KA
1
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
PD
cmr với mọi n thuộc N; n>1 thỏa mãn \(n^2+4\) và \(n^2+16\) là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5
1
7 tháng 3 2018
+, Nếu n chia 5 dư +-1 thì :
n^2 chia 5 dư 1 => n^2+4 chia hết cho 5
Mà n^2+4 > 5 => n^2+4 là hợp số
+, Nếu n chia 5 dư +-3 thì :
n^2 chia 5 dư 4 => n^2+16 chia hết cho 5
Mà n^2+16 > 5 => n^2+16 lừ hợp số
=> để n^2+4 và n^2+16 đều là số nguyên tố thì n chia hết cho 5
Tk mk nha
NL
0
14 tháng 10 2020
1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka1, c=kc1 và (a1,c1)=1
Thay vào ab=cd được ka1b=bc1d nên
a1b=c1d (1)
Ta có: a1b \(⋮\)c1 mà (a1,c1)=1 nên b\(⋮\)c1. Đặt b=c1m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a1c1m = c1d nên a1m=d
Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)
\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)
Do a1, c1, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)
14 tháng 10 2020
2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.
Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.
Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)
b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a2 chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)
Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......
T
1
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
24 tháng 7 2021
Với \(x\)nguyên bất kì, ta có: \(x^5-x=x\left(x^4-1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)+5x\left(x^2-1\right)\)
\(=x\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)+5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)
Có \(x\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)là tích của \(5\)số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho \(2,3,5\)mà \(\left(2,3,5\right)=1\)nên nó chia hết cho \(2.3.5=30\).
\(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)là tích của \(3\)số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho \(2,3\)mà \(\left(2,3\right)=1\)nên chia hết cho \(2.3=6\)do đó \(5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)chia hết cho \(30\).
Vậy \(x^5-x\)chia hết cho \(30\).
Ta có:
\(a^5+b^5+c^5+d^5-\left(a+b+c+d\right)\)
\(=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)+\left(d^5-d\right)\)chia hết cho \(30\)
nên \(\left(a^5+b^5+c^5+d^5\right)\equiv\left(a+b+c+d\right)\left(mod30\right)\)
mà \(a^5+b^5+c^5+d^5=30\left(c^5+d^5\right)⋮30\)
suy ra \(a+b+c+d\)chia hết cho \(30\).
TA
16 tháng 12 2023
1) Gọi hai số cần tìm là a2 và b2(a,b lớn hơn hoặc bằng 2)
Vì a2+ b2= 2234 là số chẵn -> a, b cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Mà chỉ có một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 -> hai số đó cùng lẻ
a2+ b2 = 2234 không chia hết cho 5
Giả sử cả a2, b2 đều không chia hết cho 5
-> a2,b2 chia 5 dư 1,4 ( vì là số chính phương)
Mà a2+ b2 = 2234 chia 5 dư 4 nên o có TH nào thỏa mãn -> Giả sử sai
Giả sử a=5 -> a2= 25
b2= 2209
b2= 472
-> b=47
Vậy hai số cần tìm là 5 và 47
HN
1
16 tháng 11 2016
Xét hiệu: (a3 + b3 + c3) - (a + b + c)
= (a3 - a) + (b3 - b) + (c3 - c)
= a.(a2 - 1) + b.(b2 - 1) + c.(c2 - 1)
= a.(a - 1).(a + 1) + b.(b - 1).(b + 1) + c.(c - 1).(c + 1)
Dễ thấy mỗi tích trên chia hết cho 6 vì là tích 3 số nguyên liên tiếp
=> (a3 + b3 + c3) - (a + b + c) chia hết cho 6
Mà a + b + c chia hết cho 6 => a3 + b3 + c3 chia hết cho 6 (đpcm)
TT
28 tháng 2 2020
a) Giả sử \(x+y\) là số nguyên tố
Ta có : \(x^3-y^3⋮x+y\)
\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x^2+xy+y^2\right)⋮x+y\)
\(\Rightarrow x^2+xy+y^2⋮x+y\) ( Do \(x-y< x+y,\left(x-y,x+y\right)=1\) vì \(x+y\) là số nguyên tố )
\(\Rightarrow x^2⋮x+y\) ( Do \(xy+y^2=y\left(x+y\right)⋮x+y\) )
\(\Rightarrow x⋮x+y\) (1)
Mặt khác \(x< x+y,x+y\) là số nguyên tố
\(\Rightarrow x⋮̸x+y\) mâu thuẫn với (1)
Do đó, điều giả sử sai.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
\(6k+5\)Do \(p;q>5\Rightarrow p;q\) đều là số lẻ ko chia hết cho 3
\(\Rightarrow p;q\) có dạng \(6k+1\) hoặc \(6k+5\)
Mặt khác \(p< q< p+6\Rightarrow0< q-p< 6\)
\(\Rightarrow q-p\) không chia hết cho 6
\(\Rightarrow q;p\) không thể có cùng dạng \(6k+1\) hoặc cùng dạng \(6k+5\)
\(\Rightarrow\) 1 số có dạng \(6k+1\) và 1 số có dạng \(6k+5\)
Hay 1 số chia 6 dư 1, một số chia 6 dư 5
\(\Rightarrow p+q\) chia 6 dư 0
\(\Rightarrow p+q⋮6\)