a,(2n+4).2=4(n+2) chia hwtc ho 8

a) \(\left(n+3\right)^2-\left(n-1\right)^2\)

\(=\left(n+3+n-1\right)\left(n+3-n+1\right)\)

\(=\left(2n+2\right)4\)

\(=2\left(n+1\right).4\)

\(=8\left(n+1\right)⋮8\) 

=> đpcm

\(c,=\left(31,8-21,8\right)^2=10^2=100\\ 12,\\ a,\left(n+2\right)^2-\left(n-2\right)^2\\ =\left(n+2-n+2\right)\left(n+2+n-2\right)\\ =4\cdot2n=8n⋮8\\ b,\left(n+7\right)^2-\left(n-5\right)^2\\ =\left(n+7-n+5\right)\left(n+7+n-5\right)\\ =12\left(2n+2\right)=24\left(n+1\right)⋮24\)

tui chiuj

\(\left[n^2\left(n+1\right)+2n\left(n+1\right)\right]=\left[\left(n^2+2n\right)\left(n+1\right)\right]=\left[n\left(n+2\right)\left(n+1\right)\right]\)

ta có n(n+1)(n+2) là 3 số tự nhiên liên tiếp mà  3 số tự nhiên liên tiếp luôn  chia hết cho 6

Nè, bài này mình chỉ làm được hai câu a,b thoi nha

a) Chứng minh: 43² + 43.17 chia hết cho 16

43² + 43.17 = 43.(43 + 17) = 43.60 ⋮ 60

b) Chứng minh: n².(n + 1) + 2n(x + 1) chia hết cho 6 với mọi n ∈ Z

n²(n + 1) + 2n(n + 1) = (n² + 2n)(n + 1) = n(n + 1)(n + 2)

mà tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 6 (một số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3, UWCLL (2;3) = 1)

⇒n² .(n + 1) + 2n(n + 1) + n(n + 1)(n + 2) ⋮ 6

Llklkksd

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∈\(Z^{+}\)

a) Ta xét các trường hợp:

+)  Với n = 3k  \(\left(k\in Z\right)\), ta có \(\left(n-1\right)\left(n+2\right)+12=\left(3k-1\right)\left(3k+2\right)+12\)

Ta thấy (3k - 1)(3k + 2) không chia hết cho 3, 12 chia hết cho 3 nên (3k - 1)(3k + 2) + 12 không chia hết cho 3 hay (3k - 1)(3k + 2) + 12 không chia hết cho 9.

+)  Với n = 3k + 1 \(\left(k\in Z\right)\), ta có \(\left(n-1\right)\left(n+2\right)+12=3k\left(3k+3\right)+12=9k\left(k+1\right)+12\)

Ta thấy \(9k\left(k+1\right)⋮9;12⋮̸9\Rightarrow9k\left(k+1\right)+12⋮̸9\)

+) Với n = 3k + 2 \(\left(k\in Z\right)\), ta có: \(\left(n-1\right)\left(n+2\right)+12=\left(3k+1\right)\left(3k+4\right)+12\)

Ta thấy (3k + 1)(3k + 4) không chia hết cho 3, 12 chia hết cho 3 nên (3k + 1)(3k + 4) + 12 không chia hết cho 3 hay (3k + 1)(3k + 4) + 12 không chia hết cho 9.

b) Tương tự bài trên.