Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta chứng minh bằng quy nạp:
- Với n = 1 luôn đúng vì \(\overrightarrow{a}\) có cùng độ dài và hướng với véc tơ \(1.\overrightarrow{a}\) nên \(\overrightarrow{a}=1.\overrightarrow{a}\).
- Giả sử điều phải chứng minh đúng với \(n=k\). Nghĩa là:
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}+........+\overrightarrow{a}=k\overrightarrow{a}\). (có \(k\) véc tơ \(\overrightarrow{a}\))
- Ta sẽ chứng minh nó đúng với \(n=k+1\). Nghĩa là:
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}+........+\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}=\left(k+1\right)\overrightarrow{a}\).
Thật vậy, ta có tổng k + 1 véc tơ \(\overrightarrow{a}\):
\(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}+........+\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}=\left(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}+...+\overrightarrow{a}\right)+\overrightarrow{a}\)
\(=k\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}\) (theo giả thiết quy nạp)
\(=\left(k+1\right)\overrightarrow{a}\) (theo tính chất phân phối với phép cộng các số).
Vậy \(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}+........+\overrightarrow{a}+\overrightarrow{a}=\left(k+1\right)\overrightarrow{a}\).
Suy ra điều phải chứng minh đúng với n = k + 1.
Theo nguyên lý quy nạp toán học điều trên đúng với n.
cmr tồn tại duy nhất bộ nghiệm số nguyên dương (a,n) sao cho
\(a^{n+1}\)-\(\left(a=1\right)^n\)=2001
\(a^{n+1}-\left(a=1\right)^n=2001\left(n\in N\right)\)
\(\Rightarrow a^{n-1}-1^n=2001\)
\(\Rightarrow a^{n-1}-1=2001\)
\(\Rightarrow a^{n-1}=2001+1\)
\(\Rightarrow a^{n-1}=2002\)
Mk chỉ biết giải TH:n dương và chỉ giải đc thế thôi
Chúc bn học tốt
để\(\frac{19}{n-1}\)là số nguyên suy ra 19 chia hết cho n-1 suy ra n-1 thuộc ước của 19
suy ra n-1=\(\left\{1;19\right\}\)suy ra n=\(\left\{2;20\right\}\)
vậy n=\(\left\{2;20\right\}\)
\(B=1!+2.2!+3.3!+...+k.k!\)
\(=1!+\left(3-1\right)2!+\left(4-1\right)3!+...+\left(k+1-1\right)k!\)
\(=1!+3!-2!+4!-3!+...+\left(k+1\right)!-k!\)
\(=\left(k+1\right)!-1\)
\(C=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+\frac{4-1}{4!}+...+\frac{n-1}{n!}\)
\(=\frac{2}{2!}-\frac{1}{2!}+\frac{3}{3!}-\frac{1}{3!}+\frac{4}{4!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{n}{n!}-\frac{1}{n!}\)
\(=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{\left(n-1\right)!}-\frac{1}{n!}\)
\(=1-\frac{1}{n!}\)
2.
Với \(n=0\Rightarrow1\ge\frac{1}{2}\) đúng
Với \(n=1\Rightarrow1\ge1\) đúng
Giả sử BĐT đúng với \(n=k\ge2\) hay \(k!\ge2^{k-1}\)
Ta cần chứng minh nó cũng đúng với \(n=k+1\) hay \(\left(k+1\right)!\ge2^k\)
Thật vậy, ta có:
\(\left(k+1\right)!=k!\left(k+1\right)\ge2^{k-1}.\left(k+1\right)>2^{k-1}.2=2^k\) (đpcm)
Lời giải:
Giả sử $n$ có ước nguyên tố khác 2. Gọi ước đó là $p$ với $p$ lẻ.
Khi đó: $n=pt$ với $t$ nguyên dương bất kỳ.
$a^n+1=(a^t)^p+1\vdots a^t+1$
Mà $a^t+1\geq 3$ với mọi $a\geq 2; t\geq 1$ và $a^n+1> a^t+1$ nên $a^n+1$ là hợp số. Điều này vô lý theo giả thiết.
Vậy điều giả sử là sai, tức là $n$ không có ước nguyên tố lẻ nào cả. Vậy $n=2^k$ với $k\in\mathbb{N}$
Lấy $a=2; n=4$ ta có $a^n+1=17$ là snt. Vậy $n=2^k$ với $k$ nguyên dương.