|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
25-09-2018, 09:26 AM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2017 Bài gởi: 9 Thanks: 1 Thanked 2 Times in 2 Posts | Các số chính phương trong dãy $\left\lfloor {n\sqrt 2 } \right\rfloor $ Chứng minh rằng có vô số số chính phương trong dãy số $\left\lfloor {n\sqrt 2 } \right\rfloor $, với $n\in\mathbb Z^+$. |
25-09-2018, 09:45 AM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
Xét các dãy số bởi công thức SHTQ như sau\[{a_n} = \frac{{{{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^{2n - 1}} + {{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^{2n - 1}}}}{{2\sqrt 2 }},\quad{b_n} = \frac{{{{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}^{2n - 1}} - {{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}^{2n - 1}}}}{2}\quad\,n\in\mathbb Z^+.\]Ta có $a_1=b_1=1,\;a_2=5,\;b_2=7$ và\[\begin{array}{l} {a_{n + 2}} &= 6{a_{n + 1}} - {a_n}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+,\\ {b_{n + 2}} &= 6{b_{n + 1}} - {b_n}\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+. \end{array}\]Từ đó, $a_n,\,b_n\in\mathbb Z^+\;\forall\,n\in\mathbb Z^+$, thêm nữa ta có được\[2a_n^2 - b_n^2 = \left( {\sqrt 2 {a_n} - {b_n}} \right)\left( {\sqrt 2 {a_n} + {b_n}} \right) = {\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^{2n - 1}}{\left( {\sqrt 2 + 1} \right)^{2n - 1}} = 1\quad\forall {\mkern 1mu} n \in {\mathbb Z^+ }.\]Vì thế mà có được\[\left\lfloor {{a_n}{b_n}\sqrt 2 } \right\rfloor = \left\lfloor {\sqrt {2a_n^2b_n^2} } \right\rfloor = \left\lfloor {\sqrt {b_n^4 + b_n^2} } \right\rfloor = b_n^2\quad\forall\,n\in\mathbb Z^+.\]Để ý rằng các dãy số $a_n,\,b_n$ tăng ngặt, là ta có điều cần chứng minh. | |
Bookmarks |
|
|