Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
Ta thấy: \(a_n=3n^2+6n+13=3(n^2+2n+1)+10\)
\(=3(n+1)^2+10\)
Một số chính phương chia $5$ có thể dư $0,1,4$.
Do đó \((n+1)^2\equiv 1, 4\pmod 5\)
\(\Rightarrow a_n\equiv 3(n+1)^2+10\equiv 13, 22, 10\pmod 5\)
\(\Leftrightarrow a_n\equiv 2,3,0\pmod 5\)
Với \(a_n\not\vdots 5\Rightarrow a_n\equiv 2,3\pmod 5\)
Vậy $a_i,a_j$ không chia hết cho $5$ và có số dư khác nhau khi chia cho $5$ sẽ có một số dư $2$ và một số dư $3$
\(\Rightarrow a_i+a_j\equiv 2+3\equiv 5\equiv 0\pmod 5\)
Tức là $a_i+a_j$ chia hết cho $5$
Ta có đpcm.
b)
Theo phần a, \(a_n=3(n+1)^2+10\equiv 2,3,0\pmod 5\)
Nếu $a_n$ là một số chính phương thì \(a_n\equiv 0\pmod 5\) do số chính phương chia $5$ chỉ dư $0,1,4$
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2+10\vdots 5\)
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2\vdots 5\)
\(\Leftrightarrow (n+1)^2\vdots 5\Rightarrow n+1\vdots 5\) (do 5 là số nguyên tố)
\(\Rightarrow (n+1)^2\vdots 25\)
Do đó $a_n=3(n+1)^2+10$ là một số chia hết cho $5$ nhưng không chia hết cho $25$, suy ra $a_n$ không thể là số chính phương.
a chia cho 4, 5, 6 dư 1
nên (a - 1) chia hết cho 4, 5, 6
=> (a - 1) là bội chung của (4,5,6)
=> a - 1 = 60n
=> a = 60n+1
với 1 ≤ n < (400-1)/60 = 6,65 mặt khác a chia hết cho 7
=> a = 7m
Vậy 7m = 60n + 1 có 1 chia 7 dư 1
=> 60n chia 7 dư 6 mà 60 chia 7 dư 4
=> n chia 7 dư 5 mà n chỉ lấy từ 1 đến 6
=> n = 5 a = 60.5 + 1 = 301
a chia cho 4, 5, 6 dư 1
nên (a - 1) chia hết cho 4, 5, 6
=> (a - 1) là bội chung của (4,5,6)
=> a - 1 = 60n
=> a = 60n+1
với 1 ≤ n < (400-1)/60 = 6,65 mặt khác a chia hết cho 7
=> a = 7m
Vậy 7m = 60n + 1 có 1 chia 7 dư 1
=> 60n chia 7 dư 6 mà 60 chia 7 dư 4
=> n chia 7 dư 5 mà n chỉ lấy từ 1 đến 6
=> n = 5 a = 60.5 + 1 = 301
a)
a) n2−3n+5 : n−2 = n - 1 (R=3) . Để phép chia hết nên suy ra: n-1 thuộc Ư(3) . Suy ra : n = { 4 ; -2 ; 0 ; 2 }
Lời giải:
a)
Ta có \(a(n)=3n^2+6n+13=3(n^2+2n+1)+10\)
\(=3(n+1)^2+10\)
Khi đó:
\(a(i)=3(i+1)^2+10\)
\(a(k)=3(k+1)^2+10\)
Để \(a(i); a(k)\not\vdots 5\Rightarrow (i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\)
Mà ta biết rằng một số chính phương khi chia 5 chỉ có thể có dư là 0,1,4, nên nếu \((i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\Rightarrow \) nó chia 5 dư 1 hoặc 4
Vì \(a(i); a(k)\) có khác số dư khi chia cho 5 nên \((i+1)^2; (k+1)^2\) cũng khác số dư khi chia cho $5$
Không mất tính tổng quát, giả sử $(i+1)^2$ chia $5$ dư 1; $(k+1)^2$ chia 5 dư 4
\(\Rightarrow (i+1)^2=5m+1; (k+1)^2=5n+4\)
\(\Rightarrow a(i)+a(k)=3(5m+1)+10+3(5n+4)+10\)
\(=15m+15n+35\vdots 5\)
Do đó ta có đpcm.
b)
Đặt \(3n^2+6n+13=t^2(t\in\mathbb{N})\)
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2+10=t^2\)
Vì số chính phương chia cho 5 có thể có dư là 0,1,4 nên ta xét các TH sau:
\((n+1)^2=5k+1\Rightarrow t^2=3(5k+1)+10=5(3k+2)+3\) chia 5 dư 3(vô lý)
\((n+1)^2=5k+4\Rightarrow t^2=3(5k+4)+10=5(3k+4)+2\) chia 5 dư 2 (vô lý)
Do đó \((n+1)^2\vdots 5\Leftrightarrow n+1\vdots 5\). Đặt \(n+1=5k\Rightarrow t^2=75k^2+10\)
\(\Leftrightarrow t^2=5(15k^2+2)\) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 (vô lý)
Do đó pt trên vô nghiệm. Vậy không tồn tại số n thỏa mãn
Khi đó, đặt