K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
23 tháng 8 2017

Lời giải:

a) Phản chứng. Giả sử tồn tại \( n\in\mathbb{N}|n^2+7n-40\vdots 121\)

\(\Rightarrow n^2+7n-40\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n^2-4n+4+11n-44\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n^2-4n+4=(n-2)^2\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n-2\vdots 11\) (vì \(11\in\mathbb{P}\) )

Do đó, đặt \(n=11k+2\)

Ta có, \(n^2+7n-40\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow (11k+2)^2+7(11k+2)-40\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow 121k^2+121k-22\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow 22\vdots 121\) (vô lý)

Do đó, điểu giả sử là sai, nghĩa là không tồn tại bất kỳ số tự nhiên nào thỏa mãn \(n^2+7n-40\vdots 121\)

Hay \(n^2+7n-40\not\vdots 121\) (đpcm)

AH
Akai Haruma
Giáo viên
24 tháng 8 2017

Lời giải:

b) Giả sử phản chứng, nghĩa là

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\vdots 25\)

Thực hiện khai triển bằng hằng đẳng thức, ta có:

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\)

\(=5a^2+20a+30\)

Khi đó:

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\vdots 25\)

\(\Leftrightarrow 5a^2+20a+30\vdots 25\)

\(\Leftrightarrow a^2+4a+6\vdots 5\)

Xét \(a\equiv 0\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 6\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 1\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 1+4+6\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 2\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 18\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 3\pmod {5}\rightarrow a^2+4a+6=27\not\equiv 0\pmod {5}\)

Xét \(a\equiv 4\pmod 5\Rightarrow a^2+4a+6\equiv 38\not\equiv 0\pmod 5\)

Do đo, \(a^2+4a+6\not\vdots 5\), nghĩa là điều giả sử là sai. Ta có đpcm.

NV
8 tháng 1 2022

1. Đề sai, ví dụ (a;b;c)=(1;2;2) hay (1;2;7) gì đó

2. Theo nguyên lý Dirichlet, trong 4 số a;b;c;d luôn có ít nhất 2 số đồng dư khi chia 3. 

Không mất tính tổng quát, giả sử đó là a và b thì \(a-b⋮3\)

Ta có 2 TH sau:

- Trong 4 số có 2 chẵn 2 lẻ, giả sử a, b chẵn và c, d lẻ \(\Rightarrow a-b,c-d\) đều chẵn \(\Rightarrow\left(a-b\right)\left(c-d\right)⋮4\)

\(\Rightarrow\) Tích đã cho chia hết 12

- Trong 4 số có nhiều hơn 3 số cùng tính chẵn lẽ, khi đó cũng luôn có 2 hiệu chẵn (tương tự TH trên) \(\Rightarrowđpcm\)

3. Với \(n=1\) thỏa mãn

Với \(n>1\) ta có \(3^n\equiv\left(5-2\right)^n\equiv\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

\(\Rightarrow n.2^n+3^n\equiv n.2^n+\left(-2\right)^n\left(mod5\right)\)

Mặt khác \(n.2^n+\left(-2\right)^n=2^n\left(n+\left(-1\right)^n\right)\)

Mà \(2^n⋮̸5\Rightarrow n+\left(-1\right)^n⋮5\)

TH1: \(n=2k\Rightarrow2k+1⋮5\Rightarrow2k+1=5\left(2m+1\right)\Rightarrow k=5m+2\)

\(\Rightarrow n=10m+4\)

TH2: \(n=2k+1\Rightarrow2k+1-1⋮5\Rightarrow2k⋮5\Rightarrow k=5t\Rightarrow n=10t+1\)

Vậy với \(\left[{}\begin{matrix}n=10k+4\\n=10k+1\end{matrix}\right.\) (\(k\in N\)) thì số đã cho chia hết cho 5

16 tháng 11 2017

Bài đầu đơn giản rồi , tự tính nhé <3

Bài 2

\(3^{n+2}-2^{n+2}+3^n-2^n\)

\(=3^n.3^2-2^n.2^2+3^n-2^n\)

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

\(=3^n.10-2^n.5\)

\(=3^n.10-2^{n-1}.10\)

\(=10.\left(3^n-2^{n-1}\right)⋮10\)

Vậy.....

6 tháng 3 2021

\(\Rightarrow A=2^{2n}-1=4^n-1=\left(4-1\right)\left(4^{n-1}+4^{n-2}+...+4+1\right)=3\cdot\left(4^{n-1}+4^{n-2}+...+4+1\right)⋮3\forall n\in N\)

19 tháng 11 2023

 Xét câu A, hiển nhiên khi \(n\rightarrow+\infty\) thì \(a_n=\sqrt{n^3+n}\rightarrow+\infty\) nên dãy (an) không bị chặn.

 Ở câu C, lấy n chẵn và cho \(n\rightarrow+\infty\) thì dãy (cn) cũng sẽ tiến tới \(+\infty\). Do đó dãy (cn) cũng là 1 dãy không bị chặn.

 Ở câu B, ta xét hàm số \(f\left(x\right)=x^2+\dfrac{1}{x}\) trên \(\left[1;+\infty\right]\), ta thấy \(f'\left(x\right)=2x-\dfrac{1}{x^2}\) \(=\dfrac{2x^3-1}{x^2}\) \(=\dfrac{x^3+x^3-1}{x^2}>0,\forall x\ge1\) . Do đó \(f\left(x\right)\) đồng biến trên \(\left[1;+\infty\right]\) và do đó cũng đồng biến trên \(ℕ^∗\). Nói cách khác, (bn) là dãy tăng . Như vậy, nếu bn bị chặn thì tồn tại giới hạn hữu hạn. Giả sử \(\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}b_n=L>1\). Chuyển qua giới hạn, ta được \(L=\lim\limits_{n\rightarrow+\infty}\left(n^2+\dfrac{1}{n}\right)=+\infty\), vô lí. Vậy (bn) không bị chặn trên.

 Còn lại câu D. Ta thấy với \(n\inℕ^∗\) thì hiển nhiên \(d_n>0\). Ta thấy \(d_n=\dfrac{3n}{n^3+2}=\dfrac{3n}{n^3+1+1}\le\dfrac{3n}{3\sqrt[3]{n^3.1.1}}=1\), với mọi \(n\inℕ^∗\). Vậy, (dn) bị chặn 

 \(\Rightarrow\) Chọn D.

 

17 tháng 11 2023

Chọn C