Bài 5:
Chứng minh:
a) Bình phương mọi số lẻ chia cho 8 luôn dư 1
b) Từ đó suy ra rằng nếu có sáu số nguyên `a_1; a_2; a_3; a_4; a_5; a_6` thỏa mãn điều kiện `(a^2)_1 + (a^2)_2 + (a^2)_3 + (a^2)_4 + (a^2) +5 = (a^2)_6`
Bài 5:
Chứng minh:
a) Bình phương mọi số lẻ chia cho 8 luôn dư 1
b) Từ đó suy ra rằng nếu có sáu số nguyên `a_1; a_2; a_3; a_4; a_5; a_6` thỏa mãn điều kiện `(a^2)_1 + (a^2)_2 + (a^2)_3 + (a^2)_4 + (a^2) +5 = (a^2)_6`
Giải thích các bước giải:
a)
Một số lẻ luôn được viết `2n+1` `(n∈N)`
nên `(2n+1)^2 = 4n^2 + 4n +1`
`= 4(n+1) + 1`
Vì `n` và `n+1` là hai số tự nhiên liên tiếp nên một trong 2 số là chẵn, do đó `4(n+1) ` chia hết cho `8`
`=> 4(n+1) + 1` chia `8` dư `1`
b)
Giả sử tất cả sáu số đã cho đều là số lẻ. Như vậy theo câu a) mỗi số hạng ở vế trái khi chia cho 8 đều dư 1; nên vế trái chia cho 8 dư 5; trong khi đó vế phải chia cho 8 thì dư 1
Vậy điều giả sử là sai, vì có đẳng thức sai
Do đó nếu có đẳng thức đúng:
`(a^2)_1 + (a^2)_2 + (a^2)_3 + (a^2)_4 + (a^2)_5 = (a^2)_6` thì cả sáu số không thể cùng là số lẻ
$a,$
Mọi số lẻ đều có dạng $2k+1(k∈Z)$
Xét $(2k+1)^2=4k^2+4k+1=4k(k+1)+1$
Ta có $k;k+1$ là 2 số nguyên liên tiếp $⇒k(k+1)⋮2⇔4k(k+1)⋮8$
Suy ra: $4k(k+1)+1:8$ dư $1$ hay $(2k+1)^2:8$ dư $1$
Chứng tỏ: Bình phương mọi số lẻ chia 8 dư 1.
$b,$
Đề là ntn p ko?: $(a_1)^2+(a_2)^2+(a_3)^2+(a_4)^2+(a_5)^2+5=(a_6)^2$
Giả sử $a_1;a_2;…;a_6$ đều là số lẻ
Vì bình phương mọi số lẻ đều chia 8 dư 1, nên:
Đặt $(a_1)^2=8k_1+1;(a_2)^2=8k_2+1;…;(a_6)^2=8k_6+1(k_1;k_2;…;k_6∈Z)$
Khi đó: $(a_1)^2+(a_2)^2+(a_3)^2+(a_4)^2+(a_5)^2+5=(a_6)^2$
$⇒8k_1+1+8k_2+1+8k_3+1+8k_4+1+8k_5+1+5=8k_6+1$
$⇔8(k_1+k_2+k_3+k_4+k_5)+10=8k_6+1$
$⇔8(k_1+k_2+k_3+k_4+k_5-k_6)=-9$
$⇔k_1+k_2+k_3+k_4+k_5-k_6=\frac{-9}8∉Z$
$⇒$vô nghiệm
Suy ra ko có giá trị $k_1;k_2;…;k_6∈Z$ thỏa mãn
Chứng tỏ: 6 số nguyên $a_1;a_2;…;a_6$ ko thể đồng thời là số lẻ