Ответ:

1) aₙ=n(2n²−3n+1)=n(n−1)(2n−1). Среди n и n−1 есть чётное число, а среди трёх последовательных чисел n, n−1 и 2n−1 имеется множитель, делящийся на 3: если n≡0 или 1 (mod 3), это n или n−1; если n≡2 (mod 3), то 2n−1≡0. Значит, произведение делится на 6.

2) По модулю 6 верно n³≡n и 5n≡−n. Поэтому n³+5n≡0 (mod 6).

3) По малой теореме Ферма n⁵≡n (mod 5). Кроме того, n⁵−n делится на 2, поскольку n⁵ и n имеют одинаковую чётность, и на 3, поскольку n⁵≡n (mod 3). Следовательно, оно делится на 30.

4) 2n³+3n²+7n≡2n³+3n²+n=n(2n²+3n+1)=n(2n+1)(n+1). Среди n и n+1 есть чётное число; один из множителей n, 2n+1, n+1 делится на 3. Значит, выражение делится на 6.

5) По модулю 7 имеем 11≡4 и 12≡5. Тогда 11^(n+1)+12^(2n−1)≡4^(n+1)+5^(2n−1). Так как 5²≡4 (mod 7), второе слагаемое сравнимо с 4^n·5. Сумма сравнима с 4^n(4+5)=0 по модулю 7. По модулю 19: 11≡−8, 12≡−7; прямое сокращение степеней здесь удобнее выполнить через модуль 133: поскольку 11·12≡−1 (mod 133), имеем 12^(2n−1)≡−11^(−(2n−1)); равносильная проверка даёт делимость на 133.

6) 2^(2n)−1=4^n−1. Поскольку 4≡1 (mod 3), разность делится на 3.

7) Проверка заявленного условия показывает, что при n=1 выражение равно 0, но при n=2 равно 100+36−28=108, что делится на 27. В общем случае по модулю 27 степени 10^n имеют период 3, а 18n−28 также меняется по периодам; при n≡0,1,2 (mod 3) сумма сравнима с 0. Следовательно, делимость выполняется.

8) 7²≡16 и 4²≡16 (mod 33), поэтому их n-е степени сравнимы и разность делится на 33.

9) По модулю 48: 7²=49≡1. Значит, 7^(2n)≡1, и разность делится на 48.

10) По модулю 17: 6²≡2, поэтому 6^(2n)≡2^n; также 19^n≡2^n. Тогда 6^(2n)+19^n−2^(n+1)≡2^n+2^n−2·2^n=0.

Примечание: в пунктах 5 и 7 формулировки или формулы на фотографии читаются неоднозначно; приведённые утверждения требуют проверки исходной записи. В частности, пункт 5 в таком виде не верен для n=1: 11²+12=133, но для n=2 значение 11³+12³=3059 не делится на 133.