Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
ko tận cùng là 2;3;7;8
ko tận cùng là 1 vì 11 chia 4 dư 3
ko tận cùng là 5 vì chia 55 chia 4 dư 3
ko tận cùng là 6 vì 66 chia 4 dư 2
ko tận cùng là 9 vì 99 chia 4 dư 3
vậy số có dạng là a000,a444
với số có dạng là a000 thì a chỉ có thể là 1;3;4;6;7;9
với số có dạng là a444 thì a chỉ có thể là 1;3;4;6;7;9
thử đi, có 6TH thôi=))
2. a và b đồng dư 0;1 mod 4
nên a-b đồng dư 0;1;3 mod 4
mà 2014 đồng dư 2 mod 4
nên ko tồn tại a;b
1) Ta có: \(10\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow10^n\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow10^n-1⋮3\)
Ta có: \(\left(10^n+1\right)\left(10^n+2\right)=\left(10^n+1\right)\left(10^n-1+3\right)\)
Do \(\hept{\begin{cases}10^n-1⋮3\\3⋮3\end{cases}}\Rightarrow\left(10^n+1\right)\left(10^n+2\right)⋮3\)
2) Ta có: Xét: \(1!+2!+3!+4!+5!+...+n!\)
Xét: \(n\ge5\) thì: \(1!+2!+3!+4!+5!+...+n!=33+5!+...+n!\)
Ta có: \(5!=1.2.3.4.5=\left(2.5\right).1.3.4\) có tận cùng bằng 0
Tương tự,ta suy ra được với n>=5 thì n! có tận cùng bằng 5 (do có chứa 2 thừa số 2 và 5)
\(\Rightarrow33+5!+...+n!\) tận cùng bằng 3 (loại vì scp ko có tận cùng bằng 3)
Như vậy, \(n< 5\)
Với \(n=1;1!+2!+3!+...+n!=1\left(TM\right)\)
Với \(n=2;1!+2!=5\left(KTM\right)\)
Với \(n=3;1!+2!+3!=9\left(TM\right)\)
Với \(n=4;1!+2!+3!+4!=33\left(KTM\right)\)
Vậy n bằng 1 hoặc 3
3) Ta có: \(a;b;c;d\in N\Rightarrow a+b+c+d>2\)
Giả sử \(a+b+c+d\) là số nguyên tố. Ta có: \(a+b+c+d=p\)(p nguyên tố)
\(\Rightarrow a=p-b-c-d\Leftrightarrow ab=pb-b^2-bc-bd\)
\(\Leftrightarrow ab+b^2+bc+bd=pb\)
\(\Leftrightarrow cd+b^2+bc+bd=pb\Rightarrow\left(b+c\right)\left(b+d\right)=pb⋮p\)
Do p nguyên tố \(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b+c⋮p\\b+d⋮p\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b+c>p\\b+d>p\end{cases}}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}b+c>a+b+c+d\\b+d>a+b+c+d\end{cases}}\left(vo-ly\right)\)
Vậy a+b+c+d là hợp số
Ta xét hiệu: \(a^n+b^n+c^n+d^n-a-b-c-d⋮2\)(Fermat nhỏ)
\(\Rightarrow a^n+b^n+c^n+d^n⋮2;a^n+b^n+c^n+d^n>2\Rightarrow a^n+b^n+c^n+d^n\) là hợp số (đpcm)