ai giúm mik vs

Chọn D

1.Cho A=\(\dfrac{n+1}{n-2}\)

a)Tìm n ∈ Z để A là phân số

Để A là phân số thì n+1;n-2 ∈​ Z ; n-2 khác 0

<=> n ∈​ Z; n >2

Vậy A là phân số <=> n ∈​ Z; n>2

b)Tìm n∈Z để A∈Z

A ∈​ Z <=> n+1 chia hết cho n-2

<=>n-2+3 chia hết cho n-2

<=>3 chia hết cho n-2 ( vì n-2 chia hết cho n-2)

<=>n-2 ∈​ Ư(3)={1;-1;3;-3}

<=>n ∈​ {3;1;5;-1}

Vậy để A ∈ Z thì n ∈​ {3;1;5;-1}

c)Tìm N∈Z để A lớn nhất

2.Cho B=\(\dfrac{3n+2}{4n+3}\)

Chứng minh B tối giản

1c) Tìm n∈Z để A lớn nhất:

Ta có A=\(\dfrac{n+1}{n-2}\)=\(\dfrac{n-2+3}{n-2}\)=\(\dfrac{n-2}{n-2}\)+\(\dfrac{3}{n-2}\)=1+\(\dfrac{3}{n-2}\)

=> A lớn nhất <=> \(\dfrac{3}{n-2}\) lớn nhất

<=>n-2 nhỏ nhất; n-2>0; n-2∈Z

<=>n-2=1

<=>n=3

Vậy A lớn nhất <=> n-3

a) A = n/3 + n²/2 + n³/6

A = 2n+3n²+n³/6

A = 2n+2n²+n²+n³/6

A = (n+1)(2n+n²)/6

A = n(n+1)(n+2)/6

Vì n(n+1)(n+2) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3

Mà (2;3)=1 => n(n+1)(n+2) chia hết cho 6

Hay A thuộc Z (đpcm)

b) B = n⁴/24 + n³/4 + 11n²/24 + n/4

B = n⁴+6n³+11n²+6n/24

B = n(n³+6n²+11n+6)/24

B = n(n³+n²+5n²+5n+6n+6)/24

B = n(n+1)(n²+5n+6)/24

B = n(n+1)(n²+2n+3n+6)/24

B = n(n+1)(n+2)(n+3)/24

Vì n(n+1)(n+2)(n+3) là tích 4 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 8 và 3

Mà (8;3)=1 => n(n+1)(n+2)(n+3) chia hết cho 24

Hay B nguyên (đpcm)

Bài 1 : 

Có : P = n^2+n+2 = n.(n+1)+2

Ta thấy n và n+1 là 2 số tự nhiên liên tiếp

=> n.(n+1) có tận cùng là : 0 hoặc 2 hoặc 6

=> P có tận cùng là : 2 hoặc 4 hoặc 8 

=> P ko chia hết cho 5

=> ĐPCM

Tk mk nha

Bài 2 : 

Xét : A = a/3 + a^2/2 + a^3/6 = 2a^2+3a+a^3/6 = a.(a^2+2a+3)/6

= a.(a+1).(a+2)/6

Ta thấy a;a+1;a+2 là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 3

=> a.(a+1).(a+2) chia hết cho 2 và 3

=> a.(a+1).(a+2) chia hết cho 6

=> A thuộc Z

Tk mk nha

a: f(n+1)>f(n)

=>f(n+1)>=f(n)+1

Áp dụng quy nạp toán học cho bất đẳng thức trên, với mọi k và m là các số nguyên dương sao cho k>m, ta có:

\(f(k) \ge f(m) + k - m\)

Lấy k=f(n) và m=n, ta sẽ có:

Khi f(n)>n thì \(f(f(n)) \ge f(n) + f(n) - n = 2f(n) - n\)

=>\(n+2000\ge2f(n)-n\)

=>\(2f(n)\le2n+2000\implies f(n)\le n+1000\)

Giả sử tồn tại \(n_0\in Z^{+}\) sao cho \(f(n_0 + 1) \ge f(n_0) + 2\)

Vì hàm số f(n) tăng nên với mọi k>=1 ta sẽ có:

\(f(n_0 + k) \ge f(n_0 + 1) + k - 1 \ge f(n_0) + k + 1\)

Chọn k sao cho \(n_0+k=f\left(n_0\right)\)

=>\(k=f\left(n_0\right)-n_0\)

Khi đó, ta có:

\(f(f(n_0)) \ge f(n_0) + (f(n_0) - n_0) + 1 = 2f(n_0) - n_0 + 1\)

=>\(n_0+2000\ge2f(n_0)-n_0+1\)

=>\(2f(n_0)\le2n_0+1999\)

=>\(f(n_0)\le n_0+999.5\)

Thực hiện đánh giá tương tự cho n bước nhảy lớn hơn 1, ta sẽ thấy mâu thuẫn khi xét chu kỳ của f(f(n))=n+2000

Từ f(n+1)>=f(n)+1, bằng cách quy nạp cho 2000 bước thì ta sẽ có:

\(f(n + 2000) \ge f(n) + 2000\)

=>\(f(f(f(n))) \ge f(n) + 2000\)

mà theo điều kiện \(f(f(n))=n+2000,\forall n\in Z^{+}\) thì ta sẽ có:

\(f(f(f(n))) = f(n) + 2000\)

Dấu '=' xảy ra khi f(x+1)=f(x)+1∀x∈\(Z^{+}\)

Llklkksd

1) A=4*\(\frac{10^{2n}-1}{9}\)        B=\(2\cdot\frac{10^{n+1}-1}{9}\)         C=\(8\cdot\frac{10^n-1}{9}\)

đặt 10^n=X        => A+B+C+7=(4*x^2-4+2*10*x-2+8x-8+63)/9=(4x^2+28x+49)/9

=> A+B+C+7=\(\frac{\left(2x+7\right)^2}{3^2}\)

2)  = 4mn((m^2-1)-(n^2-1))=4mn(m+1)(m-1)-4mn(n-1)(n+1)

mà m,n nguyên => m-1,m,m+1 và n-1,n,n+1 là 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6

do đó 4mn(m^2-n^2) chia hết 6*4=24

Bài 2 ko đúng bn ak 6,4 không nguyên tố cùng nhau mà

a) (a^m)ⁿ = a^m.a^m.a^m.......a^m (n lần a^m) =a^m.n

b) Ta có: ( - 2)³⁰⁰⁰= 2³⁰⁰⁰ = (2³)¹⁰⁰⁰=8¹⁰⁰⁰

              ( -3)²⁰⁰⁰= 3²⁰⁰⁰= ( 3²)¹⁰⁰⁰ =9¹⁰⁰⁰

Vì 8<9 nên 8¹⁰⁰⁰<9¹⁰⁰⁰

Vậy ( -2)³⁰⁰⁰ < ( -3)²⁰⁰⁰

Bài 1a) Đó là công thức lũy thừa của lũy thừa rồi bạn:

\(\left(a^m\right)^n=a^{m\cdot n}\)

1b) \(\left(-2\right)^{3000}=2^{3000}\)

\(\left(-3\right)^{2000}=3^{2000}\)

\(\Rightarrow2^{3000}=\left(2^3\right)^{1000}\)

\(\Rightarrow3^{2000}=\left(3^2\right)^{1000}\)

\(2^3< 3^2\)

\(\Rightarrow\left(-2\right)^{3000}< \left(-3\right)^{2000}\)