TL
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
RD
28 tháng 10 2018
Giả sử \(\sqrt{n}+\sqrt{n+4}\in Z^+\)(1)
\(\Rightarrow\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+4}\right)^2=2n+4+2\sqrt{n^2+4n}\in Z\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{n^2+4n}\in Z\)
Đặt \(\sqrt{n^2+4n}=a\left(a\in N^+\right)\)
\(\Rightarrow a^2=n^2+4n\)
\(\Rightarrow a^2+4=n^2+4n+4=\left(n+2\right)^2\)
\(\Rightarrow\left(n+2-a\right)\left(n+2+a\right)=4\)(*)
Mà (n+2-a)+(n+2+a)=2(n+2) là số nguyên chẵn
\(\Rightarrow n+2-a;n+2+a\) là hai số nguyên chẵn
=>(*) vô nghiệm
=>(1) mâu thuẫn =>đpcm
12 tháng 11 2014
Đúng xét 3 TH
TH1: n chia hết 3 suy ra n(n+1)(2n+1) chia hết cho 3
TH2 : n : 3 dư 1 suy ra n =3k+1 suy ra 2n+1=6k+2+1 chia hết cho 3 suy ra n(n+1)(2n+1) chia hết cho 3
TH3 : n : 3 dư 2 suy ra n =3k+2 suy ra n+1=3k+3 chia hết cho 3 suy ra n(n+1)(2n+1) chia hết cho 3
11 tháng 5 2020
Ta có: \(S_{m-n}=\frac{\left(\sqrt{2}+1\right)^m}{\left(\sqrt{2}+1\right)^n}+\frac{\left(\sqrt{2}-1\right)^m}{\left(\sqrt{2}-1\right)^n}\)
\(=\left(\sqrt{2}+1\right)^m\cdot\left(\sqrt{2}-1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^m\left(\sqrt{2}+1\right)^n\)
Do đó:
\(S_{m+n}+S_{m-n}=\left(\sqrt{2}+1\right)^{m+n}+\left(\sqrt{2}-1\right)^{m+n}+\left(\sqrt{2}+1\right)^m\cdot\left(\sqrt{2}-1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^m\cdot\left(\sqrt{2}+1\right)^n\)
\(=\left(\sqrt{2}+1\right)^m\left[\left(\sqrt{2}+1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^n\right]+\left(\sqrt{2}-1\right)^m\cdot\left[\left(\sqrt{2}-1\right)^n+\left(\sqrt{2}+1\right)^n\right]\)
\(=\left[\left(\sqrt{2}+1\right)^n+\left(\sqrt{2}-1\right)^n\right]\cdot\left[\left(\sqrt{2}+1\right)^m+\left(\sqrt{2}-1\right)^m\right]\)
\(=S_m\cdot S_n\)(đpcm)
n + 1 không thể = n với mọi n
Mà n mới = n với mọi n
Vậy....
sai tại n+1=n
vì không có 1 số \(n\inℝ\)mà +1 lại bằng chính nó