cho a= 1+2002+2002^2 +2002^3 +...+ 2002^99 ; b= 2002^100. CTR: b > 2001.a
Những câu hỏi liên quan
cho A= 1+ 2002+2002^2 +2003^2+...+2002^99
B= 2002^100
Chứng tỏ rằng B> 2001 . A
cho A =1+2002+20022+20023+...+200299
B=2002100
Chứng tỏ rằng B >2001.A
Giup mik nhazzz. Xog mik like chooo
2002A= 2002 + \(2002^2+2002^3+2002^4+.....+2002^{100}\)
2002A - A= \(\left(2002+2002^2+2002^3+2002^4+....+2002^{100}\right)-\left(1+2002+2002^2+.....+2002^{99}\right)\)
2001A= \(2002^{100}-1\)
Vì \(2002^{100}\) > \(2002^{100}-1\) nên B > 2001A
Đúng 0
Bình luận (0)
Cho A = 1+2002+2002\(^2\)+2002\(^3\)+...+2002\(^{99}\)
B = 2002\(^{100}\)
Chứng tỏ rằng B >2001.A
Cho A= 1+2002+20022+20023+......+200272
B=200273-1 so sánh A và B
Chứn minh rằng: 12002 +22002 +32002 +.....+ 20022002 chia hết cho 11.
P =1^2002 + 2^2002 + 3^2002 +4^2002 +...+ 2002^2002
Q = 1^2+2^2+..+ 2002^2, ta có Q = 1/6*2002*2003*(2.2002+1) ≡ 0 (mod 11)
{Công thức 1^2 +2^2 +...+ n^2 = n(n+1)(2n+1)/6}
P - Q = (1^2002 -1^2) + (2^2002-2^2) +..+ (2^2002 -2002^2)
Theo định lý Fermat nhỏ thì a^(p-1) ≡ 1 (mod p)
=> a^10 ≡ 1 (mod 11)
=> a^2000 ≡ 1 (mod 11)
=> a^2002 ≡ a^2 (mod 11) (*)
Từ (*) => P - Q ≡ 0 (mod 11)
mà Q ≡ 0 (mod 11) theo cm trên
=> P ≡ 0 (mod 11)
Đúng 0
Bình luận (0)
Tìm 2 chữ số tận cùng của các tổng :
a,A=1^2002 + 2^2002+ 3 ^2002+........+2004^2002
b,B=1^2003 + 2^2003 + 3^2003+....+2004^2003
CMR
Cmr 1^2002 + 2^2002 +....+2002^2002 chia hết cho 11
Đặt
P =1^2002 + 2^2002 + 3^2002 +4^2002 +...+ 2002^2002
Q = 1^2+2^2+..+ 2002^2, ta có Q = 1/6*2002*2003*(2.2002+1) ≡ 0 (mod 11)
{Công thức 1^2 +2^2 +...+ n^2 = n(n+1)(2n+1)/6}
P - Q = (1^2002 -1^2) + (2^2002-2^2) +..+ (2^2002 -2002^2)
Theo định lý Fermat nhỏ thì a^(p-1) ≡ 1 (mod p)
=> a^10 ≡ 1 (mod 11)
=> a^2000 ≡ 1 (mod 11)
=> a^2002 ≡ a^2 (mod 11) (*)
Từ (*) => P - Q ≡ 0 (mod 11)
mà Q ≡ 0 (mod 11) theo cm trên
=> P ≡ 0 (mod 11)
Đúng 1
Bình luận (0)
Cho a+b= c+d và a^2+b^2=c^2+d^2 .Cmr: a^2002+b^2002=c^2002+d^2002
1^2002+2^2002+3^2002+.........+2004^2002
Tìm 2 chữ số tận cùng của tổng trên.