Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Với \(x\)nguyên bất kì, ta có: \(x^5-x=x\left(x^4-1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2+1\right)=x\left(x^2-1\right)\left(x^2-4\right)+5x\left(x^2-1\right)\)
\(=x\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)+5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)
Có \(x\left(x-2\right)\left(x+2\right)\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)là tích của \(5\)số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho \(2,3,5\)mà \(\left(2,3,5\right)=1\)nên nó chia hết cho \(2.3.5=30\).
\(x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)là tích của \(3\)số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho \(2,3\)mà \(\left(2,3\right)=1\)nên chia hết cho \(2.3=6\)do đó \(5x\left(x-1\right)\left(x+1\right)\)chia hết cho \(30\).
Vậy \(x^5-x\)chia hết cho \(30\).
Ta có:
\(a^5+b^5+c^5+d^5-\left(a+b+c+d\right)\)
\(=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)+\left(d^5-d\right)\)chia hết cho \(30\)
nên \(\left(a^5+b^5+c^5+d^5\right)\equiv\left(a+b+c+d\right)\left(mod30\right)\)
mà \(a^5+b^5+c^5+d^5=30\left(c^5+d^5\right)⋮30\)
suy ra \(a+b+c+d\)chia hết cho \(30\).
1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka1, c=kc1 và (a1,c1)=1
Thay vào ab=cd được ka1b=bc1d nên
a1b=c1d (1)
Ta có: a1b \(⋮\)c1 mà (a1,c1)=1 nên b\(⋮\)c1. Đặt b=c1m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a1c1m = c1d nên a1m=d
Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)
\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)
Do a1, c1, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)
2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.
Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.
Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)
b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a2 chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)
Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......
b,Cho a,b,c,d là các số nguyên thỏa mãn :5(a^3+b^3)=13(c^3+d^3).Chứng minh (a+b+c+d) cchia hết cho 6
Ta có a^5-a luôn chia hết cho 6
suy ra a^5+...+d^5 -2016 chia hết cho 6
dpcm
Ta có a3 + b3 = 2(c3 - 8d3)
<=> a3 + b3 = 2c3 - 16d3
<=> a3 + b3 + c3 + d3 = 3(c3 - 5d3) \(⋮3\)(1)
Xét hiệu a3 + b3 + c3 + d3 - (a + b + c + d)
= (a3 - a) + (b3 - b) + (c3 - c) + (d3 - d)
= (a - 1)a(a + 1) + (b - 1)b(b + 1) + (d - 1)d(d + 1) \(⋮3\) (tổng các tích 3 số nguyên liên tiếp)
=> a3 + b3 + c3 + d3 - (a + b + c + d) \(⋮\)3 (2)
Từ (1) và (2) => a + b + c + d \(⋮3\)
b) ta có: 30=2.3.5
\(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\\b^3\equiv b\left(mod3\right)\\c^5\equiv c\left(mod5\right)\end{cases}\Rightarrow b^5\equiv b^3\equiv b\left(mod3\right)}\)
\(\Rightarrow a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\)
\(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)+\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)+c\left(c^2-1\right)\)
\(=\left(a+b+c\right)+\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)
\(mà\)\(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)
\(b\left(b-1\right)\left(b+1\right)⋮6\)
\(c\left(c-1\right)\left(c+1\right)⋮6\)
\(a+b+c⋮6\)
\(\Leftrightarrow(a^3+b^3+c^3)⋮6\)\((đpcm)\)
a5 + b5 = 29(c5 + d5)
<=> a5 + b5 + c5 + d5 = 30(c5 + d5) \(⋮\)30 (1)
Xét hiệu a5 + b5 + c5 + d5 - (a + b + c + d)
= (a5 - a) + (b5 - b) + (c5 - c) + (d5 - d)
Ta có a5 - a = (a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a - 1)a(a + 1)
Nhận thấy : \(\hept{\begin{cases}\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)⋮30\left(\text{tích 5 số nguyên liên tiếp}\right)\\5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮30\end{cases}}\)
=> a - 2)(a - 1)a(a + 1)(a + 2) + 5(a - 1)a(a + 1) \(⋮\)30
=> a5 - a \(⋮\)30
Tương tự ta chứng minh được b5 - b \(⋮\)30 ; c5 - c\(⋮\)30 ; d5 - d \(⋮\)30
=> (a5 - a) + (b5 - b) + (c5 - c) + (d5 - d) \(⋮\)30
=> a5 + b5 + c5 + d5 - (a + b + c + d) \(⋮\)30 (2)
Từ (1) và (2) => a + b + c + d \(⋮\)30
\(a^5+b^5+c^5-\left(a+b+c\right)\)
\(=\left(a^5-a\right)+\left(b^5-b\right)+\left(c^5-c\right)\)
\(=a\left(a^4-1\right)+b\left(b^4-1\right)+c\left(c^4-1\right)\)
Ta có : \(A=a\left(a^4-1\right)=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2+1\right)=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2-4+5\right)\)
Ta thấy \(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\) là tích 3 số nguyên liên tiếp \(\Rightarrow a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)(*)
\(A=a\left(a-1\right)\left(b+1\right)\left(a^2-4\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
\(=\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\)
Do \(\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)\) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 5 (1)
Mà \(5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮5\forall a\)(2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮5\)
Hay \(a\left(a^4-1\right)⋮5\)(**)
Từ (*);(**) \(\Rightarrow a\left(a^4-1\right)⋮30\)
Tương tự \(\hept{\begin{cases}b\left(b^4-1\right)⋮30\\c\left(c^4-1\right)⋮30\end{cases}}\)
\(\Rightarrow a\left(a^4-1\right)+b\left(b^4-1\right)+c\left(c^4-1\right)⋮30\)
Hay \(a^5+b^5+c^5-\left(a+b+c\right)⋮30\)(đpcm)
Đề bài:
\(a^{5} + b^{5} = 29 \left(\right. c^{5} + d^{5} \left.\right) .\)Cho các số nguyên \(a , b , c , d\) thỏa mãn
Chứng minh rằng \(a + b + c + d\) chia hết cho 30.
Hướng giải
Để chứng minh \(a + b + c + d\) chia hết cho 30, ta cần chứng minh nó chia hết cho 2, 3 và 5 (vì \(30 = 2 \times 3 \times 5\)).
1. Chứng minh \(a + b + c + d\) chia hết cho 2
Xét phương trình modulo 2.
Với số nguyên \(x\), \(x^{5} \equiv x \left(\right. m o d 2 \left.\right)\) vì \(x^{5} - x = x \left(\right. x^{4} - 1 \left.\right)\) chia hết cho 2.
Do đó, modulo 2 ta có:
\(a^{5} + b^{5} \equiv a + b \left(\right. m o d 2 \left.\right) ,\) \(c^{5} + d^{5} \equiv c + d \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)Phương trình trở thành:
\(a + b \equiv 29 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)Vì \(29 \equiv 1 \left(\right. m o d 2 \left.\right)\), nên:
\(a + b \equiv c + d \left(\right. m o d 2 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } a + b - c - d \equiv 0 \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)Suy ra:
\(\left(\right. a + b \left.\right) + \left(\right. c + d \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 2 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } a + b + c + d \equiv 0 \left(\right. m o d 2 \left.\right) .\)Vậy \(a + b + c + d\) chia hết cho 2.
2. Chứng minh \(a + b + c + d\) chia hết cho 3
Xét modulo 3.
Ta có \(x^{5} \equiv x^{2} \cdot x^{3} \equiv x^{2} \cdot x^{0} = x^{2} \left(\right. m o d 3 \left.\right)\) vì \(x^{3} \equiv x^{0} = 1\) hoặc \(x^{3} \equiv x^{0}\) tùy \(x\).
Thực tế, ta có thể kiểm tra từng trường hợp:
Như vậy:
\(x^{5} \equiv x \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Áp dụng cho \(a , b , c , d\), ta có:
\(a^{5} + b^{5} \equiv a + b \left(\right. m o d 3 \left.\right) ,\) \(c^{5} + d^{5} \equiv c + d \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Phương trình modulo 3 trở thành:
\(a + b \equiv 29 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Vì \(29 \equiv 2 \left(\right. m o d 3 \left.\right)\), nên:
\(a + b \equiv 2 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Chuyển vế:
\(a + b - 2 c - 2 d \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Nhân cả hai vế với 2 (vì 2 là nghịch đảo của 2 modulo 3):
\(2 \left(\right. a + b \left.\right) - 4 \left(\right. c + d \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 2 \left(\right. a + b \left.\right) - \left(\right. c + d \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Từ hai biểu thức trên, ta suy ra:
\(a + b \equiv 2 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 3 \left.\right) ,\) \(2 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv c + d \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Cộng hai biểu thức:
\(a + b + 2 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv 2 \left(\right. c + d \left.\right) + \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 3 \left.\right) ,\) \(3 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv 3 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 3 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 0 \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)Điều này đúng với mọi \(a , b , c , d\).
Do đó, ta có thể kết luận:
\(a + b + c + d \equiv 0 \left(\right. m o d 3 \left.\right) .\)3. Chứng minh \(a + b + c + d\) chia hết cho 5
Xét modulo 5.
Theo định lý Fermat, với \(x\) không chia hết cho 5, \(x^{5} \equiv x \left(\right. m o d 5 \left.\right)\).
Nếu \(x\) chia hết cho 5, thì \(x^{5} \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right)\).
Như vậy, với mọi \(x\), ta có:
\(x^{5} \equiv x \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Áp dụng cho \(a , b , c , d\):
\(a^{5} + b^{5} \equiv a + b \left(\right. m o d 5 \left.\right) ,\) \(c^{5} + d^{5} \equiv c + d \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Phương trình modulo 5 trở thành:
\(a + b \equiv 29 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Vì \(29 \equiv 4 \left(\right. m o d 5 \left.\right)\), nên:
\(a + b \equiv 4 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Chuyển vế:
\(a + b - 4 c - 4 d \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Nhân cả hai vế với 4 (vì 4 là nghịch đảo của 4 modulo 5):
\(4 \left(\right. a + b \left.\right) - 16 \left(\right. c + d \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 4 \left(\right. a + b \left.\right) - \left(\right. c + d \left.\right) \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Từ hai biểu thức trên, ta suy ra:
\(a + b \equiv 4 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 5 \left.\right) ,\) \(4 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv c + d \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Cộng hai biểu thức:
\(a + b + 4 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv 4 \left(\right. c + d \left.\right) + \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 5 \left.\right) ,\) \(5 \left(\right. a + b \left.\right) \equiv 5 \left(\right. c + d \left.\right) \left(\right. m o d 5 \left.\right) \textrm{ }\textrm{ } \Longrightarrow \textrm{ }\textrm{ } 0 \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Điều này đúng với mọi \(a , b , c , d\).
Do đó, ta có thể kết luận:
\(a + b + c + d \equiv 0 \left(\right. m o d 5 \left.\right) .\)Kết luận
Từ các phần trên, ta có:
Vì 2, 3, 5 là các số nguyên tố cùng nhau, theo định lý Bézout, ta suy ra:
\(a + b + c + d \equiv 0 \left(\right. m o d 30 \left.\right) .\)Hay nói cách khác, \(a + b + c + d\) chia hết cho 30.
Nếu bạn cần mình giải thích thêm hoặc giúp đỡ bài toán khác, cứ hỏi nhé!