$a,$
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
