\(\dfrac{2\left(2n+1\right)}{n}\) là số chính phương
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
5 tháng 7 2018
\(\left(3^{n+1}-2.2^n\right)\left(3.3^n+2^{n+1}\right).3^{2n+2}+\left(8.2^{n-2}.3^{n+1}\right)^2\)
\(=\left(3^{n+1}-2^{n+1}\right)\left(3^{n+1}+2^{n+1}\right).3^{2n+2}+\left(2^{n+1}.3^{n+1}\right)^2\)
\(=\left(3^{2n+2}-2^{2n+2}\right).3^{2n+2}+2^{2n+2}.3^{2n+2}\)
\(=3^{2\left(2n+2\right)}-2^{2n+2}.3^{2n+2}+2^{2n+2}.3^{2n+2}\)
\(=3^{2\left(2n+2\right)}=\left(3^{2n+2}\right)^2\).
Ta thấy \(\left(3^{2n+2}\right)^2\)luôn là 1 số chính phương với mọi n\(\in\)N
Nên ta có ĐPCM.
27 tháng 1 2017
Tổng 10 số chính phương đầu tiên là :
\(1^2+2^2+3^2+...+10^2=\frac{10\left(10+1\right)\left(2.10+1\right)}{6}=385\)
Vậy tổng của 10 số chính phương đầu tiên là 385
9 tháng 5 2022
$\frac{1.3.5...(2n-1)}{(n+1)(n+2)...(n+n)}=\frac{1}{2^n}(*)$
Với $n=1$ thì $(*)\Leftrightarrow \frac{1}{2}=\frac{1}{2}$
Vậy $(*)$ đúng với $n=1$
Giả sử với $n=k$,$ k\in \mathbb{N^*}$ thì $(*)$ đúng, tức là:
$\frac{1.3.5...(2k-1)}{(k+1)(k+2)...(k+k)}=\frac{1}{2^k}$
Ta cần chứng minh với $n=k+1$ thì $(*)$ đúng, tức là:
$\frac{1.3.5...(2k+1)}{(k+2)(k+3)...(2k+2)}=\frac{1}{2^{k+1}}=\frac{1}{2^k}.\frac{1}{2}$
$\Leftrightarrow \frac{1.3.5...(2k+1)}{(k+2)(k+3)...(2k+2)}=\frac{1.3.5...(2k-1)}{2(k+1)(k+2)...(k+k)}$
$\Leftrightarrow \frac{1.3.5...(2k-1)2k(2k+1)}{(k+2)(k+3)...2k(2k+1)(2k+2)}=\frac{1.3.5...(2k-1)}{2(k+1)(k+2)...2k}$
$\Leftrightarrow \frac{2k(2k+1)}{2k(2k+1)(2k+2)}=\frac{1}{2(k+1)}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{(2k+2)}=\frac{1}{2(k+1)}$
Do đó với $n=k+1$ thì $(*)$ đúng
$\Rightarrow \frac{1.3.5...(2n-1)}{(n+1)(n+2)...(n+n)}=\frac{1}{2^n}$
17 tháng 8 2015
Vừa post xong
Lời giải như sau: Kí hiệu \(n!=1\cdot2\cdots n\) là tích \(n\) số nguyên dương đầu tiên. Khi đó ta sẽ có
Tử số bằng \(\left(2\cdot1\right)\left(2\cdot3\right)\left(2\cdot5\right)\cdots\left(2\cdot\left(2n-1\right)\right)=2^n\cdot1\cdot3\cdot5\cdots\left(2n-1\right).\)
Mẫu số bằng \(\frac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)\left(n+5\right)\cdots\left(2n\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)}=\frac{\left(2n\right)!}{n!}\cdot\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)}\).
Suy ra \(a_n=\frac{2^n\cdot1\cdot3\cdot5\cdots\left(2n-1\right)}{\left(2n\right)!}\cdot n!\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)
\(=\frac{2^n\cdot n!}{\left(2\cdot1\right)\left(2\cdot2\right)\cdots\left(2\cdot n\right)}\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\).
Cuối cùng ta có \(a_n=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)
\(=\left(n^2+5n+4\right)\left(n^2+5n+6\right)+1=y\left(y+2\right)+1=\left(y+1\right)^2\)
ở đó \(y=n^2+5n+4\) là số nguyên. Vậy \(a_n\) là số chính phương.
30 tháng 5 2020
TH1) Với n = 6k
ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+1\right)\left(12k+1\right)\) không chia hết cho 6
=> Loại
TH2) Với n = 6k+1
ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)⋮6\)
=> \(A=\frac{\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)}{6}=\left(3k+1\right)\left(4k+1\right)\)là số chính phương
Lại có: ( 3k + 1 ; 4k + 1 ) = ( 3k + 1 ; k ) = ( 2k + 1 ; k ) = ( k + 1 ; k ) = ( k ; 1 ) = 1
=> 3k + 1 và 4k + 1 đồng thời là 2 số chính phương
+) Với k \(\equiv\)\(1,3,5,7\)(mod 8 ) => 4k + 1 không là số cp
+) Với k \(\equiv\)2; 4; 6 ( mod 8) => 3k + 1 không là số chính phương
=> k \(\equiv\)0 ( mod 8) => k = 8h
=> Tìm h bé nhất để 24h + 1 và 32h + 1 là số chính phương(1)
+) Với h \(\equiv\)\(3,4,6\)( mod7) => 24k + 1 không là số chính phương
+) Với h \(\equiv\)1 (mod 7 ) => 32h + 1 không là số cp
=> h \(\equiv\)0; 2; 5 (mod 7 )
=> h = 7m hoặc h = 7n + 2 hoặc h = 7t + 7 ( với m;n; t nguyên dương )
Nếu m = 1 => h = 7 => 24h + 1 = 169 và 32h + 1 = 225 là hai số chính phương và h nhỏ nhất
=> n = 6k + 1 và k = 8h = 56
=> n = 337
=> A = 38025 là số chính phương
TH3) Với n = 6k + 2
ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+3\right)\left(12k+5\right)\)không chia hết cho 6
TH4) Với n = 6k + 3
ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+4\right)\left(12k+7\right)\)không chia hết cho 6
TH5) Với n = 6k + 4
ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+5\right)\left(12k+9\right)\)không chia hết cho 6
TH6) Với n = 6k + 5
ta có \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)⋮6\)
=> \(A=\frac{\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)}{6}=\left(k+1\right)\left(12k+11\right)\)
mà ( k + 1; 12k + 11 ) = 1
=> k + 1 và 12k + 11 là 2 số chính phương
tuy nhiên 12k + 11 chia 12 dư 11 mà 1 số chính phương chia 12 không dư 11
=> Trường hợp này loại
Vậy n = 337
\(\dfrac{2\left(2n+1\right)}{n}=\dfrac{2.2n+2}{n}=\dfrac{4n+2}{n}\)