Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài giải
Ta có : Nếu \(n\text{ }⋮\text{ }5\)
\(\Rightarrow\text{ }n^2=n\cdot n\text{ là bội của }n\text{ }\Rightarrow\text{ }n^2\text{ }⋮\text{ }5\)
a/ \(9^{2n+1}+1=\left(9+1\right)\left(9^{2n}-9^{2n-1}+...\right)=10\left(9^{2n}-9^{2n-1}+...\right)\)
Chia hết cho 10
b/ \(3^{4n+1}+2=3^{4n+1}-3+5=3\left(3^{4n}-1\right)+5\)
\(=3\left(81^n-1\right)+5=3.80\left(81^{n-1}+...\right)+5\)
Cái này chia hết cho 5
Lời giải:
Theo đề bài ta có \((a_i,p)=1\) với \(i=\overline{1,n}\)
Do đó áp dụng định lý Fermat nhỏ ta có:
\(a_i^{p-1}\equiv 1\pmod p\)
\(\Leftrightarrow a_i^{(p-1)k_i}\equiv 1^{k_i}\equiv 1\pmod p\)
Suy ra:
\(A=p_1a_1^{(p-1)k_1}+p_2a_2^{(p-1)k_2}+...+p_na_n^{(p-1)k_n}\equiv p_1+p_2+...+p_n\pmod p\)
Do đó:
\(A\vdots \Rightarrow p_1+p_2+...+p_n\vdots p\)
\(p_1+p_2+....+p_n\vdots p\Rightarrow A\vdots p\)
Điều này tương đương với: \(A\vdots p\Leftrightarrow \sum p_i\vdots p\)
Ta có đpcm.
=> n chia 3 dư a (0<a <3)
=> n = 3b +a
=> n^2 = 9b^2 + 6ab + a^2 chia hết cho 3
=> a^2 chia hết cho3 mà 0<a <3
=> vô lý do ko có số nào thỏa mãn
=> giả sử sai
=> n^2 chia hết cho 3 <=> n chia hết cho 3b:
c:Giả sử: n^2 là số lẻ và n là số chẵnVì n chẵn => n = 2k(k thuộc N*)
=>n^2 = 4k^2
=>n^2 là số chẵn(trái với giả thiết)
Vậy khi n^2 là số lè thì n là số lẻ
Lời giải:
Điều phải chứng minh tương đương với việc tồn tại vô số số $n$ sao cho \(p|2^n-n\) với mọi \(p\in\mathbb{P}\)
Ta sẽ chỉ là một dạng tổng quát của $n$
------------------------------------------
Vì theo định lý Fermat nhỏ ta \(2^{p-1}\equiv 1\pmod p\)
\(\Leftrightarrow p|2^{p-1}-1\)
Do đó đặt \(n=k(p-1)\)
Khi đó \(2^n-n=2^{k(p-1)}-k(p-1)\equiv 1+ k\pmod p\)
Để \(p|2^n-n\Rightarrow 1+k\equiv 0\pmod p\Leftrightarrow k=pt-1\)
Vậy \(p|2^{(pt-1)(p-1)}-(pt-1)(p-1)\forall p\in \mathbb{P}\)
Nghĩa là tồn tại vô hạn số n có dạng \((pt-1)(p-1)\) với $t$ là số tự nhiên nào đó thỏa mãn điều kiện đề bài.
Ta có đpcm.