1) Bằng phương pháp quy nạp, dễ dàng chứng minh \(1^2+2^2+...+n^2=\dfrac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\). Do đó, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)⋮̸5\). Điều này có nghĩa là \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\). Tóm lại, để \(1^2+2^2+...+n^2⋮̸5\) thì \(n\equiv3\left(mod5\right)\) hoặc \(n\equiv1\left(mod5\right)\).

2) Ta so sánh \(a^3-7a^2+4a-14\) với \(a^3+3\). Ta thấy \(\left(a^3-7a^2+4a-14\right)-\left(a^3+3\right)\) \(=-7a^2+4a-17=D\). dễ thấy với mọi \(a\inℤ\) thì \(D< 0\) (thực ra với mọi \(a\inℝ\) thì vẫn có \(D< 0\)) nên \(a^3-7a^2+4a-14< a^3+3\), vì vậy \(a^3-7a^2+4a-14⋮̸a^3+3\). Vậy, không tồn tại \(a\inℤ\) thỏa mãn ycbt.

Mình làm 2 bài này trước nhé.

P = 1² + 2² + 3² +...+n² không chia hết cho 5

P = 1.(2-1) + 2.(3-1) + 3.(4-1)+...+n(n +1 - 1)

P = 1.2-1+ 2.3 - 2+ 3.4 - 3+...+ n(n+1) - n

P = 1.2 + 2.3 + 3.4+ ...+n(n+1) - (1+2+3+...+n)

P = n(n+1)(n+2):3 - (n+1)n:2

P = n(n+1){ \(\dfrac{n+2}{3}\) - \(\dfrac{1}{2}\)}

P = n(n+1)(\(\dfrac{2n+1}{6}\)) không chia hết cho 5 

⇒ n(n+1)(2n+1) không chia hết cho 5

⇒ n không chia hết cho 5

⇒ n = 5k + 1; n = 5k + 2; n = 5k + 3; n = 5k + 4

th1: n = 5k + 1 ⇒ n + 1 = 5k + 2 không chia hết cho 5  ; 2n + 1 = 10n + 3 không chia hết cho 5 vậy n = 5k + 1 (thỏa mãn)

th2: nếu n = 5k + 2 ⇒ n + 1 = 5k + 3 không chia hết cho 5;    2n + 1  = 10k + 5 ⋮ 5 (loại)

th3: nếu n = 5k + 3 ⇒  n + 1 = 5k +4 không chia hết cho 5;   2n + 1 = 10k + 7 không chia hết cho 5 (thỏa mãn)

th4 nếu n = 5k + 4 ⇒ n + 1 = 5k + 5 ⋮ 5 (loại)

Từ những lập luận trên ta có:

P không chia hết cho 5 khi 

\(\left[{}\begin{matrix}n=5k+1\\n=5k+3\end{matrix}\right.\) (n \(\in\) N)

3) Ta có \(P\left(n\right)=n^{1800}\left(n^{80}+n^{40}+1\right)\). Đặt \(n^{10}=a\) với \(a\inℕ\), khi đó \(P\left(a\right)=a^{180}\left(a^8+a^4+1\right)\) còn \(Q\left(a\right)=a^2+a+1\). Ta sẽ chứng minh \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℕ\). Thật vậy, xét hiệu:

\(D=\left(a^8+a^4+1\right)-\left(a^2+a+1\right)=a^8+a^4-a^2-a\). Phân tích D thành nhân tử, ta được:

\(D=a\left(a-1\right)\left(a^2+a+1\right)\left(a^4+a+1\right)\)\(⋮a^2+a+1\)

Từ đây suy ra được \(a^8+a^4+1⋮a^2+a+1,\forall a\inℤ\). Vậy ta có đpcm

tich minh noi cho

k rồi đó sao không nói

Bài 2:

a)Ta có : \(n+3=\left(n-9\right)+12\)

\(\Rightarrow n+3⋮n-9\Leftrightarrow12⋮n-9\) ( vì n - 9 chia hết cho n - 9 )

                             \(\Leftrightarrow n-9\inƯ\left(12\right)=\left\{\pm1;\pm2;\pm3;\pm4;\pm6;\pm12\right\}\)

Mà : \(n\in N\) nên \(n-9=\pm1;\pm2;\pm3;\pm4;\pm6;12\)

Ta có bảng : 

Vậy \(n=3;5;6;7;8;10;11;12;13;15;21\)

b) Bạn làm tương tự câu a

làm câu

1) Ta có: \(2⋮n-3\)

\(\Leftrightarrow n-3\inƯ\left(2\right)\)

\(\Leftrightarrow n-3\in\left\{1;-1;2;-2\right\}\)

hay \(n\in\left\{4;2;5;1\right\}\)

Vậy: \(n\in\left\{4;2;5;1\right\}\)

2) Ta có: \(n+2⋮n-3\)

\(\Leftrightarrow n-3+5⋮n-3\)

mà \(n-3⋮n-3\)

nên \(5⋮n-3\)

\(\Leftrightarrow n-3\inƯ\left(5\right)\)

\(\Leftrightarrow n-3\in\left\{1;-1;5;-5\right\}\)

hay \(n\in\left\{4;2;8;-2\right\}\)

Vậy: \(n\in\left\{4;2;8;-2\right\}\)

up

u

u

u

u

u

uuupppppppppppp

Bài 2: 

a: Ta có: \(n\left(n+5\right)-\left(n-3\right)\left(n+2\right)\)

\(=n^2+5n-n^2-2n+3n+6\)

\(=6n+6⋮6\)

b: Ta có: \(\left(n-1\right)\left(n+1\right)-\left(n-7\right)\left(n-5\right)\)

\(=n^2-1-n^2+12n-35\)

\(=12n-36⋮12\)

1) 

 n³ + 3n² + 2n = n²(n + 1) + 2n(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) 
số chia hết cho 6 là số chia hết cho 2 và 3 
mà (n + 1) chia hết cho 2 và 3 với mọi số nguyên n 
(n + 2) chia hết cho 2 và 3 với mọi số nguyên n 
=>n³ + 3n² + 2n luôn chia hết cho 6 với mọi số nguyên n

2)

Bạn làm tương tự nha! 

thank