chuyen de so chinh phuong

1 CHUN ĐỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa số phƣơng Số phương số bình phương số nguyên (tức n số phương thì: n  k  k  Z  ) Một số tính chất cần nhớ 1- Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận 2, 3, 7, 2- Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn 3- Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) 4- Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + ( n  N ) 5- Số phương tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ 6- Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 Mọi số phương chia cho 5, cho dư 1, 0, Giữa hai số phương liên tiếp khơng có số phương Nếu hai số ngun liên tiếp có tích số phương hai số số 10 Số ước số phương số lẻ Ngược lại, số có số ước số lẻ số số phương 11 Nếu n2 < k < (n + 1)2 ( n  Z) k khơng số phương 12 Nếu hai số tự nhiên a b nguyên tố có tích số phương số a, b số phương 13 Nếu a số phương, a chia hết cho số nguyên tố p a chia hết cho p THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 14 Nếu tích hai số a b số phương số a b có dạng a mp ; b mq B CÁC DẠNG TOÁN THƢỜNG GẶP  Dạng 1: Chứng minh số số phƣơng, tổng nhiều số phƣơng * Cơ sở phƣơng pháp: Để chứng minh số n số số phương ta thường dựa vào định nghĩa, tức chứng minh : n  k  k  Z  * Ví dụ minh họa: Bài toán Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng: A n n n n số phương Hướng dẫn giải Ta có: n2 A Vì n nên n2 3n n2 n2 3n 2 n2 3n n2 3n Vậy A số phương 3n Bài tốn Cho: B 3n 1.2.3 2.3.4 k k k với k số tự nhiên Chứng minh 4B + số phương Hướng dẫn giải Ta thấy biểu thức B tổng biểu thức nghĩ đến việc phải thu gọn biểu thức B trước Ta có: n n n n n n n n 1 n n n n n 1n n n Áp dụng: 1.2.3 1.2.3.4 THCS.TOANMATH.com 0.1.2.3 TÀI LIỆU TOÁN HỌC 2.3.4.5 1.2.3.4 3.4.5 3.4.5.6 2.3.4.5 k k k k k k 2.3.4 k k 1k k k Cộng theo vế đẳng thức ta được: B 4B 1.2.3 2.3.4 k k k k Theo ví dụ ta có: 4B nên k Vì k 3k k k k k k k2 1 k k 3k Vậy 4B số phương Bài tốn Chứng minh rằng: C 44 với n số tự nhiên Chứng minh 11 n 2n C số phương Hướng dẫn giải Ta có: C 11 100 11 n n 44 n n Đặt a  11 9a  99 Do 99   10n  9a  n n n C a.10n a C 9a C 33 342 6a 4a 1 3a a 9a 1 5a n Vậy C số phương Nhận xét: Khi biến đổi số có nhiều chữ số giống thành số phương ta nên đặt 11  a 99   10n  9a  n n Bài toán Cho a  11 , b  10 05 Chứng minh 2016 ab  số tự nhiên 2015 Hướng dẫn giải Cách 1: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Ta có: b  10 05  10    9   9a  2015 2016 2016  ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2  Vậy ab   (3a  1)  3a   N ab  số tự nhiên Cách 2: 102016  , b  102016  Ta có: a  11  2016 10 102016   ab   102016  5    10 ab   2016  2 Vậy  4.102016   9  102016       Mà 102016   Do đó,  2016 ab  số tự nhiên ab  số tự nhiên Bài toán Cho số tự nhiên a gồm 60 chữ số 1, số tự nhiên b gồm 30 chữ số Chứng minh a - b số phương Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có: a  11  60 1060  1030  , b  22  9 30 2 1060  2(1030  1) 1060  2.1030  1030     a  b       33   9    30  Cách 2: b  22  2.11 , a  11  11 1.00  11  11 1.1030  11 30 30 60 30 30 30 30 30 Đặt c  11  9c   99   1030 30 30 Khi đó: a  c  9c  1  c  9c  2c b  2c  a  b  9c  2c  2c   3c  THCS.TOANMATH.com 2     33   30  TÀI LIỆU TỐN HỌC Bài tốn tổng qt: Cho k số tự nhiên khác 0, số tự nhiên a gồm 2k chữ số số tự nhiên b gồm k chữ số Chứng minh a  b số phương n2  tích hai số tự nhiên liên tiếp Chứng minh n tổng hai số phương liên tiếp Bài toán Cho n  cho Hướng dẫn giải Giả sử ta có: n2  = a  a  1 Từ có n2  3a  3a   4n2 1  12a  12a    2n  1 2n  1   2a  1 Vì 2n  1; 2n  hai số lẻ liên tiếp nên ta có trường hợp: 2n   p Trường hợp 1:  2n   q Khi q  p  ( Vơ lí ) Vậy trường hợp không xảy 2n   p Trường hợp 2:  2n   3q Từ p số lẻ nên p  2k  Từ 2n   2k  1   n  k   k  1 (đpcm) 2 3k Bài toán Cho k số nguyên dương a 3k a) Chứng minh 2a a tổng ba số phương b) Chứng minh a ước số nguyên duong b b tổng gồm ba số phương b n tổng bà số phương Hướng dẫn giải a) Ta có 2a 6k 6k a 18k 15k 9k b) Vì b a nên đặt b 2k 6k 1 k2 k k 2 k2 2k 2 2k k a12 a22 a32 ca Vì b tổng ba số phương nên đặt b THCS.TOANMATH.com 3k b12 b22 b32 TÀI LIỆU TOÁN HỌC Khi b2 c a c a12 a22 a32 Để kết thúc việc chứng minh, ta tiến hành sau: cho n b2 p b p b12 b22 b32 cho n 2p p ta được: b p b2 a12 ta bn a22 a32  Dạng 2: Chứng minh số khơng số phƣơng * Cơ sở phƣơng pháp: Để chứng minh n khơng số phương, tùy vào tốn ta sử dụng cách sau: 1) Chứng minh n viết dạng bình phương số nguyên 2) Chứng minh k2 < n < (k + 1)2 với k số nguyên 3) Chứng minh n có tận 2; 3; 7; 4) Chứng minh n có dạng 4k + 2; 4k + 5) Chứng minh n có dạng 3k + 6) Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p mà không chia hết cho p2 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Một số tự nhiên có tổng chữ số 2018 số phương không ? sao? Hướng dẫn giải Gọi số tự nhiên có tổng chữ số 2018 n Ta có : 2018 = 3m + nên số tự nhiên n chia dư 2, số n có dạng 3k + với k số tự nhiên Mặt khác số phương trình khơng có dạng 3k + suy số tự nhiên n khơng số phương n4 Bài tốn Chứng minh số A 2n3 2n n  N n > 2n2 khơng phải số phương Hướng dẫn giải Ta có: n4 A 2n n2 A n n2 2n 2 n n n 2n n2 n4 n 2n n n2 n2 2n 1 Mặt khác: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC n2 n n4 n4 n2 n Do n2 n A 2n 2n n2 2n 2n n2 n 2n 2n 1 n2 A n2 A n 2 A Ta có (n2 + n) (n2 + n + 1) hai số tự nhiên liên tiếp nên A khơng thể số phương Bài tốn Cho A    22  23   233 Hỏi A có số phương khơng? Vì sao? Hướng dẫn giải Ta có A     22  23  24  25     230  231  232  233    22 1   22  23    230 1   22  23    2.30   229.30      229  3.10 Ta thấy A có chữ số tận Mà số phương khơng có chữ số tận Do đó, A khơng số phương Vậy A khơng số phương Bài tốn Chứng minh A  20124n  20134n  20144n  20154n khơng phải số phương với số nguyên dương n (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 - 2016) Hướng dẫn giải Ta có: 20124n 4; 20144n , n  N * 20134 n  20134 n     20134 n  1  chia cho dư 20154 n  20154 n   1  chia cho dư 4n Do đó, A  20124n  20134n  20144n  20154n chia cho dư Ta có: A , A không chia hết cho 22 , mà số nguyên tố Suy A khơng số phương Vậy A khơng số phương THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC Bài tốn Cho phương n6 , Chứng minh A n n4 2n3 2n 2n2 số Hướng dẫn giải n6 Ta có A n4 2n3 n2 n2 n2 2n2 Với n Và n2 2n n2 2n , ta có n2 Như n2 phương n2 n2 2n 2 n n2 n2 n n n2 n n2 n4 2n n n 2 n2 2n n n2 Do n 2 n2 n2 số phương nên A khơng phải số 2n Bài tốn Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số phương Hướng dẫn giải Giả sử: a 2m 1, b Ta có: a b2 2m 2n , với m, n 2n m2 Khơng có số phương có dạng 4k phương m n2 n 2 a 4k với k b2 khơng phải số  Dạng 3: Điều kiện để số số phƣơng * Cơ sở phƣơng pháp: Chúng ta thường sử dụng phương pháp sau: - Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa - Phương pháp 2: Sử dụng tính chẵn, lẻ - Phương pháp 3: Sử dụng tính chất chia hết chia có dư - Phương pháp 4: Sử dụng tính chất THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm số nguyên n cho n(n + 3) số phương Hướng dẫn giải Để A = n(n + 3) số phương n(n + 3) = k2 với k số tự nhiên, đó: Ta có 2n 2k 2n n2 3n k2 4n 12n 4k 4n 12n 2n 2n 2k 2k 4k 2 2k 9 2n 2k n k A Và = 9.1 = 3.3 = (-1).(-9) = (-3).(-3) Trường hợp : 2n 2n 2k 2k 3 n k n k Trường hợp : 2n 2n 2k 2k 3 3 n n Trường hợp : 2n 2n 2k 2k 3 n n k k Trường hợp : 2n 2n 2k 2k 3 3 n n k k k k 0 n k 0 A n k A 3 n k A 0 Vậy n = -4 ; -3 ; ; ta có A số phương Bài tốn Tìm số ngun n cho n  1955 n  2014 số phương Hướng dẫn giải Giả sử n  1955  a ; n  2014  b2 với a, b  a  b b  a  a  29  Khi b2  a  59   b  a  b  a   59   b  a  59 b  30 Dễ dàng suy n  1114 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 10 Bài tốn Tìm số ngun dương n để biểu thức sau số phương: n2 a) A n b) B n5 n Hướng dẫn giải a) Với n = A = n2 – n + = khơng số phương Với n = A = n2 – n + = số phương Với n > A = n2 – n + khơng số phương n n2 n2 2n n n2 Vậy n = A số phương b) Ta có: n5 n n2 n n2 Với n = 5k n chia hết cho Với n 5k n2 chia hết cho Với n 5k n2 1chia hết cho Do n5 Nên n5 B n n chia hết cho n chia cho dư nên n5 n khơng số phương n có chữ số tận nên Vậy khơng có giá trị n thỏa để B số phương Bài tốn Tìm số ngun dương n nhỏ cho số n  , 2n  , 5n  số phương Hướng dẫn giải Nếu n  3k   k   n   3k  , không số phương Nếu n  3k  2n   6k  , cho cho dư nên khơng số phương Vậy n 2n  số phương lẻ nên chia cho dư Suy 2n  n  n  lẻ Do n  số phương lẻ nên n  chia cho dư 1, suy n n chia hết cho số nguyên tố nên n 24 Với n  24 n   25  52 , 2n   49  , 5n   121  112 Giá trị nhỏ n phải tìm 24 Bài tốn Tìm số tự nhiên n  cho tổng 1! + 2! + 3! + < + n! số phương THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 48  n  62  152  102  192 Bài 71 p( x) đa thức bậc hệ số x nên p( x) bình phương tam thức bậc có dạng:  ( x)  x  px  q Do đó, ta có : x  mx3  29 x  nx    x  px  q   x  px3   p  2q  x  pqx  q q  q    p  5 2 pq  n     p  2q  29 m  10 2 p  m n  20  Vậy  m, n   10, 20  ,  10, 20  Bài 72 Ta có : a 6, a   a  6k , k  * Suy : 1000a  6000k  202.15k 1000a số phương k  15 p , p  *  a  90 p , p  * Do số tự nhiên a nhỏ phải tìm : a = 90 Ta có : 2002  2.7.11.13 2002.b số phương nên ta có : b  2002k , k  * b chia hết cho bốn số nguyên tố liên tiếp mà b chứa ba thừa số nguyên tố liên tiếp 7, 11 13 nên thừa số nguyên tố thứ tư 17, b nhỏ nên ta chọn thừa số nguyên tố thứ  b  2002.25t , t  * * Nếu t   b  50050  b 1  50049 không thỏa mãn yêu cầu * Nếu t   b  200200  b 1  200199 thỏa mãn Vậy số b phải tìm b =200200 Bài 73 Ta có: a b2 Giả sử a Muốn cho a (a b)(a b) b2 số phương, ta cần chọn d (u v ) a a b du 2 2 a b dv , u v d (u v ) b Trong d chẵn u v tính chất chẵn, lẻ (u 2 2 a b c a b c Lúc ta có: Các nghiệm phương trình là: a d (u v2 ), b 2duv, c d (u v ) Vậy a v) b2 số phương THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 49 Bài 74 Ta có k  ab  10a  b nên k  ab   a  b   10a  b  ab  a2  b2  2ab  b2  ab  b  10a  a 2  b2   a  1 b  a 10  a  Mà a 10  a   25 b2   a  1 b  25  b2  25 (vì  a  1 b  )  b  0; 2;3; 4;5 Ta xét trường hợp kết luận Vậy số k cần tìm là: 91; 13; 63 Bài 75 20172 n4 Chuyển dạng A Để A phương n2 Giá trị n thỏa mãn n n3 n2 20172 n2 n2 n n phương n Bài 76 n 37 Giả sử n 43 n 37 q với p, q hai số nguyên dương p , q p k.q , n k p q p 43 q k.q với k số nguyên dương 24.5.1 80 Trường hợp 1: Trong hai số p , q có chữ số chẵn, số lẻ p p q q k 16 Từ p q k 16 n k a b a Ta có a b b a b a Xét cặp số a b; a Tính a , b 20 p q p q lẻ 101 Trường hợp 2: Cả hai số p , q lẻ Đặt p dương Từ 1 Ta có 2a 1, q 2b với a, b số nguyên 22.5.1 b 1, a b khác tính chẵn lẻ b 1;2 , 1;4 , 1;20 , 2;5 , 4;5 , 5;20 p , q , k ta n 38, 47,55,82,199,398 Vậy n 38, 47,55,82,199,398 Bài 77 Ta có: abc 100a 10b THCS.TOANMATH.com c n2 ; TÀI LIỆU TOÁN HỌC 50 cba 100c 10b Mặt khác: 100 11 n a n2 n2 999 31 (do n  Từ * ** 4n 101 99 a c n2 4n 4n 99 * 1000 ) ** 4n 99 n 26 Vậy abc 675 Bài 78 Giả sử: n  12  a ; n  11 b2 (a, b  ; a  b)  a  b2   n  12   n  11  23 a  b  a  12 Hay  a  b  a  b  1.23 Giải hệ phương trình:   Do : a  b  a  b    a  b  23 b  11 a  12 Với   n 132 b  11 Vậy n = 132 Bài 79 Đặt: n2  14n  256  k  k     n    k  305   n   k  n   k   305 Mà: 305 = 1.305 = (- 305)(- 1) = 5.61 = (- 61)(- 5)  n   k    n   k  nên xét trường hợp: n   k   n   k  305 n   k  305  n   k  1 n   k   n   k  61 n   k  61  n   k  5 n  146 n  40 n  26 n  160     k  152 k  28 k  28 k  152  n  40  n  40 Vì: n, k    Vậy   n  160  n  160 Bài 80 Vì: n số có chữ số nên  n  100 18  2n  200 Mà: 2n số phương chẵn nên 2n  36;64;100; 144;196  n  18;32;50; 72;98  n   22;36;54; 76;102 thấy n   36 số phương  n  32 Vậy n = 32 Bài 81 Giả sử A  1010n2  2010  n  p   1010  a  b2  a, b  195 THCS.TOANMATH.com  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 51 Do: A chẵn nên a  b2   a  b  a  b  chẵn  a  b  ;  a  b  tính chẵn lẻ  a  b2   a  b  a  b  tiếp tục ta có: B  1010n2  2010  n  p  Từ B  1010n2  2010  n  p    n2  n  p    n2  n  p   n  n  1  p Mà: n  n  1  p  p  Với p   A  4k   k  1   k  1 2 k    Bài 82 Đặt: 3x  171 y Cách 1: Viết phương trình cho dạng  3x 2  19   y  x   Để y  cần đủ 3x 2  19  z  z   điều kiện  số phương +) Nếu x   2k  số lẻ 32k 1  19   32 k 1  1  18  4.B  18 không chia hết số phương +) Nếu x   2k số chẵn 3x 2  19  z  32 k  19  z   z  3k  z  3k   19 k  z   Vì 19 số nguyên tố nên z  3k  z  3k nên   k   19 z    z  10   k    z  10  k  Vậy x = Cách 2: +) Nếu x  2k   k   VT = 1.3 + = VT  1.3    mod 3 (vơ nghiệm) VP số phương Do đó: x  2k  k   để ý  y     k k Mà: y  3k  y  3k  y nên số tính chẵn lẻ Mặt khác: 171 =  y   y    1.171  3.57  9.19 k k Xét trường hợp cụ thể ta có kết x = Cách 3: Ta có: 3x  1,3  mod 8 ; y  0,1,  mod 8 Mà: 3x  171 y  3x  1 mod 8 Do đó: x có dạng 2k  k   Phương trình trở thành A   3k   171  y với k = 0, 1, phương trình vơ nghiệm nên phương trình có nghiệm nghiệm phải  Do theo nguyên lý kẹp ta   có:  3k  2  3  a   3k     Khi đó: A   3k  2  3 A   3k   2    2 Giải trường hợp ta k =  x   y  30 Vậy x = THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 52 Cách 4: Vì: 3x 3; 171  y Đặt y = 3k  k   , k 1 Khi đó: 3x  171  9k Vì: 171 9; 9k  3x  x  2h  h *  Khi đó: 9h1  19  k  k   3h1   19   k  3h1  k  3h1   19 Để ý rằng:  k  3h1  k  3h1 k  3h1  k  3h1  2k nên hai số tính chẵn lẻ Mặt khác:  k  h 1  k  h 1 h 1  k  10 k     1.19  k  3h1  19  h   x  Vậy x =    Bài 83 Giả sử 5x  12x  y Nhận xét x = khơng thỏa mãn phương trình Khi x  Từ phương trình ta thấy y lẻ Vì: 12x 8, y : dư với y lẻ nên 5x  1 mod 8 suy x chẵn Đặt: x  2k  k  *  ta có phương trình: 2k   y  12k  y  12k   y  12k  52 k m  Do số nguyên tố nên tồn m , m  k cho  k m   y  12  Suy 2.12k  5m  52 k 2 m  1 Do 2, 12 nguyên tố với mà: 2.12k 5m nên m = ta y = 12k  Thay vào phương trình ta được: 2.12k  25k  * hay k  : 25k   24k  2k.12k  2.12k (Loại) Với k = (TM)  x  2, y  13 Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên x = Bài 84   Ta có: A   n   4n2  6n  n  TH1: A     n  3  21  TH2: A  A số phương   4n2  6n  3 số phương  4n2  6n   k  k  n  Ta thấy:  k     4n  3   2k  2  21  4n   2k  4n   2k   21 nên 4n   2k 4n   2k ước 21 n  +) 4n   2k  4n   2k với  k  THCS.TOANMATH.com  4n   2k  k   Do ta có:  4n   2k  21 n  TÀI LIỆU TOÁN HỌC 53 k   4n   2k    hoặc:   4n   2k  n  4n   k  7 k    4n   k  3 n  2 k  4n   2k  21    7 4n   2k  1 n  Vậy n   giá trị cần tìm Bài 85 Đặt: M  k  8k  23k  26k  10 ta có: M   k  2k  1  8k  k  2k  1  9k  18k   M   k  1  k  3 2  k  3  1 M số phương khi:  k  1   số phương TH1:  k  1   k  TH2:  k  3  số phương Đặt:  k  3   m2  m  Vì: m, k    m   k  3  1  m  k  3 m  k  3 1  m  k     m  1, k  m  k   nên:    k   m  k   1  m  1, k    m  k   1  m k 3  , m k 3  k  Vậy  k  8k  23k  26k  10 số phương k   Bài 86 Ta có: 12  22  32    n2  n  1 2n  1  Giả sử  n  1 2n  1  6k  k  n Do  2n  1 lẻ nên  n  1 chẵn  n lẻ Đặt n  2m   m * *  (1)  Thay vào (1) ta có:  m  1 4m  3  3k Do:  m  1, 4m  3 1 , 4m  không số  m   a phương nên ta có:   a, b  m   b   * ; ab  k  Từ ta có: 4a  3b2 1   2a  1 2a  1  3b2 Ta lại có  2a  1, 2a  1 1 nên có khả năng:  2a   a1 (I)   a1, b1   2a   b1 1) THCS.TOANMATH.com *  nên ta suy b  3a12  (Vơ lý số phương chia dư TÀI LIỆU TỐN HỌC 54  2a   a2 (II)   a2 , b2  2 a   b   *  nên ta suy 3b 2  a22  suy a2 lẻ không chia hết cho Dễ thấy a2   n  337 số nguyên dương bé thỏa mãn toán Khi đó: 12  22  32    n2  n  1 2n  1  337  1 2.337  1    1952 n 6 Bài 87: Ta có: n = thỏa mãn toán Xét n > 0, số 9n  16 16n  số phương số An   9n  16 16n    12n    92  162  n  122 số phương   Mặt khác: 12n  12   12n    16 n  12  12n  15 2 2 2  An  12n  132 nên ta có:   An  12n  14 2 n  Từ thay vào giải được:   n  52 Vậy có giá trị n thỏa mãn: n  0,1,52 Bài 88:  ab  4ba  15 1 Gọi số phải tìm là: ab  a, b ,1  a, b   ta có hệ:  2  ab   a  b   Từ (1) ta thấy b   4ba  15  4.21  15  ab  99  ab  99  a  b  9( KTM ) Vậy b = thay b = vào (2) ta được: a1  a2  12 10a    a2   a  10a   a   a  Với a =  a  b ( KTM ) Với a =  ab  91 TM :91  4.19  15 Vậy số phải tìm 91 Bài 89 Gọi tổng chữ số s s t s có số dư chia cho 9, nghĩa s  ts  9a với a số tự nhiên Do số A viết bơie 1, 2, 3,