Chứng minh theo quy nạp
Dãy số Fn=2^2^n +1 với n thuộc N gọi là các số Fermat
a) Chứng minh Fn=F0F1....Fn-1 +2 với mọi n nguyên dương
b) Từ đó chứng minh (Fm,Fn)=1 với mọi m khác n nguyên dương
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
HP
1
OP
1 tháng 8 2016
- Với n = 1, ta có: 14 - 12 = 0 chia hết cho 12
Vậy đẳng thức đúng với n = 1.
- Giả sử với n = k \(\left(k\ge1\right)\), khi đó ta có:
\(k^4-k^2\) chia hết cho 12
- Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k + 1.
Ta có:
(k + 1)4 - (k + 1)2
\(=\left(k+1\right)^2\left[\left(k+1\right)^2-1\right]\)
\(=\left(k+1\right)^2\left(k+2\right)k\) chia hết cho 12
Vậy đẳng thức đúng với n = k + 1.
Kết luận: Vậy n4 - n2 chia hết cho 12 với mọi số nguyên dương N.
P/s: e chưa đc học phương pháp quy nạp nên chỉ có thể nhìn theo bài mẫu rồi trình bày tương tự thoy, nên có j sai, mong a bỏ qua cho a~ ^^
DN
14 tháng 1 2017
a) Ta có: góc AME = 90 độ (góc nt chắn nửa đt)
=> AN vuông góc EM tại M
Mặt khác: ACN = 90 độ (góc nt chắn nửa đt)
=> AE vuông góc CN tại C
Xét tam giác ANE có : NC và EM là các đường cao
=> B là trực tâm tam giác ANE
=> AB vuông góc NE (t/c trực tâm tam giác)
b) Ta có M là trung điểm AN (t/c đối xứng)
và M cũng là trung điểm EF (t/c đói xứng)
Do đó tứ giác AENF là hính bình hành
=> FA song song NE
Mà NE vuông góc AB (cmt)
=> FA vuông góc AB tại A thuộc (O)
Vậy FA là tiếp tuyến của đt (O)
c)Ta có M là trung điểm AN (t/c đối xứng)
AN vuông góc BF tại M (góc AMB =90 độ)
=> BF là đường trung trực của AN
Xét tam giác AFB và tam giác NFB có
1/ BF cạnh chung
2/ FA = FN (t/c đ trung trực)
3/ BA = BN (t/c đ trung trực)
=> tam giác AFB = tam giác NFB
=> góc FAB = góc FNB
Mà FAB = 90 độ (cmt)
=> góc FNB bằng 90 độ
=> FN vuông góc với BN tại N thuộc (B;BN)
Mà BN = AB
=> FN là tiếp tuyến cửa đt (B;AB)
HT
19 tháng 5 2016
\(1^2+2^2+3^2+.......+n^2=1\times\left(2-1\right)+2\times\left(3-1\right)+.......+n\left(\left(n+1\right)-1\right)\)=\(\left(1.2+2.3+3.4+......+n\left(n+1\right)\right)-\left(1+2+3+.....+n\right)\)=\(\frac{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)-0.1.2}{3}-\frac{n\left(n+1\right)}{2}=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\)
HT
19 tháng 5 2016
sử dụng qui nạp:
1² + 2² + 3² + 4² + ...+ n² = \(\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\) (*)
(*) đúng khi n= 1
giả sử (*) đúng với n= k, ta có:
1² + 2² + 3² + 4² + ...+ k² = \(\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}\) (1)
ta cm (*) đúng với n = k +1, thật vậy từ (1) cho ta:
1² + 2² + 3² + 4² + ...+ k² + (k + 1)² = \(\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}{6}\) + (k + 1)²
= (k+1)\(\left(\frac{k\left(2k+1\right)}{6}+\left(k+1\right)\right)\)= (k + 1)\(\frac{2k^2+k+6k+6}{6}\)
= (k + 1)\(\frac{2k^2+7k+6}{6}\) = (k + 1)\(\frac{2k^2+4k+3k+6}{6}\)
= (k + 1)\(\frac{2k\left(k+2\right)+3\left(k+2\right)}{6}\) = (k + 1)\(\frac{\left(k+2\right)\left(2k+3\right)}{6}\)
vậy (*) đúng với n = k + 1, theo nguyên lý qui nạp (*) đúng với mọi n thuộc N*
Y
1
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
8 tháng 5 2021
\(11\equiv1\left(mod5\right)\Rightarrow11^n\equiv1^n\left(mod5\right)\Rightarrow11^n-1⋮5\)
Tương tự: \(7^n\equiv2^n\left(mod5\right)\Rightarrow7^n-2^n⋮5\)
\(\Rightarrow A⋮5\)
\(11^n\equiv2^n\left(mod3\right)\Rightarrow11^n-2^n⋮3\)
\(7^n\equiv1^n\left(mod3\right)\Rightarrow7^n-1⋮3\)
\(\Rightarrow A⋮3\)
Mà 3 và 5 nguyên tố cùng nhau \(\Rightarrow A⋮\left(3.5\right)\) hay \(A⋮15\)
21 tháng 3 2022
a, Ta có: DH là đường cao trong tam giác cân DEF
⇒DH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến trong tam giác cân DEF
⇒HE=HF
Ta có: HE=HF=EF/2=8/2=4 (cm)
Xét ΔDHE vuông tại H
Theo định lý Pi-ta-go, ta có:
DF²=DH²+HF²
⇒DH²=DF²-HF²
⇒DH²=5²-4²
⇒DH²=9
⇒DH=√9=3 (cm)
b, Xét ΔDME và ΔDNF có:
DM=DN (GT)
A là góc chung
DE=DF (GT)
⇒ ΔDME=ΔDNF (c.g.c)
⇒EM=FN (2 cạnh tương ứng)
DEM=DFN (2 góc tương ứng)
c, Ta có: E=F (GT)
và DEM=DFN (cmt)
⇒KEF=KFE
⇒ΔKEF cân tại K
⇒KE=KF
d, Ta có: DH⊥EF và HE=HF
⇒DH là đường trung trực của EF
mà KE=KF
⇒K là điểm thuộc đường trung trực DH
⇒D, K, H thẳng hàng