Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tham khảo câu trả lời tại đây bạn nhé !
https://olm.vn/hoi-dap/detail/224113518607.html
Câu hỏi của An Van - Toán lớp 10 - Học toán với OnlineMath
Chúc bạn học tốt ^_^
a) Đặt Sn = n3 + 3n2 + 5n
Với n = 1 thì S1 = 9 chia hết cho 3
Giả sử với n = k ≥ 1, ta có Sk = (k3 + 3k2 + 5k) 3
Ta phải chứng minh rằng Sk+1 3
Thật vậy Sk+1 = (k + 1)3 + 3(k + 1)2 + 5(k + 1)
= k3 + 3k2 + 3k + 1 + 3k2 + 6k + 3 + 5k + 5
= k3 + 3k2 + 5k + 3k2 + 9k + 9
hay Sk+1 = Sk + 3(k2 + 3k + 3)
Theo giả thiết quy nạp thì Sk 3, mặt khác 3(k2 + 3k + 3)
3 nên Sk+1
3.
Vậy (n3 + 3n2 + 5n) 3 với mọi n ε N* .
b) Đặt Sn = 4n + 15n - 1
Với n = 1, S1 = 41 + 15.1 – 1 = 18 nên S1 9
Giả sử với n = k ≥ 1 thì Sk= 4k + 15k - 1 chia hết cho 9.
Ta phải chứng minh Sk+1 9.
Thật vậy, ta có: Sk+1 = 4k + 1 + 15(k + 1) – 1
= 4(4k + 15k – 1) – 45k + 18 = 4Sk – 9(5k – 2)
Theo giả thiết quy nạp thì Sk 9 nên 4S1
9, mặt khác 9(5k - 2)
9, nên Sk+1
9
Vậy (4n + 15n - 1) 9 với mọi n ε N*
a: Điều kiện cần và đủ để n2 chia hết cho 5 là n chia hết cho 5
Vì nếu n chia hết cho 5 thì n=5k
\(n^2=25k^2=5\cdot5k^2⋮5\)
b: Điều kiện cần và đủ để n2 chia hết cho 5 là n2+1 không chia hết cho5 và n2-1 không chia hết cho 5
\(B=1!+2.2!+3.3!+...+k.k!\)
\(=1!+\left(3-1\right)2!+\left(4-1\right)3!+...+\left(k+1-1\right)k!\)
\(=1!+3!-2!+4!-3!+...+\left(k+1\right)!-k!\)
\(=\left(k+1\right)!-1\)
\(C=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+\frac{4-1}{4!}+...+\frac{n-1}{n!}\)
\(=\frac{2}{2!}-\frac{1}{2!}+\frac{3}{3!}-\frac{1}{3!}+\frac{4}{4!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{n}{n!}-\frac{1}{n!}\)
\(=1-\frac{1}{2!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{3!}-\frac{1}{4!}+...+\frac{1}{\left(n-1\right)!}-\frac{1}{n!}\)
\(=1-\frac{1}{n!}\)
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)
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{a^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}a\\b^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{b^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}b\\c^n+\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\ge n\sqrt[n]{c^n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n\left(n-1\right)}}=n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}c\end{cases}}\)
_________________________________________________________________________________________
\(\Rightarrow\left(a^n+b^n+c^n\right)\ge n\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^{n-1}\left(a+b+c\right)-3\left(n-1\right)\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)\(=3\left(\frac{a+b+c}{3}\right)^n\)
Lời giải:
Theo đề bài ta có \((a_i,p)=1\) với \(i=\overline{1,n}\)
Do đó áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có:
\(a_i^{p-1}\equiv 1\pmod p\)
\(\Leftrightarrow a_i^{(p-1)k_i}\equiv 1^{k_i}\equiv 1\pmod p\)
Suy ra:
\(A=p_1a_1^{(p-1)k_1}+p_2a_2^{(p-1)k_2}+...+p_na_n^{(p-1)k_n}\equiv p_1+p_2+...+p_n\pmod p\)
Do đó:
\(A\vdots \Rightarrow p_1+p_2+...+p_n\vdots p\)
\(p_1+p_2+....+p_n\vdots p\Rightarrow A\vdots p\)
Điều này tương đương với: \(A\vdots p\Leftrightarrow \sum p_i\vdots p\)
Ta có đpcm.
1)
a) \(5n-8⋮4-n\)
\(\Rightarrow-20+5n+12⋮4-n\)
\(\Rightarrow-5\left(4-n\right)+12⋮4-n\)
\(\Rightarrow12⋮4-n\)
\(\Rightarrow4-n\in\left\{-1;1;-2;2;-3;3;-4;4;-6;6;-12;12\right\}\)
+) \(4-n=-1\Rightarrow n=5\)
+) \(4-n=1\Rightarrow n=3\)
+) \(4-n=-2\Rightarrow n=6\)
+) \(4-n=2\Rightarrow n=2\)
+) \(4-n=-3\Rightarrow n=7\)
+) \(4-n=3\Rightarrow n=1\)
+) \(4-n=-4\Rightarrow n=8\)
+) \(4-n=4\Rightarrow n=0\)
+) \(4-n=-6\Rightarrow n=10\)
+) \(4-n=6\Rightarrow n=-2\)
+) \(4-n=-12\Rightarrow n=16\)
+) \(4-n=12\Rightarrow n=-8\)
Vậy \(n\in\left\{5;3;6;2;7;1;8;0;10;-2;16;-8\right\}\)
b) Ta có:\(n^2+3n+6⋮n+3\)
\(\Rightarrow n\left(n+3\right)+6⋮n+3\)
\(\Rightarrow6⋮n+3\)
\(\Rightarrow n+3\in\left\{-1;1;-2;2;-3;3;-6;6\right\}\)
+) \(n+3=-1\Rightarrow n=-4\)
+) \(n+3=1\Rightarrow n=-2\)
+) \(n+3=-2\Rightarrow n=-5\)
+) \(n+3=2\Rightarrow n=-1\)
+) \(n+3=-3\Rightarrow n=-6\)
+) \(n+3=3\Rightarrow n=0\)
+) \(n+3=-6\Rightarrow n=-9\)
+) \(n+3=6\Rightarrow n=3\)
Vậy \(n\in\left\{-4;-2;-5;-1;-6;0;-9;3\right\}\)
Với n=1 ta có : \(1^3+3\cdot1^2+5\cdot1=9⋮3\)
Vậy khẳng định đúng với n=1.
Giả sử khẳng định đúng với n=m ta có \(\left(m^3+3m^2+5m\right)⋮3\)
Ta phải chứng minh khẳng định đúng với n=m+1 nghĩa là:
\(\left(\left(m+1\right)^3+3\left(m+1\right)^2+5\left(m+1\right)\right)⋮3\)
\(\Leftrightarrow\left(m^3+6m^2+14m+9\right)⋮3\)
\(\Leftrightarrow\left(\left(m^3+3m^2+5m\right)+\left(3m^2+9m+9\right)\right)⋮3\)
Mà \(\left(m^3+3m^2+5m\right)⋮3\)
\(3m^2+9m+9=3\left(m^2+3m+3\right)⋮3\)
Do đó khẳng định đúng với n=m+1.
Vậy khẳng định đúng \(\forall n\ge1,n\inℕ\)
\(\forall n\ge1,n\in N\)
Ta có: \(n^3+3n^2+5n=\left(n^3+3n^2+2n\right)+3n=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+3n\)
Vì n(n+1) (n+2) tích của 3 số tự nhiên liên tiếp
=> n( n+1) (n+2) chia hết cho 3
và 3n c hia hết cho 3
=> \(n^3+3n^2+5n\) chia hết cho 3