Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có (ak+bk)\(⋮\)(a+b) với k = 2t+1, t\(\in\)N, a2+b2\(\ne\)0
A=1k+2k+...+(n-1)k+nk ; 2B=2(1+2+...+n)=n(n+1)
2A=[(1k+nk)+(2k+(n-1)k+... ]\(⋮\)(n+1)
2A=2[(1k+(n-1)k)+(2k+(n-2)k)+...+nk ] \(⋮\)n
Vậy A \(⋮\)B
ta có : p,p+k,p+2k là các số nguyên tố > 3
\(\Rightarrow\)p,p+k,p+2k là số lẻ
p+2k-p+k=k chia hết cho 2
suy ra k chia hết cho 2 (1)
ta có p,p+k,p+2k là các số nguyên tố >3
suy ra p,p+k,p+2k chia 3 dư 1 hoặc 2
nếu p,p+k chia 3 cùng dư1 hoặc 2
suy ra p+k-p=k chia hết cho 3
suy ra k chia hết cho 3
nếu p,p+2k chia 3 cùng dư 1 hoặc 2
p+2k-p=2k chia hết cho 3 mà (3,2)=1
suy ra k chia hết cho 3
nếu p+k và p+2k chia 3 cùng dư 1 hoặc 2
suy ra p+2k-p+k=k chia hết cho 3
suy ra k chia hết cho 3 trong mọi trường hợp (2)
từ (1) và (2)
suy ra k chia hết cho 2,3 mà (3,2)=1
suy ra k chia hết cho 6
ta chứng minh : A = 1!+2!+...+n! ko phải là số chính phương
ta có: 1!+2!+3!+4! chia 10 dư 3
5!+6!+...+n! chia hết cho 10
vậy A chia 10 dư 3 => A ko phải là số chính phương nên A ko thể là lũy thừa vs số mũ chẵn (1)
* chứng minh A ko thể là lũy thừa vs số mũ lẻ
+) với n 4 => 1!+2!+3!+4! = 33 ko là lũy thừa 1 số nguyên
+) n lớn hơn hoặc bằng 5
ta có: 1!+2!+3!+4!+5! chia hết cho 9
6!+7!+...+n! chia hết cho 9
=> A chia hết cho 9
+) ta thấy 9!+10!+...+n! chia hết cho 7
còn 1!+2!+...+8! chia 27 dư 9 (2)
từ (1) và (2) => A ko phải là lũy thừa của 1 số nguyên ( vs n>3 ; b>1 )
mk gọi k là p nha
p là số nguyên tố > 3 => p lẻ
p + d là số nguyên tố => p + d lẻ mà p lẻ => d chẵn => d chia hết cho 2
+) Xét p = 3k + 1
Nếu d chia cho 3 dư 1 => d = 3m + 1 => p + 2d = 3k + 1 + 2. (3m +1) = 3k + 6m + 3 chia hết cho 3 => không là số nguyên tố
Nếu d chia cho3 dư 2 => d = 3m + 2 => p +d = 3k + 1 + 3m + 2 = 3k + 3m + 3 => p + d không là số nguyên tố
=> d chia hết cho 3
+) Xét p = 3k + 2
Nếu d chia cho 3 dư 1 => d = 3m + 1 => p + d = 3k + 2 + 3m + 1 = 3k + 3m + 3 => p + d không là số ngt
Nếu d chia cho 3 dư 2 => d = 3m + 2 => p + 2d = 3k + 6m + 6 => p + 2d không là số ngt
=> d chia hết cho 3
Vậy d chia hết cho cả 2 và 3 => d chia hết cho 6
Đơn giản các số nguyên tố lớn hơn 3 có 3 dạng là 3k+1 và 3k+2
Có 3 số nguyên tố mà chỉ có 2 dạng nên tồn tại 2 số nguyên tố có cùng một dạng
Mà số nguyên tố lớn hơn 2 đều là số lẻ nên hiệu của nó sẽ là số chẵn
Vậy số đó chia hết cho 2
Mà 2 số có cùng một dạng trừ nhau sẽ chia hết cho 3
Vậy k vừa chia hết cho 2 và 3
mà (2;3) =1 nên k chia hết cho 6
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 \(k\vdots 5\)