Доказать, что если четное число n не делится на 3 и 4, то n5 - 5n3 + 4n делится на 1440 кто знает правильный ответ пишите быстрее мне ужасно надо.

172

180

Посмотреть ответы 2

Ответы на вопрос:

0ForeverUnicorn0

Математика

4,6(35 оценок)

1440=2*2*2*2*2*3*3*5 =(n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) поищем множители числа 1440.. пять двоек: n - четно, но не делится на 4 (значит с него одна 2 есть) n-1 и n+1 -нечетные n-2 и n+2 четные, и в отличии от n делятся на 4=2*2, значит с них по 2 двойки всего получили 5 двоек, что и надо было две тройки: n не делится на 3, значит на 3 делится либо n+1 и n-2, либо n+2 и n-1итак получили, что два множителя на 3 делятся .. то есть 2 троечки в пройзведение пятерочка: у нас произведение 5 последовательных чисел, одно из них точно делится на 5 итог: все делители числа 1440 присутствуют в заданном числе, при заданных условиял, значит 1440 является делителем данного числа чтд

roxolanavarLana

Математика

4,7(8 оценок)

$\dfrac{\pi}{2} sign(\alpha)\cdot ln(|\alpha|+1)$

Пошаговое объяснение:

На мн-ве $[0;+\infty)$ подынтегральная функция, очевидно, определена везде, кроме точки x=0.

$\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}=\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\alpha x}{x(1+x^2)}=\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\alpha }{1+x^2}=\alpha$

А тогда, если доопределить подынтегральную функцию в нуле значением $\alpha$ , она станет непрерывной по x на промежутке $[0;+\infty)$ . При этом, очевидно, на значение интеграла такое доопределение не влияет.

По $\alpha$ подынтегральная функция, очевидно, непрерывна.

А тогда, согласно теореме о дифференцировании по параметру, получим:

$I'(\alpha)=\left(\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}dx\right )'=\int\limits_0^{+\infty}\left(\dfrac{arctg \alpha x}{x(1+x^2)}\right)'_\alpha dx=\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{x}{x(1+x^2)(1+(\alpha x)^2)} dx=\\ =\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{1}{(1+x^2)(1+(\alpha x)^2)} dx=\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{\alpha^2}{(\alpha^2-1)(1+(\alpha x)^2)} dx-\int\limits_0^{+\infty}\dfrac{1}{(\alpha^2-1)(1+x^2)} dx=\\$ $=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(\alpha (arctg(\alpha x))|\limits_0^{+\infty}-(arctg(x))|\limits_0^{+\infty})=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(\alpha\cdot sign(\alpha)\dfrac{\pi}{2}-0-\dfrac{\pi}{2}+0)=\dfrac{1}{\alpha^2-1}(|\alpha|-1)\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2(|\alpha|+1)}$

Тогда

$I(\alpha)=\int\dfrac{\pi}{2(|\alpha|+1)}d\alpha=\dfrac{\pi}{2}\int\dfrac{sign(\alpha)}{(|\alpha|+1)}d(|\alpha|+1)=\dfrac{\pi}{2} sign(\alpha)\cdot ln(|\alpha|+1)+C$