Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

$ n(n^2+1)(n^2+4) \vdots 5$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Zo Zo

Zo Zo

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 11 Bài viết

Đã gửi 22-02-2013 - 18:02

CMR:
$1. (n-1)(n+1)n^2(n^2+1) \vdots 60 \forall n \epsilon N$
$2. \forall n: 10^n+18n-28\vdots 27$
$3. n^8-n^6-n^4+n^2\vdots 1152 \forall n$ lẻ.
$4. n^3+3n^2-n-3\vdots 40 \forall n$ lẻ.
$5. n(n^2+1)(n^2+4) \vdots 5 \forall n \epsilon Z$
Làm nhiều cách nha các bạn. :)
MOD:Tiêu đề của bạn đã đặt sai.Bạn tham khảo cách đặt tiêu đề tại đây.Mình đã sửa giùm bạn lần này.Lần sau bạn đặt cho đúng nhá :D
P/s: Đã sửa đề câu 3. câu 4

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zo Zo: 24-02-2013 - 08:39


#2 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-02-2013 - 18:43

CMR:
$1. A=(n-1)(n+1)n^2(n^2+1) \vdots 60 \forall n \epsilon N$

$\bullet$ Xét $n=2k$ $(k\in \mathbb{N})$
Ta có:
$A=(2k-1)(2k+1)4k^2(4k^2+1)$ $\vdots$ $60$
Xét $n=2k+1$ $(k\in \mathbb{N})$
Ta có:
$A=2k(2k+2)(2k+1)^2[(2k+1)^2+1]=4k(k+1)(2k+1)^2[(2k+1)^2+1]$ $\vdots$ $60$
Do đó $A$ $\vdots$ $4$ $\forall$ $n$ $\in$ $\mathbb{N}\ \ \ \ (1)$

$\bullet$ Vì $n$ là số tự nhiên nên $n$ có dạng $3k$ hoặc $3k\pm 1$ $(k\in \mathbb{N})$
Với $n=3k$ $(k\in \mathbb{N})$ dễ thấy $A$ $\vdots$ $3$
Với $n=3k\pm1$ $(k\in \mathbb{N})$ thì $(n-1)(n+1)$ $\vdots$ $3$ nên $A$ $\vdots$ $3$
Do đó $A$ $\vdots$ $3$ $\forall$ $n$ $\in$ $\mathbb{N}\ \ \ \ (2)$

$\bullet$ Vì $n$ là số tự nhiên nên $n$ có dạng $5k,$ $5k\pm 1$ hoặc $5k\pm 2$ $(k\in \mathbb{N})$
Với $n=5k$ $(k\in \mathbb{N})$ dễ thấy $A$ $\vdots$ $5$
Với $n=5k\pm 1$ $(k\in \mathbb{N})$ thì $(n-1)(n+1)$ $\vdots$ $5$ nên $A$ $\vdots$ $5$
Với $n=5k\pm 2$ $(k\in \mathbb{N}),$ ta có: $n^2+1=(5k\pm 2)^2+1=25k^2\pm 20k+5$ $\vdots$ $5$ nên $A$ $\vdots$ $5$
Do đó $A$ $\vdots$ $5$ $\forall$ $n$ $\in$ $\mathbb{N}\ \ \ \ (3)$

Từ $(1),\ \ (2),$ và $(3)$ ta có: $A$$ \vdots$ $4.3.5=60$ $($Vì $(3;4;5)=1)$

CMR:
$3. B=n^8-n^6-n^3+n^2\vdots 1152 \forall n$ lẻ.

Bài này đề sai rồi bạn. $n=3$ thì $B=5814,$ không chia hết cho $1152.$
Spoiler


$4. C= n^3-3n^2-n-3\vdots 40 \forall n$ lẻ.

Bài này sai nữa bạn. $n=5$ thì $C=42,$ không chia hết cho $40.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 22-02-2013 - 19:47


#3 banhgaongonngon

banhgaongonngon

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1046 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Bái
  • Sở thích:"Flower"

Đã gửi 22-02-2013 - 19:24

$5. n(n^2+1)(n^2+4) \vdots 5 \forall n \epsilon Z$
Làm nhiều cách nha các bạn. :)


Đặt $A=n(n^{2}+1)(n^{2}+4)$
  • Với $n=5k,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow A\vdots 5$
  • Với $n=5k+1,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow n^{2}+4=25k^{2}+10k+5\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5$
  • Với $n=5k+2,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow n^{2}+1=25k^{2}+20k+5\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5$
  • Với $n=5k+3,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow n^{2}+1=25k^{2}+30k+10\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5$
  • Với $n=5k+4,k\in \mathbb{Z}\Rightarrow n^{2}+4=25k^{2}+40k+20\vdots 5\Rightarrow A\vdots 5$


#4 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 22-02-2013 - 20:07

CMR:
$2. \forall n: 10^n+18n-28\vdots 27$

Điều kiện chắc là $n\in \mathbb{N}$ nhỉ :))
Bổ đề: Một số và tổng các chữ số của số đó có cùng số dư khi cho $3.$
Chứng minh: Gọi số đó là $\overline{a_1a_2a_3...a_n}$
Khi đó, tổng các chữ số của $\overline{a_1a_2a_3...a_n}$ là $a_1+a_2+a_3+...+a_n$
Ta có:
$\overline{a_1a_2a_3...a_n}-a_1-a_2-a_3-...-a_n$
$=10^{n-1}a_1+10^{n-2}a_2+...+10a_{n-1}+a_n-a_1-a_2-...-a_{n-1}-a_n$
$=\underbrace {99...9}_{\text{n-1 chữ số 9}}a_1+\underbrace {99...9}_{\text{n-2 chữ số 9}}a_2+...+9a_{n-1}$ $\vdots$ $3$
Do đó $\overline{a_1a_2a_3...a_n}$ và $a_1+a_2+a_3+...+a_n$ có cùng số dư khi chia cho $3.$
_____________________
Quay lại bài toán.
Ta có:
$10^n+18n-28$
$=\underbrace {99...9}_{n}+1+27n-9n-28$
$=\underbrace {99...9}_{n}-9n+27n-27$
$=9(\underbrace {11...1}_{\text{n chữ số 1}}-n)+27(n-1)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$
Ta có: tổng các chữ số của $\underbrace {11...1}_{\text{n chữ số 1}}$ là $n$
Do đó $\underbrace {11...1}_{\text{n chữ số 1}}$ và $n$ có cùng số dư khi chia cho $3.$
$\Rightarrow$ $\underbrace {11...1}_{\text{n chữ số 1}}-n$ $\vdots$ $3$
$\Rightarrow$ $9(\underbrace {11...1}_{\text{n chữ số 1}}-n)$ $\vdots$ $27\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)$
Từ $(1)$ và $(2),$ suy ra $10^n+18n-28$ $\vdots$ $27$ $\forall$ $n$ $\in \mathbb{N}$

CMR:
$5. D=n(n^2+1)(n^2+4) \vdots 5 \forall n \epsilon Z$
Làm nhiều cách nha các bạn. :)

Cách khác nha :))
Ta có:
$D=n(n^2+1)(n^2+4)$
$=n(n^2-1+2)(n^2-4+8)$
$=[(n-1)n(n+1)+2n][(n^2-4)+8]$
$=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)+2n(n^2-4)+8n(n^2-1)+16n$
$=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)+2n^3-8n+8n^3-8n+16n$
$=(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2)+10n^3$ $\vdots$ $5$ $\forall$ $n$ $\in \mathbb{Z}$

CMR:
$2. \forall n\in N: A(k)=10^n+18n-28\vdots 27$

Cách khác :) Cách này chứng minh bằng quy nạp.
Với $n=0$ thì $A(0)=-27$ $\vdots$ $27$
Giả sử đúng với $n=k,$ tức là $A(k)$ $\vdots$ $27$
Ta chứng minh $A(k+1)$ $\vdots$ $27$
Thật vậy, ta có:
$10^{k+1}+18{k+1}-28$
$=10^k.10+18k+18-28+10^k-10^k$
$=10^k.9-9+27+(10^k+18k-28)$
$=9(10^k-1)+27+A(k)$
$=9.\underbrace {99...9}_{\text{k chữ số 9}}+27+A(k)$
Theo giả thiết quy nạp thì $A(k)$ $\vdots$ $27$ nên $A(k+1)$ $\vdots$ $27$
Vậy $10^n+18n-28$ $\vdots$ $27$ $\forall$ $n$ $\in \mathbb{N}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 22-02-2013 - 20:36


#5 Zo Zo

Zo Zo

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 11 Bài viết

Đã gửi 24-02-2013 - 09:20

CMR:
$1. A= (n-1)(n+1)n^2(n^2+1) \vdots 60 \forall n \epsilon N$

$A=(n^2-1)n^2(n^2+1)\vdots 3$ vì $(n^2-1)\vdots 3$
$A=(n^4-1)n^2\vdots 5$
$A=n(n^5-n)\vdots 5$ (Fermat nhỏ)
....=>..
P/s: Không biết mình làm thế này có đúng ko nhỉ? Các bạn xem giùm mình với ạ :wacko:

#6 DarkBlood

DarkBlood

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 619 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-02-2013 - 09:35

$3. A=n^8-n^6-n^4+n^2\vdots 1152 \forall n$ lẻ.

Ta có:
$A=n^8-n^6-n^4+n^2$
$\Leftrightarrow A=n^2(n-1)(n+1)(n-1)(n+1)(n^2+1)$
Vì $n$ lẻ nên $n=2k+1$ $(k\in \mathbb{Z})$
Do đó:
$A=(2k+1)^2.2k.(2k+2).2k.(2k+2).(4k^2+4k+2)$
$\Leftrightarrow A=(2k+1)^2.2^5.k(k+1).k(k+1)$
Vì $k(k+1)$ là tích của hai số nguyên liên tiếp nên $k(k+1)$ $\vdots$ $2$
Từ đó ta có: $A$ $\vdots$ $2^7$

Mặt khác, ta có: $A=n^2(n-1)^2(n+1)^2(n^2+1)$
Vì $n(n-1)(n+1)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên $n(n-1)(n+1)$ $\vdots$ $3$
$\Rightarrow n^2(n-1)^2(n+1)^2$ $\vdots$ $9$

Như vậy $A$ $\vdots$ $2^7;$ $A$ $\vdots$ $9$
Mà $(2^7;9)=1$ nên $A$ $\vdots$ $2^7.9=1152$


CMR:
$4. B= n^3+3n^2-n-3\vdots 40 \forall n$ lẻ.

Bài này đề vẫn sai mà bạn, mình nghĩ là $B= n^3+3n^2-n-3\vdots 48$ mới đúng. :)
Nếu vậy, giải như sau:
Ta có:
$B= n^3+3n^2-n-3$
$\Leftrightarrow B=(n-1)(n+1)(n+3)$
Vì $n$ lẻ nên $n=2k+1$ $(k\in \mathbb{Z})$
Do đó $B=2k(2k+2)(2k+4)=2^3.k(k+1)(k+2)$
Vì $k(k+1)(k+2)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp nên $k(k+1)(k+2)$ $\vdots$ $2$ và $k(k+1)(k+2)$ $\vdots$ $3$
Mà $(2;3)=1$ nên $k(k+1)(k+2)$ $\vdots$ $2.3=6$
Vậy $B$ $\vdots$ $2^3.6=48$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Huy Thong: 24-02-2013 - 09:45


#7 viethoang2011

viethoang2011

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 30-12-2013 - 21:20

cau 3 sai de la cai chac






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh