HV
1
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
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
T
10 tháng 8 2019
Đặt \(\frac{5-\sqrt{21}}{2}=a;\frac{5+\sqrt{21}}{2}=b>0\) thì \(ab=1\)
*Chứng minh an là số tự nhiên.
Với n = 0, 1 nó đúng. Giả sử nó đúng đến n = k tức là ta có:
\(\hept{\begin{cases}a^{k-1}+b^{k-1}\inℤ\\a^k+b^k\inℤ\end{cases}}\). Ta cần chưng minh nó đúng với n = k + 1 hay:
\(a^k.a+b^k.b=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-ab\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\)
\(=\left(a^k+b^k\right)\left(a+b\right)-\left(b^{k-1}+a^{k-1}\right)\inℤ\) (em tắt tí nhá, dựa vào giả thiết quy nạp thôi)
Vậy ta có đpcm.
Còn lại em chưa nghĩ ra
NV
1
1 tháng 12 2017
Nếu n chia hết cho 3 => n^2 chia hết cho 3 => A chia 3 dư 2
Nếu n chia 3 dư 1 => n^2 chia 3 dư 1 => A chia 3 dư 1
Nếu n chia 3 dư 2 => n^2 chia 3 dư 1 => A chia 3 dư 2
=> ĐPCM
k mk nha
TP
0
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 \(2^{3n+2}+2015\equiv3\left(mod7\right),\forall n\inℕ\).