bn cho mình gửi sắp đến thi học kì 2 rồi. đây là những món quà mà bn sẽ nhận đc:
1: áo quần
2: tiền
3: đc nhiều người yêu quý
4: may mắn cả
5: luôn vui vẻ trong cuộc sống
6: đc crush thích thầm
7: học giỏi
8: trở nên xinh đẹp
phật sẽ ban cho bn những điều này nếu cậu gửi tin nhắn này cho 25 người, sau 3 ngày bn sẽ có những đc điều đó. nếu bn ko gửi tin nhắn này cho 25 người thì bn sẽ luôn gặp xui xẻo, học kì 2 bn sẽ là học sinh yếu và bạn bè xa lánh( lời nguyền sẽ bắt đầu từ khi đọc) ( mình
 cũng bị ép);-;

Để chứng minh rằng tồn tại một số có dạng 20232023...2023 chia hết cho 19, ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một số nguyên n sao cho số nguyên s có dạng sau chia hết cho 19:

s = 20232023...2023 (n chữ số 2023)

Ta có thể biểu diễn s dưới dạng:

s = 2023 x 10⁰ + 2023 x 10¹ + 2023 x 10² + ... + 2023 x 10^(n-1)

= 2023 x (10⁰ + 10¹ + 10² + ... + 10^(n-1))

Để dễ dàng chứng minh, ta sẽ tính tổng sau đây:

10⁰ + 10¹ + 10² + ... + 10^(n-1) = (10⁰ - 1) + (10¹ - 1) + (10² - 1) + ... + (10^(n-1) - 1) + n

= 111...1 (n số 1) + n

= (n + 1) x 111...1 (n số 1)

Do đó:

s = 2023 x (n + 1) x 111...1 (n số 1)

Ta có thể dễ dàng thấy rằng 19 chia hết cho 2023, do đó ta chỉ cần chứng minh rằng (n + 1) x 111...1 (n số 1) chia hết cho 19.

Ta có:

111...1 (n số 1) = (10⁰ + 10¹ + 10² + ... + 10^(n-1)) / 9

= [(10⁰ - 1) + (10¹ - 1) + (10² - 1) + ... + (10^(n-1) - 1)] / 9

= [(n + 1) x 111...1 (n số 1)] / 9

Do đó:

s = 2023 x (n + 1) x [(n + 1) x 111...1 (n số 1)] / 9

= 19 x 1064819 x (n + 1) x [(n + 1) x 111...1 (n số 1)] / (19 x 9)

Như vậy, ta chỉ cần chọn một số nguyên n sao cho (n + 1) x 111...1 (n số 1) chia hết cho 19. Vì 19 là số nguyên tố và không chia hết cho 3, nên ta có thể chọn n = 18, để (n + 1) x 111...1 (n số 1) chia hết cho 19. Vì vậy, tồn tại một số có dạng 20232023...2023 (18 chữ số 2023) chia hết cho 19.

cảm ơn bạn nghen

bạn ơi tại sao 202320323...2023 lại được biểu diễn như câu trả lời

vd 2023 nhân 10^0 +2023 nhân 10^1=22253

Ta có 2013.5=10065

Vậy số 555...5 chia hết cho 3 khi số đó có 5 số tận cùng là 10065

Lời giải:

Điều phải chứng minh tương đương với việc tồn tại vô số số $n$ sao cho \(p|2^n-n\) với mọi \(p\in\mathbb{P}\)

Ta sẽ chỉ là một dạng tổng quát của $n$

------------------------------------------

Vì theo định lý Fermat nhỏ ta \(2^{p-1}\equiv 1\pmod p\)

\(\Leftrightarrow p|2^{p-1}-1\)

Do đó đặt \(n=k(p-1)\)

Khi đó \(2^n-n=2^{k(p-1)}-k(p-1)\equiv 1+ k\pmod p\)

Để \(p|2^n-n\Rightarrow 1+k\equiv 0\pmod p\Leftrightarrow k=pt-1\)

Vậy \(p|2^{(pt-1)(p-1)}-(pt-1)(p-1)\forall p\in \mathbb{P}\)

Nghĩa là tồn tại vô hạn số n có dạng \((pt-1)(p-1)\) với $t$ là số tự nhiên nào đó thỏa mãn điều kiện đề bài.

Ta có đpcm.

1.Áp dụng định lý Fermat nhỏ.

1) \(a^5-a=a\left(a^4-1\right)=a\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right)\)

\(=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a^2-4+5\right)\)

\(=\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a^2-4\right)+5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\)

\(=\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)+5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮5\)

Vì \(\left(a-2\right)\left(a-1\right)a\left(a+1\right)\left(a+2\right)⋮5\)( tích 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 5)

và \(5\left(a-1\right)a\left(a+1\right)⋮5\)

=> \(a^5-a⋮5\)

Nếu \(a^5⋮5\)=> a chia hết cho 5

Cách 2

\(a^5-a=a\left(a^4-1\right)=a\left(a^2-1\right)\left(a^2+1\right)\)

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

Do a nguyên nên a có 5 dạng:\(5k;5k+1;5k+2;5k+3;5k+4\)

Nếu \(a=5k\Rightarrow a^5-a=5k\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(a^2+1\right)⋮5\)

Nếu \(a=5k+1\Rightarrow a^5-a=a\cdot5k\left(a+1\right)\left(a^2+1\right)⋮5\)

Nếu \(a=5k+2\Rightarrow a^5-a=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(25k^2+20k+5\right)⋮5\)

Nếu \(a=5k+3\Rightarrow a^5-a=a\left(a-1\right)\left(a+1\right)\left(25k^2+30k+10\right)⋮5\)

Nếu \(a=5k+4\Rightarrow a^5-a=a\left(a-1\right)\left(5k+5\right)\left(a^2+1\right)⋮5\)

Vậy \(a^5-a⋮5\)