Tổng 10 số chính phương đầu tiên là :

\(1^2+2^2+3^2+...+10^2=\frac{10\left(10+1\right)\left(2.10+1\right)}{6}=385\)

Vậy tổng của 10 số chính phương đầu tiên là 385

mình nhanh nè bạn tk mình nhé

Tổng của 10 số chính phương đầu tiên là : \(\frac{10\left(10+1\right)\left(2.10+1\right)}{6}=385\)

Tổng của 10 số chính phương đầu tiên là : 

\(\frac{10\left(10+1\right)\left(2.10+1\right)}{6}\)=385

bài 2 bạn có thể tham khảo tại Giải toán trên mạng - Giúp tôi giải toán - Hỏi đáp, thảo luận về toán học - Học toán với OnlineMath

chúc bn hok tốt !

Cho n(n+1)(2n + 1 ) / 6 là tổng của n số chính phương đầu tiên. Khi đó tổng 10 số chính phương đầu tiền là gì

=>Tổng của 10 số chính phương đầu tiên là : 

\(\frac{10\left(10+1\right)\left(2.10+1\right)}{6}=385\)

Cho n(n+1)(2n + 1 ) / 6 là tổng của n số chính phương đầu tiên. Khi đó tổng 10 số chính phương đầu tiền là gì

=>Tổng của 10 số chính phương đầu tiên là :

\(\frac{\text{10.( 10 + 1).( 2.10 + 1) }}{6}=385\)

Số hạng thứ n của dãy là:n(n+1)/2

Số hạng thứ n-1 của dãy là:(n-1)n/2

Ta có:(n-1)n/2+n(n+1)/2=(n^2-n)/2+(n^2+n)/2

                                  =(2n^2)/2=n^2

Vì n thuộc N nên n^2 là số chính phương

Vậy tổng 2 số hạng liên tiếp của dãy là số chính phương.

Ta xét tổng hai số 

(n-1)×n/2  +  n×(n+1)/2

=> (n-1)×n+n×(n+1) /2

=>n×[(n-1)×(n+1)]  /2

=>n×2n /2

=> 2×n²  /2

=> n²

bài toán được chứng minh

Tại sao số hạng thứ n-1 lại là \(\frac{n\left(n-1\right)}{2}\)

\(n\ge6\) 

TH1) Với n = 6k

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+1\right)\left(12k+1\right)\) không chia hết cho 6 

=> Loại 

TH2) Với n = 6k+1 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)⋮6\)

=> \(A=\frac{\left(6k+2\right)\left(12k+3\right)}{6}=\left(3k+1\right)\left(4k+1\right)\)là số chính phương 

Lại có: ( 3k + 1 ; 4k + 1 ) = ( 3k + 1 ; k ) = ( 2k + 1 ; k ) = ( k + 1 ; k ) = ( k ; 1 ) = 1 

=> 3k + 1 và 4k + 1 đồng thời là 2 số chính phương 

+) Với k \(\equiv\)\(1,3,5,7\)(mod 8 ) => 4k + 1 không là số cp

+) Với k \(\equiv\)2; 4; 6 ( mod 8) => 3k + 1 không là số chính phương 

=> k \(\equiv\)0 ( mod 8) => k = 8h

=> Tìm h bé nhất để 24h + 1 và 32h + 1 là số chính phương(1)

+) Với h \(\equiv\)\(3,4,6\)( mod7) => 24k + 1 không là số chính phương 

+) Với h \(\equiv\)1  (mod 7 ) => 32h + 1 không là số cp 

=> h \(\equiv\)0; 2; 5 (mod 7 ) 

=> h = 7m hoặc h = 7n + 2 hoặc h = 7t + 7  ( với m;n; t nguyên dương )

Nếu m = 1 => h = 7 => 24h + 1 = 169 và 32h + 1 = 225 là hai số chính phương và h nhỏ nhất 

=> n = 6k + 1 và k = 8h = 56 

=> n = 337

=> A = 38025 là số chính phương

TH3) Với n = 6k + 2 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+3\right)\left(12k+5\right)\)không chia hết cho 6

TH4) Với n = 6k + 3

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+4\right)\left(12k+7\right)\)không chia hết cho 6 

TH5) Với n = 6k + 4 

ta có: \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+5\right)\left(12k+9\right)\)không chia hết cho 6

TH6) Với n = 6k + 5 

ta có \(\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)⋮6\)

=> \(A=\frac{\left(6k+6\right)\left(12k+11\right)}{6}=\left(k+1\right)\left(12k+11\right)\)

mà ( k + 1; 12k + 11 ) = 1 

=> k + 1 và 12k + 11 là 2 số chính phương 

tuy nhiên 12k + 11 chia 12 dư 11 mà 1 số chính phương chia 12 không dư 11 

=> Trường hợp này loại 

Vậy  n = 337 

Vừa post xong

Lời giải như sau: Kí hiệu \(n!=1\cdot2\cdots n\)  là tích \(n\)  số nguyên dương đầu tiên. Khi đó ta sẽ có

Tử số bằng  \(\left(2\cdot1\right)\left(2\cdot3\right)\left(2\cdot5\right)\cdots\left(2\cdot\left(2n-1\right)\right)=2^n\cdot1\cdot3\cdot5\cdots\left(2n-1\right).\)

Mẫu số bằng \(\frac{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)\left(n+5\right)\cdots\left(2n\right)}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)}=\frac{\left(2n\right)!}{n!}\cdot\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)}\).

Suy ra \(a_n=\frac{2^n\cdot1\cdot3\cdot5\cdots\left(2n-1\right)}{\left(2n\right)!}\cdot n!\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)

\(=\frac{2^n\cdot n!}{\left(2\cdot1\right)\left(2\cdot2\right)\cdots\left(2\cdot n\right)}\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\).

Cuối cùng ta có  \(a_n=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)

\(=\left(n^2+5n+4\right)\left(n^2+5n+6\right)+1=y\left(y+2\right)+1=\left(y+1\right)^2\)

ở đó \(y=n^2+5n+4\) là số nguyên. Vậy \(a_n\) là số chính phương.