3. 1998=a+b+c (a,b,c\(\in N\))

Xét a^3+b^3+c^3 - (a+b+c)=a(a-a)(a+1)+b(b-1)(b+1)+c(c-1)(c+1)

mà n(n-1)(n+1) luôn chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n

=>a^3+b^3+c^3 chia hết cho 6 (a+b+c chia hết cho 6)

Ta có: Với mọi số nguyên \(n\) không chia hết cho 3 thì \(n^3\equiv 1\) hoặc \(n^3\equiv -1\pmod 9\).

Mặt khác, nếu \(n\) chia hết cho 3 thì \(n^3\) chia hết cho 27.

Vì \(a^3+b^3+c^3\) chia hết cho 27 nên cũng chia hết cho 9.

Xét các trường hợp:

Trường hợp 1: Cả ba số \(a,b,c\) đều chia hết cho 3.

Khi đó điều phải chứng minh đúng.

Trường hợp 2: Có ít nhất một số không chia hết cho 3.

Do \(a^3+b^3+c^3\) chia hết cho 9 và mỗi số lập phương khi chia cho 9 chỉ có thể dư \(0;1;8\).

Suy ra trong ba số \(a^3,b^3,c^3\) phải có:

- Một số chia hết cho 9 và hai số còn lại có số dư là 1 và 8; hoặc

- Cả ba số đều chia hết cho 9.

Trường hợp cả ba số đều chia hết cho 9 thì \(a,b,c\) đều chia hết cho 3, trái với giả thiết của trường hợp 2.

Vậy có hai số trong ba số \(a,b,c\) không chia hết cho 3, giả sử đó là \(a,b\), và số còn lại \(c\) chia hết cho 3.

Vì \(c\) chia hết cho 3 nên \(c^3\) chia hết cho 27.

Mà \(a^3+b^3+c^3\) chia hết cho 27 nên \(a^3+b^3\) cũng chia hết cho 27.

Ta có:

\(a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\).

Vì \(a^3+b^3\) chia hết cho 9 nên \(a^3+b^3\equiv 0\pmod 9\).

Suy ra \(a^3\equiv -b^3\pmod 9\), do đó \(a\equiv -b\pmod 3\).

Vì \(a,b\) không chia hết cho 3 nên \(a^2-ab+b^2\) chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9.

Mà \(a^3+b^3\) chia hết cho 27 nên:

\((a+b)(a^2-ab+b^2)\) chia hết cho 27.

Suy ra \(a+b\) chia hết cho 9.

Vậy có hai trong ba số \(a,b,c\) có tổng chia hết cho 9.

Kết luận: Cả ba số \(a,b,c\) đều chia hết cho 3 hoặc có hai trong ba số đó có tổng chia hết cho 9.

\(2.\)  Tính chất: Trong  \(n\)  số nguyên liên tiếp có một  và chỉ một số chia hết cho  \(n\)

Giả sử \(n,\)  \(n+1,...,\)  \(n+1899\)  là dãy \(1900\) số tự nhiên liên tiếp \(\left(1\right)\)

Xét  \(1000\) số tự nhiên liên tiếp từ  \(n,\)  \(n+1,...,\)  \(n+999\)  \(\left(2\right)\)  thuộc dãy số  \(\left(1\right)\)

Theo tính chất trên, sẽ có một số chia hết cho  \(1000\)

Giả sử số đó là  \(n_0\), khi đó \(n_0\) có tận cùng là  \(3\) chữ số \(0\) và  \(m\)  là tổng các chữ số của \(n_0\)

Khi đó, ta xét  \(27\)  số tự nhiên gồm:

\(n_0,\)  \(n_0+9,\)  \(n_0+19,\)  \(n_0+29,\)  \(n_0+39,...,\)  \(n_0+99,\)  \(n_0+199,...,\)  \(n_0+899\)  \(\left(3\right)\)

Sẽ có tổng các chữ số gồm  \(27\)  số tự nhiên liên tiếp là  \(m,\)  \(m+1,\)  \(m+2,...,\)  \(m+26\)

Do đó,  có  \(1\)  số chia hết cho  \(27\)

Vậy,  trong  \(1900\)  số tự nhiên liên tiếp có  \(1\)  số có tổng các chữ số chia hết cho \(27\)

Ta có: \(S=a^3+b^3+c^3+3a^2+3b^2+3c^2\)

\(=\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)+\left(3a^2-3a\right)+\left(3b^2-3b\right)+\left(3c^2-3c\right)+4\left(a+b+c\right)\)

\(=a\left(a+1\right)\left(a-1\right)+b\left(b-1\right)\left(b+1\right)+c\left(c-1\right)\left(c+1\right)+3a\left(a-1\right)+3b\left(b-1\right)+3c\left(c-1\right)+4\left(a+b+c\right)\)

Ta thấy: \(\hept{\begin{cases}a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\\b\left(b-1\right)\left(b+1\right)⋮6\\c\left(c-1\right)\left(c+1\right)⋮6\end{cases}}\)(1)

\(\hept{\begin{cases}3a\left(a-1\right)⋮6\\3b\left(b-1\right)⋮6\\3c\left(c-1\right)⋮6\end{cases}}\)(2)

\(4\left(a+b+c\right)⋮6\)(3)

Từ (1),(2),(3) ta suy ra \(S⋮6\)