Đánh lại câu 17 dành cho ai thấy mờ quá:

CMR với \(n\ge6\), \(\sqrt{1+\dfrac{2.6.10...\left(4n-2\right)}{\left(n+5\right)\left(n+6\right)...2n}}\) là số nguyên dương.

cảm ơn ad nhiều ạ!

C18: 

\(A=a^3+b^3+c^3+3a^2+3b^2+3c^2\)'

\(=a^3+3a^2+2a+b^3+3b^2+2b+c^3+3c^2+2c-2\left(a+b+c\right)\)

\(=a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+b\left(b+1\right)\left(b+2\right)+c\left(c+1\right)\left(c+2\right)-2\left(a+b+c\right)\) 

Xét \(a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho 6.

Lại có \(a+b+c⋮3\) nên \(2\left(a+b+c\right)⋮6\)

Từ đó suy ra \(A⋮6\) ( đpcm )

Câu C18 các anh chị nhường cho các bạn lớp 7, lớp 8 nhé.

C18.2:

\(a^6-b^6=\left(a^3-a^3\right)\left(a^3+b^3\right)=\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+ab+b^2\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\)

Xét 2 số a, b không chia hết cho 3 có các trường hợp:

- TH1: \(a\equiv b\left(mod3\right)\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}a-b⋮3\\a^2+ab+b^2⋮3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a^6-b^6⋮3\cdot3=9\)

- TH2: \(\left\{{}\begin{matrix}a\equiv1\left(mod3\right)\\b\equiv2\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}a+b⋮3\\a^2-ab+b^2⋮3\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow a^6-b^6⋮3\cdot3=9\)

Do \(a,b\) bình đẳng nên \(\left\{{}\begin{matrix}a\equiv2\left(mod3\right)\\b\equiv1\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\) cũng suy ra \(a^6-b^6⋮9\)

Ta có đpcm.

Comment đầu

cho mk hỏi điểm thưởng đổi ra j vậy ạ?

Mỗi câu bạn làm vẫn được đánh giá GP bình thường. Ngoài ra, nếu tích cực (nhiều điểm thưởng) thì cuối sự kiện bạn có thể được thưởng thêm nhiều phần thưởng hấp dẫn nha!

Em gửi rồi nha anh!

Mong ad duyệt!

Văn khó z :)))

Văn cô Đỗ Quyên đăng cũm được tính mờ :)

ad duyệt hộ em vs ạ

Lỡ r 

C17:

Dễ thấy tử số là tích các số chẵn, đặt các số \(2\) ra ngoài, có tất cả: \(\dfrac{4n-2-2}{4}+1=n\) số \(2\)

Xét \(A=\dfrac{2\cdot6\cdot10\cdot...\cdot\left(4n-2\right)}{\left(n+5\right)\left(n+6\right)...2n}=\dfrac{2^n\left(1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot\left(2n-1\right)\right)}{\left(n+5\right)\left(n+6\right)...2n}\)

Nhân cả tử và mẫu với \(\left(n+4\right)!\) ta được: 

\(A=\dfrac{2^n\cdot1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot\left(2n-1\right)\left(n+4\right)!}{\left(n+4\right)!\cdot\left(n+5\right)\left(n+6\right)...2n}=\dfrac{2^n\cdot\left(n+4\right)!\cdot1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot\left(2n-1\right)}{\left(2n\right)!}\)

\(=\dfrac{2^n\cdot\left(n+4\right)!\cdot1\cdot3\cdot5\cdot...\cdot\left(2n-1\right)}{1\cdot2\cdot3\cdot4\cdot...\cdot\left(2n-1\right)\cdot2n}=\dfrac{2^n\cdot\left(n+4\right)!}{2\cdot4\cdot6\cdot...\cdot2n}\)

\(=\dfrac{2^n\cdot\left(n+4\right)!}{2^n\cdot\left(1\cdot2\cdot3\cdot...\cdot n\right)}=\dfrac{\left(n+4\right)!}{n!}=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)\)

Xét \(B=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)

\(B=\left(n^2+5n+4\right)\left(n^2+5n+6\right)+1\)

Đặt \(a=n^2+5n+4\) thì \(B=a\left(a+2\right)+1=\left(a+1\right)^2\) với \(a\in Z^+\)

Khi đó \(C=\sqrt{1+\dfrac{2\cdot6\cdot10\cdot...\left(4n-2\right)}{\left(n+5\right)\left(n+6\right)...2n}}=\sqrt{\left(a+1\right)^2}=a+1\in Z^+\) ( đpcm )