Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 7 - Phần số học

5.(2 + 25 + ... + 257)15. IV. Một số phương pháp đặc biệt để giải toán chia hết: Cách 5: Dùng nguyên tắc Dirichlet: Nguyên tắc Dirichlet phát biểu dưới dạng hình ảnh như sau: Nếu nhốt k chú thỏ vào m chuồng mà k> m thì phải nhốt ít nhất hai chú thỏ vào chung một chuồng. Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong m + 1 số nguyên bất kì thế nào cũng có hai số có hiệu chia hết cho m. Giải: Chia một số nguyên bất kì cho m ta được số dư là một trong m số 0; 1 ; 2; 3; ...; m - 1. Theo nguyên tắc Dirichlet, chia m + 1số cho m thì phải có ít nhất hai số có cùng số dư . Do đó hiệu của hai số này sẽ chia hết cho m. * Cách 6: Phương pháp phản chứng: Để chứng minh A(n) k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai. B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh: 1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9. b) 92n + 14 chia hết cho 5. c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho5. 2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia hết cho 12. 3. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60 4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11 5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24. b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384. 6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9. 7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8. 8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48. 9) 36n -26n chia hết cho 35 10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b. 11) a) (62n + 19n - 2n+1) chia hết cho17. b) (7.52n + 12.6n) chia hết cho 19. c) (5n+2 + 26.5n + 82n+1) chia hết cho 59. 12) a)a2 + b2 chia hết cho 7 thì a và b cũng chia hết cho 7. b) a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cũng chia hết cho 3 Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 2: DÙNG PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC: Để chứng minh A(n) k ta làm theo trình tự sau: Để chung minh một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên nÎ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau + Bước 1 : Thử với n = n0 (Tức số n nhỏ nhất chọn ra). Nếu sai => Dừng. + Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n = k ³ n0 bất kì suy ra nó đúng với n = k+1 . Ví dụ 8 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³2 ta có đẳng thức : an - bn =(a-b)(an-1 +an-2b +..+ bn-1) Chứng minh Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp . * Khi n = 2 ta có a2 - b2 = (a - b)(a + b) là đúng * Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +..+ bk-1) Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 . Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +..+ bk) . Thật vậy ta có : VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +..+ bk-1) = (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +..+ bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +..+ bk) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ³ 2 Ví dụ 9: Chứng minh : 16n - 15n - 1 chia hết cho 225. Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng. Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1 225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m: 16k + 1 - 15(k + 1) - 1225. Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1 = 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1) = (16k- 15k - 1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225 Bài tập vận dụng: Chứng minhrằng c) Giải: + Vì n = 1; 0 hiển nhiên đúng, + Gỉa sử, n = k đúng, tức là:. Đặt: . + Xét vì n = k + 1,ta có Vậy n = k + 1 đúng, Kết luận: b) Làm tương tự: c) Giải: + Vì n = 0 hiển nhiên đúng, vì 100 + 18.0 – 1 = 027 + Gỉa sử n = k đúng, tức là , Đặt: + Xét vì n = k +1 ta có: Vậy n = k + 1 đúng, Kết luận: Bài 1: CMR: Với mọi số tự nhiên n ³ 1 ta có đẳng thức : 1+2+3+ n Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n Î N* ta có 12 +22 +32 + + n2 Bài 3: Chứng minh rằng với mọi n Î N biểu thức Un= 13n -1 chia hết 6. Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³ 3 ta có 2n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ³1 ta luôn có: (n+1)(n+2)(2n) 1.3.5(2n-1) Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n3 + 2n 3 Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: Bài 9. Chứng minh rằng : a) n5 - 5n3 + 4n 120 ; với n Z b) n3 - 3n2 - n +3 48 ; với n lẻ c) n4 + 4n3 - 4n2 - 16n 384 với n chẵn Bài 10. Chứng minh rằng: a) b) c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là giống nhau. d) e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR g) f) Ngày soạn: Ngày giảng: Chuyên đề 3: TÌM SỐ, TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG CỦA LŨY THỪA. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. * Đồng dư thức. A. Tóm tắt lý thuyết: I. Định nghĩa: 1.Định nghĩa: Cho số nguyên m > 0.Nếu hai số nguyên a và b khi chia cho m có cùng số dư thì ta nói rằng a đồng dư với b theo môđun m và viết: ab (modm). 2. Ví dụ: 3 5 (mod2) 14 0 (mod 7) ... II. Tính chất : Nếu a b (mod m) thì a - b m Nếu a b (mod m) và b c (mod m) thì a c (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì a c b d (mod m) Nếu a b (mod m) và c d (mod m) thì ac bd (mod m) Nếu a b (mod m) thì an bn (mod m) Nếu a b (mod m) thì ka kb (mod m) với k > 0 Nếu ka kb (mod km) thì a b (mod m) với k > 0 Nếu ka kb (mod m) và (k , m) = 1thì a b (mod m) . Định lí Fermat: Nếu p là số nguyên tố thì : np n (mod p) ; n Z Hoặc : Nếu p là số nguyên tố thì : np-1 1 (mod p), với (n,p) = 1 Định lí Euler : Cho m là một số nguyên dương bất kì và (m) là số các số dương nhỏ hơn m và nguyên tố với m. Thế thì : n(m) 1 (mod m) * Cách tính (m) : phân tích m ra thừa số nguyên tố : m = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m III. Bài tập ứng dụng: Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5 Giải : Ta có 241(mod 5) =>(24)25 125 (mod 5) =>2100 1(mod 5) hay 2100 - 1 5 Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3. Giải : Có 23 -1 (mod 3) (23)33 (-1)33 (mod 3) 299 -1 (mod 3) . Vậy 299 chia 3 dư 2. Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999 Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10. Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105. Giải: Cách 1: Áp dụng nguyên tắc Dirichlet: Cho k lần lượt lấy 105 + 1 giá trị liên tiếp từ 1 trở đi, ta được 105 + 1 giá trị khác nhau của 1983k - 1. Chia 105 +1 số này cho 105, ta có nhiều nhất là 105 số dư, do đó theo nguyên tắc Dirichlet, phải có hai số cho cùng số dư khi chia cho 105. Giả sử đó là hai số 1983m -1 và 1983n - 1 (m > n). Thế thì hiệu của hai số này phải chia hết cho 105: (1983m - 1) - (1983n -1) = 1983m - 1983n = 1983n (1983m-n -1) 105. Do 1983 không chia hết cho 105 => 1983n cũng không chia hết cho 105. Vì vậy 10m-n - 1 chia hết cho 105. Như vậy tìm được số k = m-n sao cho 1983k - 1 chia hết cho 105. Cách 2: Áp dụng định lí Euler: Vì 1983 không chia hết cho 2 và không chia hết cho 5, còn 105 = 2555 nên (1983, 105) = 1. Áp dụng định lí Euler: 1983(10) 1 (mod 105) Mà (10) = 105(1 - ) (1 - ) = 4. 104. Nên ta có 19834.10 1 (mod 105), số 4.104 là số k phải tìm. Đề bài áp dụng: 1. Tìm số dư khi: a) chia 8! Cho 11; b) chia 15325 -1 cho 9 c) chia 340 cho 83.; d) chia 21000 cho 25; e) chia 301293 cho 13 2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1 15; b) 270 + 370 13 c) 122n+1 - 11n+2 133; d) 22225555 + 55552222 7 e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5 * PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN 1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất. a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên) * Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn) - Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn . Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại. - Kết luận nghiệm Bài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 Giải: Cách 1: x nguyên khi x = 4 – 3t Vậy nghiệm nguyên của phương trình t Z Cách 2: 2x + 3y = 11, Ta có d = (a, b) = (2, 3) = 1 nghiệm riêng: (x0, y0) = (4, 1) à nghiệm tổng quát Vậy nghiệm phương trình là: Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120 Hướng dẫn giải 11x + 18 y = 120 ó 11x + 22y – 4y = 121 – 1 ó 11(x + 2y -11 ) = 4y – 1 4y – 1 11 => 12y – 3 11 ó y – 3 11 => y = 11t + 3 (t ) x = 6 – 18 t. Vậy nghiệm là: (t ) Ví dụ 2 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 12x + 7y = 45 (1) Hướng dẫn giải Theo cách giải trên ta tìm được nghiệm nguyên của phương trình (1) là Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có: => t = 2 Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (2; 3) b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1) Hướng dẫn giải (1) ó 3(2x +5y +3 z-1) = - z => z3 => z = 3t (t ) Thay vào phương trình ta có: 2x + 5y + 10t = 1 (t ) Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được: Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn. Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên) Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Hướng dẫn giải Cách 1: Rút y theo (Do x nguyên nên 2x + 3 khác 0) Vì y nguyên => x + 5 2x + 3 => 2(x + 5) 2x + 3 => 7 2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2); (2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng. Cách 2. Đưa về phương trình ước số: Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên. Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình. x 2 + 2y2 +3xy –x – y + 3 =0 (1) Hướng dẫn giải Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên. 3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (1) Hướng dẫn giải Phương trình (1) ó (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 Đặt a = x2 + 3x (ĐK: a (*) Ta có: a2 – 1 = y2 Giai phương trình này bằng cách đưa về phương trình ước số: => nghiệm phương trình (1) Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 - y3 = xy + 8 (1) Hướng dẫn giải Ta có: Ta có x khác y vì nếu x = y => x2 + 8 = 0 Vô lý. Vì x; y nguyên => => => x2 + xy + y2 (2) Nếu xy + 8 (2) ó (x + y)2 -8. Vô nghiệm. N ếu xy +8 > 0 => (2) ó x2 + y2 8 => x2 , y2 Từ đó tìm được Hai nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0) 4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức. Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (1) Hướng dẫn giải: Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43) Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho là bình phương của một phân số. Hướng dẫn giải Giả sử Với a, b nguyên, b khác 0 và (a, b) = 1. Nếu a = 0 => x = 17. Nếu a khác 0. Ta có (a2, b2) = 1 => x – 17 = a2.k; x – 9 = b2.k (k nguyên) Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình : x =17; 18; 8 5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ. Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho: 2x + 3 = y2 (1) Hướng dẫn giải Nếu x = 0 => y2 = 4 => y = 2 hoặc y = -2. Nếu x = 1 => y2 = 5 Vô nghiệm nguyên. Nếu x => 2x 4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 dư 1 => Vô lý. Vậy nghiệm nguyên của (1) là: (0; 2); (0; -2) II. BÀI TẬP: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11 3x + 5y = 10 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x + 5y = 65 Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11. Tìm số nguyên dương bé nhất chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11. Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 79 người. Hỏi mỗi cây có ít nhất mấy quả? Ngày soạn: Ngày giảng: CHUYÊN ĐỀ 4: SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG. HỢP SỐ I) Định nghĩa: Là số có dạng n2 II) Tính chất: Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1 Nếu a = 3k thì ; Nếu thì Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n2 sẽ là số chínhphương. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương. HD: G/s ab= c2và gọi d=(a,c) suy ra a=a1d; c=c1d, (c1, d1)=1do đó ab=c12d + Do + Do Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho p2. Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p2 thì a không là số chính phương. 8. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 9. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N). 10. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N). 11. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. 12. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z Vậy A là số chính phương. Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương. Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*) Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2) Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương . Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) S=.1.2.3.4 -.0.1.2.3 +.2.3.4.5 -.1.2.3.4 ++ k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) 4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính phương. Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương. Ta có 4448889 + 44488..8 + 1 = 444 . 10n + 8 . 111 + 1 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số = . 10n + + 1 Ta thấy 2.10n +1 = 20001 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 n-1 chữ số 0 Z hay các số có dạng 4448889 là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: A = 111 + 444 + 1 2n chữ số 1 n chữ số B = 111 + 111 + 666 + 8 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6 Kết quả: A ; B ; Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương: a. A = 22499910009 n-2 chữ số 9 n chữ số 0 b. B = 1115556 n chữ số 1 n-1 chữ số 5 A = 224.102n + 999.10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9 = 225.102n – 90.10n + 9 = ( 15.10n – 3 ) 2 A là số chính phương DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589 Giải a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N) (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1)(k - n- 1) = 11.1 k + n + 1 = 11 k = 6 k – n - 1 = 1 n = 4 b) Đặt n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2 (2n + 3)- 4a2 = 9 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9 Nhận xét: thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1 2n + 3 – 2a = 1 a = 2 c) Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4) (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13 y = 13k 4 (Với k N) 13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8) n = 13k2 8k + 1 Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương. d) Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28. Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương: a2 + a + 43 a2 + 81 a2 + 31a + 1984 Kết quả: a. 2; 42; 13 b. 0; 12; 40 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương . Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 à số chính phương . Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương . Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3. Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) n2 + 4n + 97 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N) Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 (m + n)(m - n) = 2006 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn (m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84. Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B. Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100 a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9 Ta có A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2 m2 – k2 = 1111 (m- k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương. Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do đó m – k = 11 m = 56 A = 2025 m + k = 101 n = 45 B = 3136 Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số, Biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100 Suy ra 101.cd = k2 – 100 = (k - 10)(k+10) k +10 101 hoặc k-10 101 Mà (k-10; 101) = 1 k +10 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 k+10 = 101 k = 91 abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11 Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương . Bằng phép thử với a = 1; 2; ; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn b = 4 Số cần tìm là 7744 Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương . Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương y = 16 abcd = 4096 Bài tập Chứng minh rằng tổng của hai số chẵn liên tiếp không chính phương. HD: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 2 hoặc 3 số nguyên lẻ không chính phương. HD: Chứng minh rằng một số chẵn bất kì không phải là bội của 4 thì không thể phân tích thành hiệu 2 số chính phương. HD: Do vế trái chẵn nên hai số a và b có cùng tính chẵn lẻ suy ra (a-b) và (a+b) cùng chẵn. Khi đó vế phải chia hết cho 4. Chứng minh phương trình 13x2 +2 =y2 không có nghiệm nguyên. HD: + x và y cùng tính chẵn lẻ + Khi y chẵn: + Khi y lẻ : Tìm để là chính phương. HD: + + n=2: 25 là chính phương. + n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn Chứng minh rằng không tồn tại để 24n+41 là chính phương. HD: Giả sử: 24n+41=t2 + Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3 + Nếu t không chia hết cho 3 thì Chứng minh không tồn tại để 7.10n+4 là chính phương. HD: Chứng minh rằng tích của 2 số tự nhiên khác không liên tiếp không chính phương. HD: có n2 < n(n+1) < n2+2n+1 = (n+1)2 Tìm để n2 + 3n là chính phương. HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng. Ngoài ra, có n2+2n+1< n2+3n < n2+4n+4 hay (n+1)2 < n2+3n< (n+2)2 Tìm để n2 + 3 chia hết cho 5. Tìm để n! + 97 là chính phương. HD: Nếu thì n!+97 có tận cùng là 7 nên không chính phương. Nếu n = 4 thì 24+97 = 121= n2 Nếu thì đều không thoả mãn. Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương. Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1994 hoặc 1995 được hay không? HD: a) . Vì nên nếu S(N)=1994 thì b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 1995. Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương. HD: nhưng không chia hết cho 25. Chứng minh rằng không tồn tại để n2+n+2 chia hết cho 3. HD: G/s để n2+n+2=3k khi đó n2+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương Có là số chính phương. Điều này vô lí vì Gọi N=2.3.4Pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng cả 3 số N, N-1, N+1 đều không là số chính phương. HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương. Nếu N+1=k2 thì k lẻ khi đó Nếu th ì N-1 không chính phương. Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ không chính phương. Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6. Hướng dẫn: Xét (10n+b)2 = 20n(5n+b) + b2 ; Với chữ số hàng chục của 20n(5n+b) chẵn do đó chữ số hàng chục của b2 lẻ nên b=4; 6. Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số hàng chục là chẵn. HD: Xét (10a+b)2 = 20a(5a+b)+b2 với b lẻ, ĐPCM Chứng minh rằng một số chính phương lớn hơn 100 có tận cùng là 5 thì chữ số hàng trăm là chẵn. HD: Xét (10a+5)2 =100a(a+1)+25. Vì a(a+1) chẵn . Ta có ĐPCM. Tìm để 2x + 5y chính phương. HD: G/s + Nếu x = 0 thì 1+5y=k2 suy ra k chẵn + Nếu k lẻ và k không chia hết cho 5. y = 0: , vì k không chia hết cho 5 nên Từ giả thiết suy ra x chẵn, x=2n Và từ giả thiết suy ra + Nếu y = 2t thì 2n+1 = 25t-1 chia hết cho 3 + Nếu y lẻ thì 2n+ 1= 4(5y-1+5y-2++ 5+1) + nếu y > 1 thì 5y-1+5y-2++5+1 lẻ. Vậy y=1 suy ra x = 2. Đáp số x = 1; y = 2. Tìm 1 số có 2 chữ số biết: Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương. Hiệu bình phương của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương. Hướng dẫn a), vì số chính phương chia hết cho 11 thì chia hết cho 121 nên (a+b) chia hết cho 11. do đó a + b chia hết cho 11. b) Vì 0< (a - b) < 8, chính phương hay (a - b) chính phương, suy ra hoặc a – b =1 hoặc a – b =4 ĐS: số 65 Tìm số chính phương biết Hướng dẫn . Vì n < 100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n = 91. (VĐ Balan) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên thoả mãn hệ thức 2a2 + a = 3b2 + b thì a - b và 2a + 2b+ 1 là các số chính phương. Hướng dẫn Có 2a2-2b2+a-b=b2(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b2. Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1). Mặt khác (1). Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1. Từ đó ta được ĐPCM * Lưu ý: Từ gt suy ra (a - b)(3a+3b+1)=a2 nên (3a+3b+1) là chính phương (HSGQG 1995) Tìm p nguyên tố sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là số chính phương. HD: G/s 1+p+p2+p3+p4= n2. Dễ thấy 4p4+4p3p2<4n2<4p4+p2+4+4p3+4p+8p2 hay (2p2+p)2 < (2n)2 < (2p2+p+2)2 suy ra 2n =2p+p+1 suy ra p=3. Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên p, q là tổng của hai số chính phương thì tích pq cũ