Ta có :

\(\frac{1}{\sqrt{k}}=\frac{2}{2\sqrt{k}}>\frac{2}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}\)

\(=\frac{2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)}{\left(\sqrt{k+1}+\sqrt{k}\right)\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)}\)

\(=2\left(\sqrt{k+1}-\sqrt{k}\right)\)

Vậy : \(1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+.....+\frac{1}{\sqrt{n}}>2\left(\sqrt{2}-1\right)+2\left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)+....+2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\)

\(=2\left(\sqrt{n+1}-1\right)\left(đpcm\right)\)

Đặt \(\frac{5-\sqrt{21}}{2}=a;\frac{5+\sqrt{21}}{2}=b>0\) thì \(ab=1\)

*Chứng minh a_n là số tự nhiên.

Với n = 0, 1 nó đúng. Giả sử nó đúng đến n = k tức là ta có:

\(\hept{\begin{cases}a^{k-1}+b^{k-1}\inℤ\\a^k+b^k\inℤ\end{cases}}\). Ta cần chưng minh nó đúng với n =  k + 1 hay:

\(a^k.a+b^k.b=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-ab\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\)

\(=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\inℤ\) (em tắt tí nhá, dựa vào giả thiết quy nạp thôi)

Vậy ta có đpcm. 

Còn lại em chưa nghĩ ra

Cái bài ban nãy sửa a, b thành x và y nha! Không thôi nó trùng với đề bài. Tại quen tay nên em đánh luôn a, b

Nháp:

Với n=0 ; \(a:_n5\)dư 2

Với n=1 ; \(a:_n5\)dư 0

Với n=2 ; \(a:_n5\)dư 3

Với n=3 ; \(a:_n5\)dư 0

Với n=4 ; \(a:_n5\)dư 2

Với n=5 ; \(a:_n5\)dư 0

Với n=6 ; \(a:_n5\)dư 3

Với n=7 ; \(a:_n5\)dư 0

....

=> Rút ra kết luận: 

+) Với n =4k, \(a:_n5\)dư 2  hay \(a_{4k}\equiv2\left(mod5\right)\)

+) Với n =4k+1, 4k+3 \(a:_n5\)dư 0   hay \(a_{4k+1}\equiv0\left(mod5\right)\),\(a_{4k+3}\equiv0\left(mod5\right)\)

+) Với n =4k+2  \(a:_n5\)dư 3 hay \(a_{4k+2}\equiv3\left(mod5\right)\)

Chứng minh: Đặt : \(\frac{5-\sqrt{21}}{2}=x\); \(\frac{5+\sqrt{21}}{2}=y\); \(xy=2\)

a) Chứng minh : \(a_{4k}\equiv2\left(mod5\right)\)

Chứng minh quy nạp theo k

+) k=0, k=  vì \(a_{4.0}\equiv2\left(mod5\right);a_4\equiv2\left(mod5\right)\) 

+) Giả sự: đúng với k nghĩa là: \(a_{4k}\equiv2\left(mod5\right)\) 

Chứng minh đúng với k+1

Thật vậy: 

\(a_{4\left(k+1\right)}=x^{4k+4}+y^{4k+4}=x^{4k}.x^4+y^{4k}.y^4=\left(x^{4k}+y^{4k}\right)\left(x^4+y^4\right)-x^{4k}y^4-y^{4k}.x^4\)

\(=a_{4k}.a_4-x^4y^4\left(x^{4k-4}+y^{4k-4}\right)\equiv2.2-2^4.2\equiv2\left(mod5\right)\)

Vậy với mọi k \(a_{4k}\equiv2\left(mod5\right)\)

Chứng minh tương tự cho các trường hợp dư 0 và dư 3 sau

...

Cần tìm cách nhanh, ngắn gọn và hay hơn! 

3. a) Coi A = ab+1
A = 111...11(n chữ số 1) .10ⁿ + 5 .111...11(n chữ số 1) + 1
 \(A= \frac {10^n - 1} {9} + 5 \frac { 10^n -1} {9}+1 \)

\(A= \frac {10^2n - 10^n + 5.10^n -5 + 9} {9}\)

\(A =\frac {10^{2n} + 4.10^n + 4} {9}\)

\(A =\frac {(10^n + 2)^2} {3^2}\)

\(A=(\frac{10^n+2} {3}) ^2\)
Vậy A là số chính phương (vì 10ⁿ+2 chia hết cho 3)

b)Ta thấy 16 = 1.15 + 1
               1156 = 11.105 + 1
               111556 = 111.1005 + 1
...            111...1555...56(n chữ số 1,n-1 chữ số 5) = 111...1(n chữ số 1).100...05(n-1 chữ số 0) +1 (phần a)
               Vẫy các số hạng trong dãy trên đều là số chính phương

3a)(dấu * là nhân nhé)

Có ab+1

=11...1*100...05+1

=11...1*(33...35(n-1 chữ số 3)*3)+1

=33...3*33...35+1

=33...3*(33...34+1)+1

=33...3*33...34+(33...3+1)

=33...3*33...34+33...34(n-1 chữ số 3)

=33...34*(33...3+1)

=33...34*33...34(n-1 chữ số 3)

=(33...34)^2 là số chính phương

1 , 

chung minh rang : 

( n-1 ) ^ 3 < ( n - 1 ) n ( n +1 ) = n (n ^ 2 -1 ) = n ^3 -n < n^3

( viet hoi tat tu hieu nhe )