Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất lớn hơn 1 thỏa mãn \(A=\frac{\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\) là 1 số chính phương
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
1 tháng 1 2021
Đặt bđt là (*)
Để (*) đúng với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn :
\(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)thì \(a=b=c=1\) cũng thỏa mãn (*)
\(\Rightarrow4\le\sqrt[n]{\left(n+2\right)^2}\)
Mặt khác: \(\sqrt[n]{\left(n+2\right)\left(n+2\right).1...1}\le\frac{2n+4+\left(n-2\right)}{n}=3+\frac{2}{n}\)
Hay \(n\le2\)
Với n=2 . Thay vào (*) : ta cần CM BĐT
\(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}+\frac{1}{\left(2b+c+a\right)^2}+\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{3}{16}\)
Với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn: \(a+b+c\ge\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\)
Vì: \(\frac{1}{\left(2a+b+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)}\)
Tương tự ta có:
\(\frac{1}{\left(2b+a+c\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+b\right)\left(a+c\right)};\frac{1}{\left(2c+a+b\right)^2}\le\frac{1}{4\left(a+c\right)\left(c+b\right)}\)
Ta cần CM:
\(\frac{a+b+c}{2\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)}\le\frac{3}{16}\Leftrightarrow16\left(a+b+c\right)\le6\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\)
Ta có BĐT: \(9\left(a+b\right)\left(b+c\right)\left(c+a\right)\ge8\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)\)
Và: \(3\left(ab+cb+ac\right)\le3abc\left(a+b+c\right)\le\left(ab+cb+ca\right)^2\Rightarrow ab+bc+ca\ge3\)
=> đpcm
Dấu '=' xảy ra khi a=b=c
=> số nguyên dương lớn nhất : n=2( thỏa mãn)
KC
0
SN
10
19 tháng 10 2016
Ta có \(\frac{n\left(2n-1\right)}{26}=k^2\Leftrightarrow2n^2-n-26k^2=0\)
\(\Delta=208k^2+1=t^2\)(vì n nguyên dương)
\(\Rightarrow\left(t+4\sqrt{13}k\right)\left(t-4\sqrt{13}k\right)=1\)
\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}t+4\sqrt{13}k=1\\t-4\sqrt{13}k=1\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}k=0\\t=1\end{cases}}}\)
Thế vào tìm được \(\orbr{\begin{cases}n=0\\n=\frac{1}{2}\end{cases}}\)
Vậy không có giá trị n nguyên dương nào thỏa mãn cái đó
14 tháng 6 2018
\(\frac{n\left(2n-1\right)}{26}\text{ là SCP }\Leftrightarrow n\left(2n-1\right)=26k^2\)
\(\Delta_n=208k^2+1=y^2\Leftrightarrow y^2-208k^2=1\underrightarrow{\text{PELL}}\)
\(k=\pm\frac{\left(649-180\sqrt{13}\right)^m-\left(649+180\sqrt{13}\right)^m}{8\sqrt{13}}\)
\(n=\frac{1}{8}\left[-\left(649-180\sqrt{13}\right)^m-\left(649+180\sqrt{13}\right)^m+2\right]\left(m\inℤ,m\ge0\right)\)
S
28 tháng 1 2018
1,
Ta có: \(x^2\ge0;\left|y-13\right|\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+\left|y-13\right|\ge0\)
\(\Rightarrow x^2+\left|y-13\right|+14\ge14\)
\(\Rightarrow\frac{1}{x^2+\left|y-13\right|+14}\le\frac{1}{14}\)
\(\Rightarrow P=\frac{12}{x^2+\left|y-13\right|+14}\le\frac{12}{14}=\frac{6}{7}\)
Dấu "=" xảy ra khi x = 0, y = 13
Vậy Pmin = 6/7 khi x = 0, y = 13
2, \(P=\frac{n+2}{n-5}=\frac{n-5+7}{n-5}=1+\frac{7}{n-5}\)
Để P có GTLN thì\(\frac{7}{n-5}\) có GTLN => n - 5 có GTNN và n - 5 > 0 => n = 6
S
28 tháng 1 2018
3,
Ta có: \(10\le n\le99\)
\(\Rightarrow20\le2n\le198\)
\(\Rightarrow2n\in\left\{36;64;100;144;196\right\}\)
\(\Rightarrow n\in\left\{18;32;50;72;98\right\}\)
\(\Rightarrow n+4\in\left\{22;36;50;72;98\right\}\)
Ta thấy chỉ có 36 là số chính phương
Vậy n = 32
4,
ÁP dụng TCDTSBN ta có:
\(\frac{a+b-c}{c}=\frac{b+c-a}{a}=\frac{a+c-b}{b}=\frac{a+b-c+b+c-a+a+c-b}{c+a+b}=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1\) (vì a+b+c khác 0)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}\frac{a+b-c}{c}=1\\\frac{b+c-a}{a}=1\\\frac{a+c-b}{b}=1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}a+b-c=c\\b+c-a=a\\a+c-b=b\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}a+b=2c\\b+c=2a\\a+c=2b\end{cases}}}\)
\(\Rightarrow B=\left(1+\frac{b}{a}\right)\left(1+\frac{a}{c}\right)\left(1+\frac{c}{b}\right)=\frac{a+b}{a}\cdot\frac{a+c}{c}\cdot\frac{b+c}{b}=\frac{2c}{a}\cdot\frac{2b}{c}\cdot\frac{2a}{b}=\frac{8abc}{abc}=8\)
Vậy B = 8
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