NH
0
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
HV
1
23 tháng 6 2023
Ta chứng minh \(2^{3n+2}\equiv4\left(mod7\right)\) với mọi \(n\inℕ\).
Với \(n=0\) thì \(2^{3n+2}\equiv4\left(mod7\right)\), luôn đúng.
Giả sử khẳng định đúng đến \(n=k\), khi đó \(2^{3k+2}\equiv4\left(mod7\right)\). Ta cần chứng minh khẳng định đúng với \(n=k+1\). Thật vậy, ta có \(2^{3\left(k+1\right)+2}=2^{3k+5}=8.2^{3k+2}\). Do \(2^{3k+2}\equiv4\left(mod7\right)\) nên đặt \(2^{3k+2}=7a+4\left(a\inℕ\right)\). Từ đó \(2^{3\left(k+1\right)+2}=8.2^{3k+2}=8\left(7a+4\right)=56a+32\). Do \(56a\equiv0\left(mo\text{d}7\right)\) và \(32\equiv4\left(mod7\right)\), suy ra \(56a+32\equiv4\left(mod7\right)\). Do vậy, \(2^{3\left(k+1\right)+2}\equiv4\left(mod7\right)\), vậy khẳng định đúng với \(n=k+1\) \(\Rightarrow2^{3n+2}\equiv4\left(mod7\right),\forall n\inℕ\). Lại có \(2015\equiv-1\left(mod7\right)\) nên \(2^{3n+2}+2015\equiv3\left(mod7\right),\forall n\inℕ\).
KL
Tìm số dư khi chia A= \(a^{2n}+a^n+1\) cho \(a^2+a+1\) với mọi số tự nhiên n và a thuộc Z, a khác 1.
2
30 tháng 10 2019
TH1: n = 3k , k là số tự nhiên.
Có: \(A=a^{6k}+a^{3k}+1=\left(a^{6k}-1\right)+\left(a^{3k}-1\right)+3\)
\(=\left(a^{3k}-1\right)\left(a^{3k}+1\right)+\left(a^{3k}-1\right)+3=\left(a^{3k}-1\right)\left(a^{3k}+2\right)+3\)
lại có: \(a^{3k}-1=\left(a^3\right)^k-1⋮a^3-1\) và \(a^3-1⋮a^2+a+1\)
=> \(a^{3k}-1⋮a^2+a+1\)
=> \(\left(a^{3k}-1\right)\left(a^{3k}+2\right)⋮a^2+a+1\)
=> \(A:a^2+a+1\) dư 3, với mọi a khác -2; -1; 0; 1.
TH2: n = 3k + 1, k là số tự nhiên.
Có: \(A=a^{6k+2}+a^{3k+1}+1=a^2\left(a^{6k}-1\right)+a\left(a^{3k}-1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)
\(=a^2\left(a^{3k}-1\right)\left(a^{3k}+1\right)+a\left(a^{3k}-1\right)+\left(a^2+a+1\right)\)
\(=\left(a^{3k}-1\right)\left[a^2\left(a^{3k}+1\right)+a\right]+\left(a^2+a+1\right)⋮a^2+a+1\)
Vì \(a^{3k}-1⋮a^2+a+1;a^2+a+1⋮a^2+a+1\)
=> \(A⋮a^2+a+1\)
hay \(A:a^2+a+1\) dư 0
TH3: n = 3k +2, k là số tự nhiên
Có: \(A=a^{6k+4}+a^{3k+2}+1=a^4\left(a^{6k}-1\right)+a^2\left(a^{3k}-1\right)+\left(a^4+a^2+1\right)\)
\(=a^4\left(a^{3k}+1\right)\left(a^{3k}-1\right)+a^2\left(a^{3k}-1\right)+\left(a^4+2a^2+1\right)-a^2\)
\(=\left(a^{3k}-1\right)\left[a^4\left(a^{3k}+1\right)+a^2\right]+\left(a^2-a+1\right)\left(a^2+a+1\right)⋮a^2+a+1\)
=> \(A:a^2+a+1\) dư 0.
Kêt luận: Với n là số tự nhiên chia hết cho 3, a là số nguyên khác -2; -1 ; 0; 1 thì A chia cho a^2 +a +1 dư 3
n là số tự nhiên không chia hết cho 3, a là số nguyên bất kì thì A chia cho a^2 +a +a dư 0.
.
KL
Tìm số dư khi chia A= \(a^{2n}+a^n+1\) cho \(a^2+a+1\) với mọi số tự nhiên n và a thuộc Z, \(a\ne1\)
0
VN
1
3 tháng 4 2020
Câu hỏi của Đình Hiếu - Toán lớp 7 - Học toán với OnlineMath
TT
2
DD
Đoàn Đức Hà
Giáo viên
23 tháng 6 2021
\(2021n-19\equiv21n+21\left(mod40\right)\)suy ra ta cần chứng minh \(n+1⋮40\)(vì \(\left(21,40\right)=1\)).
Đặt \(m=n+1\). Ta sẽ chứng minh \(m⋮40\).
Đặt \(2m+1=a^2,3m+1=b^2\).
\(2m+1\)là số lẻ nên \(a\)là số lẻ suy ra \(a=2k+1\).
\(2m+1=\left(2k+1\right)^2=4k^2+4k+1\Rightarrow m=2\left(k^2+k\right)\)nên \(m\)chẵn.
do đó \(3m+1\)lẻ nên \(b\)lẻ suy ra \(b=2l+1\).
\(3m+1=4l^2+4l+1\Leftrightarrow3m=4l\left(l+1\right)\)có \(l\left(l+1\right)\)là tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho \(2\)do đó \(4l\left(l+1\right)\)chia hết cho \(8\)suy ra \(m⋮8\)vì \(\left(3,8\right)=1\).
Giờ ta sẽ chứng minh \(m⋮5\).
Nếu \(m=5p+1\): \(2m+1=10p+3\)có chữ số tận cùng là \(3\)nên không là số chính phương.
Nếu \(m=5p+2\): \(3m+1=15m+7\)có chữ số tận cùng là \(7\)nên không là số chính phương.
Nếu \(m=5p+3\): \(2m+1=10m+7\)có chữ số tận cùng là \(7\)nên không là số chính phương.
Nếu \(m=5p+4\): \(3m+1=15m+13\)có chữ số tận cùng là \(3\)nên không là số chính phương.
Do đó \(m=5p\Rightarrow m⋮5\).
Có \(m⋮8,m⋮5\)mà \(\left(5,8\right)=1\)suy ra \(m⋮\left(5.8\right)\Leftrightarrow m⋮40\).
Ta có đpcm.