Làm bằng pascal thì những bài như thế này thì test lớn chạy không nổi đâu bạn

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

long long n,a,b;

int main()

{

cin>>n;

a=1;

while (pow(a,3)<=n) 

{

a++;

}

if (pow(a,3)==n) cout<<"YES";

else cout<<"NO";

cout<<endl;

b=1;

while (pow(5,b)<=n) do b++;

if (pow(5,b)==n) cout<<"YES";

else cout<<"NO";

cout<<endl<<pow(n,n)%7;

return 0;

}

A) Vì 2013 là số lẻ nên (\(1^{2013}+2^{2013}\)+....\(n^{2013}\)): (1+2+...+n)

Hay( \(1^{2013}+2^{2013}\)+\(3^{2013}\)+......\(n^{2013}\)) :\(\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\)

=>2(\(1^{2013}+2^{2013}\)+\(3^{2013}\)+......\(n^{2013}\)):n(n+1)(đpcm)

B)

Do 1 lẻ , \(2q^2\) chẵn nên  lẻ

\(2q^2\)

 lẻ nên  và đều chẵn ⇒(p−1)(p+1)⋮4

⇒\(q^2\):2 =>q:2 =>q=2 

\(q^2\)

a, Vì 2013 là số lẻ nên (\(^{1^{2013}+2^{2013}+...n^{2013}}\))⋮(1+2+...+n)

=>\(\left(1^{2013}+2^{2013}+...+n^{2013}\right)\)⋮\(\dfrac{n\left(n+1\right)}{2}\)

=>\(2\left(1^{2013}+2^{2013}+...+n^{2003}\right)\)⋮n(n+1)

đpcm

Trả lời:

2ⁿ + 1 là số nguyên tố. Ta xét n > 1 (vì với n = 1 có 2ⁿ + 1 = 3 là số nguyên tố) => n không có ước nguyên tố lẻ. Thật thế giả sử n = k*p với p là số nguyên tố lẻ, k ≥ 1 
=> 2ⁿ + 1 = (2^k)^p + 1 = (2^k + 1)*B với B > 1, 2^k + 1 ≥ 2¹ + 1 = 3 > 1, tức 2ⁿ + 1 là hợp số, không thể 
Vậy n chỉ có ước nguyên tố 2, tức n là lũy thừa của 2, tức có dạng 2^k với k ≥ 0 (k = 0 cho n = 1) 
(ta đã dùng khai triển của aⁿ + bⁿ với n lẻ)