Lời giải:

Phản chứng. Giả sử với \(k^2+4; k^2+16\in\mathbb{P}\) thì tồn tại $k$ không chia hết cho 5

Khi đó ta xét các TH sau:

TH1: \(k=5t+1\). Vì \(k>1\Rightarrow t>1\)

\(\Rightarrow k^2+4=(5t+1)^2+4=25t^2+1+10t+4\)

\(=5(5t^2+2t+1)\)\(\vdots 5\) và \(5(5t^2+2t+1)>5\forall t>1\) nên \(k^2+4\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)

TH2: \(k=5t+2\)

\(\Rightarrow k^2+16=(5t+2)^2+16=25t^2+20t+20\)

\(=5(5t^2+4t+4)\vdots 5\) và \(5(5t^2+4t+4)>5\) nên \(k^2+16\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)

TH3: \(k=5t+3\)

\(\Rightarrow k^2+16=(5t+3)^2+16=25t^2+30t+25\)

\(=5(5t^2+6t+5)\vdots 5\) và \(5(5t^2+6t+5)>5\) nên \(k^2+16\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)

TH4: \(k=5t+4\Rightarrow k^2+4=(5t+4)^2+4=25t^2+40t+20\)

\(=5(5t^2+8t+4)\vdots 5\) và \(5(5t^2+8t+4)>5\) nên \(k^2+4\) không thể là số nguyên tố (trái với ĐKĐB)

Từ các TH trên suy ra điều giả sử là sai. Do đó \(k\vdots 5\)

Mình sửa chút: B>1

9²=81

13²⁼169

k mình nhé!

\(9^2=81\)                     \(13^2=169\)

k mk nha mina~~~~~~~~~~

Mik lười quá bạn tham khảo câu 3 tại đây nhé:

Câu hỏi của nguyen linh nhi - Toán lớp 6 - Học toán với OnlineMath

\(S=\frac{1}{1\cdot2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3\cdot4}+...+\frac{1}{37\cdot38\cdot39}\)

\(2S=\frac{1}{1\cdot2}-\frac{1}{2\cdot3}+\frac{1}{2\cdot3}-\frac{1}{3\cdot4}+...+\frac{1}{37\cdot38}-\frac{1}{38\cdot39}\)

\(2S=\frac{1}{2}-\frac{1}{38\cdot39}\)

\(S=\frac{1}{4}-\frac{1}{2\cdot38\cdot39}< \frac{1}{4}\)

Ta có: a1 = 1, a2 = -1

=> a3 = 1 . -1 = -1

=> a4 = -1 . -1 = 1

=> a5 = -1 . 1 = -1

=> a6 = 1 . -1 = -1

Từ các số trên ta có chu kì ( 1 , -1, -1 ). ( Chu kì 3 )

mà 100 : 3 dư 1 => a100 = 1

Vậy : a100 = 1

Lẻ là 1

Chẵn là -1

=>\(a_{100}\)là chẵn nên a₁₀₀=-1

Vậy a₁₀₀=-1

Đoán vậy ==

a)2A=1+1/2^1+1/2^2+...+1/2^98

  2A-A=1+1/2^1+1/2^2+...+1/2^98-(1/2^1+1/2^2+...+1/2^99)

A=1+1/2^1+1/2^2+...+1/2^98-1/2^1-1/2^2-...-1/2^99

A=1-1/2^99