ไปลองทำมาค่ะ
อ้างอิง:
|
19) ให้ $a,b,c\in \mathbb{Z} $ จงพิสูจน์ว่า $6|(a+b+c)$ ก็ต่อเมื่อ $6|(a^3+b^3+c^3)$
|
$(\Rightarrow )$ จาก $6|(a+b+c)$ แสดงว่ามี $k\in \mathbb{Z} $ ที่ทำให้ $a+b+c=6k$
ถ้า $a+b+c=6k$ [จะพิสูจน์ว่า $6|(a^3+b^3+c^3)$]
จาก $(a+b+c)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$
จะได้ $(6k)^3=a^3+b^3+c^3+3(a+b)(b+c)(c+a)$
เนื่องจาก จำนวนเต็มสามจำนวน ต้องมีจำนวนอย่างน้อยสองจำนวนที่บวกกันแล้วหารด้วย 2 ลงตัว ดังนั้น $2|(a+b)(b+c)(c+a)$ ให้ $(a+b)(b+c)(c+a)=2t$ สำหรับบาง $t\in \mathbb{Z} $
จะได้ $(6k)^3=6(36k^3)=a^3+b^3+c^3+3(2t)=a^3+b^3+c^3+6t$
เนื่องจาก 6 หาร $6(36k^3)$ และ $6t$ ลงตัว ดังนั้น $6|a^3+b^3+c^3$
อ้างอิง:
|
22) จงแสดงว่า ถ้า $(3!)^n|(3n)!$ สำหรับทุกจำนวนเต็ม $n$ ที่ $n\geqslant 0$
|
ให้ $P(n)=(3!)^n|(3n)!$
1) p(1) เป็นจริง เพราะว่า $(3!)^1|[3(1)]!$ เพราะฉะนั้น P(1) เป็นจริง
2) ให้ $k\in \mathbb{N} $ ถ้า P(k) เป็นจริง เมื่อ k>1 แล้ว P(k+1) เป็นจริง
สมมติ P(k) เป็นจริง เพราะฉะนั้น $(3!)^k|(3k)!$
จะได้ $(3!)^{k+1}|3![(3k)!]$ เนื่องจาก $3![(3k)!]|(3k)!(3k+1)(3k+2)(3k+3)$
ดังนั้น $(3!)^{k+1}|(3k+3)!$ นั่นคือ $(3!)^{k+1}|(3(k+1))!$ เพราะฉะนั้น P(k+1) เป็นจริง
จะได้ P(n) เป็นจริงทุกค่า $n\in \mathbb{N} $