Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Do \(n\in N^{\text{*}}\) \(\left(o\right)\) nên ta dễ dàng suy ra \(2+2\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\)
Do đó, \(2\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\) dẫn đến \(\sqrt{28n^2+1}\in Q\)
Lại có: \(28n^2+1\) luôn là một số nguyên dương (do \(\left(o\right)\)) nên \(\sqrt{28n^2+1}\in Z^+\)
hay nói cách khác, ta đặt \(\sqrt{28n^2+1}=m\) (với \(m\in Z^+\) )
\(\Rightarrow\) \(28n^2+1=m^2\) \(\left(\alpha\right)\)
\(\Rightarrow\) \(m^2-1=28n^2\) chia hết cho \(4\)
Suy ra \(m^2\text{ ≡ }1\) \(\left(\text{mod 4}\right)\)
Hay \(m\) phải là một số lẻ có dạng \(m=2k+1\) \(\left(k\in Z^+\right)\)
Từ \(\left(\alpha\right)\) suy ra \(28n^2=\left(2k+1\right)^2-1=4k\left(k+1\right)\)
nên \(7n^2=k\left(k+1\right)\)
Theo đó, ta có: \(\orbr{\begin{cases}k\\k+1\end{cases}\text{chia hết cho 7}}\)
Xét hai trường hợp sau:
\(\text{Trường hợp 1}:\)\(k=7q\) \(\left(q\in Z^+\right)\)
Suy ra \(7n^2=7q\left(7q+1\right)\)
\(\Rightarrow\) \(n^2=q\left(7q+1\right)\) \(\left(\beta\right)\)
Mặt khác, vì \(\left(q,7q+1\right)=1\) nên từ \(\left(\beta\right)\) suy ra \(\hept{\begin{cases}q=a^2\\7q+1=b^2\end{cases}\Rightarrow}\) \(7a^2+1=b^2\) \(\left(\gamma\right)\)
Tóm tại tất cả điều trên, ta có:
\(A=2+2\sqrt{28n^2+1}=2+2m=2+2\left(2k+1\right)=4+4.7q=4+28q\)
Khi đó, \(A=4+28a^2=4\left(7a^2+1\right)=4b^2\) (do \(\left(\gamma\right)\) )
Vậy, \(A\) là số chính phương với tất cả các điều kiện nêu trên
\(\text{Trường hợp 2:}\)\(k+1=7q\)
Tương tự
\(n=\frac{\left(127+24\sqrt{28}\right)^k-\left(127-24\sqrt{28}\right)^k}{2\sqrt{28}}\)
k thuộc N*
a) Bất đẳng thức đúng khi a = b = 2c
do đó \(\sqrt{c\left(2c-c\right)}+\sqrt{c\left(2c-c\right)}\le n\sqrt{2c.2c}\Leftrightarrow n\ge1\)
xảy ra khi n = 1
Thật vậy, ta có :
\(\sqrt{\frac{c}{b}.\frac{a-c}{a}}+\sqrt{\frac{c}{a}.\frac{b-c}{b}}\le\frac{1}{2}\left(\frac{c}{b}+\frac{a-c}{a}+\frac{c}{a}+\frac{b-c}{b}\right)\)
\(\Leftrightarrow\sqrt{c\left(a-c\right)}+\sqrt{c\left(b-c\right)}\le\sqrt{ab}\)
Vậy n nhỏ nhất là 1
b) Ta có : a + b = \(\sqrt{\left(a+b\right)^2}\le\sqrt{\left(a+b\right)^2+\left(a-b\right)^2}=\sqrt{2\left(a^2+b^2\right)}\)
Áp dụng, ta được : \(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(n+1\right)},\sqrt{2}+\sqrt{n-1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)
\(\sqrt{n}+\sqrt{1}\le\sqrt{2\left(1+n\right)};\sqrt{n-1}+\sqrt{2}\le\sqrt{2\left(1+n\right)},...\)
\(\sqrt{1}+\sqrt{n}\le\sqrt{2\left(1+n\right)}\)
do đó : \(4\left(\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\right)\le2n\sqrt{2\left(1+n\right)}\)
\(\Rightarrow\sqrt{1}+\sqrt{2}+...+\sqrt{n}\le n\sqrt{\frac{n+1}{2}}\)
\(\sqrt{28n^2+1}=k\)
\(A=2k+2=4\left(\frac{k+1}{2}\right)\)
\(k^2=28n^2+1\)
\(k^2-1=28n^2\)
\(\frac{k^2-1}{28}=n^2\)
Suy ra\(k^2-1\)chia hết cho 7 vì tử nguyên mẫu nguyên mà thương cũng nguyên nên tử chia hết cho mẫu mà 28 chia hết cho 7
\(k^2\equiv1\left(mod7\right)\)
\(k\equiv1\)(mod7)
k-1 chia hết cho 7
Có \(n^2=\frac{k^2-1}{28}=\left(\frac{k-1}{14}\right)\left(\frac{k+1}{2}\right)\)
2 số trên nguyên tố cùng nhau
mà tích là số chính phương nên 2 số trên đều là số chính phương
(k+1)/2 chính phương
\(A=4\left(\frac{k+1}{2}\right)\)tích 2 số cp nên a cp