NT
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
16 tháng 6 2015
BÀi 4 :VÌ p và 5 là 2 số nguyên tố cùng nhau nên p không chia hết cho 5
Ta có P8n+3P4n-4 = p4n(p4n+3) -4
Vì 1 số không chia hết cho 5 khi nâng lên lũy thừa 4n sẽ có số dư khi chia cho 5 là 1
( cách chứng minh là đồng dư hay tìm chữ số tận cùng )
suy ra : P4n(P4n+3) -4 đồng dư với 1\(\times\)(1+3) -4 = 0 ( mod3) hay A chia hết cho 5
Bài 5
Ta xét :
Nếu p =3 thì dễ thấy 4P+1=9 là hợp số (1)
Nếu p\(\ne\)3 ; vì 2p+1 là số nguyên tố nên p không thể chia 3 dư 1 ( vì nếu p chia 3 duw1 thì 2p+1 chia hết cho 3 và 2p+1 lớn hơn 3 nên sẽ là hợp số trái với đề bài)
suy ra p có dạng 3k+2 ; 4p+1=4(3k+2)+1=12k+9 chia hết cho 3 và 4p+1 lớn hơn 3 nên là 1 hợp số (2)
Từ (1) và (2) suy ra 4p+1 là hợp số
PV
3
1 tháng 3 2020
p2p2 là số chính phương nên p2p2 chia 7 dư 0,1,2 hoặc 4
- Nếu p2⋮7p2⋮7 thì p⋮7⇒p=7p⋮7⇒p=7 , thay vào thỏa mãn
-Nếu p2p2 chia 7 dư 1 thì 3p2+43p2+4 ⋮7⇒⋮7⇒ trái với đề bài
- Nếu p2p2 chia 7 dư 2 3p2+1⋮7⇒3p2+1⋮7⇒ vô lí
-Nếu p2p2 chia 7 dư 4 2p2−1⋮7⇒2p2−1⋮7⇒ vô lí
Vậy p=7
PT
4
9 tháng 2 2016
Ta xét một số CP khi chia 7 chỉ có thể dư 0;1;2;4
xét p=7 dễ thấy đó là số cần tìm
giả sử p2p2 chia 7 dư 1 => 3p2+43p2+4 chia hết cho 7 và lớn hơn 7 nên vô lí
tương tự với các TH p2p2 chia 7 dư 2, dư 4, ta đều suy ra điều vô lí
=> p chia hết cho 7 nên p=7
b/ biến đổi biểu thức đã cho trở thành 3(x−3)2+(3y2+2)(z2−6)=423(x−3)2+(3y2+2)(z2−6)=42
từ biểu thức trên suy ra z2−6z2−6 chia hết cho 3
xét z <3, ta có:
z=2=>z2−6=−2z2−6=−2 không chia hết cho 3
z=1=> z2−6=−5z2−6=−5 không chia hết cho 3
suy ra z≥3z≥3 => (3y2+2)(z2−6)>0(3y2+2)(z2−6)>0
suy ra (x−3)2≤9(x−3)2≤9 lần lượt xét các giá trị của (x−3)2(x−3)2 là 0;1;2;3 sau đó dựa vào (3y2+2)(3y2+2) chia 3 dư hai, ta tìm đk 3 cặp nghiệm:
(x;y;z)=(0;1;3);(6;1;3);(3;2;3)
Duyệt nha
9 tháng 2 2016
Ta xét một số CP khi chia 7 chỉ có thể dư 0;1;2;4
xét p=7 dễ thấy đó là số cần tìm
giả sử p2p2 chia 7 dư 1 => 3p2+43p2+4 chia hết cho 7 và lớn hơn 7 nên vô lí
tương tự với các TH p2p2 chia 7 dư 2, dư 4, ta đều suy ra điều vô lí
=> p chia hết cho 7 nên p=7
b/ biến đổi biểu thức đã cho trở thành 3(x−3)2+(3y2+2)(z2−6)=423(x−3)2+(3y2+2)(z2−6)=42
từ biểu thức trên suy ra z2−6z2−6 chia hết cho 3
xét z <3, ta có:
z=2=>z2−6=−2z2−6=−2 không chia hết cho 3
z=1=> z2−6=−5z2−6=−5 không chia hết cho 3
suy ra z≥3z≥3 => (3y2+2)(z2−6)>0(3y2+2)(z2−6)>0
suy ra (x−3)2≤9(x−3)2≤9 lần lượt xét các giá trị của (x−3)2(x−3)2 là 0;1;2;3 sau đó dựa vào (3y2+2)(3y2+2) chia 3 dư hai, ta tìm đk 3 cặp nghiệm:
(x;y;z)=(0;1;3);(6;1;3);(3;2;3)
Duyệt nha
ST
0
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 1 2022
1.
\(x^4+4y^4=x^4+4x^2y^2+y^4-4x^2y^2=\left(x^2+2y^2\right)^2-\left(2xy\right)^2\)
\(=\left(x^2-2xy+2y^2\right)\left(x^2+2xy+2y^2\right)\)
Do x, y nguyên dương nên số đã cho là SNT khi:
\(x^2-2xy+2y^2=1\Rightarrow\left(x-y\right)^2+y^2=1\)
\(y\in Z^+\Rightarrow y\ge1\Rightarrow\left(x-y\right)^2+y^2\ge1\)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=1\)
Thay vào kiểm tra thấy thỏa mãn
2. \(N=n^4+4^n\)
- Với n chẵn hiển nhiên N là hợp số
- Với \(n\) lẻ: \(\Rightarrow n=2k+1\)
\(N=n^4+4^n=n^4+4^{2k+1}=n^4+4.4^{2k}+4n^2.4^k-n^2.4^{k+1}\)
\(=\left(n^2+2.4^k\right)^2-\left(n.2^{k+1}\right)^2=\left(n^2+2.4^k-n.2^{k+1}\right)\left(n^2+2.4^k+n.2^{k+1}\right)\)
Mặt khác:
\(n^2+2.4^k-n.2^{k+1}\ge2\sqrt{2n^2.4^k}-n.2^{k+1}=2\sqrt{2}n.2^k-n.2^{k+1}\)
\(=n.2^{k+1}\left(\sqrt{2}-1\right)\ge2\left(\sqrt{2}-1\right)>1\)
\(\Rightarrow N\) là tích của 2 số dương lớn hơn 1
\(\Rightarrow\) N là hợp số
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 1 2022
Bài 4 chắc không có cách "đại số" nào (tức là dựa vào lý luận chia hết tổng quát) để giải. Mình nghĩ vậy (có lẽ có, nhưng mình ko biết).
Chắc chỉ sáng lọc và loại trừ theo quy tắc kiểu: do đổi vị trí bất kì đều là SNT nên không thể chứa các chữ số chẵn và chữ số 5, như vậy số đó chỉ có thể chứa các chữ số 1,3,7,9
Nó cũng không thể chỉ chứa các chữ số 3 và 9 (sẽ chia hết cho 3)
Từ đó sàng lọc được các số: 113 (và các số đổi vị trí), 337 (và các số đổi vị trí)
D
4
16 tháng 11 2017
Đề kiểu gì vậy.
Ta có: \(2p^2⋮p^2\)thì là hợp số luông chứ chứng minh cái gì nữa
9 tháng 7 2019
1)
+) a, b, c là các số nguyên tố lớn hơn 3
=> a, b, c sẽ có dạng 3k+1 hoặc 3k+2
=> Trong 3 số (a-b); (b-c); (c-a) sẽ có ít nhất một số chia hết cho 3
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 3 (1)
+) a,b,c là các số nguyên tố lớn hơn 3
=> a, b, c là các số lẻ và không chia hết cho 4
=> a,b, c sẽ có dang: 4k+1; 4k+3
=> Trong 3 số (a-b); (b-c); (c-a) sẽ có ít nhất một số chia hết cho 4
th1: Cả 3 số chia hết cho 4
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 64 (2)
Từ (1); (2) => (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 64.3=192 vì (64;3)=1
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 48
th2: Có 2 số chia hết cho 4, Số còn lại chia hết cho 2
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 32 (3)
Từ (1) , (3)
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 32.3=96 ( vì (3;32)=1)
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 48
Th3: chỉ có một số chia hết cho 4, hai số còn lại chia hết cho 2
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 16
Vì (16; 3)=1
=> (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 16.3=48
Như vậy với a,b,c là số nguyên tố lớn hơn 3
thì (a-b)(b-c)(c-a) chia hết cho 48
10 tháng 1 2022
câu 2:
Với p=2→2p+1=5p=2→2p+1=5 không là lập phương 11 số tự nhiên
→p=2→p=2 loại
→p>2→(p,2)=1→p>2→(p,2)=1
Đặt 2p+1=(2k+1)3,k∈N2p+1=(2k+1)3,k∈N vì 2p+12p+1 lẻ
→2p=(2k+1)3−1→2p=(2k+1)3−1
→2p=(2k+1−1)((2k+1)2+(2k+1)+1)→2p=(2k+1−1)((2k+1)2+(2k+1)+1)
→2p=2k(4k2+6k+3)→2p=2k(4k2+6k+3)
→p=k(4k2+6k+3)→p=k(4k2+6k+3)
Vì pp là số nguyên tố, 4k2+6k+3>k4k2+6k+3>k
→k=1→k=1 và 4k2+6k+34k2+6k+3 là số nguyên tố
→4k2+6k+3=13→4k2+6k+3=13 (Khi k=1k=1) là số nguyên tố
→k=1→k=1 chọn
→2p+1=27→2p+1=27
→p=13
câu 3: p−q+2q=(p−q)3→2q=(p−q)((p−q)2−1)=(p−q)(p−q−1)(p−q+1)p−q+2q=(p−q)3→2q=(p−q)((p−q)2−1)=(p−q)(p−q−1)(p−q+1)
Th1: p−qp−q chia hết cho 2 suy ra p−q=2kp−q=2k
Suy ra q=k.(2k−1)(2k+1)q=k.(2k−1)(2k+1)
Do vậy k=1k=1 vì nếu không thì qq thành tích 3 số nguyên lớn hơn 1 suy ra vô lý vì nó là nguyên tố.
Suy ra p−q=2p−q=2 Như vậy q=3,p=5q=3,p=5 Thỏa mãn
TH2: p−q−1p−q−1 chia hết cho 2 suy ra p−q−1=2tp−q−1=2t nên q=(2t+1)t(2t+2)q=(2t+1)t(2t+2)
Do vậy t=0t=0 vì nếu không thì qq thành tích 2 số nguyên lớn hơn 1.
Suy ra p−q−1=0↔p−q=1↔p=3,q=2p−q−1=0↔p−q=1↔p=3,q=2 thay vào đề loại.
TH3: p−q+1=2mp−q+1=2m suy ra q=(2m−1)(2m−2)mq=(2m−1)(2m−2)m
Nếu m≥2m≥2 suy ra qq thành tích 3 số nguyên lớn hơn 1 loại
Suy ra m=0,1m=0,1 thay vào đều loại.
Vậy p=5,q=3p=5,q=3
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
12 tháng 1 2022
1.
\(\left(a+b+c\right)^3=a^3+b^3+c^3+3\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)-3abc\)
Do vế phải chia hết cho 3 \(\Rightarrow\) vế trái chia hết cho 3
\(\Rightarrow a+b+c⋮3\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3⋮27\)
\(a+b+c⋮3\Rightarrow3\left(a+b+c\right)⋮9\)
\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^3-\left(a^3+b^3+c^3\right)-3\left(a+b+c\right)\left(ab+bc+ca\right)⋮9\)
\(\Rightarrow3abc⋮9\Rightarrow abc⋮3\)
2.
Đặt \(2p+1=n^3\Rightarrow2p=n^3-1=\left(n-1\right)\left(n^2+n+1\right)\) (hiển nhiên n>1)
Do \(n^2+n+1=n\left(n+1\right)+1\) luôn lẻ \(\Rightarrow n-1\) chẵn \(\Rightarrow n=2k+1\)
\(\Rightarrow2p=\left(2k+1-1\right)\left(n^2+n+1\right)=2k\left(n^2+n+1\right)\)
\(\Rightarrow p=k\left(n^2+n+1\right)\Rightarrow k=1\Rightarrow n=3\)
\(\Rightarrow p=13\)
12 tháng 1 2022
Tham khảo:
2, Với \(p=2->2p+1=5\) không là lập phương 1 số tự nhiên
\(->p=2\) loại
\(-> p>2->(p,2)=1\)
Đặt \(2p+1=(2k+1)^3, k∈ N,\)vì \(2p+1\) lẻ
\(->2p=(2k+1)^3-1\)
\(-> 2p=(2k+1-1)[(2k+1)^2+(2k+1)+1]\)
\(->2p=2k(4k^2+6k+3)\)
\(->p=k(4k^2+6k+3)\)
Vì \(p\) là số nguyên tố, \(4k^2+6k+3>k\)
\(->k=1\) và \(4k^2+6k+3\) là số nguyên tố.
\(->4k^2+6k+3=13(\) khi \(k=1)\) là số nguyên tố
\(->k=1\) (chọn)
\(-> 2p+1=27\)
\(->p=13\)