Cho \(a_n=\left(\frac{5-\sqrt{21}}{2}\right)^n+\left(\frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)^n\)CMR: \(a_n\)là số nguyên với mọi n là số tự nhiên. Tìm dư khi chia số đó cho 5
Biết rằng với mọi phương trình ax2 + bx + c = 0(a khác 0) thì nếu đặt \(A_n=x_1^2+x_2^2\)thì ta luôn có: \(aA_{n+2}+bA_{n+1}+cA_n=0\)
Áp dụng để tìm phần dư của \(A_n=\left(\frac{5+\sqrt{21}}{2}\right)^n+\left(\frac{5-\sqrt{21}}{2}\right)^n\)cho 5. (An là số tự nhiên)
Với mọi n là số tự nhiên khác 0, chứng minh biểu thức
\(A_n=n+\left[\sqrt[3]{n-\frac{1}{27}}+\frac{1}{3}\right]^2\)không viết được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương
cho dãy số \(a_1,a_2,a_3,...,a_n\) với \(a_n=\frac{\left(2+\sqrt{3}\right)^n-\left(2-\sqrt{3}\right)^n}{2\sqrt{3}}\in Z\)
Tìm n để \(a_n\) chia hết cho 3
Cho dãy số \(\left(a_n\right)\) xác định bởi công thức:
\(\hept{\begin{cases}a_1=1;a_2=2;\\na_{n+2}=\left(3n+2\right)a_{n+1}-2\left(n+1\right)a_n;n=1;2;3...\end{cases}}\)
a) Tìm công thức số hạng tổng quát của dãy \(\left(a_n\right)\)
b)Chứng minh \(\sqrt{a_1-1}+\sqrt{a_2-1}+...+\sqrt{a_n-1}\ge\frac{n\left(n+1\right)}{2};\forall n\inℕ^∗\)
c) Tính \(lim\left(\frac{a_1}{3}+\frac{a_2}{3^2}+...+\frac{a_n}{3^n}\right)\)
CMR:
Q = \(\frac{1}{2+\sqrt{3}}+\sqrt{3}-1+\sqrt{\left(3+2\sqrt{2}\right).\left(3-2\sqrt{2}\right)}\)
M = \(\left(5+\sqrt{21}\right).\left(\sqrt{14}-\sqrt{6}\right).\sqrt{5-\sqrt{21}}\)
N = \(\frac{\sqrt{\sqrt{5}+2}+\sqrt{\sqrt{5}-2}}{\sqrt{2}}-\sqrt{\sqrt{5}+1}\)
Là số nguyên.
cho \(S_n=\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^n+\left(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\right)^n-2\)là một số tự nhiên
Tìm số tự nhiên n để Sn là số chính phương
Thực ra mình lập câu hỏi này để giải một bài toán mình từng hỏi cho mọi người tham khảo, thì có một bạn nhờ mình giải.
Link : http://olm.vn/hoi-dap/question/715065.html
Thấy Online Math chọn thì không nỡ bỏ quên :v
Đề : Chia số \(2013^{2016}\) thành tổng các số tự nhiên.
Tìm số dư của tổng lập phương các số tự nhiên đó cho 6.
Bài này chủ yếu là đánh lừa các bạn, vì không rõ ràng ở phần " tổng các số tự nhiên", chúng ta chẳng biết tổng của các số nào cả, có rất nhiều cách chia như vậy. Với những bài có dạng như này, mẹo là các bạn đưa về dạng tổng quá, sẽ dễ dàng chứng minh được.
Cách giải :
Đặt \(2013^{2016}=a_1+a_2+...+a_n\)
Tổng lập phương các số tự nhiên này là :
\(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\)
Có :
\(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3-\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\)
\(=\left(a_1^3-a_1\right)+\left(a_2^3-a_2\right)+...+\left(a_n^3-a_n\right)\)
\(=a_1\left(a_1^2-1\right)+a_2\left(a_2^2-1\right)+...+a_n\left(a_n^2-1\right)\)
\(=\left(a_1-1\right)a\left(a_1+1\right)+\left(a_2-1\right)a_2\left(a_2+1\right)+...+\left(a_n-1\right)a_n\left(a_n+1\right)\)
Thấy \(\left(a_1-1\right)a\left(a_1+1\right);\left(a_2-1\right)a_2\left(a_2+1\right);...;\left(a_n-1\right)a_n\left(a_n+1\right)\) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên dễ dàng chứng minh nó chia hết cho 6.
Do đó \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3-\left(a_1+a_2+...+a_n\right)\) chia hết cho 6, tức \(a_1^3+a_2^3+...+a_n^3\) có cùng số dư với \(2013^{2016}\left(=a_1+a_2+...+a_n\right)\) khi chia cho 6.
Các bạn tự tìm số dư, vì phần còn lại khá đơn giản :)
1) Cho \(A_n=2018^n+2032^n-1964^n-1984^n\)
a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì \(A_n⋮51\)
b) Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho \(A_n⋮45\)
2) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn \(\left(xy+x+y\right)\left(x^2+y^2+1\right)=30\)
a) Ta có: \(2018^n-1964^n⋮3\)
\(2032^n-1984^n⋮3\)
nên An chia hết cho 3
Mà \(2018^n-1984^n⋮17\)
\(2032^n-1964^n⋮17\)
nên An chia hết cho 17
Vậy A chia hết cho 51
b) Ta có: An đồng dư 3^n +2^n-2.4^n (mod5)
và An đồng dư 2^n + 7^n -2^n-4^n (mod9)
Vậy An chia hết cho 45 khi n có dạng 12k
1. a)
+) \(A_n=2018^n+2032^n-1964^n-1984^n\)
\(=\left(2018^n-1964^n\right)+\left(2032^n-1984^n\right)\)
Vì \(2018^n-1964^n⋮2018-1964\)=>\(2018^n-1964^n⋮54\)=> \(2018^n-1964^n⋮3\)
\(\left(2032^n-1984^n\right)⋮3\)
=> \(A_n⋮3\)(1)
+) \(A_n=\left(2018^n-1984^n\right)+\left(2032^n-1964^n\right)\)
Vì : \(2018^n-1984^n⋮17\)và \(\left(2032^n-1964^n\right)⋮17\)
=> \(A_n⋮17\)(2)
Từ (1) ; (2) ; 3.17=51 và (3; 17) = 1
=> \(A_n⋮51\)
Cho \(\hept{\begin{cases}a_1>a_2>...>a_n>0\\1\le k\in Z\end{cases}}\)
CMR : \(a_1+\frac{1}{a_n\left(a_1-a_2\right)^k\left(a_2-a_3\right)^k...\left(a_{n-1}-a_n\right)^k}\ge\frac{\left(n-1\right)k+2}{\sqrt[\left(n-1\right)k+2]{k^{\left(n-1\right)k}}}\)