Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
giải câu c nha
xét hiệu:A= \(a^3+b^3+c^3-a-b-c=\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)\)
Ta có:a3-a=a(a2-1)=a(a-1)(a+1) chia hết cho 6
tương tự :b3-b chia hết cho 6 và c3-c chia hết cho 6
\(\Rightarrow\)A chia hết cho 6
=> a3+b3+c3 -a-b-c chia hết cho 6
mà a3+b3+c3chia hết cho 6 nên a+b+c chia hết cho 6
k cho tớ xog tớ giải hai câu còn lại cho nha
a/ n3 - n = n(n+1)(n-1) đây là ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(n\left(n^2-1\right)\left(n^2+6\right)\\=n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n^2-4+10\right) \\ =n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\left(n-2\right)\left(n+2\right)+10n\left(n-1\right)\left(n+1\right)\)
Vì n-2, n-1, n, n+1, n+2 là 5 số nguyên liến tiếp nên có ít nhất 1 số chia hết cho 2, 1 số chia hết 3, 1 số chia hết 5
Mà (2,3,5)=1\(\Rightarrow\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)⋮2.3.5=30\)
Vì n-1, n, n+1 là 3 số nguyên liến tiếp nên có ít nhất 1 số chia hết 3
\(\Rightarrow n\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮3\Rightarrow10n\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮3.10=30\)
\(\Rightarrow\left(n-2\right)\left(n-1\right)n\left(n+1\right)\left(n+2\right)+10n\left(n-1\right)\left(n+1\right)⋮30\)
Vậy ...
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Bài chỉ chứng minh vế phải chia hết vế trái chứ k tìm n hay a nhé bạn
Nguyễn Ngọc Phương: Mình đâu có tìm $n,a$ đâu hả bạn? Mình đang chỉ ra TH sai mà???
Chả hạn, chứng minh $n(n+1)(n^2+1)\vdots 5$ thì có nghĩa mọi số tự nhiên/ nguyên $n$ đều phải thỏa mãn. Nhưng chỉ cần có 1 TH $n$ thay vào không đúng nghĩa là đề không đúng rồi.
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Ta có: \(2\equiv-1\left(mod 3\right)\Rightarrow2^n\equiv\left(-1\right)^n\left(mod3\right)\)
Vì n là số tự nhiên nên n có dạng 2k hoặc 2k + 1 (k là số tự nhiên)
+) Nếu n có dạng 2k \(\Rightarrow2^n\equiv\left(-1\right)^n\equiv\left(-1\right)^{2k}\equiv\left[\left(-1\right)^2\right]^k\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow2^n-1\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow2^n-1⋮3\Rightarrow A⋮3\)
Nếu n có dạng 2k + 1 \(\Rightarrow2^n\equiv\left(-1\right)^{2k+1}\equiv\left(-1\right)^{2k}.\left(-1\right)\equiv-1\left(mod3\right)\Rightarrow2^n+1\equiv0\left(mod3\right)\Rightarrow2^n+1⋮3\Rightarrow A⋮3\)
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
Lời giải:
Đặt biểu thức đã cho là $A$
$\bullet$ Chứng minh $A\vdots 5$
Ta nhớ đến tính chất quen thuộc là: Một số chính phương khi chia cho $5$ có dư là $0,1,4$
Do đó, với $a$ là số nguyên không chia hết cho $5$ thì $a^2$ chia $5$ dư $1$ hoặc $4$
Hay $a^2\equiv \pm 1\pmod 5$
$\Rightarrow a^4\equiv 1\pmod 5\Rightarrow a^4-1\equiv 0\pmod 5$
$\Rightarrow A=(a^4-1)(a^4+15a^2+1)\equiv 0\pmod 5$
Hay $A\vdots 5(*)$
----------------------
Chứng minh $A\vdots 7$
$A=(a^4-1)(a^4+a^2+1)+14a^2(a^4-1)$
$=(a^2+1)(a^6-1)+14a^2(a^4-1)$
Ta nhớ đến tính chất quen thuộc: Một số lập phương khi chia cho $7$ có dư $0,1,6$
Do đó, với $a$ là số không chia hết $7$ thì $a^3$ chia $7$ có thể dư $1,6$
Hay $a^3\equiv \pm 1\pmod 7$
$\Rightarrow a^6\equiv 1\pmod 7\Rightarrow a^6-1\equiv 0\pmod 7$
$\Rightarrow A=(a^2+1)(a^6-1)+14a^2(a^4-1)\equiv 0\pmod 7$
Hay $A\vdots 7(**)$
Từ $(*); (**)\Rightarrow A\vdots 35$
![](https://rs.olm.vn/images/avt/0.png?1311)
\(4-\sqrt{15}=\frac{1}{4+\sqrt{15}}\)
Đặt \(t=4+\sqrt{15}\)
Ta chứng minh \(t^n+\frac{1}{t^n}\in N\text{ (*) }\forall n\in N\text{*}.\)
\(+n=1:\text{ }t+\frac{1}{t}=4+\sqrt{15}+4-\sqrt{15}=8\in N\)
\(+n=2:\text{ }t^2+\frac{1}{t^2}=\left(t+\frac{1}{t}\right)^2-2\in N\)
Giả sử (*) đúng với n = k-1 và n = k, tức là \(t^{k-1}+\frac{1}{t^{k-1}}\in N;\text{ }t^k+\frac{1}{t^k}\in N\).
Ta chứng minh (*) đúng với n = k+1.
Thật vậy, ta có: \(\left(t+\frac{1}{t}\right)\left(t^k+\frac{1}{t^k}\right)\in N\Rightarrow t^{k+1}+\frac{1}{t^{k+1}}+t^{k-1}+\frac{1}{t^{k-1}}\in N\)
\(\Rightarrow t^{k+1}+\frac{1}{t^{k+1}}\in N\text{ }\left(do\text{ }t^{k-1}+\frac{1}{t^{k-1}}\in N\right)\)
Vậy theo nguyên lý quy nạp, (*) đúng với mọi số tự nhiên n.
Làm tương tự như trên, ta cũng chứng minh được \(t^n+\frac{1}{t^n}\text{ }\vdots\text{ }2\text{ }\forall n\in N\text{*}\)
\(b,n^2\left(n^4-1\right)\)
\(=n^2\left(n^2+1\right)\left(n^2-1\right)\)
Ta có:\(n^2-1;n^2;n^2+1\) là 3 số nghuyên liên tiếp
\(\Rightarrow n^2\left(n^2+1\right)\left(n^2-1\right)⋮60\)
\(\Rightarrowđpcm\)
=>