Chủ đề này có 16 trả lời

[gogeta]

Câu 1: Chứng minh $n^{3}+59n \vdots 6$


Câu 2: Chứng minh $n^{5}-5n^{3}+4n \vdots 120$


Câu 3: Chứng minh $(n^{3}-1)n^{3}(n^{3}+1) \vdots 504$


Câu 4: Chứng minh nếu $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ thì $xyz\vdots 60$.


Câu 5: Cho $x, y, z\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $x^{2}+y^{2}=z^{2}$. Chứng minh $x^{2}-y^{2}\vdots 48$.


Câu 6: Cho $a, b \in \mathbb{Z}$ ; $a, b>0$ ; $a\geq b$ và $a,b$ không chia hết cho 5. Chứng minh $a^{4}-b^{4}\vdots 5$.


Câu 7: Cho $x, y, z\in \mathbb{Z}$ sao cho $(x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z$. Chứng minh $x+y+z\vdots 27$


Câu 8: Cho $a\in \mathbb{Z}$. Chứng minh $n(n+2)(25n^{2}-1)\vdots 24$.


Câu 9: Cho $a, b$ là các số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh $(a-1)(b-1)\vdots 192$.


Câu 10: Chứng minh rằng:
Nếu a không chia hết cho 5 thì: $a^{8}+3a^{4}-4\vdots 100$.


Câu 11: Chứng minh rằng:
Nếu n lẻ thì $A=n^{3}-3n^2-n+21\vdots6$


Câu 12: Chứng minh rằng:
Với $k\in \mathbb{Z}$ thì $k^{2}+3k+5$ không chia hết cho 121.


Câu 13: Cho $a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}\vdots6$
Chứng minh $a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+a_{3}^{3}+...+a_{n}^{3}\vdots6$.


Câu 14: Cho p và q là hai số nguyên tố sao cho p>q>3 và p-q=2. Chứng minh $p+q\vdots12$.


Câu 15: Tìm $a, b,c \in\mathbb{Z}$ và a, b, c >0 sao cho $a+b^{2}=ab^{2}-1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyentrunghieua: 27-06-2013 - 14:29

[bachhammer]

Câu 1:     Chứng minh $n^{3}+59n \vdots 6$

Biến đổi thành $(n-1)n(n+1)+60n\vdots 6$.

 

Câu 2: Chứng minh $n^{5}-5n^{3}+4n \vdots 120$

Phân tích bỉu thức thành (n-2)(n-1)n(n+1)(n+2) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 5, lặp luận tương tự thì cũng chia hết cho 3. Trong 5 số ấy sẽ luôn có hai số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8. Vậy nên nó chia hết cho 3.5.8=120

[bachhammer]

Câu 3: Chứng minh $(n^{3}-1)n^{3}(n^{3}+1) \vdots 504$

Ta sẽ chứng minh 3 ý:

+ Chia hết cho 7: Áp dụng định lý Fermat ta có $n(n^{6}-1)\vdots 7\Leftrightarrow n^{3}(n^{3}-1)(n^{3}+1)\vdots 7$.

+ Chia hết cho 8: Nếu n chia hết cho 2 thì $n^{3}$ chia hết cho 8. Nếu ko thì n lẻ nên tích hai số còn lại chia hết cho 8(tích hai số chẵn liên tiếp).

+ Chia hết cho 9: Nếu n chia hết cho 3 thì $n^{3}$ chia hết cho 9. Nếu n chia 3 dư 1 thì $n^{3}-1$ chia hết cho 9. Nếu n chia 3 dư -1 thì $n^{3}+1$ chia hết cho 9.

Từ đó ta có đpcm.

[Best Friend]

Câu 16: Ta có :

$a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+...+a_{n}^{3}-a_{1}-a_{2}-...-a_{n}=(a_{1}^{3}-a_{1})+(a_{2}^{3}-a_{2})+...(a_{n}^{3}-a_{n})=a_{1}(a_{1}+1)(a_{1}-1)+...+a_{n}(a_{n}+1)(a_{n}-1)\vdots 6\Rightarrow a_{1}^{3}+a_{2}^{3}+...+a_{n}^{3}\vdots 6$

[Best Friend]

Câu 4: Xét các trường hợp $x,y,z$ chia cho 3,5,8 và sử dụng tính chất sô chính phương là xong

[Best Friend]

Câu 12: $k^{2}+3k+5=k^{2}+3k-28+33=(k+7)(k-4)+33$

Xét hiệu $k+7-(k-4)=11$

Nếu $k+7\vdots 11\Rightarrow (k+7)(k-4)\vdots 121\Rightarrow (k+7)(k-4)+33$ ko chia hết cho 121

Nếu $k+7$ ko chia hết cho 11 $\Rightarrow (k+7)(k-4)+33$ ko chia hết cho 121

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Best Friend: 27-06-2013 - 14:36

[duongtoi]

Câu 5: Đề sai rồi. Cho $x=3;y=4;z=5$ là thấy sai ngay.

[duongtoi]

Câu 6;

Ta có, $a;b$ có dạng $5k\pm1$ hoặc $5k\pm2$.

Suy ra, $a^4;b^4$ đều có dạng là $5l+1$.

Suy ra, $a^4-b^4\vdots 5$. (dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 27-06-2013 - 16:03

[duongtoi]

Câu 8:

-Ta chứng mình $n(n+2)(25n^2-1)$ chia hết cho 3.

  Thật vậy, nếu $n=3k$ thì hiển nhiên.

  Với $n=3k+1$ thì $n+2\vdots 3$.

  Với $n=3k-1$ thì $25n^2-1\vdots 3$.

- Ta chứng minh$n(n+2)(25n^2-1)$ chia hết cho 8.

  Thật vậy, với $n=4k$ hoặc $n=4k+2$ thì $n(n+2)\vdots 8$.

  Với $n=4k\pm1$ ta có $(25n^2-1)\vdots 8$.

Vậy $n(n+2)(25n^2-1)$ chia hết cho 24.

[duongtoi]

Câu 9:

Ta có $a$ và $b$ là các số chính phương lẻ nên có dạng $4k+1$.

Suy ra, $(a-1)(b-1)\vdots 16$.

Ta có $a$ và $b$ là các số chính phương lẻ nên có dạng $3k$ với $k$ lẻ. Tức là, có dạng $6k+3$.

Ta có $a$ và $b$ là các số chính phương lẻ nên có dạng $3k+1$ với $chẵn$ lẻ. Tức là, có dạng $6k+1$.

mặt khác, $a$ và $b$ là các số chính phương lẻ liên tiếp nên $a$ và $b$ lần lượt phải có dạng là $6k+1$; $6k+3$ hoặc ngược lại.

Suy ra, $(a-1)(b-1)\vdots 12$.

 

Vậy $(a-1)(b-1)\vdots 192$.

[gogeta]

Câu 5: Đề sai rồi. Cho $x=3;y=4;z=5$ là thấy sai ngay.

Do @ sửa nhầm đấy. Đề đúng là: Cho $x,y,z \in \mathbb{Z}$ sao cho $x^2+y^2=2z^2$. Chứng minh $x^2-y^2\vdots48$.

[duongtoi]

Câu 11:

Ta có $A=(n-1)n(n+1)-3(n^2-7)$.

Ta có $(n-1)n(n+1)$ luôn chia hết cho 6.

Mặt khác, do $n$ lẻ nên $n^2-7$ chia hết cho 2.

Suy ra, $3(n^2-7)$ chia hết cho 6.

Vậy $A$ chia hết cho 6 với $n$ lẻ.

[duongtoi]

Câu 13:

Ta có $A=(a_1^3+a_2^3+\cdots+a_n^3)-(a_1+a_2+\cdots+a_n)=(a_1^3-a_1)+(a_2^3-a_2)+\cdots+(a_n^3-a_n)$.

Mặt khác, $a^3-a=(a-1)a(a+1)$ luôn chia hết cho 6 với mọi $a\in \mathbb{Z}$.

Do vậy, $A$ luôn chia hết cho 6.

Mặt khác, theo giả thiết $a_1+a_2+\cdots+a_n$ chia hết cho 6.

Suy ra, $a_1^3+a_2^3+\cdots+a_n^3$ chia hết cho 6  (dpcm).

[duongtoi]

Câu 10:

- CM $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 4

Nếu $a$ chẵn thì $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 4.

Nếu $a$ lẻ, giả sử $a=2k+1$.

Ta có, $a^2=4k^2+4k+1$ đồng dư với 1 theo modun 4.

Suy ra, $a^4$ và $a^8$ đều đồng dư với 1 theo modun 4.

Suy ra, $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 4        (1).

 

- CM $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 25

Ta có $a$ có dạng $5k\pm 1$ hoặc $5k\pm 2$.

+ Với $a=5k\pm 1$.

Ta có, $a^2=25k^2\pm 10k+1$ đồng dư với $\pm 10+1$ theo modun 25.

Tiếp tục ta có $(10k\pm 1)^2=100k^2\pm 20k+1$.

Suy ra, $a^4$ đồng dư với $\pm 20k+1$ theo modun 25.

và $(20k\pm 1)^2=400k^2\pm 40k+1$.

Suy ra, $a^8$ đồng dư $\pm 40k+1$ hoặc $\pm 15k+1$ theo modun 25.

Do vậy, $a^8+3a^4-4$ đồng dư $(\pm 15k+1)+3(\pm 20k+1)-4=\pm 75k$ theo modun 25.

Tức là $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 25.

+ Với $a=5k\pm 2$. Ta chứng minh tương tự.

Vậy $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 25       (2).

 

Từ (1) và (2) suy ra $a^8+3a^4-4$ chia hết cho 100        (dpcm)

[duongtoi]

Câu 15:

Ta có $a+b^2-ab^2+1=0\Leftrightarrow (a-1)(b^2-1)=2$.

- Nếu $b\ne 0$ Ta có $a-1=1;b^2-1=2$ hoặc $a-1=2;b^2-1=1$.

TH này không có nghiệm nguyên.

- Nếu $b=0$. Suy ra, $a-1=-2$.

Suy ra, $a=-1$.

Vậy PT có nghiệm nguyên là $a=-1;b=0$.

[vtnk1998]

câu 2: A =n⁵ - 5n³ + 4n = (n - 2)(n - 1)n(n +1 )(n + 2).

• A là tích năm số tự nhiên liên tiếp nên A $\vdots$ 5
• (n-2)(n-1)n là tích 5 số tự nhiên liên tiếp nên A$\vdots$ 3
• trong 5 số tự nhiên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp, hai số chẵn đó chia hết cho 8 nen A$\vdots$ 8 

• (3;5)=1 ; (8;3)=1 ; (5;8)=1

Do đó A$\vdots$ 3.5.8 => A$\vdots$ 120 (đpcm)

câu 4 : 

• nếu x²  hoặc y²  chia hết cho 3 thi xyz $\vdots$ 3
• nếu x² , y² đồng thời không chia hết cho 3 thi z² $\equiv$ 2 (mod 3 )(vô lí)

vậy xyz $\vdots$ 3

• nếu x  , y chia 2 dư 0 thì xyz $\vdots$ 4
• nếu x, y đều lẻ thì x² $\equiv 1 (mod 4); y²$\equiv \vdots$ 1 (mod 4) => z² $\equiv 2 (mod 4)(vô lí).
• nếu x lẻ , y chẵn thỉ z lẻ. đặt x = 2a+1, z = 2b+1. ta có, 4a(a+1) + y² = 4 b(b+1) ; 4a(a+1) \vdots$ 8; 4 b(b+1) \vdots$ 8 => y² $\vdots$ 8 => y$\vdots$ 4. do đó xyz$\vdots$ 4

 

vậy xyz $\vdots$ 4. 

• nếu x$\vdots$ 5, hoặc y$\vdots$ 5 thì xyz $\vdots$5
• nếu nếu x, y không đồng thời chia hết cho 5 thì x² , y²  dư 1 hoặc 4. khi đó x² + y² chia 5 dư o, 1 ; 3. nhưng một số chính phương z² chia 5 chỉ có thể dư 0; 1; 4. nen z² $\vdots$5 => z$\vdots$ 5. nên xyz $\vdots$ 5

vậy xyz $\vdots$ 5.

mà (3;5)=1 ; (3;4)=1;  (4;5)=1

vậy xyz$\vdots$ 60

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vtnk1998: 02-07-2013 - 22:10

[trang91ht]

câu 10

Ta có P=   $a^{8}+3a^{4}-4 =  (a^{4}+4)(a^{4}-1)$

$a^{4}$  là số chính phương nên chia 4 dư 0 hoặc 1   $\Rightarrow P\vdots 4$

Mà theo định lí fermat nhỏ  $\Rightarrow$ $(a^{4}-1) \vdots 5$

$\Rightarrow P=(a^{4}-1+5)(a^{4}-1) \vdots 25$

mà (25;4)=1

=> đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trang91ht: 13-04-2014 - 22:20