LT
3
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
5 tháng 12 2023
Trước tiên, ta thấy \(\left(n+1\right)\left(n+2\right)...\left(n+5\right)\) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên tích này chia hết cho 5. Do đó A chia 5 dư 2.
Ta sẽ chứng minh một số chính phương (bình phương của một số tự nhiên \(k\)) không thể chia 5 dư 2. Thật vậy:
Nếu \(k⋮5\Rightarrow k^2⋮5\)
Nếu \(k\) chia 5 dư 1 hay -1 (tức là dư 4) thì đặt \(k=5l\pm1\left(l\inℕ\right)\) \(\Rightarrow k^2=\left(5l\pm1\right)^2=25l^2\pm10l+1\) chia 5 dư 1.
Nếu \(k\) chia 5 dư 2 hay -2 (tức là dư 3) thì đặt \(k=5l\pm2\left(l\inℕ\right)\) thì \(k^2=\left(5l\pm2\right)^2=25l^2\pm20l+4\) chia 5 dư 4.
Vậy một số chính phương không thể chia 5 dư 2. Thế nhưng theo cmt, A chia 5 dư 2. Điều này có nghĩa là A không phải bình phương của bất kì số nguyên nào. (đpcm)
XO
16 tháng 4 2023
a) Ta có : \(A=\dfrac{x^2+y^2+5}{x^2+y^2+3}=1+\dfrac{2}{x^2+y^2+3}\)
Dễ thấy \(x^2\ge0;y^2\ge0\forall x;y\)
nên \(x^2+y^2+3\ge3\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{1}{x^2+y^2+3}\le\dfrac{1}{3}\)
<=> \(\dfrac{2}{x^2+y^2+3}\le\dfrac{2}{3}\)
\(\Leftrightarrow A=1+\dfrac{2}{x^2+y^2+3}\le\dfrac{5}{3}\)
\(\Rightarrow A_{max}=\dfrac{5}{3}\)(Dấu "=" xảy ra khi x = y = 0)
19 tháng 9 2023
a) Giả sử \(S_n=1^2+2^2+3^2+...+n^2=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\left(\forall n\inℕ^∗\right)\)
- Với \(n=1:\)
\(S_n=\dfrac{1.\left(1+1\right)\left(2.1+1\right)}{6}=\dfrac{2.3}{6}=1\left(luôn.đúng\right)\)
- Với \(n=k:\)
\(S_k=1^2+2^2+3^2+...+k^2=\dfrac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}\left(\forall k\inℕ^∗\right)\left(luôn.đúng\right)\)
- Với \(n=k+1:\)
\(S_{k+1}=1^2+2^2+3^2+...+k^2+\left(k+1\right)^2\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}+\left(k+1\right)^2\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)+6\left(k+1\right)^2}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[k\left(2k+1\right)+6\left(k+1\right)\right]}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[2k^2+7k+6\right]}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[2k^2+3k+4k+6\right]}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[2k\left(k+\dfrac{3}{2}\right)+4\left(k+\dfrac{3}{2}\right)\right]}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[\left(2k+4\right)\left(k+\dfrac{3}{2}\right)\right]}{6}\)
\(\Rightarrow S_{k+1}=\dfrac{\left(k+1\right)\left[\left(k+2\right)\left(2k+3\right)\right]}{6}\) (Đúng với \(n=k+1\))
Vậy \(S_n=1^2+2^2+3^2+...+n^2=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\left(\forall n\inℕ^∗\right)\left(dpcm\right)\)
NG
0
TT
0
PB
1
NN
Nguyễn Ngọc Anh Minh
CTVHS
VIP
11 tháng 11 2023
a/ \(10^n+2^3=1000...08\) (n-1 chữ số 0)
Tổng các chữ số của \(10^n+2^3\) là \(1+8=9⋮9\Rightarrow10^n+2^3⋮9\)
b/ \(10^n+26=1000...026\) (n-2 chữ số 0)
\(1000...026⋮2\Rightarrow10^n+26⋮2\)
Tổng các chữ số của \(10^n+26\) là \(1+2+6=9⋮9\Rightarrow10^n+26⋮9\)
Mà 2 và 9 là 2 số nguyên tố cùng nhau
\(\Rightarrow10^n+26⋮2.9=18\)
c/
\(9^{2n+1}=9.9^{2n}\)
\(9^{2n}=\left(9^2\right)^n=81^n\) có chữ số hàng đơn vị là 1
\(\Rightarrow9^{2n+1}=9.9^{2n}\) có chữ số hàng đơn vị là 9
\(\Rightarrow9^{2n+1}+1\) có chữ số hàng đơn vị là 0 \(\Rightarrow9^{2n+1}+1⋮10\)
PN
14 tháng 1 2018
a) \(n+1\inƯ\left(n^2+2n-3\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+2n-3⋮n+1\)
\(\Leftrightarrow n\left(n+1\right)+n-3⋮n+1\)
Vì \(n\left(n+1\right)⋮n+1\Rightarrow n-3⋮n+1\)
\(\Leftrightarrow n+1-4⋮n+1\)
Vì \(n+1⋮n+1\Rightarrow-4⋮n+1\Rightarrow n+1\inƯ\left(-4\right)=\left\{-1;1;-2;2;-4;4\right\}\)
Ta có bảng sau:
| \(n+1\) | \(-1\) | \(1\) | \(-2\) | \(2\) | \(-4\) | \(4\) |
| \(n\) | \(-2\) | \(0\) | \(-3\) | \(1\) | \(-5\) | \(3\) |
Vậy...
b) \(n^2+2\in B\left(n^2+1\right)\)
\(\Leftrightarrow n^2+2⋮n^2+1\)
\(\Leftrightarrow n^2+1+1⋮n^2+1\)
Vì \(n^2+1⋮n^2+1\) nên \(1⋮n^2+1\Rightarrow n^2+1\inƯ\left(1\right)=\left\{-1;1\right\}\)
Ta có bảng sau:
| \(n^2+1\) | \(-1\) | \(1\) |
| \(n\) | \(\sqrt{-2}\) (vô lý, vì 1 số ko âm mới có căn bậc hai) |
\(0\) (tm) |
Vậy \(n=0\)
c) \(2n+3\in B\left(n+1\right)\)
\(\Leftrightarrow2n+3⋮n+1\)
\(\Leftrightarrow2n+2+1⋮n+1\)
\(\Leftrightarrow2\left(n+1\right)+1⋮n+1\)
Vì \(2\left(n+1\right)⋮n+1\) nên \(1⋮n+1\Rightarrow n+1\inƯ\left(1\right)=\left\{-1;1\right\}\)
Ta có bảng sau:
| \(n+1\) | \(-1\) | \(1\) |
| \(n\) | \(-2\) | \(0\) |
Vậy...
18 tháng 1 2018
a) n+1∈Ư(n2+2n−3)n+1∈Ư(n2+2n−3)
⇔n2+2n−3⋮n+1⇔n2+2n−3⋮n+1
⇔n(n+1)+n−3⋮n+1⇔n(n+1)+n−3⋮n+1
Vì n(n+1)⋮n+1⇒n−3⋮n+1n(n+1)⋮n+1⇒n−3⋮n+1
⇔n+1−4⋮n+1⇔n+1−4⋮n+1
Vì n+1⋮n+1⇒−4⋮n+1⇒n+1∈Ư(−4)={−1;1;−2;2;−4;4}n+1⋮n+1⇒−4⋮n+1⇒n+1∈Ư(−4)={−1;1;−2;2;−4;4}
Ta có bảng sau:
| n+1n+1 | −1−1 | 11 | −2−2 | 22 | −4−4 | 44 |
| nn | −2−2 | 00 | −3−3 | 11 | −5−5 | 33 |
Vậy...
b) n2+2∈B(n2+1)n2+2∈B(n2+1)
⇔n2+2⋮n2+1⇔n2+2⋮n2+1
⇔n2+1+1⋮n2+1⇔n2+1+1⋮n2+1
Vì n2+1⋮n2+1n2+1⋮n2+1 nên 1⋮n2+1⇒n2+1∈Ư(1)={−1;1}1⋮n2+1⇒n2+1∈Ư(1)={−1;1}
Ta có bảng sau:
| n2+1n2+1 | −1−1 | 11 |
| nn | √−2−2 (vô lý, vì 1 số ko âm mới có căn bậc hai) |
00 (tm) |
Vậy n=0n=0
c) 2n+3∈B(n+1)2n+3∈B(n+1)
⇔2n+3⋮n+1⇔2n+3⋮n+1
⇔2n+2+1⋮n+1⇔2n+2+1⋮n+1
⇔2(n+1)+1⋮n+1⇔2(n+1)+1⋮n+1
Vì 2(n+1)⋮n+12(n+1)⋮n+1 nên 1⋮n+1⇒n+1∈Ư(1)={−1;1}1⋮n+1⇒n+1∈Ư(1)={−1;1}
Ta có bảng sau:
| n+1n+1 | −1−1 | 11 |
| nn | −2−2 | 00 |
tớ cần gấp ạaaaaaaaaaaaaaaa
=3
cái kia là 3n+2 hay 3n+2