Toán lớp 1 hả má ơi

đay là toán lớp 1 hả :)))

Với \(n=0\Rightarrow0-0+0-0+0-0=0⋮24\left(đúng\right)\)

Với \(n=1\Rightarrow1-3+6-7+5-2=0⋮24\left(đúng\right)\)

G/s \(n=k\Rightarrow\left(k^6-3k^5+6k^4-7k^3+5k^2-2k\right)⋮24\)

\(\Rightarrow k\left(k^5-3k^4+6k^3-7k^2+5k-2\right)⋮24\\ \Rightarrow k\left(k+1\right)\left(k^2+k+1\right)\left(k^2-k+2\right)⋮24\)

Với \(n=k+1\), ta cần cm \(\left[\left(k+1\right)^6-3\left(k+1\right)^5+6\left(k+1\right)^4-7\left(k+1\right)^3+5\left(k+1\right)^2-2\left(k+1\right)\right]⋮24\)

Ta có \(\left(k+1\right)^6-3\left(k+1\right)^5+6\left(k+1\right)^4-7\left(k+1\right)^3+5\left(k+1\right)^2-2\left(k+1\right)\)

\(=\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)^5-3\left(k+1\right)^4+6\left(k+1\right)^3-7\left(k+1\right)+5\left(k+1\right)-2\right]\\ =\left(k+1\right)\left(k+1-1\right)\left[\left(k+1\right)^2-\left(k+1\right)+1\right]\left[\left(k+1\right)^2-\left(k+1\right)+2\right]\\ =k\left(k+1\right)\left(k^2+k+1\right)\left(k^2+k+2\right)\)

Mà theo GT quy nạp ta có \(k\left(k+1\right)\left(k^2+k+1\right)\left(k^2+k+2\right)⋮24\)

Vậy ta được đpcm

dùng đồng dư đi :v 

2^2^2n=16^n

có 16 đồng dư 2 mod 7

=>16^n đồng dư 2 mod 7

=>16^n+5 đồng dư 0 mod 7

\(n=1\Rightarrow1^1\ge1!\) đúng

Giả sử đúng với \(n=k\) hay \(k^k\ge k!\) 

Cần chứng minh đúng với \(n=k+1\) hay \(\left(k+1\right)^{k+1}\ge\left(k+1\right)!\)

Ta có:

\(\left(k+1\right)^{k+1}=\left(k+1\right).\left(k+1\right)^k>\left(k+1\right).k^k\ge\left(k+1\right).k!=\left(k+1\right)!\) (đpcm)

Ta sẽ chứng minh với \(n\ge1\)thì \(P_n=\left(1-\frac{4}{1}\right)\left(1-\frac{4}{9}\right)\left(1-\frac{4}{25}\right)...\left(1-\frac{4}{\left(2n-1\right)^2}\right)=\frac{-2n-1}{2n-1}\)

Với \(n=1\)mệnh đề đúng vì \(1-4=-3=\frac{-2.1-1}{2.1-1}\)

Giả sử mệnh đề đúng với \(n=k\)tức là \(\left(1-\frac{4}{1}\right)\left(1-\frac{4}{9}\right)\left(1-\frac{4}{25}\right)...\left(1-\frac{4}{\left(2k-1\right)^2}\right)=\frac{-2k-1}{2k-1}\)

Ta sẽ chứng minh mệnh đề đúng với \(n=k+1\)tức là chứng minh \(\left(1-\frac{4}{1}\right)\left(1-\frac{4}{9}\right)\left(1-\frac{4}{25}\right)...\left(1-\frac{4}{\left(2k+1\right)^2}\right)=\frac{-\left(2k+3\right)}{2k+1}\)

Thật vậy \(\left(1-\frac{4}{1}\right)\left(1-\frac{4}{9}\right)\left(1-\frac{4}{25}\right)...\left(1-\frac{4}{\left(2k-1\right)^2}\right)\left(1-\frac{4}{\left(2k+1\right)^2}\right)=\frac{-2k-1}{2k-1}.\frac{\left(2k-1\right)\left(2k+3\right)}{\left(2k+1\right)^2}\)

\(=\frac{-\left(2k+1\right)}{2k-1}.\frac{\left(2k-1\right)\left(2k+3\right)}{\left(2k+1\right)^2}=\frac{-\left(2k+3\right)}{2k+1}.\)

Theo nguyên lý quy nạp, mệnh đề đúng với mọi \(n\ge1\)

chả có j mà ngồi cười như thật!

Đặt \(A=6^{2n+1}+5^{n+2}\)

Với n=0

=>\(A\left(0\right)=6^{2.0+1}+5^{0+2}=6+5^2=31\) chia hết cho 31

Giả sử n=k thì A sẽ chia hết cho 31

=>\(A\left(k\right)=6^{2k+1}+5^{k+2}\) chia hết cho 31

Chứng minh n=k+1 cũng chia hết cho 31 hay \(A\left(k+1\right)=6^{2\left(k+1\right)+1}+5^{\left(k+1\right)+2}\) chia hết cho 31

 thật vậy

\(A\left(k+1\right)=6^{2k+3}+5^{k+3}=6^{2k+1}.36+5^{k+2}.5\)

\(=5\left(6^{2k+1}+5^{k+2}\right)+3.6^{2k+1}\)

Theo giả thiết ta có

\(6^{2k+1}+5^{k+2}\) chia hết cho 31

=>\(5\left(6^{2k+1}+5^{k+2}\right)\) chia hết cho 31

mà\(31.6^{2k+1}\) chia hết cho 31

=>\(5\left(6^{2k+1}+5^{k+2}\right)+31.6^{2k+1}\) chia hết cho 31

Hay \(A\left(k+1\right)\) chia hết cho 31

Vậy \(^{6^{2n+1}+5^{n+2}}\) chia hết cho 31

bác Khánh làm hay thật