Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
\(x^{6m+4}-x^4+x^{6n+2}-x^2+x^4+x^2+1\)
\(=x^4\left(x^{6m}-1\right)+x^2\left(x^{6n}-1\right)+x^4+x^2+1\)(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) \(\Rightarrow\left(x^{6m+4}+x^{6n+4}+1\right)⋮\left(x^4+x^2+1\right)\)
x6m+4+x6n+2+1=x6m+4-x4+x6n+2-x2+x4+x2+1
=x4.(x6m-1)+x2.(x6n-1)+(x4+x2+1)
Vì x6m-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
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 <=> 2x . 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 2k . 2k + 3y + 1 > 2k .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
\(\rightarrowĐPCM\)
\(x^{6m+4}+x^{6n+2}+1=x^{6m+4}-x^4+x^{6n+2}-x^2+x^4+x^2+1=x^4\left(x^{6m}-1\right)+x^2\left(x^{6n}-1\right)+\left(x^4+x^2+1\right)\)
Do \(x^{6m}-1⋮x^6-1;x^{6n}-1⋮x^6-1\)
và \(x^6-1=\left(x^3+1\right)\left(x^3-1\right)⋮x^2-x+1\)
\(x^4+x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-x^2⋮x^2-x+1\)
Từ đó suy ra điều cần chứng minh
(Biến đổi đầu hơi dài chịu khó đọc kĩ)
Cai nay thi chac eo co cach khac roi.Mak co thi mai nghi kk