Với mỗi số nguyên dương n≤2008Đặt Sn an bn với a 3 √52 và b 3−√52 CMR với n≥1 ta có Sn−2 √5 12 n− √5−12 n 2
Những câu hỏi liên quan
Với mỗi số nguyên dương n, đặt s_{n} (2 - sqrt{3})^n + (2 + sqrt{3})^na) Chứng minh rằng: s_{n+2} 4s_{n+1} - s_{n}b) Chứng minh rằng sn là số nguyên với mọi số nguyên dương n và tìm số dư của s2018 khi chia cho 3.c) Chứng minh rằng [(2 + sqrt{3})^n] s_{n} - 1 với mọi số nguyên dương n, trong đó kí hiệu [x] là phần nguyên của số thực x.
Đọc tiếp
Với mỗi số nguyên dương \(n\), đặt \(s_{n} = (2 - \sqrt{3})^n + (2 + \sqrt{3})^n\)
a) Chứng minh rằng: \(s_{n+2} = 4s_{n+1} - s_{n}\)
b) Chứng minh rằng sn là số nguyên với mọi số nguyên dương n và tìm số dư của s2018 khi chia cho 3.
c) Chứng minh rằng \([(2 + \sqrt{3})^n] = s_{n} - 1\) với mọi số nguyên dương \(n\), trong đó kí hiệu [x] là phần nguyên của số thực \(x\).
Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu Sn = 1!+2!+···+n!. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương k sao cho Sk có ít nhất một ước nguyên tố lớn hơn 3^2019
cho Sn = (1+1/2)+(2+2/2^2)+...+(n+n/2^n) với n là số nguyên dương. tìm n để phần nguyên của Sn là 4951
Cho Sn= \(\frac{1^1-1}{1}+\frac{2^2-1}{2^2}+\frac{3^2-1}{3^2}+...+\frac{n^2-1}{n^2}\) (Với \(n\in N\) và n>1)
CMR : Sn k là số nguyên
Bạn tham khảo tại đây nha!!
https://olm.vn/hoi-dap/detail/105992780559.html
Học tốt!!
Đúng 0
Bình luận (0)
\(Sn=1-1+1-\frac{1}{2^2}+1-\frac{1}{3}^2+...+1-\frac{1}{n^2}=n-\left(1+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{n^2}\right)< n\)(1)
\(Sn>n-\left[\frac{1}{1.2}+\frac{1}{2.3}+....+\frac{1}{\left(n+1\right).n}\right]=n-\left(1-\frac{1}{n+1}\right)=n-1+\frac{1}{n+1}>n-1\)(2)
từ (1) và (2) => n-1<Sn<n => Sn k là số nguyên
Đúng 0
Bình luận (0)
Với mỗi số nguyên dương n, gọi Sn là số cặp cặp số nguyên (x,y) thoả mãn x^2+y^2≤n^2
Xét điểm M(a;b) bất kì nằm trog ( tính cả biên ) của hình tròn ( \(C_n\)) : \(x^2+y^2\le n^2\)
Mỗi điểm M như vậy tương ứng với 1 và chỉ 1 hình vuông đơn vị S(M) mà M là đỉnh ở goc trái , phía dưới
Từ đó suy ra \(S_n\)= số hình vuông S (M) = tổng diện tích của S(M) với \(M\in\left(C_n\right)\)
Rõ ràng các hình vuông S(M) , với \(M\in\left(C_{ }_n\right)\)đều nằm trog hình tròn \(\left(C_{n+\sqrt{2}}\right):x^2+y^2\le\left(n+\sqrt{2}\right)^2\)
Do đó : \(S_n\le\pi\left(n+\sqrt{2}\right)^2\)(1)
Tương tự như vậy , ta thấy các hình vuông S(M) , với \(M\in\left(C_n\right)\)phủ kín hình tròn
\(\left(C_{n-\sqrt{2}}\right):x^2+y^2\le\left(n-\sqrt{2}\right)^2\)vì thế \(S_n\ge\pi\left(n-\sqrt{2}\right)^2\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{\pi}\left(n-\sqrt{2}\right)\le\sqrt{S_n}\le\sqrt{\pi}\left(n+\sqrt{2}\right)\)
suy ra \(\sqrt{\pi}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\le\frac{\sqrt{S_n}}{n}\le\sqrt{\pi}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\)
Mà lim \(\sqrt{\pi}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\)= lim\(\sqrt{\pi}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{n}\right)=\sqrt{\pi}\)nên lim \(\sqrt{\frac{S_n}{n}}=\sqrt{\pi}\)
@ Huy @ Bài làm đánh đẹp lắm. Nhưng cô cũng không hiểu được rõ ràng là toán 6 sao có lim, phương trình đường tròn;... ( lớp 11 , 12 ) ở đây.
Lần sau chú ý giải Toán 6 không cần dùng kiến thức quá cao nhé.
Tuy nhiên đề bài bạn thiếu. Lần sau em có thể sửa lại đề bài trước rồi hẵng làm nha.
Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC. Ta xây dựng dãy các tam giác
A
1
B
1
C
1
,
A
2
B
2
C
2
,
A
3
B
3
C...
Đọc tiếp
Tam giác mà ba đỉnh của nó là ba trung điểm ba cạnh của tam giác ABC được gọi là tam giác trung bình của tam giác ABC. Ta xây dựng dãy các tam giác A 1 B 1 C 1 , A 2 B 2 C 2 , A 3 B 3 C 3 , . . . sao cho A 1 B 1 C 1 là một tam giác đều cạnh bằng 3 và với mỗi số nguyên dương n ≥ 2 , tam giác A n B n C n là tam giác trung bình của tam giác A n - 1 B n - 1 C n - 1 . Với mỗi số nguyên dương n, kí hiệu n S tương ứng là diện tích hình tròn ngoại tiếp tam giác A n B n C n . Tính tổng S = S 1 + S 2 + . . . + S n + . . . ?
A. S = 15 π 4
B. S = 4 π
C. S = 9 π 2
D. S = 5 π
Đáp án B
Tam giác đều cạnh x có bán kính đường tròn ngoại tiếp là
Với mỗi tam giác đề bài cho, độ dài cạnh tam giác sau bẳng 1 2 độ dài cạnh tam giác trước.
Khi đó
Dễ thấy
là tổng cấp số nhân lùi vô hạn
Vậy tổng cần tính là
Đúng 0
Bình luận (0)
Với mỗi số nguyên dương \(n\le2008\)
Đặt \(S_n=a^n+b^n\) với \(a=\frac{3+\sqrt{5}}{2}\) và \(b=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)
CMR với \(n\ge1\) ta có \(S_n-2=\left[\left(\frac{\sqrt{5}+1}{2}\right)^n-\left(\frac{\sqrt{5}-1}{2}\right)^n\right]^2\)
Đáp án của bạn ở đây: https://dethihsg.com/de-thi-hoc-sinh-gioi-toan-9-phong-gddt-cam-thuy-2011-2012/amp/
Đúng 0
Bình luận (0)
Với mỗi số nguyên dương \(n\le2008\), đặt \(S_n=a^n+b^n\), với \(a=\frac{3+\sqrt{5}}{2};b=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)
CMR: với \(n\le1\), ta có \(S_{n+2}=\left(a+b\right)\left(a^{n+1}+b^{n+1}\right)-ab\left(a^n+b^n\right)\)
CMR: Với mọi số nguyên a,b,c ta luôn tìm được số nguyên dương sao cho số \(f\left(n\right)=n^3+an^2+bn+c\) không phải là số chính phương.
Giả sử f(n) là số chính phương với mọi n nguyên dương
Đặt \(f\left(n\right)=n^3+On^2+Ln+M\)
Suy ra \(f\left(1\right)=1+O+L+M\);\(f\left(2\right)=8+4O+2L+M\);\(f\left(3\right)=27+9O+3L+M\);\(f\left(4\right)=64+16O+4L+O\) đều là số chính phương.
Mà \(f\left(4\right)-f\left(2\right)\equiv2L\left(mod4\right)\) và\(f\left(4\right)-f\left(2\right)\equiv0,1,-1\left(mod4\right)\)(do \(f\left(4\right),f\left(2\right)\)đều là số chính phương)
Do đó= \(2L\equiv0\left(mod4\right)\)
Suy ra \(2L+2\equiv2\left(mod4\right)\)
Mặt khác \(f\left(3\right)-f\left(1\right)\equiv2L+2\left(mod4\right)\)
=>Mâu thuẫn với điều giả sử (do \(f\left(3\right)-f\left(1\right)\equiv0,1,-1\left(mod4\right)\))
=>Đpcm
Vậy luôn tồn tại n nguyên dương sao cho \(f\left(n\right)=n^3+On^2+Ln+M\)không phải là số chính phương.
Đúng 1
Bình luận (0)