CĐ 7 số chính phương

CHUYÊN ĐỀ: SỐ CHÍNH PHƯƠNG, SỐ NGUYÊN TỐ A LÝ THUYẾT: Định nghĩa: - Số phương bình phương số tự nhiên Tính chất: - Số phương có chữ số tận là: 0; 1; 4; 5; 6; - Khi phân tích thừa số nguyên tố , số phương chứa thừa số nguyên tố với lũy thừa chẵn - Số phương chia hết cho chia cho dư - Số phương chia hết cho chia cho dư - 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 - Số phương tận hoặc chữ số hàng chục số chẵn - Số phương tận chữ số hàng chục - Số phương tận chữ số hàng chục số lẻ B LUYỆN TẬP : Dạng 1: CHỨNG MINH LÀ MỘT SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho số A  11 11122 2225 ( 2005 chữ số 2006 chữ số 2) Chứng minh A số phương HD: Ta có: 9A  100 00100 0025  100 00 123 123  100 00  25 2004 2005 4012  2007  2 2006 9A  100 00 14 43  2.5.100 00   10  2006 2006 , số phương Bài 2: Chứng minh số C  44 4488 89 có n số n-1 số 8, viết dạng bình phương số tự nhiên HD: Đặt n 111 11 14 43  a  10  9a  Ta có: n 444 4488 89  444 44888 14 43 { 14 43  n n1 n n  4a.10n  8a      666 67  2  4a 9a  1  8a  1 36a  12a  1  6a  1  n1  A  11 {  44 { 1 Bài : Chứng minh số HD : 2n số phương n  10n   A     Biến đổi A số phương B  11 {  11 {  66 { 8 Bài : Chứng minh số HD : n1 2n số phương n  10n  8 B    Biến đổi tổng B số phương Bài : Chứng minh số HD : C  44 {  22 {  88 { 7 2n n1 n số phương  2.10n  7 C    C số phương Biến đổi A  22499 9100 09 { { Bài : Chứng minh HD : n số phương n   A  224.102n  99 9.10n2  10n1   224.102n  10n  10n  10n1    A  224.102n  102n  10n2  10n1   225.102n  90.10n   15.10n  Vậy A số phương Bài : Chứng minh HD : B  11 155 56 { { số phương n 10n  n 10n  B  11 155  5.11 { {   11 1.10 { { 1B  10  1 n n n n 9 102n  10n  5.10n  5  10n   B     , Vậy B số phương Bài : Cho a  11 (2008 chữ số 1) b  100 05 ( 2007 chữ số 0) Chứng minh rằng: ab số tự nhiên HD: 102008  a  11 ,b  102008  {  2008 Ta có:  10  ab   2008    1  10   102008  1008 2  4.102008  5  102008       Vậy ab số tự nhiên m 111 1,n  444 123 123 Bài : Cho HD: Ta có: m 2k k , Chứng minh m n  số phương 102k  10k  102k  10k  102k  1 4.10k   ,n   m n     1 9 9  10k       , Vậy m n  số phương A  444 123 B  888 123 Bài 1: Cho số nguyên dương n số A  B  Chứng minh rằng: số phương HD: 2n Ta có: n n A  444 14 43  444 14 43 000  444 14 43  444 14 43  10  1  888 14 43 2n n n n n n    4.111 1.999 14 43  B  4.111 1.9.111 123  B   6.111 123  B n n n n n   2 3  3    888   B   B  B 4 4  n 4  2 3  3  3   A  B    B   B  B    B   B.2    B   4  4  4  2 3        888    3.222    666 68  4 4 4 n n 4     n 1  Vậy A  2B  số phương Bài 1: Cho: A  111 ( 2m chữ số 1); B  111 (m + chữ số 1); C  666 6(m chữ số 6) Chứng minh A  B  C  số phương HD:   10m  102m  10m1  C  666  A  111  B  111  9 Ta có: và Khi :   102m  10m1  10  102m  16.10m  64  10m   A  B  C  8    8   9 9   m m m Mà 10  8M3  10  8 Z Vậy A  B  C  số phương Bài : Cho dãy số : 49 ; 4489 ; 444889 ; 44448889 ; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số số đứng trước nó, Chứng minh tất số dãy số phương HD : Xét số tổng quát : n 44 488 89  44 488  88 { { { {   44 4.10 { { 1 n1 n n n n  4.11 1.10  8.11 { {   n n n n 10  n 10n  10  1 9 n n 4.10  4.10  8.10   4.10  4.10    2.10  1       9 n Mà 2.10  có tổng chữ số nên chia hết cho 3, số có dạng 2n n n 2n n số phương 2 Bài 1: Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn: 2a  a  3b  b Chứng minh 2a  2b  số phương HD: Ta có: 2a2  a  3b2  b   a  b  2a  2b  1  b2 Gọi d UC  a  b;2a  2b  1 (*) * với d  N , Thì:  a  bMd   a  b  2a  2b  1 Md2  b2 Md2  bMd   2a  2b  1Md ,  a  b Md  aMd   2a  2b Md  2a  2b  1 Md  1Md  d  Mà : , mà a  b,2a  2b  1  Do :  , Từ (*) ta : a  b,2a  2b  số phương Vậy 2a  2b  số phương Bài 1: Cho x, y số nguyên thỏa mãn : 2x  x  3y  y Chứng minh : x  y;2x  2y  1;3x  3y  số phương 2 Bài 1: Cho n số nguyên dương m ước nguyên dương 2n CMR : n  m không số phương HD: n2  m k2  k  N  Giả sử: n  m số phương Đặt: Theo ta có: n2  Do 2n2  mp p N   m 2n p  (1) Thay vào (1) ta :  2n  k2  n2 p2  2pn2  p2k2  n2 p2  2p   pk p n2, pk 2 số phương, nên p  2p số phương p2  p2  2p   p  1  p2  2p Mặt khác: không số phương (Mâu thuẫn với giả sử) Vậy n  m khơng số phương 3 Bài 1: Chứng minh: A     100 số phương Bài 10 : Chứng minh : phương HD : Ta có : S  1.2.3 2.3.4  3.4.5  k k  1  k  2 4S số 4S  1.2.3  0  2.3.4 5 1   k  k  1  k  2   k  3   k  1  4S   1.2.3.4  0.1.2.3   2.3.4.5 1.2.3.4    k  k  1  k  2  k  3   k  1 k  k  1  k  2  4S  k  k  1  k  2  k  3  4S  1 k k  1  k  2  k  3  nên 4S số phương tích số tự nhiên liên tiếp cộng với Bài 11 : Chứng minh tích số nguyên dương liên tiếp khơng thể số phương HD: Giả sử có số nguyên dương liên tiếp là: n, n  1, n  2, n  Xét tích:     n  3n  P   n  3n  1 Dễ dàng nhận thấy:     P  n n  1  n  2  n  3  n  4  n2  3n n2  3n   n2  3n  n2  3n 2 2 Vậy P khơng thể số phương Bài 12 : Chứng minh với số nguyên x, y : A   x  y  x  2y  x  3y  x  4y  y4 số phương HD : 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  A t y   t y   y Khi :   t  y4  y4  t2  x2  5xy  y2  Vậy A số phương Bài 13 : Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng với ln số phương HD : Gọi số tự nhiên liên tiếp : n, n  1, n  2, n  3 n N  A  n n  1  n  2  n  3   n n  3  n  2  n  1     A  n2  3n n2  3n   Ta có : n2  3n  t  t  N   A  t  t  2    t  1 , Đặt Vậy tích số tự nhiên liên tiếp cộng với số phương Bài 14 : Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp số phương HD : Gọi số tự nhiên liên tiếp n  2; n  1; n; n  1; n  2 n N, n  2   A   n  2   n  1  n2   n  1   n  2  n2  2 2 Xét Nhận thấy AM5 khơng chia hết cho 25 n khơng có tận Bài 1: Chứng minh rằng: n N, n  A  n  n  2n  2n số phương HD: Giả sử: n6  n4  2n3  2n2  k2, k  Z     2  n4 n2   2n2  n  1  k2   n  1 n2 n3  n2   k2   n  1 n2  n  1  1  k2     n  1  phải số phương n  1   n  1 Ta lại có:  2   n2  2 1 n  n2 n    n  1  , Do số phương Vậy A  n  n  2n  2n số phương Bài 16 : Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số phương HD : Gọi a  2k  1,b  2m 1 k, m N  a2  b2   2k  1   2m 1  4k2  4k  1 4m2  4m Xét    k2  k  m2  m   4t  2 t  N  2 Như a  b chia cho dư 2, mà ta biết số phương chia khơng có số dư 2, 2 Vậy a  b không số phương Bài 17 : Chứng minh rằng: A  n  2n  2n  2n  , số phương HD:       A  n2 n2  2n   n2  2n   n2   n  1 Ta có: Vì n  khơng phải số phương nên A khơng thể số phương Bài 18 : Chứng minh p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng thể số phương HD : Vì p tích n số nguyên tố nên pM2 p không chia hết cho (1) p  1 m  m N  Giả sử p số phương Đặt Vì p chẵn nên p+1 lẻ=> m lẻ => m lẻ Đặt m 2k  1 k  N   m2  4k2  4k   p   4k2  4k   p  4k2  4k  4k  k  1 M4 mâu thuẫn với ( 1) Vậy p+1 khơng thể số phương   ( Vơ lý) Lại có : p  2.3.5.7 số chia hết cho => Vì khơng có số phương chia dư => p-1 khơng số phương Vậy p tích n số nguyên tố p-1 p+1 khơng thể số phương Bài 19 : Cho N  1.3.5.7 2019 Chứng minh ba số nguyên liên tiếp p   3k  k  N 2N  1;2N;2N  số số phương HD : Ta có : 2N  1 2.1.3.5.7 2019   => 2N  khơng số phương Thấy Và 2N  2.1.3.5.7 2019 số chia hết cho không chia hết 2N không số phương Và 2N   2.1.3.5 2019  lẻ nên không chia hết cho   2N  không chia cho dư 1=> 2N+1 khơng số phương 2N M Bài 20 : Chứng minh ba số nguyên liên tiếp 2N  1,2N,2N  khơng có số số phương, : N  1.3.5 1999 HD :   2N không số phương Ta thấy : 2N M2,2N M 2N M3  2n   3k  k  N N M3  2N  1 2 mod3  2N  khơng số phương  2N  k2  1  k  1  k  1 M4  N M2 N   k  k Giả sử : lẻ Vơ lý Vậy ta có đpcm Bài 21 : Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị 6, Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương HD : Theo tính chất : ‘ Một số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ, chữ số hàng chục số phương cho : ;3 ;5 ;7 ;9 tổng chúng : 1+3+5+7+9=25 số phương Bài 22 : Cho số nguyên a, b, c thỏa mãn : ab  bc  ca  Chứng minh rằng:    A  1 a2 1 b2 1 c2  số phương HD: Ta có: ab  bc  ca   1 a2  ab  bc  ca  a2  a a  b  c a  b   a  b  a  c Tương tự : 1 b2   a  b  b  c 1 c2   a  c  b  c  1 a   1 b   1 c    a  b  b  c  c  a  Khi : 2 2 , Vì a, b, c số nguyên nên số phương Bài 23 : Cho a, b, c số hữu tỉ khác thỏa mãn: a  b  c  0, Chứng minh M 1   a2 b2 c2 bình phương số hữu tỉ HD: Ta có:  a  b  c       1   1 1 1  1 1         2            abc a b c  a b c  ab bc ac   a b c   a b c a b c b2 c a  2 2   a b c Bài 1: Cho a,b,c ba số hữu tỉ thỏa mãn: abc = b c a 2 Chứng minh ba số a,b,c bình phương số hữu tỉ Bài 1: Cho đa thức bậc ba f 5   3  2010 Chứng minh rằng: HD: với hệ số x số nguyên dương f 7   1 hợp số Ta có:   Theo đề ta có: f x  a.x3  bx2  cx  d  a Z  2010  f 5  f 7  f  x ,  3     a     b   5 3 c  98a  16b  2c  16b  2c  2010  98a 3 2 Và :  1    1 a    1 b   7 1 c  342a  3 16b  2c  342a  3 2010  98a  48a  6030  3 16a  2010 M3 Vì a nguyên dương nên: 16a 2010  , f   1 Vậy   hợp số Bài : Chứng minh : Các số a b tổng hai số phương tích a.b tổng hai số phương HD : 2 b  p2  q2, m, n, p,q Z Giả sử: a  m  n Ta có:  ab  m2  n2   p  q   m p  mq  n p  n q 2   mp  nq   mq  np 2 2 2 2  m2 p2  n2q2  2mnpq  m2q2  n2 p2  2mnpq , ĐPCM Bài 1: Cho A 10  10 10   10  110  5  Chứng minh A số phương khơng lập phương số tự nhiên n n n n 1 Bài 5:Cho p số nguyên tố lớn Chứng minh tồn số có dạng 111 11 mà chia hết cho p Bài 1: Với n 2008là số nguyên dương , đặt: Sn  an  bn    1   1   Sn                n n , Với a 3 3 ;b  2 Chứng minh: Tìm số n để Sn  số phương Bài 1: Cho n số nguyên dương Chứng minh 2n + 3n + số phương 5n + khơng phải số nguyên tố a a2  b2  2 Bài 1: Cho a, b, c nguyên tố khác 0, a  c thỏa mãn: c c  b 2 Chứng minh : a  b  c số nguyên tố Bài 1: Cho b số nguyên tố khác Số A  3n  1 2015b (n số tự nhiên) số nguyên tố hay hợp số Bài 1: Xét số tạo thành cách viết 2n chữ số xen kẽ với 2n + chữ số có dạng sau:10101; 101010101; … ; 1010……101; … (n nguyên dương) Chứng minh số hợp số Bài 1: Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh hợp số Bài 1: Cho n số nguyên tố lớn Chứng minh n2 + 2018 hợp số Bài 1: Giả sử phương trình bậc hai x  ax  b   có hai nghiệm nguyên dương 2 Chứng minh a  b hợp số Bài 5: Có hay không số nguyên dương khác x y khoảng (998; 2016) cho xy+x xy+y bình phương hai số nguyên dương khác 2n  3n Bài 1: Tìm tất số nguyên tố n để: 11 số phương Bài 1: Cho số tự nhiên có chữ số abcd Biết a, b,c,d chữ số liên tiếp từ nhỏ đến lớn Biết bacd số phương Tìm abcd Bài 2: Tìm số điện thoại có chữ số biết số phương ta thêm vào chữ số đơn vị số phương Dạng : TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG b aa a a1  3 Bài : Tìm số tự nhiên có chữ số: A  a1a2a3bb bb b  2.a1a2a3 2 2 đồng thời A viết dạng A  p1 p2 p3 p4 với p1, p2, p3, p4 bốn số nguyên tố HD: b a a a  a1a2a3.106  bb b 103  a1a2a3 3 Ta có: A  a1a2a3bb    a1a2a3.106  2.103.a1a2a3  a1a2a3  a1a2a3 10  2.10   a1a2a3.1002001  aa a 72.112.132 Như a1a2a3 phải bình phương số nguyên tố p khác 7, 11, 13 b  1000,a1   100  a1a2a3  500 Do bb   a a a  289 10  p  23  p  17,19     a1a2a3  361 => Vậy A  289578289 A  361722361 Bài : Tìm tất số phương gồm chữ số biết ta thêm đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm đơn vị vào chữ số hàng đơn vị ta số phương HD: Gọi abcd số phải tìm, a, b, c, d  N,0  a,b,c, d  9, a  Với k, m N,31 k  m 100 , ta có :  abcd  k2  abcd  k    2  abcd  1353  m  a  1  b  3  c  5  d  3  m m2  k2  1353   m k  m k  123.11  41.33,(k m  200) Do :  m k  123  m k  41  m 67  m 37      m k  11 m k  33 k  56    Nên : k  abcd  3136 Vậy Bài : Tìm tất ba số tự nhiên lớn thỏa mãn: Tích hai số ba số cộng với chia hết cho số cịn lại HD: Gọi ba số càn tìm là: a,b,c , giả sử : 1 c  b  a Ta có: ab  1Mc bc  1Ma ca  1Mb , Như a  b  c  1 c  b  a , Nhân theo vế ta :  ab  1  bc  1  ca  1 Mabc  abc  ab  bc  ca  1 abc  3ab  1 c  c    ab  1 M2  a,b TH1 : Nếu số lẻ Từ (1) => 2a  2b  1Mab  2a  2b  1 ab (1) Từ ta tìm a=7, b=3 3b  1Ma c     3b   a 3a  1Mb  TH2 : Nếu 3b   2a Xét 3b  1 a  a : dư  a  4,3a  1Mb  9a  3Ma   12Ma   a  7, b   c (loại) Xét 3b  1 2a làm tương tự trên, ta thấy khơng có ba số thỏa mãn: Vậy ba số cần tìm là: 7; 3; Bài : Cho A số phương gồm chữ số, Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số B số phương Tìm hai số A B HD : B   a  1  b  1  c  1  d  1  m2 Gọi A  abcd  k , Khi :  k,m N,32  k  m 100 Khi ta có : m2  k2  1111  m k  m k  1111 Nhận xét thấy tích  m k  m k    m k , m k ( 1) hai số nguyên dương  m k  11  m 56  m k  m k  11.101 m k  101 k  45   Và m k  m k  200 nên Vậy hai số A  2025, B  3136 Bài : Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm hai chữ số sau đơn vị HD : k  N,32  k  100 Đặt abcd  k , ta có : ab  cd  với  Suy : Mà 101cd  k2  100   k  10  k  10  k  10M 101  k  1;101  1 k  10M101 , lại : k  10M101 32  k  100  42  k  10  10  k  10  101  k  91  abcd  912  8281 Bài : Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống HD : Gọi số phương phải tìm : aabb  n ,  a, b  N  ,1  a  9,0  b     Ta có : Nhân xét thấy : aabbM11  a  bM11 Mà  a  9,0  b    a  b  18  a  b  11 n  aabb  11.a 0b  11 100a  b  11 99a  a  b  (1) Thay vào (1) ta : n  11  9a  1  9a  số phương Bằng phép thử a từ đến ta thấy có a = thỏa mãn => b=4 Vậy số cần tìm 7744 Bài : Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương HD : Gọi số phương : abcd  x2  y3  x, y N  Vì y  x  y số phương Ta có : 1000  abcd  9999  10  y  21 mà y số phương nên y =16  abcd  4096 Bài : Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương HD : Gọi số phải tìm : abcd với a, b,c, d  N,1 a  9,0  b, c, d  d d  0;1;4;5;6;9 Vì abcd số phương nên mà d số nguyên tố nên Đặt abcd  k  1000  32  k  100 với k số có hai chữ số mà k có tận => k có tận tổng chữ số k số phương = > k=45 2 Vậy abcd  2025 Bài : Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số số hai chữ số số viết theo thứ tự ngược lại số phương HD : Gọi số tự nhiên có hai chữ số cần tìm : Số viết theo thứ tự ngược lại :  ab a, b N,1 a, b  9  ba  ab  ba   10a  b   10b  a  99 a2  b2 M 11 2 2  a2  b2 M 11   a  b  a  b M 11 , Vì  a  b  8,2  a  b  18  a  bM 11  a  b  11 ab  ba  32.112  a  b 2 2 , để ab  ba số phương a  b Khi : phải số phương : a  b  a  b  TH1 : Nếu a  b  1 a  b  11 a  6,b   ab  65  65  56  33 TH2 : a  b  4, a  b  11 a  7,5( loại) Bài 10 : Cho số phương có chữ số, Nếu thâm vào chữ số ta số phương, Tìm số phương ban đầu HD : Số cần tìm 1156 Bài 11 : Tìm số có hai chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số HD : 2 ab a,b N,1 a  9,0  b  9 Gọi số phải tìm ab   a  b   10a  b   a  b Theo ta có : phương a+b số phương Đặt Khi ab lập ab  t3  t  N  ,a  b  m2  m N  Vì 10  ab  99  ab  27 ab  64 TH1 : ab  27  a  b  số phương TH2 : ab  64  a  b  10 khơng số phương ( loại) Bài 12 : Tìm ba số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có có chữ số giống HD : Gọi ba số lẻ liên tiếp : A   2n  1   2n  1   2n  3  12n2  12n  11  aaaa  111.a Ta có : 1 a  2n  1,2n  1,2n  3 n N  2  12n n  1  11 101a  1  101a  1M3  2a  1M3 với a lẻ     => Vì 1 a   1 2a  1 17 2a lẻ nên a=5 => n=21 Bài 13 : Tìm số có hai chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số HD : 2a  1 3;9;15  a 2;5;8 Gọi số cần tìm : ab, a,b N,0  a,b  9, a  0 ab a  b  a3  b3  10a  b  a2  ab  b2   a  b  3ab Theo ta có :  3a 3 b   a  b  a  b  1 , lại có a  b a  b  nguyên tố :  a  b  3a  a  4;b      a  b   3 b a  3;b  , Vậy số càn tìm 48 37 Bài 14 : Số 1997 viết dạng tổng n số hợp số với nhau, không viết tổng n+1 số hợp số với nhau, hỏi n ? HD : 4 , Nhận thấy hợp số nhỏ mà 1997M  1997  n     499   Gọi n số hợp số có tổng 1997, n nhỏ Lại có : 1997= 4+4+4+…+4+9 ( có 447 số 4), Vậy n= 448 Bài 15 : Phân tích số 2000 thành tổng bình phương số nguyên dương HD : 2 Ta phải tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn : x  y  z  2000 Chú ý : Một số phương chia cho dư 2 Mà : 2000M4  x, y, z số chẵn, Đặt x  2x1, y  2y1, z  2z1  x1  x2  x3  500 2 Tương tự : x1  2x2, y1  2y2, z1  2z2  x2  y2  z2  125 Khơng tính tỏng quát ta giả sử : x  y  z  x2  y2  z2 => x2  125 3.x2   x2  12 2 2 2 Với x2   y2  z2  76 , mà y2 , z2 chẵn => y3  z3  19 , với y2  y3, z2  z3 2 Mà 19 chia dư 3, nên không tồn y3, z3 thỏa mãn : y3  z3  19 2 Với x2   y2  z2  61 y2  6, z2   x  32, y  24, z  20 2 Với x2   y2  z2  44 , lập luận giống x2  2 Với x2  10  y2  z2  25  y2  4, z2   x  40, y  14, z  12 2 Với x2  11  y2  z2   y2  2, z2  khơng thỏa mãn Dạng : CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN TÍNH CHẤT SỐ CHÍNH PHƯƠNG   , Đều số phương Bài 1: Chứng minh nếu: 2n n chia hết cho 40 HD: Do 2n số phương lẻ nên 2n chia cho dư 1, suy n số chẵn Do 3n số phương lẻ nên 3n chia cho dư 1, suy 3nM8  nM8 (1) Do 3n 2n số phương lẻ nên có tận 1; 5; 9, chia cho có dư 1; 0; 3n  1, n N    Mà  => 2nM5 3nM5  nM5 2n   3n   5n  , Do 3n 2n chia cho dư (2)   Từ (1) (2) => Bài : Chứng minh n số tự nhiên cho n 2n số phương n bội số 24 HD : nMBCNN 5;8  nM40 Đặt n   k2,2n   m2  k, m N   m 2a   m  4a a  1  , m số lẻ m2  4a a  1  n    2a a  1 2 => n số chẵn => n+1 lẻ => k lẻ k  2b  1 b N   k  4b b  1   n  4b b  1  nM8 Đặt Mặt khác Nên đề k  m  3n   2 mod3 2 (1) 2 Mặt khác k m chia cho dư k2  m2  2 mod3  k2  1 mod3 m2  1 mod3  m2  k2 M3    Hay  (2) Mà   Bài : Chứng minh rằng: n  2n  n  2n chia hết cho 24 với số nguyên n HD: 2n   n  M3  nM3  8;3   nM24  n4  2n3  n2  2n  n n3  2n2  n   n n2  n  2   n  2   n n  1  n  1  n  2      tích số ngun liên tiếp nên phải có Vì  số chia hết cho 2, số chia hết cho 4, số chia hết cho n n 2n1 Bài : Chứng minh rằng:  26.5  M59 HD: n n n n Ta có:  5n2  26.5n  82n1  51.5n  8.64n   59  8 5n  8.64n  59.5n  64n  5n 64   M 64  5  59 Vì  n n (đpcm) Bài 5: Chứng minh rằng: Với n nguyên dương có: HD: Ta có:       5n 5n   6n 3n  2n M91        Chia hết cho   25  12    18   7;13   Chia hết cho 13 Mà  đpcm 5n 5n   6n 3n  2n  25n  18n  12n  5n n n n n Bài 6: Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho 3, tổng lập phương chúng chia hết cho HD : Gọi hai số phải tìm a b, ta có : a  bM3     a3  b3   a  b a2  ab  b2   a  b  a2  2ab  b2  3ab   Ta có :   a  b  a  b  3ab   2  a  b  a  b  3abM9 a  bM3   a  b  3abM3 Vì , Do Bài 7: Chứng minh tổng lũy thừa bậc ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho HD: Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là: a  1, a, a  1, a N, a  0   a  1  a3   a  1  3a3  6a  3a a  1  a  1  9a 3 Ta có: 10 Bài 8: Chứng minh rằng: 11  chia hết cho 100 HD:     Ta có: Vì 11  11   11 , có chữ số tận nên chia hết cho 10 10 Vậy 11  chia hết cho 100 Bài 9: Cho a, b bình phương hai số nguyên lẻ liên tiếp, Chứng minh 1110    11 1 119  118   11  10 119  118   11 ab  a  b  1M48 HD: ab  a  b    a  1  b  1 Ta có: lẻ liên tiếp nên : , Vì a, b bình phương hai số nguyên a   2n  1 ,b   2n  3 , n Z 2 2 ab  a  b  1  a  1  b  1   2n  1  1  2n  3  1       Khi đó:   Vì 16n n  1   4n2  4n 4n2  12n   16n n  1  n  2 M16  3;16  Nên 16n n  1  n  2 n n  1  n  2 M3  16n n  1  n  2 M3  , mà 2  n  2 M48  ab  a  b  1M48 Bài 10 : Chứng minh khơng thể có số ngun lẻ : a1, a2, a3, , a2000 thỏa mãn đẳng thức: 2 a12  a22  a32   a1999  a2000 HD: Nhận xét: Nếu a số nguyên lẻ a chia cho dư a  2k  1 a2   2k  1  4k2  4k  1 4m 1, m Z Giả sử Áp dụng nhận xét vào tốn ta có: Nếu a1, a2,a3, a2000 số nguyên lẻ thì: a12  a22  a32   a1999  1 1 1   1999 mod4  3 mod4 (1)   (2) Mà Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Bài 11 : Chứng minh tồn số chia hết cho 1999 tổng chữ số 1999 HD: Ta thấy số 3998  2.1999 số A  19991999 199939983998 3998 ln chia hết cho 1999 ( Số A có x số 1999 y số 3998) 2000 a  mod4 Tổng chữ số A : Khi ta có : x N  x  1 9 9 9 x   3 9 9 8 y  1999 1999  29y 11 y  71 y  , 29 28 Vì 11 y  N  y  11 x  60 28 Vậy số A=19991999…199939983998…3998 thỏa mãn yêu cầu đầu ( số A có 60 số 1999 11 số 3998) Bài 12 : Chứng minh số tự nhiên ta chọn số cho tổng chúng chia hết cho HD : Xét số tự nhiên : a1, a2, a3, , a7 Nhật xét : ba số tự nhiên ln tồn hai số có tổng chia hết cho Áp dụng điều ta có : Trong ba số a1,a2, a3 , giả sử : a1  a2 M2  a1  a2  2k1 Trong ba số a3, a4, a5 , giả sử : a3  a4M2  a3  a4  2k2 Trong ba số a5, a6, a7 , giả sử : a5  a6 M2  a5  a6  2k3 Trong ba số k1, k2, k3 giả sử k1  k2M2  k1  k2  2m => a1  a2  a3  a4  2 k1  k2   4mM4 Bài 1: Tìm số nguyên x để 199  x  2x  số phương chẵn HD: 199  x2  2x    2y , y N   200   x  1   4y2 Đặt  4y2   200  4y2  16  y2   y  2, y N  Với y  ( không thỏa mãn) Với y ( Thỏa mãn)  x1  13, x2  15 Với y  ( Thỏa mãn)  x3  1, x4  3 Bài 1: Tìm số tự nhiên n cho A  1! 2! 3! 4!  n! số phương Dạng 5: CÁC BÀI TỐN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ NGUYÊN TỐ Bài : Tìm tất số nguyên tố p, q cho tồn số tự nhiên m thỏa mãn : pq m2   p  q m HD : Nếu p  q  p     2m 2 m2  m m Do m N, p số nguyên tố nên 4M m 1  m 0,m 1, m  p  2; p  Nếu p  q  pq p  q nguyên tố pq chia hết cho ước nguyên tố p q p  q khơng chia hết cho p khơng chia hết cho q m   m 1  m 1 Mr  m2  1Mr Gọi r ước chung m        m2   m2   Mr  2Mr  r    r  2 Nếu r  1 p  q  m 1, pq  m  1 p,q hai nghiệm phương trình : x2   m 1 x  m2  1 vô nghiệm     3m2  2m    m 1  2m2   2 p  q  m 1 p,q Nếu r   2pq  m   hai nghiệm phương trình : 2x2   m 1 x  m2    vô nghiệm    7m2  2m    m 1  6m2   Vậy số nguyên tố  p;q cần tìm :  p;q    2;2 ; 5;5  Bài 1: Tìm số ngun tố biết vừa tổng vừa hiệu hai số nguyên tố HD: Số ngun tố cần tìm khơng thể 2, số nguyên tố nhỏ nên biểu diễn thành tổng số nguyên tố Vậy số nguyên tố cần tìm số nguyên tố lẻ (vì số nguyên tố chẵn nhất) Do tổng hai số nguyên tố hiệu hai số nguyên tố số nguyên tố lẻ tổng Một số nguyên tố lẻ với hiệu số nguyên tố lẻ với Gọi a số nguyên tố cần tìm: a  b  a  c  (b, c hai số nguyên tố lẻ) c  b     b  c  2a  a  b  2,c  b   b, a,c theo thứ tự số nguyên lẻ liên tiếp, Mà ba số lẻ liên tiếp ln có số chia hết cho 3, lại số nguyên tố bé Nên b  3, a  5,c  , Thấy:  3 2,5  7 số nguyên tố cần tìm Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n  n  7n  10 số nguyên tố * 2003 2002 Bài : Tìm n N để A  n  n  số nguyên tố 2012 2002 Bài 1: Tìm số tự nhiên n để: A  n  n  số nguyên tố Bài 1:Tìm số nguyên x, cho : x  x  p  với p số nguyên tố Bài 1: Tìm ba số ngun tố mà tích chúng năm lần tổng chúng HD: Gọi a, b, c ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc  5 a  b  c Tích ba số nguyên tố abc chia hết có số Giả sử a = được: 5bc  5 5 b  c  bc  5 b  c  bc  b  c     b  1  c  1  Do b,c số ngun dương có vai trị nên ta có hệ:  b  1 b     c    c  b   b      c  1 c  Vậy ba số nguyên tố cần tìm 2, 5, 2 Bài 1: Tìm số nguyên tố x, y cho: x  12y  Bài 1: Tìm số nguyên dương x, y, z thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: số hữu tỉ 2 x  y  z số nguyên tố 2 Bài 1: Tìm tất cặp số nguyên tố (p;q) cho: p  2q  Bài : Tìm tất số nguyên tố: p1, p2, p3, p4, p5, p6, p7, p8 cho: p12  p22  p32  p42  p52  p62  p72  p82 2 Bài 1: Tìm số nguyên tố p cho số : 2p  1;2p  3;3p  số nguyên tố Bài 1: Tìm số ngun tố biết vừa tổng, vừa hiệu hai số nguyên tố Bài 1: Tìm tất số nguyên tố p có dạng p = a 2+b2 +c2 với a; b; c số nguyên dương cho a4 + b4 +c4 chia hết cho p 3 Bài 1:Tìm số tự nhiên x;y; z thỏa mãn đồng thời (x -1) + y - 2z  x + y + z – số nguyên tố 2 Bài 1: Tìm số nguyên tố p cho số p  1; p  3; p  số nguyên tố ... chữ số hàng chục số phương số phương HD : Theo tính chất : ‘ Một số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ, chữ số hàng chục số phương cho : ;3 ;5 ;7 ;9 tổng chúng : 1+3+5 +7+ 9=25 số. .. chữ số k số phương = > k=45 2 Vậy abcd  2025 Bài : Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số số hai chữ số số viết theo thứ tự ngược lại số phương HD : Gọi số tự nhiên có hai chữ số. ..  y số phương Ta có : 1000  abcd  9999  10  y  21 mà y số phương nên y =16  abcd  4096 Bài : Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương