Lời giải:
a)

$a\equiv 1\pmod 2$ nên $a$ có dạng $2k+1$ $(k\in\mathbb{Z}$

Khi đó:

$a^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1$

Vì $k(k+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên $k(k+1)\vdots 2$

$\Rightarrow 4k(k+1)\vdots 8$

$\Rightarrow a^2=4k(k+1)+1$ chia $8$ dư $1$ hay $a^2\equiv 1\pmod 8$

b)

$a\equiv 1\pmod 3\Rightarrow a-1\equiv 0\pmod 3(1)$ hay

Lại có:

$a\equiv 1\pmod 3\Rightarrow a^2+a+1\equiv 1+1+1\equiv 0\pmod 3(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow (a-1)(a^2+a+1)\equiv 0\pmod 9$

hay $a^3-1\equiv 0\pmod 9\Leftrightarrow a^3\equiv 1\pmod 9$

bài này vượt quá giới hạn của ta rồi

Câu 1 cách làm:

Cậu có thể đưa ra chữ số tận cùng của mỗi lũy thừa, ví dụ như thế này để tính

2^(4k+1) có tận cùng là 2 nên 2^2009 có tận cùng là 2(2009=4.502+1)

Bạn tham khảo lời giải tại đây:

Câu hỏi của Angela jolie - Toán lớp 9 | Học trực tuyến

\(\overline{abc\equiv0}\) (mod 21)

<=> 100a +10b+c\(\equiv\)0 (mod 21)

<=> 84a+16a+10b+c\(\equiv\)0 (mod 21)

<=> 16a+10b+c\(\equiv\)0 (mod 21) vì 84\(⋮\)21

<=> 64a+40b+4c\(\equiv\)0 (mod 21)

<=> 63a+a+42b-2b+4c\(\equiv\)0 (mod 21)

<=> a-2b+4c\(\equiv\)0 (mod 21) đpcm