Gọi phương trình đã cho là f(x) 

Giả sử x = t là nghiệm hữu tỷ của f(x) thì: f(x) = (x - t)Q(x)

f(0) = a₀ = - t.Q(x) (1)

Và f(1) = a_2k + a_2k-1 + ... + a₁ + a₀ = (1 - t).Q(x) (2)

Từ (1) ta có a₀ là số lẻ nên t phải là số lẻ

Từ (2) ta thấy rằng a_2k + a_2k-1 + ... + a₁ + a₀ là tổng của 2k + 1 số lẻ nên là số lẻ. Từ đó ta thấy rằng (1 - t) là số lẻ

Mà (1 - t) là hiệu hai số lẻ nên không thể là số lẻ (mâu thuẫn)

Vậy f(x) không có nghiệm nguyên

sat khong gi nang hon ban nhe

sat ko gi nang hon

Ta có:P=(a+b)(a+c)(b+c)-abc=(a²b+ab²+b²c+bc²⁺a²c+ac²+abc+abc)-abc

                                          =(a²b+ab²+abc)+(a²c+ac²+abc)+(b²c+bc²+abc)-2abc

                                          =ab(a+b+c)+ac(a+b+c)+bc(a+b+c)-2abc

                                          =(a+b+c)(ab+ac+bc)-2abc

 thấy a+b+c chia hết cho 4 => (a+b+c)(ab+bc+ac) chia hết cho 4   (1)

Do a+b+c chia hết cho 4 => tồn tại ít nhất trong 3 số a,b,c một số chia hết cho 2=>2abc chia hết cho 4   (2)

Tù (1) và (2)=>P chia hết cho 4

ta có các qui luật như sau :

5¹ = 5                   5³ = 125

5² = 5                   5⁴ = 625

............................................

như thế ta có các chữ số tận cùng là 5 .

=> 5²⁰²⁶ có chữ số tận cùng là 5

Sáu chữ số tận cùng cơ

Bài này mà không làm đc đốt sách đê 

ê cu vô cái link này nè http://olm.vn/hoi-dap/question/94896.html tui vừa chép xong 

ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

oooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

ooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooooo

Có \(\left(1+a\right)\left(1+a^2\right)...\left(1+a^{32}\right)=\frac{\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(a^2+1\right)...\left(a^{32}+1\right)}{a-1}\)

\(=\frac{\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right)...\left(a^{32}+1\right)}{a-1}\)

\(...\)

\(=\frac{\left(a^{32}-1\right)\left(a^{32}+1\right)}{a-1}\)

\(=\frac{a^{64}-1}{a-1}\)

\(=\frac{\left(a-1\right)\left(a^{63}+a^{62}+...+a^2+a+1\right)}{a-1}\)

\(=a^{63}+a^{62}+...+a^2+a+1\)

Vậy ...

ta có (a-1)(1+a+a²+......+a⁶³)=a⁶⁴-1

        (a-1)(a+1)(a²+1)....(a³²+1)=a⁶⁴-1