求证n(n+1)&根号2+根号6+根号12。。。+根号n(n+1)
求证n(n+1)&根号2+根号6+根号12。。。+根号n(n+1)
当n&0时，
n+1=(2n+2)/2&n(n+2)/2,
所以n(n+1)&根号2+根号6+根号12。。。+根号n(n+1)
&
的感言：刚刚在问问上问我就自己算出来了~~~不过还是谢谢
其他回答 (3)
学过数学归纳么
~~~对这些不太清楚请认真回答下把
如果没学过的话很难证明的
你就回答就是了
我应该看得懂 我只是对那些名字记不到
你没发现么
这个不等式不成立的
不等号反了吧
打错了不好意思 其实在左边还要除以2
柯西不等式，你试试想下
~~~没学过哦 只是刚刚学了均值定理~~~所以最后一个问只做的来一半~~
题目错了。当n=1时，左边是2右边是根号2，我绝的左边应该要除2！这就可以做了，谢谢
就是就是对不起打错了
以我做了n+1遍数列题数学规纳最后都无功而返。上题左边再除以2。方法：放缩法。
思路：根号2大于1，根号6大于2…根号n(n+1)大于n.
右边大于1+2+3…+n．谢谢
相关知识等待您来回答
数学领域专家已知｛an｝是整数组成的数列，a1=1，且点（根号an，an+1）（n∈N*）在函数y=x^2+1的图像上,an的通向公式n_百度知道
已知｛an｝是整数组成的数列，a1=1，且点（根号an，an+1）（n∈N*）在函数y=x^2+1的图像上,an的通向公式n
若数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn+2^an求证：Bn*Bn+2&(Bn+1)^2
提问者采纳
(√an,a(n+1)) 函数y=x^2+1a(n+1) = an+1a(n+1)-an = 1{an}等差数列, d=1an - a1 =n-1an = nb(n+1) =bn +2^an
= bn +2^nbn - b(n-1) = 2^(n-1)bn -b1 = 2+2^2+...+2^(n-1)bn = 2^0+2^1+...+2^(n-1)
= 2^n - 1(b(n+1))^2 = [2^(n+1) - 1]^2
= 2^(2n+2) - 2^(n+2) + 1bn.b(n+2) = (2^n -1). (2^(n+2)-1)
= 2^(2n+2) - [2^n + 2^(n+2)] + 1
& 2^(2n+2) -2{√[2^n. 2^(n+2)]} +1
=2^(2n+2) - 2^(n+2) +1
= (b(n+1))^2
提问者评价
其他类似问题
等待您来回答
下载知道APP
随时随地咨询
出门在外也不愁怎么证明 根号2 为无限不循环小数？_百度知道
怎么证明 根号2 为无限不循环小数？
方法越多越好。
用反证法，假设√2 是m/n（m，n互质）m=√2×n，m??=2n??，于是m是偶数同理，n也应是偶数互相矛盾，即√2不是无限不循环小数，是无限不循环小数。
其他类似问题
按默认排序
其他3条回答
假定√2 = p/q，其中p、q为互质整数，则有 p^2 = 2*q^2 为偶数 ...........................(1) p^2为偶数，所以p必定是偶数，可以表达为p = 2k 由互质条件q就不能是偶数，只能是奇数。.........(2) 所以 p^2 = 4*k^2 = 2*q^2(考虑(1)式得到)，所以 q^2 = 2*k^2 也应是偶数，与上述(2)矛盾........原假设不成立，所以√2不能表达成分数，自然不会是循环小数了。
有理数可以写成p/q的形式，假设根2=p/q,p,q是整数且最大公约数是1，p=根2q,p方=2q方，于是p方是偶数，设p=2s,s是整数，4s方=2p方，q方=2s方，q是偶数，p,q是偶数，一定有公约数2所以根2是无理数。
设p/q已经不能再约分了，那么p^2=2*q^2，等式右边是偶数，于是p必须是偶数。p是偶数的话，p^2就可以被4整除，约掉等式右边的一个2，可以看出q^2也是偶数，即q是偶数。这样，p也是偶数，q也是偶数，那么p和q就还可以继续约分，与我们的假设矛盾。根号2是无理数，我们证明到了。根号3呢？根号5呢？你可能偶尔看到过，Theodorus曾证明它们也是无理数。但Theodorus企图证明17的平方根是无理数时却没有继续证下去了。你可以在网上看到，Theodorus对数学的贡献之一就是“证明了3到17的非平方数的根是无理数”。这给后人留下了一个疑问：怪了，为什么证到17就不证了呢？一个俄国的数学历史家“猜”到了原因。他猜测，当时Theodorus就是用类似上面的方法证明的。比如，要证明根号x不是有理数，于是p^2=x*q^2。我们已经证过x=2的情况了，剩下来的质数都是奇数。如果x是奇数且p/q已经不能再约分，那么显然p和q都是奇数。一个奇数2n+1的平方应该等于4(n^2+n)+1，也即8 * n(n+1)/2 + 1，其中n(n+1)/2肯定是一个整数。如果p=2k+1，q=2m+1，把它们代进p^2=x*q^2，有8[k(k+1)/2 - x*m(m+1)/2] = x-1。于是x-1必须是8的倍数。如果当时Theodorus是这么证明的，那么他可以得到这样一个结论，如果x-1不能被8整除，那么它不可能被表示成(p/q)^2。好了，现在3、5、7、11、13减去1后都不是8的倍数，它们的平方根一定不是有理数。在x=9时发生了一次例外，但9是一个平方数。而当x=17时这种证明方法没办法解释了，于是Theodorus就此打住。实际上，我们上面说的这么多，在古希腊当时的数学体系中是根本不可能出现的。毕达哥拉斯时代根本没有发展出代数这门学科来，它们掌握的只是纯粹的几何。因此，Hippasus当时的证明不可能像我们现在这样搞点什么奇数x偶数y之类的高科技东西。事实上，Hippasus当时完全运用的平面几何知识来证明他的结论。有人觉得奇怪了，既然当时没有代数，古希腊人是怎么提出“所有数都可以表示为整数之比”的呢？其实古希腊人根本没有提出什么整数之比，这是后人的一个误解。当时毕达哥拉斯学派提出的，叫做“公度单位”。两条线段的公度单位，简单的说就是找一个公度量，使得两条线段的长度都是这个公度量的整倍数（于是这个公度量就可以同时作为两条线段的单位长度并用于测量）。寻找公度量的方法相当直观，就是不断把较长的那个线段减去短的那个线段，直到两个线段一样长。熟悉数论的同学一下就明白了这就是欧几里德的辗转相除算法求最大公约数。第一次数学危机的根结就在于，古希腊人理所当然地相信不断地截取线段，总有一个时候会截到两个线段一样长。后来，Hippasus画了这么一张图，告诉大家了一个反例：有可能这个操作会无穷尽地进行下去。现在看他怎么解释，在图中的BC和BD之间进行辗转相除为什么永远不能停止。把BD减去BC，剩下一段DE。以DE为边做一个新的小正方形DEFG，那么显然DE=EF=FC（∵△EDF为等腰直角且△BEF≌△BCF）。接下来我们应该在BC和DE间辗转相除。BC就等于CD，CD减去一个DE相当于减去一个FC，就只剩下一段DF了。现在轮到DE和DF之间辗转相除，而它们是一个新的正方形的边和对角线，其比例正好与最初的BC和BD相当。于是，这个操作再次回到原问题，并且无限递归下去。最后的结论用我们的话说就是，不存在一个数x使得BC和BD的长度都是x的整倍数。于是，BD/BC不能表示为两个整数之比p/q（否则BD/p=BC/q，这就成为了那个x）。有发现上面的代数证明和几何证明之间的共同点吗？它们都是这样的一个思路：假设我已经是满足这个性质的最小的那个了，那么我就可以用一种方法找出更小的一个来，让你无限循环下去，数目越来越小，永无止境。严格的数学证明中你或许会看到这样一句话：“不失一般性，设n为最小的满足……”这种证明方法应用很广。比如，证明3^n不能表示为两个正整数的平方和。我假设存在一个最小的n使得x^2+y^2=3^n，那么x^2+y^2可以被3整除，于是x和y也应该能被3整除（一个正整数的平方除以3，要么除尽，要么余1）。假如x=3p，y=3q，那么(3p)^2+(3q)^2=3^n，即9(p^2+q^2)=3^n，那么。p^2+q^2=3^(n-2)，这和n最小的假设矛盾。换句话说，你永远找不到最小的，你必须一直递归下去。对于根号2是无理数的问题，下面一个证明使用了与上例几乎相同的解决方法。如果√N不是整数的话，假设√N=A/B（化到最简），那么NB/A=A/B。化成带分数后，NB/A和A/B的分数部分是形如a/A和b/B的形式，其中a&A且b&B。如果两个数相同，那它们的小数部分也应该相同，于是a/A=b/B。我们发现，a/b = A/B =√N，即我们找到了√N的更简的表达形式a/b。接下来的两个证明才是我佩服的，真正的Very Simple & Very Tricky。下面的这个证明曾经是我最喜欢的关于无理数的存在性的证明，它实在是太神奇了。假设(p/q)^2=2，那么p^2=2q^2。我们将要证明，一个数的平方等于另一个数的平方的两倍是根本不可能的。如果对一个平方数分解质因数，它必然有偶数个因子（x^2的所有质因子就是把x的质因子复制成两份）。于是，p^2有偶数个质因子，q^2有偶数个质因子，2q^2有奇数个质因子。等号左边的数有偶数个质因子，等号右边的数有奇数个质因子，大家都知道这是不可能的，因为同一个数只有一种分解质因数的方法（唯一分解定理）。这个证明还有一种更加神奇的变化。p^2和2q^2的质因子中，因子2的个数肯定是一奇一偶。那么它们转化成二进制后，末尾0的个数肯定也是一奇一偶。因此，这两个数不可能相等。今天，我见到了一个更加简洁的证明。它就来源于哲牛介绍的那篇文章。这个证明虽然与前面的证明有些类似，但它的简洁性足以让我打算写下今天这篇4000字的文章。看后我大为折服，这真的叫做the power of simple ideas in mathematics。同样是证明不存在整数p, q使得p^2=2q^2，这个证明只需要一句话。假如p、q是最小的正整数使得p^2=2q^2，看图，两个边长为q的小正方形放在一个边长为p的大正方形里，那么图中深灰色正方形的面积就等于两个白色正方形面积之和（面积守恒），于是我们就找到了具有同样性质的更小的整数p和q。仔细体会一下这个“面积守恒”，如果A+B=C，那么A和B重复计算了的必然是C里还没有算过的。很有意思。这里已经有五种证明根号2是无理数的方法了。现在我们算是介绍第六种方法了。一个有限小数的平方绝对不可能变成整数，因为小数部分不可能消失。观察有限小数的小数部分最后一个数字你会发现结论是显然的，平方后它总会产生新的“最后一位”。下面证明，(n/m)^2不可能等于2。n/m不可能是整数，于是把它写成小数形式，而有限小数的平方不可能是整数。如果n/m不是有限小数的话，可以把它转换成另外的进制使得n/m是有限小数，因而上面的结论仍然成立。一个进制下的无限小数可能是另一个进制下的有限小数。比如，把分数n/m转化为m进制，得到的小数肯定是有限小数
无限不循环小数的相关知识
等待您来回答
下载知道APP
随时随地咨询
出门在外也不愁}