Ta có các nhận xét:
a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)
a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)
a)Giả sử trong x;y;z không có số nào chia hết cho 3.
Từ (1) nên ta có x2≡y2≡1(mod3)x2≡y2≡1(mod3)
Nên z2≡1+1≡2(mod3)z2≡1+1≡2(mod3): vô lý nên ta có đpcm.

Ta có các nhận xét:
a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)
a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)
a)Giả sử trong x;y;z không có số nào chia hết cho 3.
Từ (1) nên ta có x2≡y2≡1(mod3)x2≡y2≡1(mod3)
Nên z2≡1+1≡2(mod3)z2≡1+1≡2(mod3): vô lý nên ta có đpcm.

Ta có các nhận xét:
a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)
a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)
a)Giả sử trong x;y;z không có số nào chia hết cho 3.
Từ (1) nên ta có x2≡y2≡1(mod3)x2≡y2≡1(mod3)
Nên z2≡1+1≡2(mod3)z2≡1+1≡2(mod3): vô lý nên ta có đpcm.

Lời giải:
Vì $x^2+y^2$ chẵn nên $x,y$ có cùng tính chất chẵn lẻ

Nếu $x,y$ cùng lẻ. Đặt $x=2k+1, y=2m+1$ với $k,m$ nguyên 

Khi đó:

$x^2+y^2=(2k+1)^2+(2m+1)^2=4(k^2+m^2+k+m)+2$ không chia hết cho $4$

$\Rightarrow x^2+y^2$ không chia hết cho $16$ (trái giả thiết)

Do đó $x,y$ cùng chẵn 

Đặt $x=2k, y=2m$ với $k,m$ nguyên 

a. 

$xy=2k.2m=4km\vdots 4$ (đpcm)

b.

$x^2+y^2=(2k)^2+(2m)^2=4(k^2+m^2)\vdots 16$

$\Rightarrow k^2+m^2\vdots 4$

Tương tự lập luận ở trên, $k,m$ cùng tính chẵn lẻ. Nếu $k,m$ cùng lẻ thì $k^2+m^2$ không chia hết cho $4$ (vô lý) nên $k,m$ cùng chẵn.

Đặt $k=2k_1, m=2m_1$ với $k_1, m_1$ nguyên 

Khi đó:

$xy=2k.2m=4km=4.2k_1.2m_1=16k_1m_1\vdots 16$ (đpcm)

ko bitys đâu bạn ạ

Gọi ba số nguyên liên tiếp là n-1, n, n+1. tổng lập phương của chúng là:

A = (n-1)3 + n3 + (n+1)3

= n3 -3n2 +3n -1 + n3 + n3 +3n2 +3n +1

= 3n3 + 6n = 3n( n2 -1) + 9n = 3 (n-1)n(n+1) + 9n 9

Ta có các nhận xét:
a2≡1(mod3)∨a2≡0(mod3)(1)
a2≡1(mod4)∨a2≡0(mod4)(2)
a)Giả sử trong x;y;z không có số nào chia hết cho 3.
Từ (1) nên ta có x2≡y2≡1(mod3)
Nên z2≡1+1≡2(mod3): vô lý nên ta có đpcm.
b) Tương tự câu a, ta cm được tồn tại 1 số trong x;y;z chia hết cho 4. Vậy ta có đpcm.