Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
$\textbf{1.}$
Ta có $5^{2017}+5^{2015}=5^{2015}(5^2+1)$
$=5^{2015}\cdot26$
$=5^{2015}\cdot13\cdot2.$
Vì $13\mid13\cdot2$ nên $13\mid\left(5^{2017}+5^{2015}\right).$
Vậy $5^{2017}+5^{2015}$ chia hết cho $13.$
$\textbf{2.}$
Giả sử $a^{2014}+b^{2015}+c^{2016}\vdots6.$
Ta có $a^{2016}-a^{2014}=a^{2014}(a^2-1)$
$=a^{2014}(a-1)(a+1).$
Vì $a(a-1)(a+1)\vdots6$ nên $a^{2014}(a-1)(a+1)=a^{2013}\cdot a(a-1)(a+1)\vdots6.$
Suy ra $a^{2016}\equiv a^{2014}\pmod6.$
Tương tự, $b^{2017}-b^{2015}=b^{2015}(b^2-1)$
$=b^{2014}\cdot b(b-1)(b+1)\vdots6,$ nên $b^{2017}\equiv b^{2015}\pmod6.$
Lại có $c^{2018}-c^{2016}=c^{2016}(c^2-1)$
$=c^{2015}\cdot c(c-1)(c+1)\vdots6,$ nên $c^{2018}\equiv c^{2016}\pmod6.$
Cộng ba đồng dư trên, $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\equiva^{2014}+b^{2015}+c^{2016}\equiv0\pmod6.$
Vậy $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}$ chia hết cho $6.$
1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka1, c=kc1 và (a1,c1)=1
Thay vào ab=cd được ka1b=bc1d nên
a1b=c1d (1)
Ta có: a1b \(⋮\)c1 mà (a1,c1)=1 nên b\(⋮\)c1. Đặt b=c1m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a1c1m = c1d nên a1m=d
Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)
\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)
Do a1, c1, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)
2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.
Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.
Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)
b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a2 chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)
Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......
b) ta có: 30=2.3.5
\(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\\b^3\equiv b\left(mod3\right)\\c^5\equiv c\left(mod5\right)\end{cases}\Rightarrow b^5\equiv b^3\equiv b\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\)
\(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)+\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)+c\left(c^2-1\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)
\(mà\)\(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)
\(b\left(b-1\right)\left(b+1\right)⋮6\)
\(c\left(c-1\right)\left(c+1\right)⋮6\)
\(a+b+c⋮6\)
\(\Leftrightarrow(a^3+b^3+c^3)⋮6\)\((đpcm)\)
Vì a + 1 và b + 2009 chia hết cho 6 nên a + b + 2010 chia hết cho 6.
Mà 2010 chia hết cho 6 nên a + b chia hết cho 6.
4a không chia hết cho 6 nên 4a + a + b không chia hết cho 6.
Bạn xem lại đề.
Bài 3:
a: \(=35^{2018}\left(35-1\right)=35^{2018}\cdot34⋮17\)
b: \(=43^{2018}\left(1+43\right)=43^{2018}\cdot44⋮11\)
Bài 4 :
Thay x=y+5 , ta có :
a ) ( y+5)*(y5+2)+y*(y-2)-2y*(y+5)+65
=(y+5)*(y+7)+y^2-2y-2y^2-10y+65
=y^2+7y+5y+35-y^2-2y-2y^2-10y+65
= 100
Bài 5 :
A = 15x-23y
B = 2x-3y
Ta có : A-B
= ( 15x -23y)-(2x-3y)
=15x-23y-2x-3y
=13x-26y
=13x*(x-2y) chia hết cho 13
=> Nếu A chia hết cho 13 thì B chia hết cho 13 và ngược lại
Ta có a + b + c là số chẵn nên trong a,b,c có ít nhất 1 số chẵn
Ta có
a3 + b3 + c3 = (a + b)3 - 3ab(a + b) + c3
= (a + b + c)A - 3ab(20162016 - c)
= 20162016 A - 3ab20162016 + 3abc
Ta có 20162016 A chia hết cho 6
3ab20162016 chia hết cho 6
3abc chia hết cho 6 vì chia hết cho 3 và trong a,b,c có 1 số chia hết cho 2
Vậy a3 + b3 + c3 chia hết cho 6
Ta có a^5-a luôn chia hết cho 6
suy ra a^5+...+d^5 -2016 chia hết cho 6
dpcm
Giả sử $a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\vdots6.$
Ta có $a^{2018}-a^{2016}=a^{2016}(a^2-1)$
$=a^{2016}(a-1)(a+1).$
Trong ba số nguyên liên tiếp $a-1,\ a,\ a+1$ luôn có một số chia hết cho $3$ và có ít nhất một số chẵn.
Do đó $a(a-1)(a+1)\vdots6.$
Suy ra $a^{2016}(a-1)(a+1)=a^{2015}\cdot a(a-1)(a+1)\vdots6.$
Vậy $a^{2018}\equiv a^{2016}\pmod6.$
Tương tự, $b^{2019}-b^{2017}=b^{2017}(b^2-1)$
$=b^{2017}(b-1)(b+1)$
$=b^{2016}\cdot b(b-1)(b+1)\vdots6,$ nên $b^{2019}\equiv b^{2017}\pmod6.$
Lại có $c^{2020}-c^{2018}=c^{2018}(c^2-1)$
$=c^{2018}(c-1)(c+1)$
$=c^{2017}\cdot c(c-1)(c+1)\vdots6,$ nên $c^{2020}\equiv c^{2018}\pmod6.$
Cộng ba đồng dư trên, $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiva^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\pmod6.$
Theo giả thiết,
$a^{2016}+b^{2017}+c^{2018}\equiv0\pmod6.$
Suy ra $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\equiv0\pmod6.$
Hay $a^{2018}+b^{2019}+c^{2020}\vdots6.$