Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Sử dụng kết quả sau: Với \(n\in\mathbb{N}\Rightarrow n^5-n\vdots 30\)
Chứng minh:
Ta có: \(n^5-n=n(n^4-1)=n(n-1)(n+1)(n^2+1)\)
Xét thấy \(n-1,n\) là hai số nguyên liên tiếp nên \(n(n-1)\vdots 2\)
\(\Rightarrow n^5-n\vdots 2(1)\)
Xét thấy \(n-1,n,n+1\) là ba số nguyên liên tiếp nên
\(n(n-1)(n+1)\vdots 3\)
\(\Rightarrow n^5-n\vdots 3(2)\)
Xét modulo của 5 cho $n$ :
+) \(n=5k\Rightarrow n^5-n=(5k)^2-(5k)\vdots 5\)
+) \(n=5k+1\Rightarrow n-1=5k\vdots 5\Rightarrow n^5-n\vdots 5\)
+) \(n=5k+2\Rightarrow n^2+1=(5k+2)^2+1=5(5k^2+4k+1)\vdots 5\)
\(\Rightarrow n^5-n\vdots 5\)
+) \(n=5k+3\Rightarrow n^2+1=(5k+3)^2+1=5(5k^2+6k+2)\vdots 5\)
\(\Rightarrow n^5-n\vdots 5\)
+) \(n=5k+4\Rightarrow n+1=5k+5\vdots 5\)
\(\Rightarrow n^5-n\vdots 5\)
Tóm lại trong mọi TH thì \(n^5-n\vdots 5(3)\)
Từ (1);(2);(3) và (2,3,5) là 3 số đôi một nguyên tố cùng nhau nên:
\(n^5-n\vdots (2.3.5=30)\)
--------------------------------
Quay trở tại bài toán. Áp dụng kết quả trên:
\(M-N=(a_1^5-a_1)+(a_2^5-a_2)+...+(a_{2017}^5-a_{2017})\vdots 30\)
Mà \(N\vdots 30\Rightarrow M\vdots 30\)
Vậy ta có đpcm.
Giả sử trong 100 số đó k có 2 số nào bằng nhau thì
\(A=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}\le\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}\)
+ Ta có : \(\frac{1}{\sqrt{n}}=2.\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}< 2.\frac{n-\left(n-1\right)}{\sqrt{n-1}+\sqrt{n}}=2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\)
Do đó: \(A\le\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}< 1+2\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99}\right)\)
\(\Rightarrow A< 1+2\left(\sqrt{100}-1\right)\Rightarrow A< 19\) ( trái vs giả thiết )
=> điều giả sử là sai => đpcm
2/ Mình sẽ chứng minh bằng phản chứng :)
Giả sử rằng trong 100 số đó không tồn tại hai số nào bằng nhau, khi đó không mất tính tổng quát, ta gọi \(a_i< a_{i+1}....\) với \(i=\overline{1,100}\)
Bằng cách giả sử như vậy, ta có thể đặt \(a_i\ge i\)
Ta có : \(\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}\ge\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}\)
Đặt \(A=\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+..+\frac{1}{\sqrt{100}}\)
Ta chứng minh bài toán phụ : Với n là số tự nhiên lớn hơn 0 thì \(\frac{1}{\sqrt{n}}>2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\)
Thật vậy : \(\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}>\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n+1}}=\frac{2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)}{\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)}=2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\)
Áp dụng với n = 1,2,...,100 được :
\(A>2\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{101}-\sqrt{100}\right)\)
\(=2\left(\sqrt{101}-\sqrt{1}\right)>2\left(\sqrt{100}-1\right)=18\)
Mình làm đến đây nhưng không biết vì sao nó lại chưa chặt, có ai có cách khác không?
Giả sử a1, a2, ..., a100 là 100 số khác nhau thì
\(P=\frac{1}{\sqrt{a_1}}+\frac{1}{\sqrt{a_2}}+...+\frac{1}{\sqrt{a_{100}}}\le\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}\)
Ta chứng minh với mọi n ≥ 2 thì
\(\frac{1}{\sqrt{n}}< 2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\)
Ta có: \(\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}< \frac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\)
\(=\frac{2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)}{1}=2\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\)
Áp dụng vào bài toán ta được
\(\frac{1}{\sqrt{1}}+\frac{1}{\sqrt{2}}+...+\frac{1}{\sqrt{100}}\)
\(=1+2\left(\sqrt{2}-\sqrt{1}+\sqrt{3}-\sqrt{2}+...+\sqrt{100}-\sqrt{99}\right)\)
\(=1+2\left(\sqrt{100}-1\right)=19\)
\(\Rightarrow P< 19\)
Vậy nếu như a1, a2, ..., a100 là 100 số tự nhiên khác nhau thì tổng P luôn luôn < 19.
Nên để tổng P = 19 thì phải có ít nhất 2 trong 100 số đó phải bằng nhau
Bài 1:
cho a2 + b2 ⋮ 3 cm: a ⋮ 3; b ⋮ 3
Giả sử a và b đồng thời đều không chia hết cho 3
Vì a không chia hết cho 3 nên ⇒ a2 : 3 dư 1
vì b không chia hết cho b nên ⇒ b2 : 3 dư 1
⇒ a2 + b2 chia 3 dư 2 (trái với đề bài)
Vậy a; b không thể đồng thời không chia hết cho ba
Giả sử a ⋮ 3; b không chia hết cho 3
a ⋮ 3 ⇒ a 2 ⋮ 3
Mà a2 + b2 ⋮ 3 ⇒ b2 ⋮ 3 ⇒ b ⋮ 3 (trái giả thiết)
Tương tự b chia hết cho 3 mà a không chia hết cho 3 cũng không thể xảy ra
Từ những lập luận trên ta có:
a2 + b2 ⋮ 3 thì a; b đồng thời chia hết cho 3 (đpcm)
bt trên sẽ là (a4n)2 + 3 . a4n - 4 = (a4n)2 + 4. a4n - a4n -4 = ( a4n + 4)(a4n -1)
mặt khác vì a là số tự nhiên , a không chia hết cho 5
=> a4n = (a2n)2 là số chính phương chia 5 dư 1 hoặc 4 (vì scp chia 5 dư 0,1,4 - bạn có thể chứng minh = cách xét 1 số x nào đó có số dư cho 5 là 0,1,2,3,4 , đăt dạng của nó (VD như 5k+1 chẳng hạn ) rồi bp lên đc scp của nó để tìm số dư của scp đó cho 5 theo cách tổng quát nhất)
nếu a4n chia 5 dư 1 => a4n -1 chia hết cho 5 => bt chia hết cho 5
nếu a4n chia 5 dư 4 => a4n -4 chia hết cho 5 => bt chia hết cho 5
Vậy bt trên chia hết cho 5
xét số dư của a, b khi chia cho 5 là: 0,1,2,3,4.
ta ghép cặp dần (0,0) (0,1),(0,2)...(3,4) thì chỉ có cặp (0,0) mới đảm bảo \(a^2+b^2+ab\)mới chia hết cho 5.
vậy a, b sẽ có tận cùng là 0 hoặc 5.
nếu a,b có cùng có chữ số tận cùng là 5 loại vì: \(a^2+b^2+ab\)là số lẻ không chia hết cho 2.
nếu a có chữ số tận cùng bằng 5, b chữ số có tận cùng bằng 0 thì \(a^2+b^2+ab\)là số lẻ nên không chia hết cho 2. (loại vì \(a^2+b^2+ab\)chia hết cho 10).
a, b có chữu số tận cùng bằng 0 khi đó \(a^2+b^2+ab\)là số chẵn nên chia hết cho 2(thỏa mãn).
do a, b có chữ số tận cùng bằng 0 nên \(a^2,b^2,ab\)sẽ có tận cùng là 100 nên \(a^2+b^2+ab\)chia hết cho 100.
\(a^2+b^2+ab\) chia hết cho 10
=> \(a^2+b^2+ab\) chia hết cho 2 và 5
\(a^2+b^2+ab=\left(a^2+b^2+2ab\right)-ab\)
\(=\left(a+b\right)^2-ab\)
Vì \(\left(a+b\right)^2;ab\) chia hết cho 2
=> \(\left(a+b\right)^2;ab\) cùng chẵn hoặc cùng lẻ
(+) Nếu \(\left(a+b\right)^2;ab\) (1)
=> a và b cùng lẻ
=> a+b chẵn ( mâu thuẫn với (1) )
=> a và b cùng là số chẵn
Để \(=\left(a+b\right)^2-ab\) chia hết cho 5 thì (a+b)^2 và ab có cúng số dư khi chia cho 10
Mình chỉ biết đến đó
Mà cũng ko chắc là đúng