Bài 1:

a; (n + 4) \(⋮\) ( n - 1)  đk n ≠ 1

 n - 1 + 5  ⋮ n - 1

            5  ⋮ n - 1

n - 1     \(\in\) Ư(5) = {-5; -1; 1; 5}

n \(\in\) { -4; 0; 2; 6}

Bài 1 b; (n² + 2n - 3) \(⋮\) (n + 1) đk n ≠ -1

          n² + 2n + 1 - 4 ⋮ n + 1

          (n + 1)²      -  4 ⋮ n + 1

                                4 ⋮ n + 1

           n + 1  \(\in\) Ư(4) = {-4; -2; -1; 1; 2; 4}

           n  \(\in\)  {-5; -3; -2; 0; 1; 3}

Bài 1 c:    3n - 1 \(⋮\) n - 2

          3n - 6 + 5 \(⋮\) n - 2

     3.( n - 2) + 5  ⋮ n - 2

                       5  ⋮ n - 2

n - 2 \(\in\) Ư(5) = {- 5; -1; 1; 5}

           n \(\in\)     {-3; 1; 3; 7}

câu 1

Câu hỏi của Ngọc Hà - Toán lớp 6 - Học toán với OnlineMath

A = 1/1*2 + 1/2*3 + 1/3*4 + ... + 1/99*100

A = 1 - 1/2 + 1/2 - 1/3 + 1/3 - 1/4 + ... + 1/99 - 1/100

A = 1 - 1/100

A = 99/100

B = 5/1*4 + 5/4*7 + .... + 5/100*103

B = 5/3*(3/1*4 + 3/4*7 + ... + 3/100*103)

B = 5/3*(1 -1/4 + 1/4 - 1/7 + ... + 1/100 - 1/103)

B = 5/3*(1 - 1/103)

B = 5/3* 102/103

gọi ƯC(n + 1; n + 2) = d

=> n + 1 chia hết cho d và n + 2 chia hết cho d

=> n + 2 - n - 1 chia hết cho d

=> 1 chia hết cho d

=> d = + 1

=> n+1/n+2 là phân số tối giản với mọi n là stn

\(A=\frac{1}{2.3}+\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{99.100}\)

\(A=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{99}-\frac{1}{100}\)

\(A=\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{3}\right)+\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\right)+...+\left(\frac{1}{99}-\frac{1}{99}\right)-\frac{1}{100}\)

\(A=\frac{1}{2}-\frac{1}{100}\)

\(A=\frac{49}{100}\)

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

Vì 396 : a dư 30 nên a > 30

Theo bài ra ta có : 

396 chia a dư 30 

=> ( 396 - 30 ) \(⋮\)a => 366  \(⋮\)a

Lại có : 473 chia a dư 23

=> ( 473 - 23 ) \(⋮\)a => 450 \(⋮\)a

Từ (1) và (2) => a \(\in\)ƯC( 366;450)

Ta có : 366 = 2 .3 . 61

             450 = 2 . 3² . 5²

Khi đó ƯCLN( 366;450 ) = 2 . 3 = 6

=> ƯC( 366;450 ) = Ư(6) = { 1 ;2 ; 3 ; 6 }

Vậy a \(\in\){1;2;3;6}

a + 6  ⋮ a + 3 (đk a  ≠0; a \(\in\) Z)

a + 3 + 3 ⋮ a + 3

            3 ⋮ a + 3

a + 3     \(\in\) Ư(3) = {- 3; -1; 1; 3}

a \(\in\) {-6; -4; -2; 0}

Bài 2: 

n - 3 ⋮ n - 1 (đk n \(\ne\) 1)

n - 1 - 2 ⋮ n - 1

          2  ⋮ n - 1

n - 1 \(\in\) Ư(2) = {-2; -1; 1; 2}

n \(\in\) {-1; 0; 2; 3}

Bài 1: a+6 \(⋮\) a+3

Ta có: a+6 = (a+3)+3

\(\Rightarrow\)(a+3)+3 ⋮ a+3

mà a+3 ⋮ a+3

⇒ 3 ⋮ a+3

⇒a+3 ϵ Ư(3)

Ư(3)={1;3}

a = 0 (vì a ϵ N)

Bài 2: n-3 ⋮ n-1

Ta có: n-3 = (n-1)-2

⇒(n-1)-2 ⋮ n-1

mà n-1 ⋮ n-1

⇒2 ⋮ n-1

⇒n-1 ϵ Ư(2)

Ư(2)={1;2}

⇒n={2;3}

Bài 2  : 

a)    C = ( n + 1 )( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 )

<=> C = [( n + 1 ).( n + 4 )].[( n + 2 ).( n + 3 )] + 1

<=> C = ( n² + 5n + 4 ).( n² + 5n + 6 ) + 1 

Đặt t = n² + 5n + 5

Suy ra : C = ( t - 1 ).( t + 1 ) + 1

         => C = t² - 1 + 1

       <=> C = t²    hay C = ( n² + 5n + 5 )²

Vì n thuộc Z => n² + 5n + 5 thuộc Z => C là số chính phương 

                                                                             ( đpcm )

b)     E = n² + ( n + 1 )² + n² ( n + 1 )²

 <=> E = n² - 2n( n + 1 ) + ( n + 1 )² + 2n( n + 1 ) + n²( n +1 )²

 <=> E = [ n - ( n + 1 )]² + 2n( n + 1 ) + [ n( n + 1 )]²

 <=> E = ( n - n - 1 )² + 2n( n + 1 ) + [ n( n + 1 )]²

 <=> E = 1² + 2.1.n( n + 1 ) + [ n( n + 1 )]²

 <=> E = [ n( n + 1 ) + 1 ]²

 <=> E = ( n² + n + 1 )²

Vì n thuộc Z => n² + n + 1 thuộc Z => E là số chính phương

                                                                        ( đpcm )