khgisongsong

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

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

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

 

$\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

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 $

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)

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