Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Tớ nêu ý kiến =) bài chưa qua kiểm định nhé ^^
Lấy tổng lập phương 2018 số đó trừ đi P sẽ đc 1 hiệu chia hết cho 6
VD nhé : a1^3 - a1 = a1.(a1^2-1) = a1.(a1-1).(a1+1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6
Mấy cái còn lại cx tương tự như thế thì hiệu nhận đc đúng là chia hết cho 6 đúng ko?
Thế thì P chia 6 dư 5 rồi =D
Đặt \(P=1995^{1995}=a_1+a_2+a_3+...+a_n\) (với a1, a2, ..., an là các số tự nhiên và n là số tự nhiên khác 0)
và \(S=a_1^3+a_2^3+a_3^3+a_n^3\)
Xét hiệu
\(S-P=\left(a_1^3-a_1\right)+\left(a_2^3-a_2\right)+\left(a_3^3-a_3\right)+...+\left(a_n^3-a_n\right)\)
\(=\left(a_1-1\right)a_1\left(a_1+1\right)+\left(a_2-1\right)a_2\left(a_2+1\right)+\left(a_3-1\right)a_3\left(a_3+1\right)+...+\left(a_n-1\right)a_n\left(a_n+1\right)\)
Ta thấy mỗi số hạng của tổng trên là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2
=> Mỗi số hạng đều chia hết cho 6
=> \(\left(S-P\right)⋮6\)
Do đó muốn tìm số dư của S khi chia cho 6, ta chỉ cần tìm số dư của P khi chia cho 6
Lại có \(P=1995^{1995}=\left(1995^3\right)^{665}\) đồng dư với \(3^{665}\) (mod 6)
Mà \(3^k\) (với k là số tự nhiên khác 0) luôn chia 6 dư 3 => \(3^{665}\) chia 6 dư 3
=> P chia 6 dư 3
=> S chia 6 dư 3.
p/s: Học toán với OnlineMath - Online Math có thể thêm kí hiệu đồng dư được không ạ?
Lời giải:
a)
Ta có \(a(n)=3n^2+6n+13=3(n^2+2n+1)+10\)
\(=3(n+1)^2+10\)
Khi đó:
\(a(i)=3(i+1)^2+10\)
\(a(k)=3(k+1)^2+10\)
Để \(a(i); a(k)\not\vdots 5\Rightarrow (i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\)
Mà ta biết rằng một số chính phương khi chia 5 chỉ có thể có dư là 0,1,4, nên nếu \((i+1)^2; (k+1)^2\not\vdots 5\Rightarrow \) nó chia 5 dư 1 hoặc 4
Vì \(a(i); a(k)\) có khác số dư khi chia cho 5 nên \((i+1)^2; (k+1)^2\) cũng khác số dư khi chia cho $5$
Không mất tính tổng quát, giả sử $(i+1)^2$ chia $5$ dư 1; $(k+1)^2$ chia 5 dư 4
\(\Rightarrow (i+1)^2=5m+1; (k+1)^2=5n+4\)
\(\Rightarrow a(i)+a(k)=3(5m+1)+10+3(5n+4)+10\)
\(=15m+15n+35\vdots 5\)
Do đó ta có đpcm.
b)
Đặt \(3n^2+6n+13=t^2(t\in\mathbb{N})\)
\(\Leftrightarrow 3(n+1)^2+10=t^2\)
Vì số chính phương chia cho 5 có thể có dư là 0,1,4 nên ta xét các TH sau:
\((n+1)^2=5k+1\Rightarrow t^2=3(5k+1)+10=5(3k+2)+3\) chia 5 dư 3(vô lý)
\((n+1)^2=5k+4\Rightarrow t^2=3(5k+4)+10=5(3k+4)+2\) chia 5 dư 2 (vô lý)
Do đó \((n+1)^2\vdots 5\Leftrightarrow n+1\vdots 5\). Đặt \(n+1=5k\Rightarrow t^2=75k^2+10\)
\(\Leftrightarrow t^2=5(15k^2+2)\) chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 (vô lý)
Do đó pt trên vô nghiệm. Vậy không tồn tại số n thỏa mãn
Khi đó, đặt
Ta thấy: \(2017^{2016}\equiv1\)(mod 6)
Từ đó: (1 <= i <= k) \(\text{Σ}n_i\equiv1\)(mod 6)
Dễ chứng minh: \(\left(6k+m\right)^3\equiv m\equiv6k+m\)(mod 6) với 0<=m<=6
Từ đó ta có: \(x^3\equiv x\)(mod 6) với x là số tự nhiên
Vậy \(\text{Σ}n_i^3\equiv\text{Σ}n_i\equiv1\)(mod 6)
Vậy \(\text{Σ}n_i^3\)chia 6 dư 1
ta có: \(N=2017^{2016}\)
xét \(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\)là tích 3 số nguyên liên tiếp nên a3-a chia hết cho 6 với mọi a
đặt N=\(n_1+n_2+...+n_k=2017^{2016}\)
\(\Rightarrow S-N=\left(n_1^5+n_2^3+....+n_k^3\right)-\left(n_1+....+n_k\right)=\left(n_1^3-n_1\right)+\left(n_2^3-n_2\right)+....+\left(n_k^3-n_k\right)\)
\(\Rightarrow S-N⋮6\)
=> S và N cùng số dư khi chia cho 6
thấy 2017 chia 6 dư 1
20172016 chia 6 dư 1 => N chia 6 dư 1
=> S chia 6 dư 1