Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n,\) ta có:\({\left[ {{{\left( {27x + 5} \right)}^7} + 10} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right]^7}\) chia hết cho \(42.\)
Câu 432404: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n,\) ta có:\({\left[ {{{\left( {27x + 5} \right)}^7} + 10} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right]^7}\) chia hết cho \(42.\)
Chứng minh A chia hết cho 2 ; 3 ;7.
-
Giải chi tiết:
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n,\) ta có:
\({\left[ {{{\left( {27x + 5} \right)}^7} + 10} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right]^7}\)
chia hết cho \(42.\)
Định lí nhỏ Fermat: a, p là số nguyên tố, \(\left( {a;p} \right) = 1\) thì \({a^{p - 1}} \equiv 1\,\,\,\left( {\bmod p} \right)\).
+) \(\forall a \in \mathbb{Z}:\,\,{a^p} \equiv a\,\,\left( {\bmod p} \right)\).
\(\begin{array}{l} + )\,\,A = {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7} + {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7} + {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv {\left( {27n + 5 + 10} \right)^7} + {\left( {10n + 27 + 5} \right)^7} + {\left( {5n + 10 + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv 27n + 15 + 10n + 32 + 5n + 37\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv 42n + 84 \equiv 0\,\,\left( {\bmod 7} \right)\\ \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,7\end{array}\)
+) Chứng minh A chia hết cho 2.
TH1: \(n\) chẵn
\(27n + 5\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {27n + 5} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7}\) lẻ.
\(10n + 27\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {10n + 27} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7}\) chẵn.
\(5n + 10\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {5n + 10} \right)^7}\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\) lẻ.
\( \Rightarrow A\) chẵn \( \Rightarrow A\) chia hết cho \(2.\)
TH2: \(n\) lẻ.
\(27n + 5\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {27n + 5} \right)^7}\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7}\) chẵn.
\(10n + 27\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {10n + 27} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7}\) chẵn.
\(5n + 10\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {5n + 10} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\) chẵn.
\( \Rightarrow A\) chẵn \( \Rightarrow A\) chia hết cho \(2.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,2\,\,\forall n\).
+) Chứng minh A chia hết cho 3.
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,A = {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7} + {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7} + {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv \underbrace {{{\left( {{2^7} + 1} \right)}^7}}_{ \vdots \,\,3} + {\left( {{n^7} + 2} \right)^7} + {\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7}\end{array}\)
TH1: \(n = 3k \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{n^7} + 2} \right)^7} \equiv 2\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7} \equiv {1^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
TH2: \(n = 3k + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right) \Leftrightarrow {n^7} + 2 \equiv 0\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {2n + 1} \right)^7} = {\left( {6k + 3} \right)^7} \equiv 0\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
TH3: \(n = 3k + 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{n^7} + 2} \right)^7} \equiv {\left( {{2^7} + 2} \right)^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7} = {\left( {2n + 1} \right)^{49}} = {\left( {6k + 5} \right)^7} \equiv {\left( { - 1} \right)^7} \equiv - 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
Vậy \(A\,\, \vdots \,\,3\).
Do đó \(A\) chia hết cho \(2;\,\,3;\,\,7.\) . Mà \(2;3;7\) đôi một nguyên tố cùng nhau.
Vậy \(A\,\, \vdots \,\,BCNN\left( {2;3;7} \right) \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,42\,\,\left( {dpcm} \right)\).
Lời giải sai Bình thường Khá hay Rất Hay
Tham Gia Group 2K9 Ôn Thi Vào Lớp 10 Miễn Phí
>> Học trực tuyến lớp 9 và luyện vào lớp 10 tại Tuyensinh247.com, cam kết giúp học sinh lớp 9 học tốt, hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả.
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
