\(x^{6m+4}-x^4+x^{6n+2}-x^2+x^4+x^2+1\)

\(=x^4\left(x^{6m}-1\right)+x^2\left(x^{6n}-1\right)+x^4+x^2+1\)(1)

Ta có \(x^{6n}-1=\left(x^6-1\right)\left(x^{6\left(n-1\right)}+x^{6\left(n-2\right)}+...+x^6+1\right)⋮\left(x^6-1\right)\)

Tương tự \(\left(x^{6n}-1\right)⋮\left(x^6-1\right)\)

Mà \(x^6-1=\left(x^2\right)^3-1=\left(x^2-1\right)\left(x^4+x^2+1\right)⋮\left(x^4+x^2+1\right)\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(x^{6m}-1\right)⋮\left(x^4+x^2+1\right)\\\left(x^{6n}-1\right)⋮\left(x^4+x^2+1\right)\end{matrix}\right.\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow\left(x^{6m+4}+x^{6n+4}+1\right)⋮\left(x^4+x^2+1\right)\)

x^6m+4+x⁶ⁿ⁺²+1=x^6m+4-x⁴+x⁶ⁿ⁺²-x²+x⁴+x²+1

                      =x⁴.(x^6m-1)+x².(x⁶ⁿ-1)+(x⁴+x²+1)

Vì x^6m-1 chia hết cho x⁶-1 , x⁶ⁿ-1 chia hết cho x⁶-1 và 

              x⁶-1=(x³+1)(x³-1) chia hết cho x²-x+1

              x⁴+x²+1=(x²+1)²-x² chia hết cho x²-x+1

 => đpcm

a) Ta có: \(2018^n-1964^n⋮3\)

\(2032^n-1984^n⋮3\)

nên An chia hết cho 3

Mà \(2018^n-1984^n⋮17\)

\(2032^n-1964^n⋮17\)

nên An chia hết cho 17

Vậy A chia hết cho 51

b) Ta có: An đồng dư 3^n +2^n-2.4^n (mod5)

và An đồng dư 2^n + 7^n -2^n-4^n (mod9)

Vậy An chia hết cho 45 khi n có dạng 12k

nơi bài 2 là Cho p là số nguyên tố > 7 nha

Ta có : \(x^n-1⋮x-1\)

          \(x^{n+1}-1⋮x-1\)

=> \(\left(x^n-1\right)\left(x^{n+1}-1\right)⋮\left(x-1\right)^2\)(1)

Do n; n+1 là 2 số tự nhiên liên tiếp => 1 trong 2 số chia hết cho 2 

+)Th1: n chia hết cho 2 hay n chẵn => \(x^n-1⋮x^2-1\) hay \(⋮x+1\)(2)

+)Th2: n+1 chia hết cho 2 hay n+2 chẵn.CM như trên 

Mà \(x+1\), \(\left(x-1\right)^2\) ko có nhân tử chung. Từ (1),(2) suy ra \(\left(x^n-1\right)\left(x^{n+1}-1\right)⋮\left(x-1\right)^2\)\(\left(x+1\right)\)(đpcm)

Bài 1 : 

Phương trình <=> 2^x . x² = ( 3y + 1 ) ² + 15

Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)

\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)

( Vì số  chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) 

\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)

Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)

Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2^k . 2k + 3y + 1 > 2^k .2k - 3y-1>0

Vậy ta có các trường hợp: 

\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)

\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)

Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 ) 

Bài 3: 

Giả sử \(5^p-2^p=a^m\)    \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)

Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)

Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)

Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có

\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\)    \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)

Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)

\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)

Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)

Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý

\(\rightarrowĐPCM\)