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
