Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
T lm nhé!
Ta có: \(U_{n+1}=\dfrac{\left(13+\sqrt{3}\right)^{n+1}-\left(13-\sqrt{3}\right)^{n+1}}{2\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{\left(13+\sqrt{3}\right)^n\cdot\left(13+\sqrt{3}\right)-\left(13-\sqrt{3}\right)^n\cdot\left(13-\sqrt{3}\right)}{2\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{\left(13+\sqrt{3}\right)^n\cdot\left(26+\sqrt{3}-13\right)-\left(13-\sqrt{3}\right)^n\left(26-\sqrt{3}-13\right)}{2\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{26\left(13+\sqrt{3}\right)^n+\sqrt{3}\left(13+\sqrt{3}\right)^n-13\left(13+\sqrt{3}\right)^n}{2\sqrt{3}}\)\(\dfrac{-26\left(13-\sqrt{3}\right)^n+\sqrt{3}\left(13-\sqrt{3}\right)^n+13\left(13-\sqrt{3}\right)^n}{.}\)
\(=\dfrac{26\left[\left(13+\sqrt{3}\right)^n-\left(13-\sqrt{3}\right)^n\right]}{2\sqrt{3}}\)\(+\dfrac{\sqrt{3}\left(13+\sqrt{3}\right)^n-13\left(13+\sqrt{3}\right)^n+\sqrt{3}\left(13-\sqrt{3}\right)^n+13\left(13-\sqrt{3}\right)^n}{2\sqrt{3}}\)
\(=\dfrac{26\left[\left(13+\sqrt{3}\right)^n-\left(13-\sqrt{3}\right)^n\right]}{2\sqrt{3}}+\dfrac{-\left[\left(13+\sqrt{3}\right)^n\left(13-\sqrt{3}\right)\right]}{2\sqrt{3}}+\dfrac{\left[\left(13-\sqrt{3}\right)^n\left(13+\sqrt{3}\right)\right]}{2\sqrt{3}}\)
\(=26U_n-\dfrac{166\left[\left(13+\sqrt{3}\right)^{n-1}-\left(13-\sqrt{3}\right)^{n-1}\right]}{2\sqrt{3}}\)
\(=26U_n-166U_{n-1}\) --> đpcm
P/s: Dấu = thứ 3 từ trên xuống cái p/s đấy là cả 1 dòng nha, tại dài quá nên ph chia lm 2 lần viết :v Lóa mắt
Lời giải:
Đặt \(2290+7n=k^3\)
Vì \(50000\leq n\leq 100000\Rightarrow 352290\leq k^3\leq 702290\)
\(\Rightarrow 71\leq k\leq 88\)
Ta thấy \(7n+2290\equiv 1\pmod 7\Rightarrow k^3\equiv 1\pmod 7\)
Xét modulo \(7\) cho $k$ ta thu được \(k\equiv 1, 2,4\pmod 7\)
TH1: \(k=7t+1\Rightarrow 71\leq 7t+1\leq 88\Leftrightarrow 10\leq t\leq 12\)
Thay \(t=10,11,12\) ta thu được \(n\in\left\{50803;67466;87405\right\}\)
TH2: \(k=7t+2\Rightarrow 71\leq 7t+2\leq 88\Rightarrow 10\leq t\leq 12\)
Thay \(t=10,11,12\) ta thu được \(n\in\left\{52994;70107;90538\right\}\)
TH3: \(k=7t+4\Rightarrow 71\leq 7t+4\leq 88\Rightarrow 10\leq t\leq 12\)
Thay \(t=10,11,12\) ta thu được \(n\in\left\{57562;75593;97026\right\}\)
Ta có:
\(50000\le n\le100000\)
\(\Leftrightarrow350000\le7n\le700000\)
\(\Leftrightarrow352290\le2290+7n\le702290\)
Gọi số lập phương đó là \(a^3\left(a\in N\right)\)
\(\Rightarrow352290\le a^3\le702290\)
\(\Leftrightarrow71\le a\le88\)
Bên cạnh đó ta có:
\(2290+7n=a^3\)
\(\Leftrightarrow n=\dfrac{a^3-2290}{7}=-327+\dfrac{a^3-1}{7}=\dfrac{\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)}{7}-327\)
Giờ tìm a sao cho thỏa \(\left[{}\begin{matrix}a-1⋮7\\a^2+a+1⋮7\end{matrix}\right.\)và \(71\le a\le88\)là xong
a) \(\dfrac{6x-1}{2-x}+\dfrac{9x+4}{x+2}=\dfrac{x\left(3x-2\right)+1}{x^2-4}\)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(1-6x\right)\left(x+2\right)+\left(9x+4\right)\left(x-2\right)}{x^2-4}=\dfrac{x\left(3x-2\right)+1}{x^2-4}\)
\(\Rightarrow\left(1-6x\right)\left(x+2\right)+\left(9x+4\right)\left(x-2\right)=x\left(3x-2\right)+1\)
\(\Leftrightarrow x-6x^2+2-12x+9x^2-18x+4x-8=3x^2-2x+1\)
\(3x^2-25x-6-3x^2+2x-1=0\\ \Leftrightarrow-23x-7=0\\ \Leftrightarrow x=\dfrac{7}{-23}\)
vậy phương trình có tập nghiệm là S={\(\dfrac{7}{-23}\)}
b)\(\dfrac{x+2}{x-2}-\dfrac{2}{x\left(x-2\right)}=\dfrac{1}{x}\) (ĐKXĐ: \(x\ne2;0\) )
\(\Leftrightarrow\dfrac{x\left(x+2\right)-2}{x\left(x-2\right)}=\dfrac{x-2}{x\left(x-2\right)}\)
\(\Rightarrow x^2+2x-2=x-2\\ \Leftrightarrow x^2+x=0\\ \Leftrightarrow x\left(x+1\right)=0\)
\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\\x+1=0\end{matrix}\right.\)\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=0\left(loại\right)\\x=-1\end{matrix}\right.\)
vậy phương trình có tập nghiệm là S={-1}
Câu 1:
Ta thấy \(S_2=\dfrac{\sqrt{3}+S_1}{1-\sqrt{3}S_1}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{1-\sqrt{3}}=\dfrac{\left(1+\sqrt{3}\right)^2}{\left(1-\sqrt{3}\right)\left(1+\sqrt{3}\right)}\)\(=\dfrac{4+2\sqrt{3}}{-2}=-2-\sqrt{3}\)
Từ đó \(S_3=\dfrac{\sqrt{3}+S_2}{1-\sqrt{3}S_2}=\dfrac{\sqrt{3}-2-\sqrt{3}}{1-\sqrt{3}\left(-2-\sqrt{3}\right)}=\dfrac{-2}{4+2\sqrt{3}}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\)
và \(S_4=\dfrac{\sqrt{3}+S_3}{1-\sqrt{3}S_3}=\dfrac{\sqrt{3}+\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}}{1-\dfrac{\sqrt{3}}{-2-\sqrt{3}}}=\dfrac{-2\sqrt{3}-3+1}{-2-\sqrt{3}-\sqrt{3}}=1\)
Đến đây ta thấy \(S_4=S_1\). Cứ tiếp tục làm như trên, ta rút ra được:
\(S_{3k+1}=1\); \(S_{3k+2}=-2-\sqrt{3}\) và \(S_{3k+3}=\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\), với \(k\inℕ\)
Ta tính số các số thuộc mỗi dạng \(S_{3k+i}\left(i=1,2,3\right)\) từ \(S_1\) đến \(S_{2017}\).
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+1}\) là \(\left(2017-1\right):3+1=673\) số
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+2}\) là \(\left(2015-2\right):3+1=672\) số
- Số các số hạng có dạng \(S_{3k+3}\) là \(\left(2016-3\right):3+1=672\) số
Như thế, tổng S có thể được viết lại thành
\(S=\left(S_1+S_4+...+S_{2017}\right)+\left(S_2+S_5+...+S_{2015}\right)+\left(S_3+S_6+...+S_{2016}\right)\)
\(S=613+612\left(-2-\sqrt{3}\right)+612\left(\dfrac{1}{-2-\sqrt{3}}\right)\)
Tới đây mình lười rút gọn lắm, nhưng ý tưởng làm bài này là như vậy.
Có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (1)
\(\Leftrightarrow\dfrac{\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(x+\sqrt{x^2+5}\right)}{x+\sqrt{x^2+5}}.\dfrac{\left(y-\sqrt{y^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)}{y+\sqrt{y^2+5}}=5\)
\(\Leftrightarrow\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)=5\) (2)
Từ (1) và (2) ta có \(\left(x-\sqrt{x^2+5}\right).\left(y-\sqrt{y^2+5}\right)=\left(x+\sqrt{x^2+5}\right).\left(y+\sqrt{y^2+5}\right)\)
\(\Leftrightarrow x\sqrt{y^2+5}+y\sqrt{x^2+5}=0\)
\(\Leftrightarrow x^2\left(y^2+5\right)=y^2\left(x^2+5\right)\left(y\le0;x\ge0\right)\)
\(\Leftrightarrow x^2-y^2=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\left(\text{loại}\right)\\x=-y\left(\text{nhận}\right)\end{matrix}\right.\)
Khi đó M = x3 + y3 = 0
N = x2 + y2 = 2y2
Lời giải:
Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
\(3=ab+bc+ac\geq 3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\)
\(\Leftrightarrow \sqrt[3]{a^2b^2c^2}\leq 1\Rightarrow abc\leq 1\)
Do đó:
\(\text{VT}=\frac{1}{1+a^2(b+c)}+\frac{1}{1+b^2(c+a)}+\frac{1}{1+c^2(a+b)}\leq \frac{1}{abc+a^2(b+c)}+\frac{1}{abc+b^2(c+a)}+\frac{1}{abc+c^2(a+b)}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{a(ab+bc+ac)}+\frac{1}{b(ab+bc+ac)}+\frac{1}{c(ab+bc+ac)}\)
\(\Leftrightarrow \text{VT}\leq \frac{1}{3a}+\frac{1}{3b}+\frac{1}{3c}=\frac{ab+bc+ac}{3abc}\)
\(\text{VT}\leq \frac{1}{abc}\) do $ab+bc+ac=3$
Vậy ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c=1\)
Akai Haruma ơi, chỗ Do đó, sao lại \(VT\le\dfrac{1}{abc+a^2\left(b+c\right)}\)
Nguyễn Huy Tú Akai Haruma Toshiro Kiyoshi Mới vô T.Thùy Ninh Trần Thiên Kim Ace LegonaHung nguyen Hoang Hung Quan Ái Hân Ngô Hoàng Ngọc AnhPhương An