Đề tài thứ 2000!

**let** · 25-01-2008, 05:17 PM

Chứng minh rằng $\{\sqrt[3]{n}\}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}} $ với mọi số nguyên dương $n $ không phải là lập phương của một số nguyên dương. ($\{x\} $ là phần lẻ của $x $)

dong1919 · 25-01-2008, 07:31 PM

Hjx hình như bài này đặt $ [\sqrt[3]{n}]=k $
=>$ k^3 \le n < (k+1)^3 $
ta c/m $ (k+\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}})^3 \le n $
=>$ k^3 +3k^2.\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}}+3k.\frac{1}{9\frac[3]{n^4}}+\frac{1}{28n^2} \le n $
Cái này dễ c/m nó đúng

**psquang_pbc** · 25-01-2008, 08:16 PM

Cụ thể ra đồng chí Đông ơi, cái đoạn phức tạp nhất lại nhường cho người khác

dong1919 · 25-01-2008, 08:33 PM

Cái đó cộng lại bé thua 1 mà

Có gì mà nhường đâu
$ k^2<\sqrt[3]{n^2} $

**Quân -k47DHV** · 25-01-2008, 08:42 PM

Trích:

Nguyên văn bởi let

Chứng minh rằng $\{\sqrt[3]{n}\}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}} $ với mọi số nguyên dương $n $ không phải là lập phương của một số nguyên dương. ($\{x\} $ là phần lẻ của $x $)

umh ,chú Đông toàn đi nhường cái đoạn khó nhất .Mà giải cái bài 1 anh Quý cái
trước hết giải bài này

$\sqrt[3]{n} $ = $\sqrt[3]{n} - [\sqrt[3]{n}] $.
dat $[\sqrt[3]{n}] = k $ khi do $k^{3}< n < (k+1)^{3} $
hay la $n >= k^{3} + 1 $
can cm $(3n-1)^{3} >= 3 \sqrt[3]{n^{2} } k $
--> $ 27 n^{3} - 27n^{2} + 9n - 1 >= 27n^{2} k $
ma $n>= k^{3} + 1 $ nen $27 n^{3} >= 27n^{2}( k+1) $ done

**let** · 25-01-2008, 09:27 PM

Bài này thuộc tạp chí In the world of mathematics! Theo cá nhân let cái gốc của bài toán xuất phát từ định lý Lagrange như sau: (từ đó có thể sáng tạo ra vô số bài toán khác)
My solution: Do $n $ không là lập phương đúng nên $[\sqrt[3]{n}]\leq\sqrt[3]{n-1} $, do đó:
$\{\sqrt[3]{n}\}=\sqrt[3]{n}-[\sqrt[3]{n}]\geq\sqrt[3]{n}-\sqrt[3]{n-1}=f(n)-f(n-1)=f'(c)=\frac{1}{3\sqrt[3]{c^2}}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}} $ do $c\in$n-1;n$ $

**Traum** · 25-01-2008, 10:01 PM

Trích:

umh ,chú Đông toàn đi nhường cái đoạn khó nhất .Mà giải cái bài 1 anh Quý cái

bài nào thế Quân

**Quân -k47DHV** · 25-01-2008, 10:15 PM

ko thì anh quý giải luôn nhé [Only registered and activated users can see links. ]

dong1919 · 26-01-2008, 12:20 AM

Trích:

umh ,chú Đông toàn đi nhường cái đoạn khó nhất

Mình đã nói trên rồi , $ k \le \sqrt[3]{n} $
Àh còn mấy phần khó nhất chắc mình ko đủ sức làm :facebowling:

25-01-2008, 05:17 PM	#1
let +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 168 Thanks: 16 Thanked 42 Times in 25 Posts	Đề tài thứ 2000! Chứng minh rằng $\{\sqrt[3]{n}\}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}} $ với mọi số nguyên dương $n $ không phải là lập phương của một số nguyên dương. ($\{x\} $ là phần lẻ của $x $) __________________ Rồng sa vũng cạn bị lươn ghẹo! Hổ xuống đất bằng bị chó khinh!

25-01-2008, 08:16 PM	#3
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 747 Thanks: 9 Thanked 111 Times in 72 Posts	Cụ thể ra đồng chí Đông ơi, cái đoạn phức tạp nhất lại nhường cho người khác __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!

25-01-2008, 09:27 PM	#6
let +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Nov 2007 Bài gởi: 168 Thanks: 16 Thanked 42 Times in 25 Posts	Bài này thuộc tạp chí In the world of mathematics! Theo cá nhân let cái gốc của bài toán xuất phát từ định lý Lagrange như sau: (từ đó có thể sáng tạo ra vô số bài toán khác) My solution: Do $n $ không là lập phương đúng nên $[\sqrt[3]{n}]\leq\sqrt[3]{n-1} $, do đó: $\{\sqrt[3]{n}\}=\sqrt[3]{n}-[\sqrt[3]{n}]\geq\sqrt[3]{n}-\sqrt[3]{n-1}=f(n)-f(n-1)=f'(c)=\frac{1}{3\sqrt[3]{c^2}}>\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}} $ do $c\in\(n-1;n\) $ __________________ Rồng sa vũng cạn bị lươn ghẹo! Hổ xuống đất bằng bị chó khinh!

25-01-2008, 10:15 PM	#8
Quân -k47DHV +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jan 2008 Đến từ: Đại Học Y Hà Nội Bài gởi: 421 Thanks: 5 Thanked 105 Times in 80 Posts	ko thì anh quý giải luôn nhé [Only registered and activated users can see links. ] __________________ LƯƠNG Y KIÊM TỪ MẪU

25-01-2008, 07:31 PM	#2
dong1919 Sư tổ Kim Dung-CÁI BANG Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: A1K35PBC-Nghệ An Bài gởi: 291 Thanks: 0 Thanked 33 Times in 23 Posts	Hjx hình như bài này đặt $ [\sqrt[3]{n}]=k $ =>$ k^3 \le n < (k+1)^3 $ ta c/m $ (k+\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}})^3 \le n $ =>$ k^3 +3k^2.\frac{1}{3\sqrt[3]{n^2}}+3k.\frac{1}{9\frac[3]{n^4}}+\frac{1}{28n^2} \le n $ Cái này dễ c/m nó đúng

25-01-2008, 08:33 PM	#4
dong1919 Sư tổ Kim Dung-CÁI BANG Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: A1K35PBC-Nghệ An Bài gởi: 291 Thanks: 0 Thanked 33 Times in 23 Posts	Cái đó cộng lại bé thua 1 mà Có gì mà nhường đâu $ k^2<\sqrt[3]{n^2} $