Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Lời giải:
a)
Ta có \(a(n)=3n^2+6n+13=3(n^2+2n+1)+10\)
\(=3(n+1)^2+10\)
Khi đó:
\(a(i)=3(i+1)^2+10\)
\(a(k)=3(k+1)^2+10\)
Để \(a(i); a(k)\not\vdots 5\Rightarrow (i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\)
Mà ta biết rằng một số chính phương khi chia 5 chỉ có thể có dư là 0,1,4, nên nếu \((i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\Rightarrow \) nó chia 5 dư 1 hoặc 4
Vì \(a(i); a(k)\) có khác số dư khi chia cho 5 nên \((i+1)^2; (k+1)^2\) cũng khác số dư khi chia cho $5$
Không mất tính tổng quát, giả sử $(i+1)^2$ chia $5$ dư 1; $(k+1)^2$ chia 5 dư 4
\(\Rightarrow (i+1)^2=5m+1; (k+1)^2=5n+4\)
\(\Rightarrow a(i)+a(k)=3(5m+1)+10+3(5n+4)+10\)
\(=15m+15n+35\vdots 5\)
Do đó ta có đpcm.
b)
Đặt \(3n^2+6n+13=t^2(t\in\mathbb{N})\)
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2+10=t^2\)
Vì số chính phương chia cho 5 có thể có dư là 0,1,4 nên ta xét các TH sau:
\((n+1)^2=5k+1\Rightarrow t^2=3(5k+1)+10=5(3k+2)+3\) chia 5 dư 3(vô lý)
\((n+1)^2=5k+4\Rightarrow t^2=3(5k+4)+10=5(3k+4)+2\) chia 5 dư 2 (vô lý)
Do đó \((n+1)^2\vdots 5\Leftrightarrow n+1\vdots 5\). Đặt \(n+1=5k\Rightarrow t^2=75k^2+10\)
\(\Leftrightarrow t^2=5(15k^2+2)\) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 (vô lý)
Do đó pt trên vô nghiệm. Vậy không tồn tại số n thỏa mãn
Khi đó, đặt
Bg
C1: Ta có: n chia hết cho 11 dư 4 (n \(\inℕ\))
=> n = 11k + 4 (với k \(\inℕ\))
=> n2 = (11k)2 + 88k + 42
=> n2 = (11k)2 + 88k + 16
Vì (11k)2 \(⋮\)11, 88k \(⋮\)11 và 16 chia 11 dư 5
=> n2 chia 11 dư 5
=> ĐPCM
C2: Ta có: n = 13x + 7 (với x \(\inℕ\))
=> n2 - 10 = (13x)2 + 14.13x + 72 - 10
=> n2 - 10 = (13x)2 + 14.13x + 39
Vì (13x)2 \(⋮\)13, 14.13x \(⋮\)13 và 39 chia 13 nên n2 - 10 = (13x)2 + 14.13x + 39 \(⋮\)13
=> n2 - 10 \(⋮\)13
=> ĐPCM
a là số tự nhiên > 0. giả sử có m,n > 0 ∈ Z để:
2a + 1 = n^2 (1)
3a +1 = m^2 (2)
từ (1) => n lẻ, đặt: n = 2k+1, ta được:
2a + 1 = 4k^2 + 4k + 1 = 4k(k+1) + 1
=> a = 2k(k+1)
vậy a chẵn .
a chẳn => (3a +1) là số lẻ và từ (2) => m lẻ, đặt m = 2p + 1
(1) + (2) được:
5a + 2 = 4k(k+1) + 1 + 4p(p+1) + 1
=> 5a = 4k(k+1) + 4p(p+1)
mà 4k(k+1) và 4p(p+1) đều chia hết cho 8 => 5a chia hết cho 8 => a chia hết cho 8
ta cần chứng minh a chia hết cho 5:
chú ý: số chính phương chỉ có các chữ số tận cùng là; 0,1,4,5,6,9
xét các trường hợp:
a = 5q + 1=> n^2 = 2a+1 = 10q + 3 có chữ số tận cùng là 3 (vô lý)
a =5q +2 => m^2 = 3a+1= 15q + 7 có chữ số tận cùng là 7 (vô lý)
(vì a chẵn => q chẵn 15q tận cùng là 0 => 15q + 7 tận cùng là 7)
a = 5q +3 => n^2 = 2a +1 = 10a + 7 có chữ số tận cùng là 7 (vô lý)
a = 5q + 4 => m^2 = 3a + 1 = 15q + 13 có chữ số tận cùng là 3 (vô lý)
=> a chia hết cho 5
5,8 nguyên tố cùng nhau => a chia hết cho 5.8 = 40
hay : a là bội số của 40
Lời giải:
Ta thấy: \(a_n=3n^2+6n+13=3(n^2+2n+1)+10\)
\(=3(n+1)^2+10\)
Một số chính phương chia $5$ có thể dư $0,1,4$.
Do đó \((n+1)^2\equiv 1, 4\pmod 5\)
\(\Rightarrow a_n\equiv 3(n+1)^2+10\equiv 13, 22, 10\pmod 5\)
\(\Leftrightarrow a_n\equiv 2,3,0\pmod 5\)
Với \(a_n\not\vdots 5\Rightarrow a_n\equiv 2,3\pmod 5\)
Vậy $a_i,a_j$ không chia hết cho $5$ và có số dư khác nhau khi chia cho $5$ sẽ có một số dư $2$ và một số dư $3$
\(\Rightarrow a_i+a_j\equiv 2+3\equiv 5\equiv 0\pmod 5\)
Tức là $a_i+a_j$ chia hết cho $5$
Ta có đpcm.
b)
Theo phần a, \(a_n=3(n+1)^2+10\equiv 2,3,0\pmod 5\)
Nếu $a_n$ là một số chính phương thì \(a_n\equiv 0\pmod 5\) do số chính phương chia $5$ chỉ dư $0,1,4$
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2+10\vdots 5\)
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2\vdots 5\)
\(\Leftrightarrow (n+1)^2\vdots 5\Rightarrow n+1\vdots 5\) (do 5 là số nguyên tố)
\(\Rightarrow (n+1)^2\vdots 25\)
Do đó $a_n=3(n+1)^2+10$ là một số chia hết cho $5$ nhưng không chia hết cho $25$, suy ra $a_n$ không thể là số chính phương.