P=3+2^2(2+1)+2^4(2+1)+2^6(2+1)

=3(1+2^2+2^4+2^6)

=>đpcm

p;q là các số nguyên tố lớn hơn5

=>p,q là các số lẻ và p,q đều không chia hết cho 3

p là số lẻ nên p=2a+1

\(p^4-1=\left(p^2-1\right)\left(p^2+1\right)\)

=(p-1)(p+1)\(\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(2a+1-1\right)\left(2a+1+1\right)\left\lbrack\left(2a+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=2a\left(2a+2\right)\left(4a^2+4a+1+1\right)=2a\cdot2\cdot\left(a+1\right)\cdot2\cdot\left(2a^2+2a+1\right)\)

\(=8a\left(a+1\right)\left(2a^2+2a+1\right)\) ⋮8

p không chia hết cho 3 nên p=3k+1 hoặc p=3k+2

TH1: p=3k+1

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(3k+1-1\right)\left(3k+1+1\right)\left\lbrack\left(3k+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=3k\left(3k+2\right)\left(9k^2+6k+1+1\right)=3k\left(3k+2\right)\left(9k^2+6k+2\right)\) ⋮3(2)

TH2: p=3k+2

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(3k+2-1\right)\left(3k+2+1\right)\left\lbrack\left(3k+2\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(3k+1\right)\left(3k+3\right)\left(9k^2+12k+4+1\right)=3\left(k+1\right)\left(3k+1\right)\left(9k^2+12k+5\right)\) ⋮3(1)

Từ (1),(2) suy ra \(p^4-1\) ⋮3

p là số nguyên tố lớn hơn 5

=>p không chia hết cho 5

=>p∈{5k+1;5k+2;5k+3;5k+4}

TH1: p=5k+1

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(5k+1-1\right)\left(5k+1+1\right)\left\lbrack\left(5k+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=5k\left(5k+2\right)\left(25k^2+10k+1+1\right)\)

\(=5k\left(5k+2\right)\left(25k^2+10k+2\right)\) ⋮5(3)

TH2: p=5k+2

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(5k+2-1\right)\left(5k+2+1\right)\left\lbrack\left(5k+2\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+20k+4+1\right)\)

\(=\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+20k+5\right)\)

\(=5\left(5k^2+4k+1\right)\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\) ⋮5(4)

TH3: p=5k+3

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(5k+3-1\right)\left(5k+3+1\right)\left\lbrack\left(5k+3\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\left(25k^2+30k+9+1\right)\)

\(=\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\left(25k^2+30k+10\right)\)

\(=5\left(5k^2+6k+2\right)\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\) ⋮5(5)

TH4: p=5k+4

\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)

\(=\left(5k+4-1\right)\left(5k+4+1\right)\left\lbrack\left(5k+4\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+3\right)\left(5k+5\right)\left(25k^2+40k+16+1\right)\)

\(=5\left(k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+40k+17\right)\) ⋮5(6)

Từ (3),(4),(5),(6) suy ra \(p^4-1\) ⋮5

mà \(p^4-1\) ⋮3 và \(p^4-1\) ⋮8; \(p^4-1\) ⋮2

và ƯCLN(3;5;8;2)=1

nên \(p^4-1\) ⋮3*5*8*2

=>\(p^4-1\) ⋮240(7)

q là số lẻ nên q=2b+1

\(q^4-1=\left(q^2-1\right)\left(q^2+1\right)\)

=(q-1)(q+1)\(\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(2b+1-1\right)\left(2b+1+1\right)\left\lbrack\left(2b+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=2b\left(2b+2\right)\left(4b^2+4b+1+1\right)=2b\cdot2\cdot\left(b+1\right)\cdot2\cdot\left(2b^2+2b+1\right)\)

\(=8b\left(b+1\right)\left(2b^2+2b+1\right)\) ⋮8

q không chia hết cho 3 nên p=3k+1 hoặc p=3k+2

TH1: q=3k+1

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(3k+1-1\right)\left(3k+1+1\right)\left\lbrack\left(3k+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=3k\left(3k+2\right)\left(9k^2+6k+1+1\right)=3k\left(3k+2\right)\left(9k^2+6k+2\right)\) ⋮3(8)

TH2: q=3k+2

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(3k+2-1\right)\left(3k+2+1\right)\left\lbrack\left(3k+2\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(3k+1\right)\left(3k+3\right)\left(9k^2+12k+4+1\right)=3\left(k+1\right)\left(3k+1\right)\left(9k^2+12k+5\right)\) ⋮3(9)

Từ (8),(9) suy ra \(q^4-1\) ⋮3

q là số nguyên tố lớn hơn 5

=>q không chia hết cho 5

=>q∈{5k+1;5k+2;5k+3;5k+4}

TH1: q=5k+1

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(5k+1-1\right)\left(5k+1+1\right)\left\lbrack\left(5k+1\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=5k\left(5k+2\right)\left(25k^2+10k+1+1\right)\)

\(=5k\left(5k+2\right)\left(25k^2+10k+2\right)\) ⋮5(10)

TH2: q=5k+2

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(5k+2-1\right)\left(5k+2+1\right)\left\lbrack\left(5k+2\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+20k+4+1\right)\)

\(=\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+20k+5\right)\)

\(=5\left(5k^2+4k+1\right)\left(5k+1\right)\left(5k+3\right)\) ⋮5(11)

TH3: q=5k+3

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(5k+3-1\right)\left(5k+3+1\right)\left\lbrack\left(5k+3\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\left(25k^2+30k+9+1\right)\)

\(=\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\left(25k^2+30k+10\right)\)

\(=5\left(5k^2+6k+2\right)\left(5k+2\right)\left(5k+4\right)\) ⋮5(12)

TH4: q=5k+4

\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)

\(=\left(5k+4-1\right)\left(5k+4+1\right)\left\lbrack\left(5k+4\right)^2+1\right\rbrack\)

\(=\left(5k+3\right)\left(5k+5\right)\left(25k^2+40k+16+1\right)\)

\(=5\left(k+1\right)\left(5k+3\right)\left(25k^2+40k+17\right)\) ⋮5(13)

Từ (10),(11),(12),(13) suy ra \(q^4-1\) ⋮5

mà \(q^4-1\) ⋮3 và \(q^4-1\) ⋮8; \(q^4-1\) ⋮2

và ƯCLN(3;5;8;2)=1

nên \(q^4-1\) ⋮3*5*8*2

=>\(q^4-1\) ⋮240(14)

Từ (7),(14) suy ra \(p^4-1-\left(q^4-1\right)\) ⋮240

=>\(p^4-q^4\) ⋮240

ta có 24=3*8

vì p là SNT lớn hơn 3 nên p có dạng 3k+1,3k+2 (k∈∈N)

  ⇒p2⇒p2 chia 3 dư 1 ⇒⇒ p2−1⋮3p2−1⋮3    (1)

vì p là SNT lớn hơn 3⇒⇒ p lẻ ⇒⇒ p-1,p+1 đều chẵn ⇒⇒ (p-1)(p+1)⋮⋮ 8 hay p2−1⋮8p2−1⋮8    (2) 

 Từ (1),(2) và do (3,8)=1 ⇒⇒ p2−1⋮24=>(đpcm)

999 - 888 - 111 + 111 - 111 + 111 - 111

= 111 - 111 + 111 - 111 + 111 - 111

= 0 + 111 - 111 + 111 - 111

= 111 - 111 + 111 - 111

= 0 + 111 - 111

= 111 - 111

= 0

vì p>3 nên p có dạng p=3k+1 hoặc p=3k+2 
với p=3k+1 thì p^2-1=(p+1)(p-1)=(3k+2)3k chia hết cho 3 
với p=3k+2 thì p^2-1=(p+1)(p-1)=(3k+3)(3k+1) chia hết cho 3 
vậy với mọi số nguyên tố p>3 thì p^2-1 chia hết cho 3 (1) 
mặt khác cũng vì p>3 nên p là số lẻ =>p+1,p-1 là 2 số chẵn liên tiếp 
=>trong hai sô p+1,p-1 tồn tại một số là bội của 4 
=>p^2-1 chia hết cho 8 (2) 
từ (1) và (2) => p^2-1 chia hết cho 24 với mọi số nguyên tố p>3

Ta có x là một số nguyên tố lớn hơn 3 ( gt )

Nên x không thể chia hết cho 3 và x^2 chia 3 dư 1 

\(\Rightarrow x^2-1⋮3\)

x là nguyên tố lớn hơn 3 nên x là số lẻ suy ra x^2 chia 8 dư 1 

\(\Rightarrow x^2-1⋮8\)

\(\Rightarrow x^2-1⋮24\left(đpcm\right)\)

Nếu p > 3 thì ta thử 5

Ta có:

( 5² - 1 ) = 25 - 1 = 24 chia hết cho 24

Đó là VD điiển hình

p>3=>p-1;p+1 là 2 số chẵn liên tiếp=>(p-1)(p+1) chia hết cho 8

p là số nguyên tố lớn hơn 3=>p có dạng 3k+1;3k+2

=>p-1 hoặc p+1 chia hết cho 3

=>(p-1)(p+1) chia hết cho 3

(8;3)=>(p-1)(p+1) chia hết cho 24       

=>đpcm

cách 1

p là số nguyên tố > 3 nên p không chia hết cho 3, do đó p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2. 
- Nếu p = 3k + 1 thì p - 1 = 3k chia hết cho 3 -> (p - 1)(p + 1) chia hết cho 3 (1) 
- Nếu p = 3k - 1 thì p + 1 = 3k chia hết cho 3 -> (p - 1)(p + 1) chia hết cho 3 (2) 
Từ (1) và (2) -> (p-1)(p+1) luôn chia hết cho 3 (3) 
Mặt khác, p là số nguyên tố > 3 nên p là số lẻ -> p = 2h + 1 -> (p - 1)(p + 1) = (2h + 1 - 1)(2h + 1 + 1) = 2h(2h + 2) = 4h(h +1) 
h(h + 1) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp -> h(h + 1) chia hết cho 2 -> 4h(h + 1) chia hết cho 8 -> (p - 1)(p + 1) chia hết cho 8 (4) 
Ta lại có: 3 và 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau (5) 
Từ (3), (4) và (5) -> (p - 1)(p + 1) chia hết cho 24.

cách 2

Ta có (p-1). p.(p+1) chia het cho 3 ; mà ( p;3)=1 =>(p-1). (p+1)  3 (1) 
Ví p là số nguyên tố lớn hơn 3 => p là số lẻ =>p-1;p+1 là số chẵn (2) 
Từ (1) và (2) => (p-1). p.(p+1) chia hết cho hai số nguyên tố cùng nhau 3 và 8. 
Vậy (p-1). p.(p+1) chia het cho 24

bn thích chọn cách nào thì chọn nhưng k mk nha!!! ^o~

Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p lẻ. Do đó, p = 2k + 1 (k nguyên và k > 1) suy ra:

A = (p – 1).(p + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k + 1) suy ra A chia hết cho 8.

kTa có: p = 3k + 1 hoặc 3k – 1 (h nguyên và k > 1) suy ra A chia hết cho 3.

Vậy A = (p – 1)(p + 1) chia hết cho 24

http://olm.vn/hoi-dap/question/18848.html

Bạn vào đây tham khảo nhé !