Nhận thấy một số chính phương khi chia cho 7 có các số dư: 0,1,2,4. Xét các trường hợp:

+) Nếu một trong 2 số chia hết cho 7 thì hiển nhiên số còn lại cũng chia hết cho 7.

+) Nếu cả 2 số đều không chia hết cho 7, ta thấy trong 3 số 1,2,4 không có 2 số nào có tổng chia hết cho 7 => \(a^2+b^2\) không chia hết cho 7.

Vậy ta có đpcm.

a) \(3x^2+2y⋮11\Leftrightarrow16\left(3x^2+2y\right)⋮11\Leftrightarrow48x^2-33x^2+32y-44y⋮11\)

\(\Leftrightarrow15x^2-12y⋮11\)

b) \(2x+3y^2⋮7\Leftrightarrow10\left(2x+3y^2\right)⋮7\Leftrightarrow20x-14x+30y^2-14y^2⋮7\)

\(\Leftrightarrow6x+16y^2⋮7\)

Nhanh lên nhá

2)

a) 2n+5 chia het cho n-1 

=> 2(n-1) +7 chia het cho n-1 

=: n-1 thuoc uoc cua 7 den day ke bang la xong. 

may cau con lai lam tuong tu

dài quá ko mún làm

sai đề à

sai thì sorry nha

tớ nghĩ tớ sai 

tớ sai thì cho cho sorry nhé

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)

Ta co:\(\hept{\begin{cases}2a+b⋮13\\5a-4b⋮13\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}-2.\left(2a+b\right)⋮13\\5a-4b⋮13\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}-4a-2b⋮13\\5a-4b⋮13\end{cases}}\Rightarrow-4a-2b+5a-4b=a-6b\)

DK: a,b thuoc N, a > 0

\(\overline{a0b}=100a+b⋮7\)

\(\Rightarrow4.\left(100a+b\right)⋮7\)

\(\Rightarrow400a+4b⋮7\)

\(\Rightarrow a+4b⋮7\text{ vi }399a⋮7\)

\(\)

Ta co: \(3a+4b⋮11\Rightarrow7.\left(3a+4b\right)⋮11\)

\(\Rightarrow21a+28b⋮11\)

\(\text{ma }21a+28b+a+5b=22a+33b⋮11\)

\(\Rightarrow a+5b⋮11\text{ vi }21a+28b⋮11\)