huk mìk như pn thuj có 6 đề hsg đây nè

Mình giải đc r ^^ 

ớ câu c làm kiểu j bạn?

1. Gọi ƯCLN (a,c) =k, ta có : a=ka₁, c=kc₁ và (a₁,c₁)=1

Thay vào ab=cd được ka₁b=bc₁d nên

a₁b=c₁d  (1)

Ta có: a₁b \(⋮\)c₁ mà (a₁,c₁)=1 nên b\(⋮\)c₁. Đặt b=c₁m ( \(m\in N\)*) , thay vào (1) được a₁c₁m =  c₁d nên a₁m=d

Do đó: \(a^5+b^5+c^5+d^5=k^5a_1^5+c_1^5m^5+k^5c_1^5+a_1^5m^5\)

\(=k^5\left(a_1^5+c_1^5\right)+m^5\left(a_1^5+c_1^5\right)=\left(a_1^5+c_1^5\right)\left(k^5+m^5\right)\)

Do a₁, c₁, k, m là các số nguyên dương nên \(a^5+b^5+c^5+d^5\)là hợp số (đpcm)

2. Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể sư 0 hoặc 1.

Ta có \(a^2+b^2⋮3\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1,1+1, chỉ có 0+0 \(⋮\)3.

Vậy \(a^2+b^2⋮3\)thì a và b \(⋮3\)

b) Nhận xét: 1 số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0,1,2,4 (thật vậy, xét a lần lượt bằng 7k, \(7k\pm1,7k\pm2,7k\pm3\)thì a² chia cho 7 thứ tự dư 0,1,4,2)

Ta có: \(a^2+b^2⋮7\). Xét các TH của tổng 2 số dư : 0+0, 0+1, 0+2, 0+4 , 1+1, 1+2, 2+2, 1+4, 2+4, 4+4; chỉ có 0+0 \(⋮7\). Vậy......

3. a) Xét hiệu \(a^3-a=a\left(a^2-1\right)=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮2.3=6\)( tích của 3 số nguyên liên tiếp)

Tương tự: \(b^3-b⋮6\)và \(c^3-c⋮6\)

\(\Rightarrow\left(a^3+b^3+c^3\right)-\left(a+b+c\right)⋮6\Rightarrow a^3+b^3+c^3⋮6\Leftrightarrow a+b+c⋮6\)

b) Ta có: \(30=2.3.5\)và 2,3,5 đôi một nguyên tố cùng nhau.

Theo định lý Fermat: \(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)

\(a^3\equiv a\left(mod3\right)\Rightarrow a^5\equiv a^3\equiv a\left(mod3\right)\)

\(a^5\equiv a\left(mod5\right)\)

Theo tính chất của phép đồng dư, ta có:

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2\right)\)

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod3\right)\)

\(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod5\right)\)

Do đó: \(a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\). Tức là nếu a+b+c chia hết cho 30 thì ....(đpcm)

b) ta có: 30=2.3.5

\(a^2\equiv a\left(mod2\right)\Rightarrow a^4\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}a^5\equiv a^2\equiv a\left(mod2\right)\\b^3\equiv b\left(mod3\right)\\c^5\equiv c\left(mod5\right)\end{cases}\Rightarrow b^5\equiv b^3\equiv b\left(mod3\right)}\)

\(\Rightarrow a^5+b^5+c^5\equiv a+b+c\left(mod2.3.5\right)\)

\(a^2+b^2+c^2=\left(a+b+c\right)+\left(a^3-a\right)+\left(b^3-b\right)+\left(c^3-c\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)+a\left(a^2-1\right)+b\left(b^2-1\right)+c\left(c^2-1\right)\)

\(=\left(a+b+c\right)+\left(a-1\right)\left(a+1\right)+\left(b-1\right)\left(b+1\right)+\left(c-1\right)\left(c+1\right)\)

\(mà\)\(a\left(a-1\right)\left(a+1\right)⋮6\)

\(b\left(b-1\right)\left(b+1\right)⋮6\)

\(c\left(c-1\right)\left(c+1\right)⋮6\)

\(a+b+c⋮6\)

\(\Leftrightarrow(a^3+b^3+c^3)⋮6\)\((đpcm)\)

Cho a là số tự nhiênchia 6 dư 2 và b là số tự nhiên chia 6 dư 3. Chứng minh axb chia hết cho 6

bài này thử là nhanh nhất (hi hi , mình đùa vui thôi chứ minh ko bít làm)

Câu a) a chia 13 dư 2 thì a² chia 13 dư 4

b chia 13 dư 3 thì b² chia 13 dư 9. Vậy a² + b² chia hết cho 13

Câu b) tương tự nhé bạn.

a)2x+y=7(2x+y)=14x+7y

Do 2x+9 chia hết cho 9 =>14x+7y chia hết cho 9

9x chia hết cho 9 =>14x+7y-9x=5x+7y chia hết cho 9

b)p và p+2 là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p+p+2=2p+2 chia hết cho 2

p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên

*)P=3k(loại vì 3k là hợp số  có ước là 3 và k)

*)p=3k+1(loại vì số nguyên tố lớn hơn 3 là số lẻ =>3k+1 là số chẵn)

*)p=3k+2(TM)

=>2p+2=6k+4+2=6k+6 chia hết cho 3

2p+2 chia hết cho 2 và 3=>2p+2 chia hết cho 6

=>(2p+2).1/2=p+1 chia hết cho 6

^.^

^-^

^_^