Question

[Nguyen Hong Ngoc]

Cho ab là số nguyên chứng minh rằng:

Cho a⁷ b³ - a³ b⁷ chia hết cho 30

Answer 1

[Lê Song Phương]

\(P=a^7b^3-a^3b^7\)

\(P=a^3b^3\left(a^4-b^4\right)\)

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

Ta sẽ chứng minh \(P\) chia hết cho 5 và cho 6.

a) CM \(5|P\).  Kí hiệu \(\left(a;b\right)\) là cặp số dư lần lượt của a và b khi chia cho 5.

Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì xong. Còn nếu \(a\equiv b\left(mod5\right)\) cũng coi như hoàn tất. \(a+b\equiv0\left(mod5\right)\) cũng như thế.

 Do đó ta loại đi được các trường hợp \(\left(0;0\right),\left(1;1\right),\left(2;2\right),\left(3;3\right),\left(4;4\right)\) và \(\left(1;4\right),\left(2;3\right),\left(3;2\right),\left(4;1\right)\) và \(\left(0;1\right),\left(0;2\right),\left(0;3\right),\left(0;4\right),\left(1;0\right),\left(2;0\right),\left(3;0\right),\left(4;0\right)\)

 Ta chỉ còn lại 8 trường hợp là \(\left(1;2\right),\left(1;3\right),\left(2;4\right),\left(3;4\right)\) và các hoán vị. Nếu \(\left(a;b\right)\equiv\left(1;2\right)\left(mod5\right)\) thì \(a^2+b^2=\left(5k+1\right)^2+\left(5l+2\right)^2=25k^2+10k+1+25l^2+20l+4=5P+5⋮5\)

Các trường hợp còn lại xét tương tự \(\Rightarrow5|P\).

b) CM \(6|P\). Ta thấy \(a^3b^3\left(a-b\right)\left(a+b\right)\) luôn là số chẵn (nếu \(a\equiv b\left(mod2\right)\) thì \(2|a-b\), còn nếu \(a\ne b\left(mod2\right)\) thì \(2|a^3b^3\).

 Đồng thời, cũng dễ thấy \(3|P\) vì nếu \(a\) hay \(b\) chia hết cho 3 thì coi như xong. Nếu \(a\equiv b\left(mod3\right)\) cũng xong. Còn nếu \(a+b\equiv0\left(mod3\right)\) thì cũng hoàn tất.

 Suy ra \(6|P\)

 Từ đó suy ra \(30|P\)

Answer 2

[Phương Hồng Hạnh]

$P=a^7{b}^3-a^3{b}^7$

$P=a^3{b}^3\left(a^4-b^4\right)$

$P=a^3{b}^3\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)$

Ta sẽ chứng minh $P$ chia hết cho 5 và cho 6.

a) CM $5|P$.  Kí hiệu $\left(a;b\right)$ là cặp số dư lần lượt của a và b khi chia cho 5.

Nếu a hoặc b chia hết cho 5 thì xong. Còn nếu $a\equiv b\left(mod5\right)$ cũng coi như hoàn tất. $a+b\equiv 0\left(mod5\right)$ cũng như thế.

 Do đó ta loại đi được các trường hợp $\left(0;0\right),\left(1;1\right),\left(2;2\right),\left(3;3\right),\left(4;4\right)$ và $\left(1;4\right),\left(2;3\right),\left(3;2\right),\left(4;1\right)$ và $\left(0;1\right),\left(0;2\right),\left(0;3\right),\left(0;4\right),\left(1;0\right),\left(2;0\right),\left(3;0\right),\left(4;0\right)$

 Ta chỉ còn lại 8 trường hợp là $\left(1;2\right),\left(1;3\right),\left(2;4\right),\left(3;4\right)$ và các hoán vị. Nếu $\left(a;b\right)\equiv \left(1;2\right)\left(mod5\right)$ thì $a^2+b^2={\left(5k+1\right)}^2+{\left(5l+2\right)}^2=25k^2+10k+1+25l^2+20l+4=5P+5⋮5$

Các trường hợp còn lại xét tương tự $\Rightarrow 5|P$.

b) CM $6|P$. Ta thấy $a^3{b}^3\left(a-b\right)\left(a+b\right)$ luôn là số chẵn (nếu $a\equiv b\left(mod2\right)$ thì $2|a-b$, còn nếu $a\ne b\left(mod2\right)$ thì $2|a^3{b}^3$.

 Đồng thời, cũng dễ thấy $3|P$ vì nếu $a$ hay $b$ chia hết cho 3 thì coi như xong. Nếu $a\equiv b\left(mod3\right)$ cũng xong. Còn nếu $a+b\equiv 0\left(mod3\right)$ thì cũng hoàn tất.

 Suy ra $6|P$

 Từ đó suy ra $30|P$