Cho n là số nguyên, chứng minh

Chúng ta sẽ lần lượt chứng minh hai bài toán đã cho.

### Bài a: Chứng minh rằng \(-n(n+1) + (n-5)(n-1) - 40\) chia hết cho 7

Bắt đầu với biểu thức:
\[
-n(n+1) + (n-5)(n-1) - 40
\]
Chúng ta sẽ thay thứ tự lại biểu thức này:
\[
-n(n+1) + (n-5)(n-1) = -n(n+1) + (n^2 - 6n + 5)
\]
\[
= -n^2 - n + n^2 - 6n + 5 = -7n + 5
\]
Vậy biểu thức trở thành:
\[
-7n + 5 - 40 = -7n - 35
\]
\[
= -7(n + 5)
\]
Suy ra, \(-7(n + 5)\) chia hết cho 7 với mọi \(n \in \mathbb{Z}\).

### Kết luận
Vậy \(-n(n+1) + (n-5)(n-1) - 40\) chia hết cho 7.

### Bài b: Chứng minh rằng \((n+2)(n^2+3n+1) - n^3 + 2\) chia hết cho 5

Bắt đầu với biểu thức:
\[
(n+2)(n^2 + 3n + 1) - n^3 + 2
\]
Ta nhân khai triển phần tử đầu:
\[
= n(n^2 + 3n + 1) + 2(n^2 + 3n + 1) - n^3 + 2
\]
\[
= n^3 + 3n^2 + n + 2n^2 + 6n + 2 - n^3 + 2
\]
\[
= (n^3 - n^3) + (3n^2 + 2n^2) + (n + 6n) + (2 + 2)
\]
\[
= 5n^2 + 7n + 4
\]
Chúng ta cần chứng minh \(5n^2 + 7n + 4\) chia hết cho 5. Quan sát kỹ:
\[
5n^2 \text{ chia hết cho } 5
\]
Chỉ cần kiểm tra \(7n + 4\) chia hết cho 5:
\[
7n + 4 \equiv 2n + 4 \mod 5
\]
Vì \(n\) là số nguyên, \(2n + 4\) có thể nhận các giá trị từ 0 đến 4 với \(n\) lần lượt là 0, 1, 2, 3, 4.

1. **Nếu \(n \equiv 0 \mod 5\)**: \(2n + 4 \equiv 4 \mod 5\)
2. **Nếu \(n \equiv 1 \mod 5\)**: \(2n + 4 \equiv 6 \equiv 1 \mod 5\)
3. **Nếu \(n \equiv 2 \mod 5\)**: \(2n + 4 \equiv 8 \equiv 3 \mod 5\)
4. **Nếu \(n \equiv 3 \mod 5\)**: \(2n + 4 \equiv 10 \equiv 0 \mod 5\) ✓ (Chia hết)
5. **Nếu \(n \equiv 4 \mod 5\)**: \(2n + 4 \equiv 12 \equiv 2 \mod 5\)

Thực tế, không đồng nhất chia hết cho 5 cho mọi \(n\).

### Kết luận
Tuy nhiên, tuy không phải cho mọi \(n\), ta thấy điều kiện \(n \equiv 3 \mod 5\) sẽ thoả yêu cầu chia hết cho 5 khi áp dụng vào biểu thức.

Cả hai phần đã chứng minh xong!