Ta có : \(\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)=a\left(a^2-ab+b^2\right)+b\left(a^2-ab+b^2\right)\)

\(=a^3-a^2b+b^2a+a^2b-ab^2+b^3\)

\(=a^3+\left(-a^2b+a^2b\right)+\left(b^2a-ab^2\right)+b^3\)

\(=a^3+b^3\)

Mà \(\left(a+b\right)\left(a^2-ab+b^2\right)\) chia hết cho 3

\(\Rightarrow a^3+b^3\)chia hết cho 3²

1

Lời giải:

Câu 1)

Ta có: \(A_n=n^3+3n^2-n-3=n^2(n+3)-(n+3)\)

\(A_n=(n^2-1)(n+3)=(n-1)(n+1)(n+3)\)

Do $n$ lẻ nên đặt \(n=2k+1\)

\(A_n=(n-1)(n+1)(n+3)=2k(2k+2)(2k+4)\)

\(A_n=8k(k+1)(k+2)\)

Do \(k,k+1,k+2\) là ba số tự nhiên liên tiếp nên tích của chúng chia hết cho $3$

\(\Rightarrow A_n=8k(k+1)(k+2)\vdots 3(1)\)

Mặt khác \(k,k+1\) là hai số tự nhiên liên tiếp nên \(k(k+1)\vdots 2\)

\(\Rightarrow A_n=8k(k+1)(k+2)\vdots (8.2=16)(2)\)

Từ \((1); (2)\) kết hợp với \((3,16)\) nguyên tố cùng nhau nên

\(A_n\vdots (16.3)\Leftrightarrow A_n\vdots 48\)

Ta có đpcm.

Bài 2:

\(A_n=2n^3+3n^2+n=n(2n^2+3n+1)\)

\(A_n=n[2n(n+1)+(n+1)]=n(n+1)(2n+1)\)

Vì \(n,n+1\) là hai số nguyên liên tiếp nên \(n(n+1)\vdots 2\)

\(\Rightarrow A_n\vdots 2(1)\)

Bây giờ, xét các TH sau:

TH1: \(n=3k\Rightarrow A_n=3k(n+1)(2n+1)\vdots 3\)

TH2: \(n=3k+1\Rightarrow 2n+1=2(3k+1)+1=3(2k+1)\vdots 3\)

\(\Rightarrow A_n=n(n+1)(2n+1)\vdots 3\)

TH3: \(n=3k+2\Rightarrow n+1=3k+3=3(k+1)\vdots 3\)

\(\Rightarrow A_n=n(n+1)(2n+1)\vdots 3\)

Vậy trong mọi TH thì \(A_n\vdots 3(2)\)

Từ (1); (2) kết hợp với (2,3) nguyên tố cùng nhau suy ra \(A_n\vdots 6\)

Ta có đpcm.

Ảo à ??????

sao lại ảo?

Bài 2: 

a: Để B=1 thì \(2x^2+1=4\)

\(\Leftrightarrow x^2=\dfrac{3}{2}\)

hay \(x=\pm\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)

b: Để B là số nguyên thì \(2x^2+1\inƯ\left(4\right)\)

\(\Leftrightarrow2x^2+1\in\left\{1;2;4\right\}\)

hay \(x\in\left\{0;\dfrac{\sqrt{2}}{2};-\dfrac{\sqrt{2}}{2};-\dfrac{\sqrt{6}}{2};\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right\}\)

b)Để N có giá trị nguyên thì căn x-5 EƯ(9)={1;-1;3;-3;9;-9}

=>căn x E{6;4;8;2;14;-4}

=>xE{36;24;64;4;196;16}

Vậy để N có giá trị nguyên thì x E{36;24;64;4;196;16}