a) 7950 ; 300 ; 6980 ; 6470 ; 20560
b) 7950 ; 300 ; 57654 ; 8832
c) 7950 ; 300

a) 7950, 300, 6980, 6470, 20560

b) 7950, 300, 57654, 8832

c) 7950, 300

a: 7950; 300; 6980; 6470; 20560

b: 300; 57654; 8832

c: 300

luong le

Ta thấy 1! + 2! = 3 \(⋮\) 3, còn từ 3! trở đi đương nhiên đều chia hết cho 3.

Do đó p² + q² + 5895 \(⋮\) 3. Mà 5895 \(⋮\) 3 nên p² + q² \(⋮\) 3 (1).

Lại có: p² và q² chia cho 3 dư 0 hoặc dư 1 do chúng đều là số chính phương (2).

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) p² \(⋮\) 3 và q² \(⋮\) 3 \(\Rightarrow\) p \(⋮\) 3 và q \(⋮\) 3. Mà p và q là các snt nên p = q = 3 \(\Rightarrow\) 1! + 2! + 3! + ... + n! = 5913.

Vì n! < 5913 nên n < 8 \(\Rightarrow\) n \(\in\) {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7}. Thử n với các số đó ta chỉ có n = 7 thỏa mãn.

Vậy n = 7.

14352

b: 

\(2022_{10}=\text{11111100110}_2\)

Tớ làm đây r mà bạn:

Câu hỏi của Lev Ivanovich Yashin - Toán lớp 6 | Học trực tuyến

Lời giải:

Vì \(1!+2!+3!+...+n!=p^2+q^2+5895>5895\)

\(\Rightarrow n>3\)

Ta thấy mọi số \(x\in\mathbb{N}; x\geq 3\) thì \(x!\vdots 3\)

Do đó: \(3!\vdots 3; 4!\vdots 3;....; n!\vdots 3\). Mà \(1!+2!=3\vdots 3\)

\(\Rightarrow 1!+2!+...+n!\vdots 3\)

\(\Rightarrow p^2+q^2+5895\vdots 3\)

\(\Rightarrow p^2+q^2\vdots 3\)

Ta biết rằng, một số chính phương thì chia $3$ chỉ có dư $0$ hoặc $1$. +)Nếu $p,q$ đều không chia hết cho $3$

\(\Rightarrow p^2+q^2=3k+1+3t+1=3(t+k)+2\not\vdots 3\) (vô lý)

+) Nếu $p,q$ có một số chia hết cho $3$, một số không chia hết cho $3$ thì:

\(p^2+q^2=3t+3k+1=3(t+k)+1\not\vdots 3\) (vô lý)

Do đó chỉ còn TH $p,q$ đều chia hết cho $3$

Mà $p,q$ là số nguyên tố nên \(p=q=3\)

\(\Rightarrow 1!+2!+...+n!=3^2+3^2+5895=5913\)

Đến đây dùng phép thử ta thu được $n=7$ thỏa mãn.

\(-135,8\) và \(-357,6\)