Cm: \(\forall\)\(x\in\) N ta có: (n + 45).(4n² -1) ⋮ 3

Trong biểu thức không hề chứa \(x\) em nhá

Biểu thức chứa \(x\) là biểu thức nào thế em?

Bài này em nghĩ là phải sửa thành với mọi \(n\inℕ\) ạ.

Đặt \(P=\left(n+45\right)\left(4n^2-1\right)\)

Với \(n⋮3\) thì hiển nhiên \(n+45⋮3\), suy ra \(P⋮3\) 

Với \(n⋮̸3\) thì \(n^2\equiv1\left[3\right]\) nên \(4n^2\equiv1\left[3\right]\) hay \(4n^2-1⋮3\), suy ra \(P⋮3\)

Vậy, với mọi \(n\inℕ\) thì \(\left(n+45\right)\left(4n^2-1\right)⋮3\) (đpcm)

Lời giải:

Ta thấy \((2n+1)^2=4n^2+4n+1> 4n^2+4n\)

\(\Leftrightarrow (2n+1)^2> 2n(2n+2)\) \(\Leftrightarrow \frac{1}{(2n+1)^2}\leq \frac{1}{2n(2n+2)}\)

Do đó:

\(\left\{\begin{matrix} \frac{1}{3^2}< \frac{1}{2.4}\\ \frac{1}{5^2}< \frac{1}{4.6}\\ .......\\ \frac{1}{(2n+1)^2}< \frac{1}{2n(2n+2)}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \frac{1}{9}+\frac{1}{25}+....+\frac{1}{(2n+1)^2}< \frac{1}{2.4}+\frac{1}{4.6}+...+\frac{1}{2n(2n+2)}=M\) (1)

\(2M=\frac{2}{2.4}+\frac{2}{4.6}+....+\frac{2}{2n(2n+2)}\)

\(=\frac{4-2}{2.4}+\frac{6-4}{4.6}+\frac{8-6}{6.8}+....+\frac{2n+2-2n}{2n(2n+2)}\)

\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}-\frac{1}{6}+\frac{1}{6}-...+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+2}\)

\(=\frac{1}{2}-\frac{1}{2n+2}< \frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow M< \frac{1}{4} (2)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{1}{9}+\frac{1}{25}+...+\frac{1}{(2n+1)^2}< \frac{1}{4}\) (đpcm)

Đặt \(f\left(x\right)=x^n+\left(m+1\right)x-1\)

Hàm \(f\left(x\right)\) liên tục trên R

\(\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}\left(x^n-\left(m+1\right)x-1\right)=\lim\limits_{x\rightarrow-\infty}x^n\left(1-\dfrac{m+1}{x^{n-1}}-\dfrac{1}{x^n}\right)=-\infty< 0\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại một số thực \(a< 0\) sao cho \(f\left(a\right)< 0\)

\(\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}f\left(x\right)=\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}x^n\left(1-\dfrac{m+1}{x^{n-1}}-\dfrac{1}{x^n}\right)=+\infty>0\)

\(\Rightarrow\) Luôn tồn tại một số thực \(b>0\) sao cho \(f\left(b\right)>0\)

\(\Rightarrow f\left(a\right).f\left(b\right)< 0\Rightarrow f\left(x\right)\) luôn có ít nhất 1 nghiệm trên (a;b) hay pt đã cho luôn luôn có nghiệm

\(A=n^3+\left(n+1\right)^3+\left(n+2\right)^3\)

\(=n^3+n^3+3n^2+3n+1+n^3+12n+6n^2+8\)

\(=3n^3+9n^2+15n+9\)

\(=3\left(n^3+5n\right)+9\left(n^2+1\right)\)

Ta thấy \(n^3+5n=n^3-n+6n=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+6n\)

Vì \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên \(\left(n-1\right)n\left(n+1\right)⋮3\) và \(6n⋮3\) với n nguyên

\(\Rightarrow n^3+5n⋮3\Rightarrow3\left(n^3+5n\right)⋮9\)

Mà \(9\left(n^2+1\right)⋮9\forall n\in Z\) nên \(3\left(n^3+5n\right)+9\left(n^2+1\right)⋮9\)

Hay \(A⋮9\) (đpcm)

\(n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)=n\left(n+1\right)\left[\left(n-1\right)+\left(n+2\right)\right]\)

\(=\left(n-1\right)n\left(n+1\right)+n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮6\rightarrowđpcm\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}\frac{{{u_{n + 1}}}}{{{u_n}}} > 1\,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\\ \Leftrightarrow {u_{n + 1}} > {u_n}\,\,\,\forall n \in {\mathbb{N}^*}\end{array}\)

=> Luôn đúng

\(Q=n^3+\left(n+1\right)^3+\left(n+2\right)^3⋮9\)

\(Q=n^3+n^3+3n^2+3n+1+n^3+6n^2+12n+8\)

\(Q=3n^3+9n^2+15n+9\)

\(Q=3n\left(n^2+5\right)+9\left(n^2+1\right)\)

mà \(\left\{{}\begin{matrix}9\left(n^2+1\right)⋮9\\3n⋮3\\n^2+5⋮3\end{matrix}\right.\left(\forall n\inℕ^∗\right)\)

\(\Rightarrow Q=3n\left(n^2+5\right)+9\left(n^2+1\right)⋮9,\forall n\inℕ^∗\)

\(\Rightarrow dpcm\)