Phân tích thành nhân tử:

a⁵b-ab⁵=a⁵b-ab-ab²+ab=ab(a⁴-1)-ab(b²-1)=ab(a²-1)(a²+1)-ab(b²-1)(b²+1)=ab(a-1)(a+1)(a²+1)-ab(b-1)(b+1)(b²+1)=ab(a-1)(a+1)(a²-4+5)-ab(b-1)(b+1)(b²-4+5)=ab(a-1)(a+1)(a-2)(a+2)+5ab(a-1)(a+1)-ab(b-1)(b+1)(b-2)(b+2)-5ab(b-1)(b+1)

Ta Thấy:(a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) là 5 số TN liên tiếp

=>(a-2)(a-1)ab(a+1)(a+2)chia hết cho 30(trong 5 số TN liên tiếp có 1 số chia hết cho 2 cho 3 cho 5)

TT=>a(a+1)(a-1) chia hết cho 6=>5ab(a-1)(a+1)chia hết cho 30

cmtt =>đpcm

tại sao bên kia là ab^5 mà bên này lại ab^2

Đặt \(A=a^5b-ab^5=a\left(a^44b-b^5\right)=a\left[b\left(a^4-b^4\right)\right]=ab...\) chia hết cho 2. (1) 

+) Nếu a,b đồng dư khi chia cho 3 thì a-b chia hết cho 3 suy ra A chia hết cho 3. (2) 

+) Nếu a,b không đồng dư khi chia cho 3 thì \(a+b\) chia hết cho 3 suy ra A hết cho 3. (3) 

Từ (2) và (3) suy ra A luôn chia hết cho 3. (4) 

Mà \(ab\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\) chia hết cho 5.  (5) 

Từ (1); (4) và (5) suy ra A chia hết cho 2; 3; 5.

Vậy A chia hết cho 30.

Ta có:

\(P\left(0\right)=a.0+b.0+c.0+d=d⋮5\Rightarrow d⋮5\)

\(\left\{{}\begin{matrix}P\left(1\right)=a+b+c+d⋮5\\P\left(-1\right)=-a+b-c+d⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow P\left(1\right)+P\left(-1\right)⋮5\)

\(\Rightarrow2b+2d⋮5\) , mà \(d⋮5\Rightarrow2b⋮5\Rightarrow b⋮5\) (do 2 không chia hết cho 5)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}P\left(1\right)=a+b+c+d⋮5\\b⋮5\\d⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a+c⋮5\Rightarrow2a+2c⋮5\) (1)

Lại có \(P\left(2\right)=8a+4b+2c+d⋮5\) (2)

Từ \(\left(1\right);\left(2\right)\Rightarrow P\left(2\right)+2a+2c⋮5\)

\(\Rightarrow10a+4b+4c+d⋮5\)

Mà \(\left\{{}\begin{matrix}10⋮5\Rightarrow10a⋮5\\b⋮5\Rightarrow4b⋮5\\d⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow4c⋮5\Rightarrow c⋮5\) (do 4 không chia hết cho 5)

\(\left\{{}\begin{matrix}a+c⋮5\\c⋮5\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow a⋮5\)

Vậy \(a,b,c,d\) đều chia hết cho 5

Chắc đè trên bạn ghi nhầm là:

\(a.c+b^2-2.x^4.y^4=0\)

Ta có \(b=x^2.y^2\)

=> \(b^2=\left(x^2.y^2\right)^2=x^4.y^4\) (1)

Từ (1)

=>\(a.c+b^2-2.x^4.y^4\)

\(=\left(x^3.y\right).\left(x.y^3\right)+b^2-2.b^2\)

\(=\left(x^3.x\right).\left(y.y^3\right)+b^2-2.b^2\)

\(=x^4.y^4+b^2-2.b^2\)

\(=b^2+b^2-2.b^2\)

\(=2.b^2-2b^2\)

\(=0\)

=>\(a.c+b^2-2.x^4.y^4=0\)\(\left(đpcm\right)\)

Vậy nếu \(a=x^3.y;b=x^2.y^2;c=x.y^3\)thì với mọi số hữu tỉ x:y ta cũng có: \(a.c+b^2-2.x^4.y^4=0\)

ngu rồi bạn ạ

KQ là tập hợp rỗng (vô lí)

Tự CM nha

Mik ko rảnh

Sorry

Bài lớp 7 chứ lớp 6 mần chi đã học số hữu tỉ

A=3(3+1)+3^2(3+1)+.....+3^59(3+1)                                                                                                                                                  =4(3+3^2+.....+3^59) CHIA HẾT CHO 4

                 

\(P=a^5b-ab^5=ab\left(a^4-b^4\right)=ab\left(a^2-b^2\right)\left(a^2+b^2\right)=ab\left(a-b\right)\left(a+b\right)\left(a^2+b^2\right)\)

Nếu a hoặc b chẵn => P chẵn; Nếu cả a;b lẻ thì a - b chẵn => P chẵn => P chia hết cho 2 với mọi a;bNếu a hoặc b chia hết cho 3 => P chia hết cho 3. Nếu cả a;b chia cho 3 cùng số dư thì a - b chia hết cho 3 => P chia hết cho 3. Nếu a;b chia 3 khác số dư, tức là dư là 1 và 2 thì tổng a+b chia hết cho 3. Do đó, P chia hết cho 3 với mọi a;bViết lại \(P=ab\left(a^4-b^4\right)=ab\left(a^4-1-\left(b^4-1\right)\right)\). Dùng hệ quả 1 của định lý Fermat nhỏ : với mọi số nguyên tố p thì X^p-1 - 1 chia hết cho p với mọi X nguyên. Ta cũng suy ra được a⁴ - 1 và b⁴ - 1 đều chia hết cho 5 nên P chia hết cho 5.

P chia hết cho 2; 3; 5 nên P chia hết cho 2*3*5 = 30. ĐPCM