Bổ sung phần chia hết cho 2 này:

\(a^3+3a^2\)

\(=a^2\left(a+3\right)\)

Xét a chẵn và a lẻ

\(\Rightarrow a^3+3a^2⋮2\)

Tương tự \(b^3+3b^2⋮2\)

                \(c^3+3c^2⋮3\)

ta có A=\(a^3+b^3+c^3-3abc+3\left(a^2+b^2+c^2\right)+3abc\)

=\(\left(a+b+c\right)\left(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca\right)+3abc+3\left(a^2+b^2+c^2\right)⋮3\left(\forall a+b+c⋮3\right)\)

^_^

a) Từ a + 5 < b + 5

=> a + 5 + (-5) < b + 5 + (-5) (cộng hai vế với -5)

=> a < b

a)từ a+5<b+5 ta cộng -5 vào 2 vế được a<b

b)từ -3a>-3b ta nhân 2 vế với -1/3 (tức là chia cả 2 vế cho -3) và -3a . -1/3< -3b . -1/3 sẽ được a<b

Bài 1:

a). Ta có: a < b

=> -6a > -6b

mà 3 > 1

=> \(3-6a>1-6b\)

b)

Ta có: a < b

=> a - 2 < b - 2

=> \(7\left(a-2\right)< 7\left(b-2\right)\)

c)

Ta có: a < b

=> -2a > -2b

=> 1 - 2a > 1 - 2b

\(\Rightarrow\dfrac{1-2a}{3}>\dfrac{1-2b}{3}\)

Bài 2:

a) Ta có:

a+23<b+23

\(\Leftrightarrow a< b\)

b) Ta có:

\(-12a>-12b\)

\(\Leftrightarrow a< b\)

c) Ta có:

\(5a-6\ge5b-6\)

\(a\ge b\)

d) Ta có:

\(\dfrac{-2a+3}{5}\le\dfrac{-2b+3}{5}\)

\(\Leftrightarrow-2a+3\le-2b+3\)

\(\Leftrightarrow a\ge b\)

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......

do n > 3 => 2^n >= 2^4 chia hết cho 16 => 10a + b chia hết cho 16 

Ta có 2^n có thể có những tân cùng là 2; 4; 6; 8 

TH1 2^n có tận cùng là 2 => n = 4k+1 

=> 10a + b có tận cùng là 2 => b = 2 ( do b < 10) 

ta có 2^n = 10a + 2 => 2( 2^(4k) - 1) = 10a => 2^( 4k) - 1 = 5a 

do 2^(4k) - 1 chia hết cho 3 => 5a chia hết cho 3 => a chia hết cho 3 

=> a.b = a.2 chia hết cho 6 (1) 

TH2 2^n có tận cùng là 4 => n = 4k +2 

=> 2^n = 10a + b có tận cùng là 4 => b = 4( do b <10) 

=> 2^(4k +2) = 10a + 4 => 4.2^(4k) - 4 = 10a 

=> 4(2^4k - 1) = 10 a 

ta có 2 ^4k -1chia hết cho 3 => 10a chia hết cho 3 => a chia hết cho 3 

=> a.b chia hết cho 6 (2) 

Th3 2^n có tận cùng là 8 => n = 4k +3 

TH 3 2^n có tận cùng là 6 => n = 4k 

bằng cách làm tương tự ta luôn có a.b chia hết cho 6

Ta có:\(2^n⋮2;10a⋮2\Rightarrow b⋮2\Rightarrow ab⋮2\)

Ta chỉ cần chứng minh \(ab⋮3\) nữa là OK

Đặt \(n=4k+r\left(0\le n\le3;k\in Z^+;r\in N\right)\)

Nếu \(r=0\Rightarrow2^n=2^{4k+0}=2^{4k}=16^k\) có tận cùng là 6 nên b=6 \(\Rightarrow ab⋮\left(đpcm\right)\)

Nếu \(r\ne0\) thì \(2^n-2^r=2^{4k+r}-2^r=2^r\left(16^k-1\right)⋮10\Rightarrow2^n\) có tận cùng là \(2^r\)

\(\Rightarrow b=2^r\Rightarrow10a=2^n-2^r=2^r\left(16^k-1\right)⋮3\Rightarrow ab⋮3\)

\(\RightarrowĐPCM\)