Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Ta có: p4 – q4 = (p4 – 1 ) – (q4 – 1) ; 240 = 8 .2.3.5
Chứng minh p4 – 1 240
- Do p >5 nên p là số lẻ
+ Mặt khác: p4 –1 = (p –1) (p + 1) (p2 +1)
--> (p-1 và (p+1) là hai số chẵn liên tiếp => (p – 1) (p+1) 8
+ Do p là số lẻ nên p2 là số lẻ -> p2 +1 2
- p > 5 nên p có dạng:
+ p = 3k +1 --> p – 1 = 3k + 1 – 1 = 3k 3 --> p4 – 1 3
+ p = 3k + 2 --> p + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k +3 3 --> p4 – 1 3
- Mặt khác, p có thể là dạng:
+ P = 5k +1 --> p – 1 = 5k + 1 – 1 = 5k 5 --> p4 – 1 5
+ p = 5 k+ 2 --> p2 + 1 = (5k +2)2 +1 = 25k2 + 20k +5 5 --> p4 – 1 5
+ p = 5k +3 --> p2 +1 = 25k2 + 30k +10 --> p4 –1 5
+ p = 5k +4 --> p + 1 = 5k +5 5 --> p4 – 1 5
Vậy p4 – 1 8 . 2. 3 . 5 hay p4 – 1 240
Tương tự ta cũng có q4 – 1 240
Vậy: (p4 – 1) – (q4 –1) = p4 – q4 240
mk nha các bạn !!!
.p4−q4=p4−q4−1+1=(p4−1)−(q4−1)
lại có 240=8.2.3.5
ta cần chứng minh (p4−1) ⋮ 240 và (q4−1) ⋮ 240
C/m: (p4−1) ⋮ 240:
(p4−1)=(p−1)(p+1)(p2+1)
vì p là số nguyến tố lớn hơn 5 nên p là số lẻ
⟹(p−1)(p+1) là tích của 2 số lẻ liên tiếp nên chia hết cho 8 (1)
Do p>5 nên:
p=3k+1→p−1=3k→p−1 ⋮ 3
hoặc p=3k+2→p+1=3(k+1)→p+1 ⋮ 3 (2)
mặt khác vì p là số lẻ nên p2 là số lẻ →p2+1 là số chẵn nên p2+1 ⋮ 2 (3)
giờ cần chứng minh p4−1 ⋮ 5:
p có thể có dạng:
p=5k+1→p−1 ⋮ 5
p=5k+2→p2+1=25k2+20k+5→p2+1 ⋮ 5
p=5k+3→p2+1=25k2+30k+10→p2+1 ⋮ 5
p=5k+4→p+1=5k+5→p+1 ⋮ 5
p=5k mà p là số nguyến tố nên k=1→p=5 (ko thỏa mãn ĐK)
⟹p4−1 ⋮ 5 (4)
từ (1),(2),(3),(4), suy ra p4−1 chia hết cho 2.3.5.8 hay p4−1 ⋮ 240
chứng minh tương tự, ta có: q4−1 ⋮ 240
Kết luận.......................
p là số nguyên tố lớn hơn 3
=>p=3k+1 hoặc p=3k+2
Nếu p=3k+2 thì p+4=3k+2+4=3k+6=3(k+2)⋮3
=>Loại
=>p=3k+1
p+2021
=3k+1+2021
=3k+2022=3(k+674)⋮3
p là số nguyên tố lớn hơn 3
=>p là số lẻ
=>p+2021 là số chẵn
=>p+2021⋮2
mà p+2021⋮3
và ƯCLN(2;3)=1
nên p+2021⋮2*3
=>p+2021⋮6
P là số nguyên tố và p>3 => p+5, p+7 là sô chẵn đặt p+5=2k=> p+7=2k+2=>(p+5)(p+7)= 2k(2k+2)= 2k2(k+1)= 4k(k+1) chia hết cho 8
( vì k(k+1) chia hết cho 2 với mọi k thuộc n)
P là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng 3n+1 hoặc 3n+2
. Xét P= 3n+1=> (p+5)(p+7)= (3n+6)(3n+8) chia hết cho 3 với mọi n thuộc N
. xét p=3n+2=> (p+5)(p+7)= (3n+7)(3n+9) chia hét cho 3 với mọi n thuộc N
(p+5)(p+7) chia hết cho 8 và 3=> (p+5)(p+7) chia hết cho 24
cho p là số nguyên tố lớn hơn 3.chứng minh (p+5)(p+7) chia hết cho 24
các bạn giải hộ mình vs
do p lớn hơn 3 nên p là 7 hoặc 11
TH1
p là 7
p cộng 4 bằng 11 ntố
p cộng 8 bằng 15 h số
TH2
p bằng 11
p cộng 4 bằng 14 Loại
suy ra p bằng 7
p là số nguyên tố >5=>p lẻ ,p kochia hết cho 3=>p^4 chia 3 dư 1=>p-1 chia hết cho 3
p là nt 5=>p lẻ p^4-1 chia hết cho 16
p là NT 5=>p có số tận cùng là 1,3,7,9=>p^4 coa chữ số tận cùng là 1=>p^4 chia hết cho 10
p chia hết cho 3 ;10;16=> chia hết cho 240
- Một số lẻ khi bình phương lên sẽ có dạng 14𝑘+1
- Vì (2𝑛+1)2=4𝑛2+4𝑛+1.
- Do đó: 𝑝2≡1(mod4) và 𝑞2≡1(mod4).
- Suy ra: p4≡1(mod4)
Thay vào biểu thức 𝐴:
𝑝4≡1(mod4) và 𝑞4≡1(mod4).𝐴=𝑝4+2019𝑞4≡1+2019×1(mod4) A≡2020(mod4) 𝐴≡2020(mod4)
Vì 2020÷4=505 nên 𝐴≡0(mod4). (1)
2. Chứng minh 𝐴 chia hết cho 5 Vì 𝑝,𝑞 là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên 𝑝,𝑞 không chia hết cho 5.Theo Định lý nhỏ Fermat, với một số nguyên 𝑎 không chia hết cho số nguyên tố 𝑛 thì 𝑎𝑛−1≡1(mod𝑛).
Áp dụng với 5𝑛=5:
- 𝑝5−1≡1(mod5)⇒𝑝4≡1(mod5).
- 𝑞5−1≡1(mod5)⇒𝑞4≡1(mod5).
Thay vào biểu thức 𝐴:𝐴=𝑝4+2019𝑞4≡1+2019×1(mod5) 𝐴≡2020(mod5)
Vì 2020÷5=404 nên 𝐴≡0(mod5). (2)
Kết luận Từ (1) và (2), ta thấy 𝐴 chia hết cho 4 và 𝐴 chia hết cho 5.Mà 𝑔𝑐𝑑(4,5)=1, do đó 𝐴 chia hết cho 4×5=20.
Vậy, p4+2019q4⋮20p ⋮ 20𝑝4+2019𝑞4⋮20 với mọi số nguyên tố 5𝑝,𝑞>5. (đpcm)P và Q là 2 chữ khác nhau!!!!!!!!!!!!!!!!!!
chịu
Đặt \(A=p^4-q^4\)
p,q là hai số nguyên tố lớn hơn 5 nên p,q đều là các số lẻ và p,q đều không chia hết cho 5
p,q đều lẻ nên p=2a+1; q=2b+1
\(A=p^4-q^4\)
\(=\left(p^2-q^2\right)\left(p^2+q^2\right)\)
\(=\left(p-q\right)\left(p+q\right)\left(p^2+q^2\right)\)
=(2a+1-2b-1)(2a+1+2b+1)\(\left\lbrack\left(2a+1\right)^2+\left(2b+1\right)^2\right\rbrack\)
\(=\left(2a-2b\right)\left(2a+2b+2\right)\cdot\left(4a^2+4a+1+4b^2+4b+1\right)\)
\(=2\left(a-b\right)\cdot2\cdot\left(a+b+1\right)\cdot2\cdot\left(2a^2+2a+2b^2+2b+1\right)\)
\(=8\left(a-b\right)\left(a+b+1\right)\left(2a^2+2a+2b^2+2b+1\right)\) ⋮8
p,q đều không chia hết cho 5 nên p∈{5a+1;5a+2;5a+3;5a+4} và q∈{5b+1;5b+2;5b+3;5b+4}
TH1: p=5a+1
\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)
=(5a+1-1)(5a+1+1)[\(\left(5a+1\right)^2+1\) ]
\(=5a\left(5a+2\right)\left(25a^2+10a+2\right)\) ⋮5(1)
TH2: p=5a+2
\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)
\(=\left(5a+2-1\right)\left(5a+2+1\right)\left\lbrack\left(5a+2\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5a+1\right)\left(5a+3\right)\left(25a^2+20a+4+1\right)\)
\(=\left(5a+1\right)\left(5a+3\right)\left(25a^2+20a+5\right)\)
\(=5\left(5a^2+4a+1\right)\left(5a+1\right)\left(5a+3\right)\) ⋮5(2)
TH3: p=5a+3
\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)
=(5a+3-1)(5a+3+1)\(\left\lbrack\left(5a+3\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5a+2\right)\left(5a+4\right)\left(25a^2+30a+9+1\right)\)
\(=\left(5a+2\right)\left(5a+4\right)\left(25a^2+30a+10\right)=5\left(5a^2+6a+2\right)\left(5a+2\right)\left(5a+4\right)\) ⋮5(3)
TH4: p=5a+4
\(p^4-1=\left(p-1\right)\left(p+1\right)\left(p^2+1\right)\)
=(5a+4-1)(5a+4+1)\(\left\lbrack\left(5a+4\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5a+3\right)\left(5a+5\right)\left(25a^2+40a+16+1\right)\)
\(=5\left(a+1\right)\left(5a+3\right)\left(25a^2+40a+17\right)\) ⋮5(4)
Từ (1),(2),(3),(4) suy ra \(p^4-1\) ⋮5(5)
TH1: q=5b+1
\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)
=(5b+1-1)(5b+1+1)[\(\left(5b+1\right)^2+1\) ]
\(=5b\left(5b+2\right)\left(25b^2+10b+2\right)\) ⋮5(6)
TH2: q=5b+2
\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)
\(=\left(5b+2-1\right)\left(5b+2+1\right)\left\lbrack\left(5b+2\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5b+1\right)\left(5b+3\right)\left(25b^2+20b+4+1\right)\)
\(=\left(5b+1\right)\left(5b+3\right)\left(25b^2+20b+5\right)\)
\(=5\left(5b^2+4b+1\right)\left(5b+1\right)\left(5b+3\right)\) ⋮5(7)
TH3: q=5b+3
\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)
=(5b+3-1)(5b+3+1)\(\left\lbrack\left(5b+3\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5b+2\right)\left(5b+4\right)\left(25b^2+30b+9+1\right)\)
\(=\left(5b+2\right)\left(5b+4\right)\left(25b^2+30b+10\right)=5\left(5b^2+6b+2\right)\left(5b+2\right)\left(5b+4\right)\) ⋮5(8)
TH4: q=5b+4
\(q^4-1=\left(q-1\right)\left(q+1\right)\left(q^2+1\right)\)
=(5b+4-1)(5b+4+1)\(\left\lbrack\left(5b+4\right)^2+1\right\rbrack\)
\(=\left(5b+3\right)\left(5b+5\right)\left(25b^2+40b+16+1\right)\)
\(=5\left(b+1\right)\left(5b+3\right)\left(25b^2+40b+17\right)\) ⋮5(9)
Từ (6),(7),(8),(9) suy ra \(q^4-1\) ⋮5(10)
Từ (5),(10) suy ra \(p^4-1-\left(q^4-1\right)\) ⋮10
=>\(p^4-q^4\) ⋮10
mà \(p^4-q^4\) ⋮8
nên \(p^4-q^4\) ∈BC(8;10)
=>\(p^4-q^4\in B\left(40\right)\)
=>\(p^4-q^4\) ⋮20
=>\(p^4-q^4+2020q^4\) ⋮20
=>\(p^4+2019q^4\) ⋮20