Bài giảng các bài toán về số chính phương

CHỦ ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa số phương Số phương số bình phương số ngun (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- 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 .97 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2, 3, 7, | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG 12 Nếu hai số tự nhiên a b ngun 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 14 Nếu tích hai số a b số phương số a b có dạng a  mp ; b  mq B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Chứng minh số số phương, tổng nhiều số phương * Cơ sở phương pháp: CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 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  1n  2n  3  số phương Hướng dẫn giải Ta có: A  n  3nn  3n  2   n  3n  n  3n   n  3n  1 2 Vì n   nên n  3n    Vậy A số phương Bài tốn Cho: B  1.2.3  2.3.4   k k  1k  2 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  1n  2  1 n n  1n  2 n  3  n  1   n n  1n  2n  3  n  1 n n  1n  2 4 Áp dụng: 1.2.3  1.2.3.4  0.1.2.3 TỦ SÁCH CẤP 2| 98 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | 2.3.4  2.3.4.5  1.2.3.4 3.4.5  3.4.5.6  2.3.4.5 k k  1k  2   k k  1k  2k  3  k  1 k k  1k  2 Cộng theo vế đẳng thức ta được: B  1.2.3  2.3.4   k k  1k  2  k k  1k  2k  3  B   k k  1k  2k  3  Theo ví dụ ta có: B   k  3k  1 Vì k   nên k  3k    Vậy B  số phương Bài tốn Chứng minh rằng: C  11   với n số tự nhiên Chứng minh   44 n 2n Hướng dẫn giải Ta có: C  11 100  1    11   44 n n n n n Đặt a = 11  + 1= 10 = 9a +  9a = 99  Do 99 n n n C  a.10n  a  4a   a 9a  1  5a   C  9a  6a   3a  1 2  C  33 4 n1 Vậy C số phương Nhận xét: Khi biến đổi số có nhiều chữ số giống thành số phương ta nên n đặt 11  + 1= 10 = 9a +  = a 99 n n Bài toán Cho a = 11  , b = 10 05  Chứng minh 2016 ab + số tự nhiên 2015 Hướng dẫn giải Cách 1: 99 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC C số phương | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG 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 − = a 11 = = , b 102016 + Ta có:  2016 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 102016 − (= 102016 + ) + = ⇒ ab + ⇒ (10 ab + = 2016 + 2) Vậy 2016 + 4.102016 − + 9  102016 +  =    Mà (102016 + ) 3 Do đó, (10 ) 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: = a 11 = Ta có:  60 1060 − 1030 − = = , b 22  9 30 2 1060 − 2(1030 − 1) 1060 − 2.1030 + 1030 −    ⇒ a= −b − = = = 33    9    30  Cách 2: 30 , a 11 + 11 = b 22 = 2.11 = 11 1.00 + 11    =   =  11 1.10 30 30 60 30 30 30 30 30 Đặt c = 11 + 99 + 1030 =  ⇒ 9c = 30 30 Khi đó: a= c ( 9c + 1) + c= 9c + 2c b = 2c   ⇒ a − b= 9c + 2c − 2c= ( 3c ) =  33   30  Bài toán tổng quát: 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 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 100 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | n2 − Bài toán Cho n ∈  cho tích hai số tự nhiên liên tiếp Chứng minh n tổng hai số phương liên tiếp Hướng dẫn giải n2 − Giả sử ta có: = a ( a + 1) Từ có n = 3a + 3a + ⇒ 4n −= 12a + 12a + ⇒ ( 2n − 1)( 2n + 1= ) ( 2a + 1) Vì 2n + 1; 2n − hai số lẻ liên tiếp nên ta có trường hợp: 2n − =3 p Trường hợp 1:  2n + =q CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Khi = q p + ( Vơ lí ) Vậy trường hợp không xảy 2n − =p Trường hợp 2:  3q 2n + = Từ p số lẻ nên = p 2k + Từ 2n = ( 2k + 1) + ⇒ n = k + ( k + 1) (đpcm) 2 Bài toán Cho k số nguyên dương a  3k  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   2k  1  k  1  k 2 a  9k  18k  15k  6k   k  k   2k  3k  1  2k  k   a12  a22  a32 2 b) Vì b  a nên đặt b  ca Vì b tổng ba số phương nên đặt b  b12  b22  b32 Khi b  c a  c a12  a22  a32  101 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Để kết thúc việc chứng minh, ta tiến hành sau: cho n  p  ta được: b p1  b p  b12  b22  b32  cho n  p  ta b n  b p  b a12  a22  a32  2  Dạng 2: Chứng minh số khơng số phương * Cơ sở phương 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; CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 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 Bài tốn Chứng minh số A  n  2n3  2n  2n  n ∈ N n > khơng phải số phương Hướng dẫn giải Ta có: A  n  2n3  2n  2n   n  2n3  n   n  2n  1  n  n  n  1  n  n n  2  A   n  n n  Mặt khác: n2  n  1  n  2n  2n  n  2n   n  2n3  2n  2n  1  n  A  n  A n  TỦ SÁCH CẤP 2| 102 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP |  A  n  n  1 Do n  n  A  n  n  1 2 Ta có (n2 + n) (n2 + n + 1) hai số tự nhiên liên tiếp nên A số phương Bài tốn Cho A =1 + + 22 + 23 + + 233 Hỏi A có số phương khơng? Vì sao? Hướng dẫn giải Ta có A =1 + + ( 22 + 23 + 24 + 25 ) + + ( 230 + 231 + 232 + 233 ) = + 22 (1 + + 22 + 23 ) + + 230 (1 + + 22 + 23 ) = + 2.30 + + 229.30 = + ( + + 229 ) 3.10 Mà số phương khơng có chữ số tận Do đó, A khơng số phương Vậy A khơng số phương Bài toán Chứng minh A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n khơng phải số phương với số ngun dương n (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 - 2016) Hướng dẫn giải Ta có: 20124 n  4; 20144 n  , ∀n ∈ N * ( 2013 4n 2013 = 20134 n −= 1+1 4n − 1) + chia cho dư 4n 2015 = 20154 n − ( −1) + chia cho dư 4n Do đó, A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n chia cho dư Ta có: A , A khơng chia hết cho 22 , mà số nguyên tố Suy A khơng số phương Vậy A khơng số phương Bài tốn Cho  n   , Chứng minh A  n  n  2n3  2n khơng thể số phương 103 | CHUN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Ta thấy A có chữ số tận | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Hướng dẫn giải Ta có A  n  n  2n3  2n  n n  n  2n  2  n  n n 1  n  1    n  n n 1n  1  n  1  n n  1 n  2n  2 Với  n   , ta có n  2n   n  2n   n  1 Và n  2n   n  n 1  n Do n 1  n  2n   n CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Như n  2n  số phương nên A khơng phải số phương Bài tốn Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ khơng phải số phương Hướng dẫn giải Giả sử: a  2m  , b  2n  , với m, n   Ta có: a  b  2m  1  2n  1  m  m  n  n   4k  với k   2 Khơng có số phương có dạng 4k  a  b khơng phải số phương  Dạng 3: Điều kiện để số số phương * Cơ sở phương 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 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm số ngun n cho n n  3 số phương Hướng dẫn giải Để A  n n  3 số phương n n  3  k với k số tự nhiên, đó: n  3n  k  4n  12n  4k TỦ SÁCH CẤP 2| 104 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP |  4n  12n   4k   2n  3  2k   2  2n  2k  32n  2k  3  Ta có 2n  2k  3  2n  2k  3 Và  9.1  3.3  1.9  3.3 2n  2k    n  k   n      A4 Trường hợp :    2n  2k   n  k  1 k  2n  2k   n  k  n  Trường hợp :     A0   2n  2k    n  k  k  2n  2k   1 n  k  2 n  4    A4 Trường hợp :   2n  2k   9  n  k  6  k  Vậy n  4; 3;0;1 ta có A số phương Bài tốn Tìm số ngun n cho n + 1955 n + 2014 số phương Hướng dẫn giải a ; n + 2014 = b với a, b ∈  a < b Giả sử n + 1955 = b−a = = a 29 ⇔ Khi b − a = 59 ⇔ ( b − a )( b + a ) = 59 ⇔  b + a 59 = = b 30 Dễ dàng suy n = −1114 Bài toán Tìm số nguyên dương n để biểu thức sau số phương: a) A  n2  n  b) B  n  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 1 n  2n 1  n  n  2  n 2 Vậy n = A số phương .105 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC  n  k   3  n  k  3  n  3  Trường hợp :     A0      n  k   3   n  k  3   k 0    | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG b) Ta có: n5  n  n  1 n n  1 Với n = 5k n chia hết cho Với n  5k  n  chia hết cho Với n  5k  n  chia hết cho Do n5  n ln chia hết cho Nên n5  n  chia cho dư nên n5  n  có chữ số tận nên B  n5  n  không số phương Vậy khơng có giá trị n thỏa để B số phương Bài tốn Tìm số ngun dương n nhỏ cho số n + , 2n + , 5n + CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI số phương Hướng dẫn giải n 3k + ( k ∈  ) n + = 3k + , khơng số phương Nếu = n 3k + 2n + 1= 6k + , cho cho dư nên khơng số phương Vậy n Nếu = 2n + số phương lẻ nên chia cho dư Suy 2n8 ⇒ n ⇒ n + lẻ Do n + số phương lẻ nên n + chia cho dư 1, suy n8 n chia hết cho số nguyên tố nên n 24 Với n = 24 n + 1= 25 = 52 , 2n + 1= 49 = , 5n + 1= 121= 112 Giá trị nhỏ n phải tìm 24 Bài tốn Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương (Đề thi HSG lớp - Phòng giáo dục đào tạo Phúc Yên - Vĩnh Phúc) Hướng dẫn giải Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = khơng số phương Với n = 1! + 2! + 3! = + 1.2 + 1.2.3 = = 32 số phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … n! có tận chữ số nên khơng phải số phương Vậy có số tự nhiên n thoả mãn đề n = 1; n = Bài tốn Tìm số ngun dương n cho A =( n + 3) ( 4n + 14n + ) số TỦ SÁCH CẤP 2| 106 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG  x  y  x  y  y  ( x  y )(2 x  y  1)  y (2) Mặt khác từ (1) ta có: x  y  x  y  x hay ( x  y )(3 x  y  1)  x  ( x  y ) (2 x  y  1)(3 x  y  1)  x y  (2 x  y  1)(3 x  y  1) số phương (3) Gọi (2 x  y  1;3 x  y  1)  d  (2 x  y  1) d ;(3 x  y  1) d  (3 x  y  1)  (2 x  y  1)  ( x  y ) d  2( x  y ) d  (2 x  y  1)  2( x  y )  1 d nên d   (2 x  y  1;3 x  y  1)  (4) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Từ (3) (4)  x  y  x  y  số phương Lại có từ (2)  ( x  y )(2 x  y  1) số phương suy x  y số phương Vậy x  x  y  y x  y; x  y  x  y  số phương Bài 96 Đặt B  (12  22   2017 )  (22  42   20162 )  (12  32   2017 ) Ta thấy số số hạng B số lẻ (2017 1) :   1009 Do B số lẻ Suy A chia hết cho không chia hết cho Vậy A khơng phải số phương Bài 97 Nếu a  b vế trái (1) nhỏ vế phải nên xét a  b Với a  b từ (1) suy a  b  c  , lúc a  b  số phương (*) Với a  b , biến đổi (1) dạng: b  2016(a  b )  (a  b)  b  (a  b)(2016a  2016b  1) (2) Đặt d  (a; b) có a  md , b  nd ;(m; n)  1, m  n  t  Giả sử (t ; n)  u  n  u , t  u  m u  u  nghĩa (t ; u )  Thay b  nd , a  b  td vào (2) có: n d  t (2016dt  4032dn  1)  n d  2016dt  4032dnt  t (3) Từ (3) ta có: n d  t , (t , n)   d  t Mặt khác d  t Lúc a  b  td  d số phương (**) Từ (*) (**) có điều phải chứng minh Vậy a  b số phương Bài 98 Trước hết ta chứng minh ( x  z );( y  z ) nguyên tố Giả sử d  ( x  z; y  z ) ta có: x  z  d ; y  z  d  ( x  z )( y  z ) d Từ giả thiết suy z  d  z  d Khi x y chia hết cho d Vì ( x, y )   d  Vậy ( x  z );( y  z ) số phương Đặt k  x  z; m  y  z (k  N *) Ta có: ( x  z )( y  z )  z  k m  z  km TỦ SÁCH CẤP 2| 388 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Khi x  y  k  m  2km  (k  m) Mặt khác từ ( x  z )( y  z )  z suy xy  z ( x  y )  xyz  z (k  m)   z (m  k )  số phương Vậy 2017 xyz   2017 z (k  m)  số phương Bài 99: Ta có xxyy = 11.x0 y Mà ta thấy 11 số nguyên tố xxyy số phương nên suy x0 y 11 ⇒ 99x + x + y 11 ⇒ x + y 11 Theo điều kiện đề ta có: < x + y ≤ 18 ⇐ x + y = 11 ⇒ x0 y = 99x + 11 ⇒ xxyy = 121(9x + 1) Từ suy 9x + số phương suy x = (0 n + 6n + 9n = n + 3n ) ⇒ ( n + 3n ) < B < ( n + 3n + 1) 2 Do B khơng phải số phương Bài 103: Ta có: p + a = b ⇔ p = (b − a )(b + a ) TỦ SÁCH CẤP 2| 390 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Các ước p2 1, p p2 ; không xảy trường hợp b + a = b ‒ a = p Do xảy trường hợp b + a = p2 b ‒ a = p2 + p2 −1 = a suy 2a = (p ‒1)(p + 1) Khi b = 2 Từ p lẻ suy p + 1, p ‒1 hai số chẵn liên tiếp ⇒ (p ‒1)(p + 1) chia hết cho Suy 2a chia hết cho (1) Từ p nguyên tố lớn nên p khơng chia hết cho Do p có dạng 3k+1 3k+2 Suy hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho Suy 2a chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm)  p -1  Xét ( p + a + 1) =2  p+ +1 =2p+p +1= ( p+1) số phương   Bài 104: Ta phân chia 625 số tự nhiên cho thành 311 nhóm sau : Các nhóm n1 , n2 , , n310 nhóm gồm số hạng ( k ,625 − k ) tức nhóm có hai số hạng có tổng 625 cho k ≠ 49, k ≠ 225 Nhóm 311 gồm số phương {49, 225, 400,576;625} thuộc 310 nhóm cịn lại theo ngun tắc Dirichlet phải có hai số thuộc nhóm Hai số có tổng 625 Mẫu thuẫn với giả thiết Vậy chắn 311 số chọn phải có số thuộc nhóm n311 Số số phương Bài 105: Do n + 2n + n + 2n + 18 + số phương nên Đặt (k ∈ ) k ⇔ ( k + n + 1)( k − n − 1) = n + 2n + 18 số tự nhiên n + 2n + 18 = k ⇔ n + 2n + 18 = 17 Do k , n số tự nhiên nên k + n + > k − n − n + 17 = k += k ⇔ ⇒ n + 2n + n + 2n + 18 + = 81 = 92 ( tm ) − n −1 = k = n Vậy n = thỏa mãn yêu cầu toán Xét  ba k Bài 106: Ta có ab − = b) ( k ∈  ) ⇒ ( a −= k2 Do a − b số phương a − b =  Ta lại có a − b ≤ 9, a ≠ b ⇒ a − b =   a − b = Với a − b = ⇒ a = b + ⇒ có số thỏa mãn: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98 Với a − b = ⇒ a = b + ⇒ có số thỏa mãn: 40; 51; 62; 73; 84; 95 Với a − b = ⇒ a = b + ⇒ có số thỏa mãn: 90 Vậy có tất 16 số thỏa mãn: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87;98; 40; 51; 62; 73; 84; 95; 90 .391 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Nếu 311 số chọn khơng có số thuộc nhóm n311 , 311 số | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 107: Chú ý đến biến đổi 111  = n so 10 Ta= có a 111 =   10 2017 −1 2017 so 10n − ta phân tích số a b lũy thừa n b= 1000 05  = 1000  + 5= 10 + 2016 so 10 2017 − 10 n + + = Khi ta M = ab + = ( Đến ta cần Tuy nhiên ) 2017 so (10 ) 2017 + 4.10 2017 −  10 2017 +  +1=     10 2017 + ∈ N ta ta có điều phải chứng minh 10 2017 + ∈ N hiển nhiên 10 2017 +  Vậy M = ab + số CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI phương • Chú ý Với dạng tốn chứng minh số phương ta ý đến phép biến đổi: n =101 − 1;99 =102 − 1;999 =103 − 1;999  =10 − n so Bài 108 Ta có n 1.3.5 ( 2n-1)  ( n-4 ) ! 2n ( n + 4) ! an = 1+ 1+ = 2.4.6 2n ( 2n ) ! = 1+ n 1.2.3 n ( n + 1)( n + )( n + )( n + ) n.1.2.3.4 n ( =1 + ( n + 1)( n + )( n + )( n + ) = n + 5n + ( Do ta a n = n + 5n + ) ) số phương Bài 109: f ( x ) = x + x + + x − x − x − ax − x + b + = (x + x − 1) + ( a − ) x + ( b + 1) −2 = a= a ⇒ Để f ( x ) trở thành bình phương đa thức  b + =0 b =−1 Vậy với a = 2, b = −1 f ( x ) trở thành bình phương đa thức Bài 110: Ta có: xxyy = 11x0 y số phương nên x0 y  11 ⇔ 100 x + y  11 ⇔ 99 x + x + y  11  x + y = 11  x = y = ⇔ x + y  11 ⇔  ⇒ +y + y 11  x=  x= TỦ SÁCH CẤP 2| 392 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Ta có: xxyy = 11x= y 11(99 x + x += y ) 11(99 x += 11) 112 (9 x + 1) ⇒ x + số phương ⇒ x =7⇒ y =4 Vậy xxyy 7744; = = xxyy 0000 Bài 111: 2a + a= 3b + b ⇔ (a − b)(2a + 2b + 1) = b (*) Gọi d ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) ( d ∈ * ) Thì ( a − b )  d ⇒ ( a − b )( 2a + 2b + 1) d ⇒ b  d ⇒ b  d  (2 a b 1) d + +   Mà (a − b) d ⇒ a  d ⇒ (2a + 2b) d mà (2a + 2b + 1) d ⇒ 1 d ⇒ d = Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a − b 2a + 2b + số phương Bài 112: Giả sử n2 + m số phương Đặt n2 + m = k2 (1) (với k nguyên dương) Theo ta có 2n2 = mp (p nguyên dương)  m = 2n : p , thay vào (1) ta có: 2n 2 n + =k ⇒ n p + pn =p k ⇒ n ( p + p ) =( pk ) p Do n2, ( pk ) phương, nên p + p phải phương Mặt khác p < p + p < ( p + 1) , tức p + p khơng phương Nên giả sử sai Vậy n2 + m khơng phương ( Bài 113: Xét n > ⇒ A = 29 + 213 + 2n = 29 + 24 + 2n −9 ) Thấy + 24 + 2n−9 số lẻ nên A chia hết cho 29 không chia hết cho 210 nên A không số phương ( ) Xét n = ⇒ A = 29 + 213 + 29 = 29 + 24 + = 9.210 = 962 số phương Xét n < ⇒ A = 29 + 213 + 2n = 2n ( 29− n + 213− n + 1) Do 29− n + 213− n + số lẻ A số phương nên 2n số phương nên n số chẵn, n ∈ * suy n ∈ 2; 4;6;8 { 393 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC } CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC => 2a + 2b + số phương | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Khi A phương, 2n phương suy B = 29− n + 213− n + số phương Nhận xét số phương lẻ tận 1; 5; Với n = ⇒ B = 27 + 211 + = 2177 (loại) Với n = ⇒ B = 25 + 29 + = 545 , thấy B chia hết cho không chia hết cho 25 nên B không số phương Với n = ⇒ B = 23 + 27 + = 137 (loại) Với n = ⇒ B = + 25 + = 35 (loại) Vậy n = Bài 114: Giả sử tồn số dương a, b cho ( a + b ) − 2a ( a + b ) − 2b số CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2 phương Trong cặp số nguyên dương (a, b) vậy, ta xét cặp cho a nhỏ 2 x , ( a + b ) − 2b= y với x, y nguyên dương Ta có ( a + b ) − x = 2a Đặt ( a + b ) − 2a= 2 nên a + b x cùng tính chẵn lẻ, suy ( a + b ) − 2a chia hết cho Từ ta có 2a2 chia hết cho 4, suy a chia hết cho Chứng minh tương tự, ta có chia hết cho 2, suy x, y chẵn Từ đó, ta có 2 2 a b b  y  + =  − 2     2 2  2 a b a  x  + =  − 2    ,  2 2 2 a b Đều số phương Do cặp số  ,  thỏa mãn yêu cầu Điều mâu  2 thuẫn với cách chọn cặp (a, b) Vậy với a, b nguyên dương, số A, B đồng thời số phương Bài 115 Cho số nguyên a,b thỏa mãn a + b + = 2(ab + a + b) ⇔ a + b + − 2ab + 2a − 2b = 4a ⇔ ( a − b + 1) = 4a số phương suy a số phương a = x2 (x số nguyên) (x − b + 1) = x ⇔ x − b + 1= x ⇔ b = ( x − 1) Vậy a b hai số phương liên tiếp Bài 116 Ta có a b + ab3 + 2a b + 2a + 2b + = ⇔ ab ( a + b ) + ( a + b ) + = ⇔ ( ab − 1)( a + b ) + ( a + b + c ) = 2 (1)  a + b +1 Từ (1) suy a + b ≠ − ab =   (đpcm)  a+b  TỦ SÁCH CẤP 2| 394 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Bài 117 1) Ta có ( mn −2 ) < n S ⇔ n3 > ⇔ n > (đúng) nS < m n ⇔ m > n (đúng theo giả thiết) 2) Giả sử m ≠ n , xét hai trường hợp Với m > n, theo 1) S số phương suy n S= ( mn ) − ⇒ 4n3= 2mn + (sai) Với m < n Nếu m ≥ n > ⇒ 2mn > 4m ⇒ ( mn ) < S < ( mn + 1) (mâu thuẫn với S số 2 phương) Nếu m = Với n > ( n + 1) < S < ( n + ) (mâu thuẫn với S số phương) 2 Với n = S = khơng phải số phương CHUN ĐỀ SỐ HỌC Vậy phải có m = n Bài 118 Do x; y số nguyên lớn nên x; y   4 xy   7 x  y  xy   x y  xy   x y  x  y  x y  xy  2  2 xy  1  x y  x  y  2 xy  1 Mà x y  x  y số phương  xy   xy  ; nên ta có x y  x  y  2 xy  x  y , điều phải chứng minh Bài 119 Cho biểu thức A = ( m + n ) + 3m + n với m, n số nguyên dương Chứng minh A số phương n3 + chia hết cho m Do m, n số nguyên dương nên ta có ( n + 1) < ( m + n ) + 3m + n < ( m + n + ) Do ( m + n ) < A < ( m + n + ) Mà A số phương nên ta A = 2 ( m + n + 1) Do ( m + n ) + 3m + n = ( m + n + 1) ⇒ 3m + n = ( m + n ) + ⇒ m = n + Từ suy n3 + = ( n + 1) ( n − n + 1) = ( ) m n − n +  m Bài số 120 Giả sử b − 4ac số phương b − 4ac = k với k ∈ N * Ta có: 4aabc = 400a + 40ab + 4= ac 400a + 40ab + b −= k ( 20a + b + k )( 20a + b − k ) Vì abc số nguyên tố nên c ≠ ac > Do b > k ⇒ 20a + b + k > 20a + b − k > 20a 395 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Suy abc 20a + b + k )( 20a + b − k ) (= m.n Mà 20a + b + k , 20a + b − k lớn 4a nên 4a m, n > suy abc hợp số, mâu thuẫn với giả thiết Bài 121 ( n + 1)( 4n + 3) = k ⇔ n + 3n + = 3k k ∈ N * , số n + 1, 4n + nguyên tố Đặt ( )( ) ( ) số 4n + khơng phải số phương (số chình phương chia dư n + =a nên suy  với ( a, b ∈ N * ) Từ ta có: 3b 4n + = CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 4a − 3b =1 ⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1) =3b 2a − 1, 2a + nguyên tố nên ta có khả xảy sau: 3x 2a − = TH1:  ⇒ y − x =2 ⇒ y chia dư (loại) 2a + =y 2a − =x TH2:  ⇒ y − x2 = ( *) 3y 2a + = + Nếu x chẵn suy y chẵn suy 3y − x chia hết cho , mà không chia hết điều khơng thể xảy + Nếu x lẻ suy x không chia hết cho Do n= + a , 2a= − x nên n nhỏ a nhỏ dẫn đến x nhỏ 3) 169.657 ( n + 1)( 4n += Xét x = ta tính được= a 13, = n 168, = (13.15 ) thỏa mãn 3 điều kiện Vậy giá trị n nhỏ cần tìm 168 Bài 122 Giả sử x + xy + y = m với m số tự nhiên khác Ta thấy rằng: Nếu số x, y khơng chia hết cho x , y chia dư Suy x + y chia dư dẫn đến m chia dư điều xảy Vì số phương chia dư Từ suy hai số x, y phải có số chia hết cho Giả sử số x x = (do x số nguyên tố) Thay vào ta có: y + y + = m ⇔ y + 36 y + 36 = 4m hay ( y + 9) − 4m = 45 ⇔ ( y + − 2m )( y + + 2m ) = 45 = 1.45 = 3.15 = 5.9 Giải trường hợp ta thu cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện ( x; y ) = ( 3;7 ) , ( 7;3) Bài 123 Vì y − số phương lẻ nên x số lẻ Gọi d =( y − x, y + x ) với d ∈ N , d lẻ 2 y − x + y + x  d 2 y − x  d 8 y  d  yd Suy  ⇒ ⇔ ⇔ 6 y + x  d −4 x  d  x d 3 ( y − x ) − ( y + x ) d 1, Mặt khác từ giả thiết ta suy ( y − 1) = d ⇒ y − 1 d mà y  d ⇒ d ∈ U (1) ⇒ d = từ suy y − x, y + x số phương hay ( y − x, y + x ) = Cách đề khác: TỦ SÁCH CẤP 2| 396 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn y > x x + xy − y − y + =0 Chứng minh y − x số phương Bài 124 a = md  ⇒ ( c, d ) = thay vào điều kiện ban đầu ta có: Vì ( a, b, c ) = Đặt ( a, b ) =d ⇔ b =nd  m, n = ) ( cm − cn  m c  m ⇒ ⇒ m.n c , đặt c = mnk với k nguyên dương dmn = c ( m − n ) = cm − cn ⇒  cm − cn  n c  n nên d= m − n nên ta suy dmn= c ( m − n ) ⇔ d= k ( m − n ) ⇒ d  k mà k c ⇒ k = a −= b d ( m − n= ) d số phương  x = md  Thay vào điều kiện tốn ta có: Bài 125 Đặt ( x, y ) =d ⇒  y =nd  m * , n ) 1; m, n ∈  ( = d mn= xy | x + y − x= d dm + dn − m ⇒ dmn | dm + dn − m ( ) Từ suy d | m (1) ( ) Suy m | d (2) x dm = d số phương Từ (1) (2) suy d = m nên= Bài 126 Ta viết lại giả thiết thành 4c = c + ab + bc + ca = ( c + a )( c + b ) Đặt ( a + c; b + c ) = d ⇒ a + c − ( b + c ) d ⇒ a − b  d Vì a − b số nguyên tố nên d= a − b d = + Nếu d = a + c, b + c hai số nguyên tố suy a + c, b + c hai số c m , b += c n với m, n ∈ Ζ Khi m − n =a − b số nguyên tố hay phương Đặt a += ( m − n )( m + n ) số nguyên tố ⇒ m − n =1 ⇒ m = n + nên 4c 2= m n ⇒ 2c= mn ⇒ 8c + 1= 4mn + 1= 4n ( n + 1) + 1= ( 2n + 1) ( a − b ) x, b + c = ( a − b ) y với x, y ∈ Ζ Khi a − b = ( a + c ) − ( b + c ) = ( a − b ) x − ( a − b ) y = ( a − b )( x − y ) ⇒ x − y = ⇒ x = y + Khi 2 4c = ( a + c )( b + c ) = ( a − b ) xy = ( a − b ) y ( y + 1) suy y ( y + 1) số phương nên y ( y + 1) = ⇒ c = ⇒ 8c + số phương (Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp số + Nếu d= a − b a + c = phương tích 0) 8n + =x với x, y số nguyên dương Bài 127 Giả sử  24n + =y Khi 8n + 3= x − y 2= ( x + y )( x − y ) Do x + y > x − y 8n + số nguyên tố điều kiện x − y =1 ⇒ y =2 x − n = 2 24n + = ( x − 1) ⇔ x = x + 6n ⇒ 8n + = x + 6n ⇔ x = 2n + ⇒ 8n + = ( 2n + 1) ⇔  n = Điều mâu thuẫn với điều kiện n số nguyên dương lớn Vậy 8n + hợp số .397 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ⇒ m, n = Ta có dm + dn − m  m ⇒ dn  m ( m, n ) = | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 128 Vì c d hai số nguyên liên tiếp nên d = c + thay vào đẳng thức a − b= a c − b d ta a − b= a c − b ( c + 1) ⇔ ( a − b ) c ( a + b ) − 1= b nên a − b phải số phương Dễ dàng chứng minh ( a − b, c ( a + b ) − 1) = Bài 129 Từ a + b + c = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) , suy a + b + c 2= ( ab + bc + ca ) 2 (1) Từ (1) ⇒ ( a + b + c= ) ( ab + bc + ca ) Vì ( a + b + c ) số phương nên ab + bc + ca phải số phương (1) ⇔ ( a + b − c ) =4ab Vì ( a + b − c ) số phương nên ab số phương (1) ⇔ ( b + c − a ) =4bc Vì ( b + c − a ) số phương nên bc số phương (1) ⇔ ( c + a − b ) =4ca Vì ( c + a − b ) số phương nên ca số phương CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 10n − a −1 n , ta có 10= Bài 130 Đặt = a 11 = 9a + 11   = 10 n n −1 2  9a −   9a +   a −1  ( 9a + 1) + 4a = 9a +  Suy A= ( 3a ) + 5  =    10      9a + Vì a lẻ nên số nguyên Suy A số phương Ta tính cụ thể sau:  102 n − 2.10n + 10 10n (10n − 10 ) (10n − 1) 9a − 1  10n −  = = = + +1   + 1 2   18 18 18    n −1 n −1 10 − 10 − n = 5.10n + = + 55 5.10 + 44 + 55  =  + 44 45  9 n −1 n −1 n −1 n −1 2 2 n Như= A 33 += 44  55 5.10   55  44 45  n n −1 n n −1 n −1 4n + = x2 Bài 131 Theo giả thiết, tồn số nguyên dương x, y cho  y2 9n + 10 = Suy x − y = ( 4n + ) − ( 9n + 10 ) = 41 ⇔ ( x − y )( x + y ) = 41 3 x − y = Vì 41 số nguyên tố x − y < x + y nên xảy  41 3 x + y = Từ tìm được= x 7;= y 10 Suy n = 10 3n Bài 132 Giải sử 3n + 144 = l với l ∈ Ν Suy ( l + 12 )( l − 12 ) = TỦ SÁCH CẤP 2| 398 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | l + 12 = 3a  3b Suy l − 12 = suy 3a − 3b = 24 hay 3a −1 − 3b −1 = Vì khơng chia hết  a, b ∈ Ν , a + b = n  phải có b = Suy a = n = Bài 133 Giải sử 3n + 63 = k Nếu n lẻ 3n + 63 ≡ + 63 ≡ ( mod ) Suy k ≡ ( mod ) (loại) Nếu n chẵn đặt n = 2m với m ∈ Ν , k − 32 m = 63 ⇔ ( k − 3m )( k + 3m ) = 7.9 Vì k − 3m ≡ k + 3m ( mod 3) nên suy k + 3m k − 3m chia hết cho m k − = Hơn k − < k + xảy khả  m 3.7 k + = m m Từ tìm m=12 m=2 Suy n=4 Bài 134 Giả sử ta thêm n ( n > ) vào chữ số chữ số số 1681 để thu Chỉ xảy hai trường Hơn k lẻ ( k + ) − ( k − ) = 18 = 2.32 nên ( k + 9, k − ) = hợp sau: k − = k + = 2.5n + 2.5n +   2n +5 2n +5 k + = k − = Trong hai trường hợp ta có: 2.5n + − 2n + = 18 ⇔ 25.5n − 16.2n = Điều không xảy 25.5n − 16.2n > 25.2n − 16.2n =9.2n > Bài 135 Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề Khi tồn số nguyên dương k cho: 22012 + 22015 + 2n = k ⇔ 9.22012 + 2n = k ⇔ ( k + 3.21006 )( k − 3.21006 ) = 2n k + 3.21006 = 2a  2b Suy k + 3.21006 = suy 2a − 2b = 3.21007 hay 2b −1 ( 2a −b − 1) = 3.21006  a, b ∈ Ν , a + b = n  1006 b − = b = 1007 Suy  a −b ⇔ ⇔n= 2016 a = 1009 2 − = 3n k , k ∈ Ν Nếu m lẻ 2m ≡ ( mod 3) Suy n = Do Bài 136 Giả sử 2m += 2m Ta thấy ( k + 1)( k − 1) = nên xảy k − =2 k + =2m −1 k lẻ ( k + 1, k − 1) = Từ tìm được= k 3,= m k + 2s = 3a  3b Nếu m chẵn, đặt= m s, s ∈ Ν Ta có: ( k + s )( k − s ) = 2n Suy k − s =  a, b ∈ Ν , a + b = n  399 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC số phương Khi tồn số nguyên dương k cho: 16.10n + + 81 = k ⇔ ( k − )( k + ) = 2n + 65n + Suy k + 9, k − có ước nguyên tố | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Suy 3a − 3b = s+1 Vì s+1 khơng chia hết phải có = b 0,= a n Như 3n − =2 s+1 Nếu s = thì= n 1,= m Nếu s > 3n= s+1 + ≡ 1( mod ) nên n chẵn Đặt= n 2t , t ∈ Ν ( 3t + 1)( 3t − 1) = s+1 2;3t += 2s Ta thấy ( 3t + 1,3t − 1) = nên phải có 3t −= Từ tìm được= t 1,= s 2,= n 2, = m Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề ( m, n ) = ( 0,1) ; ( 3, ) ; ( 4, ) 2m.5n Bài 137 Giả sử 2m.5n + 25 = l với l ∈  Suy ( l + )( l − ) = Vì ( l + ) − ( l − ) = 10 = 2.5 nên suy hai số l + l − chia hết cho CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 10 Xảy trường hợp sau: Suy ( l + 5, l − ) = 10 l + = (loại) Trường hợp 1:  10.2m − 2.5n − l − = l + = 10.2m − Trường hợp 2:  10.5n − l − = −2 Suy 2m= 5n − + Vì 5n− + ≡ ( mod ) nên phải có = m 3,= n 10.5n − l + = Trường hợp 3:  10.2m − l − = Suy 5n − − =2m − Nếu m ≥ 5n − − =2m − 8 Suy n − chẵn, đặt n −= 2k , k ∈  ( )( ) 2m− Khi 5k − 5k + = ( ) Vì 5k −1 , 5k +1 = nên phải có 5k − =2 (loại) Với m ≤ , thử trực tiếp ta thấy = m 4,= n thỏa mãn l + = 10.2m − 2.5n − Trường hợp 4:  10 l − = Suy l = 15 2m − 2.5n − = Suy ra= m 3,= n Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề ( m, n ) = ( 3; ) , ( 4; 3) Bài 138 Không tính tổng qt ta giả sử: x ≤ y y ≤ y + x ≤ y + y < y + y + = ( y + ) ⇒ y + x = ( y + 1) ⇔ x = y + Bây ta cần tìm điều kiện để: x + y = m ⇔ 16 x + 48 y = 16m ⇔ 16 x + 24 ( 3x − 1) = 16m ⇔ ( x + ) − 16m = 105 hay ( x − y + )( x + y + )= 1.105= 3.35= 5.21= 7.15 Giải trường hợp ta thu số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện ( x; y ) = (1; 1) , (11; 16 ) , (16; 11) Bài 139 a) Ta thấy 2n + số phương lẻ nên 2n + tận chữ số 1, 5, suy n có chữ số tận 0, 2, Mặt khác 3n + số phương nên n tận Suy n Khi n tận 2n + 1, 3n + số phương lẻ TỦ SÁCH CẤP 2| 400 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP | Suy 3n + 1= ( 2k + 1) ⇒ 3n= 4k ( k + 1)8 hay n8 mà ( 5, ) = ⇒ n  40 b) Từ kết câu a suy ab = 40 ab = 80 thử lại ta thấy có ab = 40 thỏa mãn điều kiện toán Bài 141 ( ) y a) Ta xét n > 1008 Giả sử 431 + 41008 + 4n = y với y ∈ * Hay 430 + 4978 + 4n −30 = 430 = ( ) 15 suy + 4978 + 4n−30 số phương chẵn, hay + 4978 + 4n −30 = ( 2k + ) với k ∈ * Ta có: + 4978 + 4n −30= ( 2k + ) ⇔ 4977 + 4n −31= k ( k + 1) ⇔ 4977 (1 + 4n −1008 )= k ( k + 1) 4977 = k 977 ⇒ 4= 4n −1008 ⇒= n 1985 thử lại Nếu k số chẵn k + số lẻ suy  n −1008 = k +1 1 + ta thấy không thỏa mãn 4977= k + 977 ⇒ 4= 4n −1008 + ⇒ 4n −1008 < 4977 ⇒ n < 1985 hay n ≤ 1984 Nếu k lẻ  n −1008 = k 1 + Khi n = 1984 431 + 41008 + 41984 =262 + 22016 + 22968 =( 231 + 21984 ) đpcm 22 x (1 + y − x + z − x ) = u2 TH1: Nếu + y − x + z − x số lẻ + y − x + z − x= ( 2k + 1) ⇔ y − x −1 + z − x −1= k ( k + 1) ⇔ y − x −1 (1 + z − y )= k ( k + 1) 4 y − x −1 = k ⇒ y − x −1 = z − y ⇒ z = y − x − + Nếu k chẵn k + số lẻ suy  z− y k 1 + =+ x + y + z = x + y + 42 y − x −1 = ( x + 22 y − x −1 ) 4 y − x −1= k + ⇒ y − x −1 − z − y =⇔ 2 y − x −3 = 22 x − y −1 + (*) + Nếu k lẻ k + chẵn suy  z− y k 1 + = x − y − số lẻ khác Nên (*) xảy TH2: Nếu + y − x + z − x số chẵn y = x z = x Từ ta suy phải có x = y dẫn đến: + z − x số phương Điều vơ lý số phương chia cho dư Còn + z − x chia cho dư Tóm lại: Điều kiện để x + y + z số phương là: z = y − x − Áp dụng vào câu a ) ta có: = n 2.1008 − 31 = − 1984 Bài 142 Vì d ước 3n ⇒ d k = 3n , ta có n + d = n + 3n số phương với k n k ( k + 3) số phương suy k ( k + 3) số phương k2 2m = 2k + −= k Đặt k ( k + 3) = m ⇒ ( 2k + + 2m )( 2k + − 2m ) = ⇒  ⇒ + 2m =  2k + = m Bài 143 Nếu m = n ta có điều phải chứng minh 2x m + n = m= x + y m, n > Xét m ≠ n ta đặt  ( x, y ∈ , x > 0, y ≠ 0) ta có  2y m − n = n= x − y k > 0, k ∈  tức 401 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC b) Khơng tính tổng qt ta giả sử x ≤ y ≤ z Đặt x + y + z = u | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG x + y > suy  ⇒x> y x − y > Do n −  m − n + suy −(m − n − 1) + m  m − n + ⇒ m  m − n + Suy m= k ( m − n + 1) (1) (với k ∈  ) x y, n =− x y ta có: ( x + y= Thay m =+ ) k (4 xy + 1) ⇔ x − 2k (2k − 1) xy + y −= k (*) Phương trình (*) có nghiệm x ∈  nên có nghiệm x1 Theo hệ thức Vi-et ta có:  x + x1= 2(2k − 1) từ suy x1 ∈   = − xx y k  + Nếu x1 > ⇒ ( x1 ; y) cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy x1 >| y |⇒ y − k = xx1 >| y |2 = y ⇒ k < ⇒ x1 + x = 2(2k − 1) < mâu thuẫn CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI + Nếu x1 < xx1 = y2 − k < = > k > y ⇒ k > ⇒ xy + > ⇒ y > Ta có: k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y = x12 + 2(2k − 1) | x1 | y + y > 2(2k − 1) | x1 | y ≥ 2(2k − 1) > k mâu thuẫn m2  m  Vậy x1 = Khi k = y m − n + 1= =   nên m − n + số phương k  y 2 TỦ SÁCH CẤP 2| 402 ... ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC số) | CHỦ ĐỀ 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 8: Chứng minh p tích n số nguyên tố p − p + khơng thể số phương Bài 9: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 số phương. .. 4: CÁC BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG 12 Nếu hai số tự nhiên a b ngun 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 14 Nếu tích hai số. .. phương Bài 10: Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương Bài 11: Chứng minh n số tự nhiên cho n + 2n + số phương n bội số 24 Bài 12: Tìm số phương có chữ số biết chữ số