Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(\dfrac{n}{12}+\dfrac{n^2}{8}+\dfrac{n^3}{24}\)
\(=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{24}=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{24}\)
Ta có: \(n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Vì \(n=2k\) nên suy ra n và (n + 2) là 2 số chẵn liên tiếp nên sẽ có 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết cho 4.
\(\Rightarrow n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮8\)
Vì 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên: \(\Rightarrow n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮24\)
Vậy ta có ĐPCM
Câu A:
Ta có:
\(A=\frac{n}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n^3}{6}=\frac{2n}{6}+\frac{3n^2}{6}+\frac{n^3}{6}\)
\(=\frac{2n+3n^2+n^3}{6}\)
Xét tử : \(2n+3n^2+n^3=n(n^2+3n+2)=n(n^2+n+2n+2)\)
\(=n[n(n+1)+2(n+1)]=n(n+1)(n+2)\)
Vì \(n(n+1)(n+2)\) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên \(n(n+1)(n+2)\vdots 3\)
Vì $n(n+1)$ là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên \(n(n+1)\vdots 2\)
\(\Rightarrow n(n+1)(n+2)\vdots 2\)
Mà \((2,3)=1\Rightarrow n(n+1)(n+2)\vdots (2.3=6)\)
Do đó: \(A=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}\in\mathbb{Z}\)
Ta có đpcm.
Câu B:
Ta có:
\(B=\frac{n^4}{24}+\frac{6n^3}{24}+\frac{11n^2}{24}+\frac{6n}{24}\)\(=\frac{n^4+6n^3+11n^2+6n}{24}\)
Xét mẫu:
\(n^4+6n^3+11n^2+6n=n(n^3+6n^2+11n+6)\)
\(=n[n^2(n+1)+5n(n+1)+6(n+1)]\)
\(=n(n+1)(n^2+5n+6)=n(n+1)[n^2+2n+3n+6]\)
\(=n(n+1)[n(n+2)+3(n+2)]\)
\(=n(n+1)(n+2)(n+3)\)
Vì $n(n+1)(n+2)$ là tích 3 số nguyên liên tiếp nên \(n(n+1)(n+2)\vdots 3\)
\(\Rightarrow n(n+1)(n+2)(n+3)\vdots 3\)
Vì $n,n+1,n+2,n+3$ là 4 số nguyên liên tiếp nên trong đó chắc chắn có một số chia $4$ dư $2$ , một số chia hết cho $4$
\(\Rightarrow n(n+1)(n+2)(n+3)\vdots (2.4=8)\)
Mà $(3,8)=1$ nên \(n(n+1)(n+2)(n+3)\vdots (8.3=24)\)
Do đó: \(B=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{24}\in\mathbb{Z}\) (đpcm)
\(\left\{{}\begin{matrix}a=\dfrac{1}{x}\\b=\dfrac{1}{y}\\c=\dfrac{1}{z}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\begin{matrix}a+b+c=1\\a^4+b^4+c^4\ge abc\end{matrix}\) \(x,y,z\ne0\Rightarrow a,b,c\ne0\)
\(a^2+b^2+x^2\ge ab+bc+ac\) (*){cơ bản} \(\Rightarrow\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2\ge\left(ab.ac\right)+\left(ab.bc\right)+\left(ac.bc\right)=abc\left(a+b+c\right)=abc\)
(*) bình phương hai vế
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4+2\left(ab\right)^2+2\left(ac\right)^2+2\left(bc\right)^2\ge\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2+2abc\left(a+b+c\right)\)
\(\Leftrightarrow a^4+b^4+c^4\ge-\left[\left(ab\right)^2+\left(ac\right)^2+\left(bc\right)^2\right]+2abc\ge-abc+2abc=abc=>dpcm\)Đẳng thức:
a=b=c=1/3=> x=y=z=3
ta co \(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}=1\) \(\Rightarrow\) \(\dfrac{1}{x.x}+\dfrac{1}{y.y}+\dfrac{1}{z.z}=1\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{x.x.x}+\dfrac{1}{y.y.y}+\dfrac{1}{z.z.z}=1\)\(\Rightarrow\dfrac{1}{x.x.x.x}+\dfrac{1}{y.y.y.y}+\dfrac{1}{z.z.z.z}=1\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1^{ }}{y^4}+\dfrac{1}{z^4}=1\)
\(\Rightarrow\)\(\dfrac{1}{x^4}+\dfrac{1}{y^4}+\dfrac{1}{z^4}\)>= \(\dfrac{1}{x.y.z}\)
Ta có: \(1-\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n^2}\)
Thế vô bài toán ta được
\(\left(1-\dfrac{1}{2^2}\right)\left(1-\dfrac{1}{3^2}\right)...\left(1-\dfrac{1}{n^2}\right)=\dfrac{1.3}{2.2}.\dfrac{2.4}{3.3}...\dfrac{\left(n-1\right)\left(n+1\right)}{n.n}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}\)
Ta thấy
\(\dfrac{1}{2}.\dfrac{n}{n}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+n}{n}\)
\(\Rightarrow\dfrac{1}{2}< \dfrac{1}{2}.\dfrac{n+1}{n}< 1\)
\(\Rightarrow\)ĐPCM
Lời giải:
Ta có: \(A=\frac{a^3}{24}+\frac{a^2}{8}+\frac{a}{12}=\frac{a^3+3a^2+2a}{24}=\frac{a(a+1)(a+2)}{24}\)
Để CM $A$ là số nguyên thì ta cần chỉ ra \(a(a+1)(a+2)\vdots 24\)
Thật vậy
Vì \(a,a+1,a+2\) là 3 số nguyên liên tiếp nên luôn tồn tại một số chia hết cho $3$
\(\Rightarrow a(a+1)(a+2)\vdots 3(1)\)
Vì \(a\) chẵn nên đặt \(a=2k\)
\(\Rightarrow a(a+1)(a+2)=2k(2k+1)(2k+2)=4k(k+1)(2k+1)\)
Thấy rằng \(k(k+1)\) là tích hai số nguyên liên tiếp nên luôn tồn tại một trong hai số đó là số chẵn, do đó \(k(k+1)\vdots 2\)
\(\Leftrightarrow a(a+1)(a+2)=4k(k+1)(2k+1)\vdots 8(2)\)
Từ \((1),(2)\) mà $(8,3)$ nguyên tố cùng nhau nên \(a(a+1)(a+2)\vdots 24\Leftrightarrow A=\frac{a(a+1)(a+2)}{24}\in\mathbb{Z}\)
Ta có đpcm.
Đặt \(B=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{n}\)
Đặt \(A=\dfrac{n-1}{1}+\dfrac{n-2}{2}+...+\dfrac{n-\left(n-2\right)}{n-2}+\dfrac{n-\left(n-1\right)}{n-1}\)
\(=\dfrac{n}{1}+\dfrac{n}{2}+...+\dfrac{n}{n-2}+\dfrac{n}{n-1}-1-1-...-1\)
\(=n+\dfrac{n}{2}+\dfrac{n}{3}+...+\dfrac{n}{n-1}-\left(n-1\right)\)
\(=\dfrac{n}{2}+\dfrac{n}{3}+...+\dfrac{n}{n-1}+\dfrac{n}{n}=n\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{2}\right)=n.B\)
\(A:B=n\)
\(=\dfrac{n^3+3n^2+2n}{24}=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}{24}\)
\(=\dfrac{2k\left(2k+1\right)\left(2k+2\right)}{24}=\dfrac{4k\left(2k+1\right)\left(k+1\right)}{24}\)
\(=\dfrac{4k\left(k+1\right)\left(k+2+k-1\right)}{24}\)
\(=\dfrac{4k\left(k+1\right)\left(k+2\right)+4k\left(k+1\right)\left(k-1\right)}{24}=\dfrac{k\left(k+1\right)\left(k+2\right)+k\left(k+1\right)\left(k-1\right)}{6}\)
Vì k;k+1;k+2 là ba số liên tiếp
nen k(k+1)(k+2) chia hết cho 3!=6
k;k+1;k-1 là ba số liên tiếp
nên k(k+1)(k-1) chia hết cho 3!=6
=>A chia hêt cho 6