Ta chứng minh: 4^a chia 6 dư 4(1)

-Với a=1=>4^a =4¹=4 chia 6 dư 4(thỏa mãn)

Giả sử (1) luôn đúng với mọi n=k=>4^k chia 6 dư 4, ta càn chứng minh (1) cũng luôn đúng với mọi n=k+1, chứng minh: : 4^k+1 chia 6 dư 4

Ta có: 4^k chia 6 dư 4

=>4^k đồng dư với 4(mod 6)

=>4^k.4 đồng dư với 4.4(mod 6)

=>4^k+1 đồng dư với 16(mod 6)

=>4^k+1 đồng dư với 4(mod 6)

=>4^k+1 chia 6 dư 4

=>thỏa mãn

=>Phép quy nạp đã được chứng minh=>ĐPCM

=>4^a chia 6 dư 4

=>4^a-4 chia hết cho 6

Lại có: a+1, b+2007 chia hết cho 6

=>a+1+ b+2007 chia hết cho 6

=>a+ b+2008 chia hết cho 6

=>a+b+4+2004 chia hết cho 6

mà 2004 chia hết cho 6

=>a+ b+4 chia hết cho 6

mà 4^a-4 chia hết cho 6

=>4^a-4+a+b+4 chia hết cho 6

=>4^a+a+b chia hết cho 6

Vậy 4^a+a+b chia hết cho 6

Do a+1 và b+2007chia hết cho 6. Do đó a,b:lẻ. Thật vậy nếu a,b chẵn

\(\Rightarrow\) a+1,b+2007/chia hết cho 2

\(\Rightarrow\)a+1,b+2007/chia hết cho 6

Điều nói trên trái với giả thiết.

Vậy a,b luôn lẻ.

Do đó:4¹+MỘTchia hết+2.b

Ta có:một + 1,b+chia hết 2007

\(\Rightarrow\)a+1+b+2007 chia hết cho 6

\(\Rightarrow\)(một +b+1)chia hết+3.2007

\(\Rightarrow\)a+b+1chia hết cho 3.\(\leftrightarrow\)

Ta thấy4¹+Một+b=(4¹-1)+(một +b+1)

Lại có:4¹-1chia hết (4-1)=3\(\leftrightarrow\)(*)

Từ\(\leftrightarrow\)và(*),Suy ra:4¹+Một +b chia hết+3

Mặt khác(2;3)=1. Do đó: 4¹+Một+b chia hết cho 6 

do a+1 va b+2007 chia het cho 6 nen a va b la so le

a+1,b+2007:/2

a+1,b+2007:/6

dieu tran trai voi gia thiet.vay a,b luon le

do do,4a+a+b :2

ta co;a+1,b+2007:6

a+1+b+2007:6

(a+1+b)+2007:3

a+b+1:3

ta thay 4a+a+b=(4a-1)+(a+b+1)

lai co:4a-1:(4-1)=3(*)

suy ra:4a+a+b:3

ma (2,3)=1 suy ra DPCM

ta có : \(2^{33}\equiv8\)(mod31)

\(\left(2^{33}\right)^{11}=2^{363}\equiv8\)(mod31)

\(\left(2^{363}\right)^5=2^{1815}\equiv1\)(mod31)

\(\left(2^{33}\right)^6\equiv2^{198}\equiv8\)(mod31)

=> \(2^{1815}.2^{198}:2^2=2^{2011}\equiv1.8:4\equiv2\)(mod31)

vậy số dư pháp chia trên là 2

\(a^2+4\left(b+c\right)^2-bc=4a\left(b+c\right)\)

\(\Rightarrow\left[a-2\left(b+c\right)\right]^2=bc\)

Do \(\left(b,c\right)=1\) và \(b.c\) là 1 số chính phương

\(\Rightarrow b,c\) đều là các số chính phương

Điều kiện đã cho có thể được viết lại thành \(\dfrac{a}{a+b}+\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{c}{c+d}+\dfrac{d}{d+a}=2\)

hay \(1-\dfrac{a}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+1-\dfrac{c}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{a+b}-\dfrac{b}{b+c}+\dfrac{d}{c+d}-\dfrac{d}{d+a}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b^2+bc-ab-b^2}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d^2+da-cd-d^2}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b\left(c-a\right)}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}+\dfrac{d\left(a-c\right)}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(c-a\right)\left[\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}-\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\right]=0\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{\left(a+b\right)\left(b+c\right)}=\dfrac{d}{\left(c+d\right)\left(d+a\right)}\) (do \(c\ne a\))

\(\Leftrightarrow b\left(cd+ca+d^2+da\right)=d\left(ab+ac+b^2+bc\right)\)

\(\Leftrightarrow bcd+abc+bd^2+abd=abd+acd+b^2d+bcd\)

\(\Leftrightarrow abc+bd^2-acd-b^2d=0\)

\(\Leftrightarrow ac\left(b-d\right)-bd\left(b-d\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(b-d\right)\left(ac-bd\right)=0\)

\(\Leftrightarrow ac=bd\) (do \(b\ne d\))

 Do đó \(A=abcd=ac.ac=\left(ac\right)^2\), mà \(a,c\inℕ^∗\) nên A là SCP (đpcm)

4^a+a+b chia hết cho6 :((((

bn nói thế ai chẳng nói đc

Ta có a+1\(⋮\)6 và b+2007\(⋮\)6 nên a+1\(⋮\)2 va b+2007\(⋮\)2 \(\Rightarrow\)a+b+2008\(⋮\)2\(\Rightarrow\)a+b\(⋮\)2\(\Rightarrow\)4\(^a\)+a+b\(⋮\)2 (1)

Từ a+1\(⋮\)6 và b+2007\(⋮\)6 ta cung suy ra a+b+1+2007\(⋮\)3\(\Rightarrow\)a+b+1\(⋮\)3 (vì 2007\(⋮\)3)

lại có 4\(^a\)-1\(⋮\)(4-1)=3 \(\Rightarrow\)a+b+1+4\(^a\)-1\(⋮\)3  hay 4\(^a\)+a+b\(⋮\)3(2)

từ (1) và (2) suy ra 4\(^a\)+a+b\(⋮\)6 (vì (2;3)=1)