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.


khgisongsong

Đăng ký: 16-03-2017
Offline Đăng nhập: 06-04-2020 - 07:31
*****

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Sử dụng phương pháp quy nạp toán học

03-09-2017 - 08:45

a,

có ${F_0}^2+{F_1}^2=F_1.F_2$ vì cùng =2 => đúng với n=1

giả sử đúng với n=k

=> ${F_0}^2+ {F_1}^2+ {F_2}^2+...+ {F_k}^2=F_k.F_{k+1}$

=> ${F_0}^2+ {F_1}^2+ {F_2}^2+...+ {F_k}^2+{F_{k+1}}^2=F_k.F_{k+1}+ {F_{k+1}}^2= F_{k+1}.( F_k+F_{k+1})=F_{k+1}.F_{k+2}$

=> đúng với n=k+1

vậy bài toán đúng với mọi n

b,

với n=1

$F_2.F_0-{F_1}^2=(-1)^{2}$ => đúng với n=1

giả sử đúng với n=k

=> $F_{k+1}.F_{k-1}-{F_k}^2=(-1)^{k+1}$

$F_{k+2}.F_{k}-{F_{k+1}}^2$

=$(F_{k+1}+F_{k}).F_k-{F_{k+1}}^2$

= ${F_k}^2+F_{k+1}.F_k-{F_{k+1}}^2$

=${F_k}^2-F_{k+1}.(F_{k+1}-F_k)$

=${F_k}^2-F_{k+1}.F_{k-1}$

=$ (-1).(-1)^{k+1}$ vì $F_{k+1}.F_{k-1}-{F_k}^2=(-1)^{k+1}$

=$(-1)^{k+2}$

=> đúng với $n=k+1$

vậy bài toán đúng với mọi n

c, đề sai với n=6 

vì nếu chọn k=3 ta có

$F_{n+1}=F_7=21$

$F_{k+1}.F_{k-1}+F_k.F_{n-k-1}=F_4.F_2+F_3.F_2=5.2+3.2=16$

 


Trong chủ đề: Xác định tất cả các số nguyên $n>2$ thỏa $\frac...

29-08-2017 - 14:36

$\frac{1}{2} \varphi(n)\equiv 1 (mod 6) =>\frac{1}{2} \varphi(n) $ lẻ

với $n ={p_1}^{k_1}.{p_2}^{k_2}....{p_i}^{k_i}$ ( $ p_1; p_2 ; ... ; p_i$ nguyên tố)

thì $\varphi(n) ={p_1}^{k_1-1}(p_1-1).{p_2}^{k_2-1}(p_2-1).......{p_i}^{k_i-1}(p_i-1) $

mà ${p_j}^{k_j-1}(p_j-1) \vdots 2$ với mọi $1\leq j \leq i$

=>$\varphi(n)  \vdots 2^i$ mà $\frac{1}{2} \varphi(n) $ lẻ $=> i=1$

=> $n = p^k$

có $p= 2$ hoặc $ p= 3$ không thỏa mãn

với $p>3$ dễ dàng chứng minh $p \equiv  1;5 (mod 6)$

nếu $ p \equiv 1 (mod 6)$ thì với mọi $k \in N , k \neq 0 $ đều thỏa mãn 

nếu $ p \equiv 5 (mod 6) => k  \vdots 2 , k\neq 0$ 

vậy $n= p^k$ với mọi $ k \in N, k\neq 0, p \equiv 1 (mod 6)$ p nguyên tố

hoặc $n=p^k$ với mọi $ k \in N mà k \vdots 2 , k\neq 0, p \equiv 5 (mod 6)$ p nguyên tố


Trong chủ đề: $c\geq 2(\frac{a-b}{2})^4$

24-08-2017 - 12:25

đặt $f(x)=(x+a)^4+(x+b)^4$

pt $f(x)=c$ có nghiệm $<=> max(f(x)) \geq c$ và $min(f(x))\leq c$

dễ thấy $ max(f(x) )=+\infty > c$

áp dụng bất đẳng thức phụ $x^2+y^2\geq \frac{(x+y)^2}{2}$

$f(x)\geq \frac{ ( (x+a)^2+(x+b)^2 )^2}{2}$ và $(x+a)^2+(x+b)^2=(x+a)^2+(-x-b)^2 \geq \frac{(x+a-x-b)^2}{2} =  \frac{(a-b)^2}{2} $

$<=> min(f(x)) = \frac{ ( \frac{(a-b)^2}{2} )^2}{2} =2.(\frac{a-b}{2})^4 <=> c\geq 2.(\frac{a-b}{2})^4 $


Trong chủ đề: Số nguyên tố

22-08-2017 - 13:47

gọi số nguyên tố cần tìm là p

dễ thấy nếu p<=42 thì p=r vô lý vì r là hợp số

=>p>42

giả sử r và 42 có ước chung lớn nhất là d (d khác 1 )  $=> p \vdots  d => p=d \leq 42 $(loại)

=> r và 42 nguyên tố cùng nhau

đặt $r=A.q$ (với q là ước nguyên tố nhỏ nhất của r) => $A\geq q$

r và 42 nguyên tố cùng nhau $=>q $ và $A \geq 5$ ; A và 42 nguyên tố cùng nhau

mà $r<42,q \geq 5 =>A\leq 8$ mà A và 42 nguyên tố cùng nhau => A=5 =>q=5

=>r=25

thử các th 

p= 42+25 =67(thỏa mãn)

p=42.2+25=109( thỏa mãn)

p=42.3+25=151(thỏa mãn)

p=42.4+25=193 ( thỏa mãn)

p=42.5+25 >200 (loại)


Trong chủ đề: Ký hiệu $S_{n}$ là tổng của $n$ số nguyên t...

12-08-2017 - 09:55

với $n\leq 3$ bài toán đúng

xét $n\geq 4$

giả sử k tồn tại số tự nhiên a để $S_n\leq a^2$ và $S_{n+1}\geq a^2$

=> tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn $k^2 < S_n < S_{n+1} < (k+1)^2$

=>$ S_{n+1}-S_n<2k+1 => p_{n+1} < 2k+1$ với $p_{n+1}$ là số nguyên tố thứ n+1

 

xét bài toán phụ với i>4 thì $S_i<(\frac{p_i+1}{2})^2$

 

với i=5, $S_i=2+3+5+7+11<(\frac{11+1}{2})^2$

với i>5: $S_i=S_{i-1}+p_i< (\frac{p_{i-1}+1}{2})^2+p_i$ mà $p_i\leq p_i-2$

=> $S_i< (\frac{p_i-1}{2})^2+p_i=(\frac{p_i+1}{2})^2$

vậy$ S_i<(\frac{p_i+1}{2})^2$ với mọi i >4

 

=>$ k^2< S_{n+1} < (\frac{p_{n+1}+1}{2})^2 =>  p_{n+1}>2k-1$

mà $p_{n+1} < 2k+1 => p_{n+1}=2k$ (vô lý )

vậy điều giả sử ban đầu là sai => dpcm