=& 2 \times \frac{{n + 1}}{2} \times \frac{n}{1} \times \frac{{{2^2} - 2 + 1}}{{{{(n + 1)}^2} - (n + 1) + 1}} = 3\left( {\frac{{{n^2} + n}}{{{n^2} + n + 1}}} \right) < 3\end{array}$$
Lời giải bài toán 19: (ý 2)
Xét dãy $\{a_{n} \}_{n \ge 1}$ với $ a_1=121,\ a_2=12321,\ a_3=1234321 $.Dự đoán CTTQ như sau:
\[ a_n =\sum_{i=0}^{n-1}10^i(i+1)+10^{n}(n+1)+\sum_{i=n+1}^{2n}10^i (2n+1-i) \]
Đặt $ b_n=\sum_{i=0}^{n}10^i =\underbrace{11\dots 1}_{n+1\ times} $
Với $n>1$:
$ a_n=\sum_{i=0}^{n-1}10^i(i+1)+10^{n}(n+1)+\sum_{i=n+1}^{2n}10^i (2n+1-i)= $
$ =\sum_{i=0}^{2n}10^i+10\bigl(\sum_{i=0}^{n-2}10^i(i+1)+10^{n-1}n+\sum_{i=n}^{2n-2}10^i (2n-1-i)\bigr) = 10a_{n-1}+b_{2n} \quad (1)$
$\begin{array}{rcl}{b_{2n + 2}} &=& \sum\limits_{i = 0}^{2n + 2} {{{10}^i}} = 1 + 10\left( {\sum\limits_{i = 0}^n {{{10}^i}} + {{10}^{n + 1}}\sum\limits_{i = 1}^n {{{10}^i}} } \right)\\&=& 1 + 10\left( {{b_n} + {{10}^{n + 1}}{b_n}} \right)\\&=& 1 + 10{b_n}\left( {{{10}^{n + 1}} + 1} \right)\\&=& 1 + 10{b_n}\left[ {9\left( {\sum\limits_{i = 0}^n {{{10}^i}} } \right) + 2} \right]\\&=& 1 + 10{b_n}\left( {9{b_n} + 2} \right)\\&=& 1 + 90b_n^2 + 20{b_n} \quad (2)\end{array}$
Sử dụng quy nạp để chứng minh cho $a_{n}=b_{n}^2$.Trường hợp $n=1;n=2$ dễ thấy đúng.
Giả sử đúng đến $n$,cần chứng minh đúng với $n+1$.
$ a_{n+1}=\underbrace{10a_n+b_{2n+2}}_{\text{từ} \ (1)}=\underbrace{10b_n^2+90b_n^2+20b_n+1}_{\text{từ}\ (2)\ \text{và}\ \text{giả thuyết quy nạp}}= (10b_n+1)^2=b_{n+1}^2 $
**********
Đề mới:
Bài toán 20: Cho $a_0=a_1=1$ và $(n+3)a_{n+1}=(2n+3)a_{n}+3na_{n-1}$.Chứng minh đây là dãy nguyên.
Bài toán 21: Cho dãy $\{u_{n} \}$ xác định bởi:
$ \left\{{\begin{array}{*{20}{c}}{{u_1}= 2,{u_2}= 3}\\ {{u_{n+2}}=\left[{{u_{n+1}},{u_n}}\right]+\left({{u_{n+1}},{u_n}}\right),\forall n\in{\mathbb{N}^*}}\\ \end{array}}\right. $
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$,ta có BĐT sau:
$ \mathop\sum\limits_{i = 1}^k\ln{u_i}<\ln{u_{k+2}}-1 $
Ký hiệu $[a;b]$ mang nghĩa là bội số chung nhỏ nhất của $a$ và $b$
$(a;b)$ mang nghĩa là ước số chung lớn nhất của $a$ và $b$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 29-04-2013 - 13:16