Chuyen de so chinh phuong co dap an

1 CHUYÊN ĐỀ: SỐ CHÍNH PHƯƠNG BÀI 1: ĐỊNH NGHĨA VÀ CÁC TÍNH CHẤT CƠ BẢN A Định nghĩa tính chất Định nghĩa: Số phương bình phương số nguyên Vd:  22 ;16  42 Các tính chất số phương a Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, khơng thể có chữ số tận 2, 3, 7, Như để chứng minh số số phương ta số có hàng đơn vị 2, 3, 7, b Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa TSNT với số mũ chẵn, không chứa TSNT với số mũ lẻ Vd: 3600  602  24.32.52  Để chứng minh số SCP ta số phân tích TSNT có số mũ lẻ c Số phương có dạng 3n 3n + ( a  0,1(mod3) ) khơng có SCP có dạng 3n + ( n  N ) d Số phương có dạng 4n 4n + ( a  0,1(mod 4) ) khơng có SCP có dang 4n + 4n + ( n  N ) e Số ước số số phương số lẻ, ngược lại số có số lượng ước lẻ số phương f Nếu số phương chia hết cho p chia hết cho p2 a, b : la.SCP  a, b số phương ( a , b )  g Nếu  h Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn ( 121, 49, 2N - = 3k + (k  N) => 2N – chia cho dư => 2N - khơng số phương b) 2N = 2.1.3.5.7 2011 => 2N chẵn Ta có N lẻ (vì N tích số tự nhiên lẻ) => N không chia hết cho => Mặc dù 2N 2N không chia hết cho => 2N khơng số phương c) 2N + = 2.1.3.5.7 2011 + 2N + lẻ nên 2N + không chia hết cho 2N không chia hết 2N + không chia cho dư => 2N + khơng số phương Bài 13: Chứng minh p tích n (với n > 1) số nguyên tố p - p + khơng thể số phương Lời giải Vì p tích n số ngun tố (trong có số ngun tố chẵn, cịn lại tất số nguyên tố lẻ) => p p chia hết cho (1) a) Giả sử p + số phương Đặt p + = m2 ( m  N) Vì p chẵn nên p + lẻ => m2 lẻ => m lẻ Đặt m = 2k + (k  N) Ta có m2 = 4k2 + 4k + => p + = 4k2 + 4k + => p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) mâu thuẫn với (1) => p + khơng phải số phương b) p = 2.3.5 số chia hết cho => p – ⋮ => p – = 3k => p - = 3k + => p – chia cho dư => p - khơng số phương 8 Vậy p tích n (n >1) số nguyên tố p - p + khơng số phương Bài 14: Chứng minh tổng bình phương số lẻ số phương Lời giải a b lẻ nên a = 2k + 1, b= 2m + (Với k, m  N) => a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + + 4m2 + 4m + = (k2 + k + m2 + m) + => a2 + b2 chia cho dư => a2 + b2 khơng thể số phương Bài 15: Chứng minh rằng: Nếu m, n số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n m - n 4m + 4n + số phương Lời giải Ta có: 3m2 + m = 4n2 + n  4(m2 - n2) + (m - n) = m2  (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 số phương (*) Gọi d ước chung lớn m - n 4m + 4n + (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + chia hết cho d Mặt khác, từ (*) ta có: m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d Từ 8m + chia hết cho d m chia hết cho d ta có chia hết cho d => d = Vậy m - n 4m + 4n + số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương Bài 16: Các tổng sau có phải số phương khơng? a) A   32  33   320 b) B  11  112  113 c) 10  10 d) 1010  100 e) 10  1050  Lời giải a) Tổng A Chi hết cho không chia hết không số phương b) Tổng B có chữ số tận nên khơng số phương c) Ta có: 1010  có chữ số tận nên khơng số phương d) Ta có: 1010  chia hết cho không chia hết cho 25 nên khơng số phương e) Ta có: 10100  1050  có tổng chữ số nên chia hết cho mà khơng chia hết khơng số phương Bài 17: Viết liên tiếp từ đên 12 ta số A=1234 n) m2  n2  10002  (m  n)(m  n)  10002(*) Vì m2  n2 số chẵn nên m2 , n2 có tính chẵn lẻ  m, n tính chẵn lẻ m  n VT (*)   (m  n)(m  n)    vo.ly  dpcm m  n VP (*) /   Bài 3: Chứng minh với số ngun dương n n2  khơng số phương Lời giải Giả sử n2  số phương, đặt n2   m2 (m  N * )  m2  n  /4 Bài 4: Chứng minh tích bốn số ngun dương liên tiếp khơng số phương Lời giải Đặt: S  n(n  1)(n  2)(n  3)(n  N * ) Ta chứng minh S khơng số phương Giả sử S  m2 (m  N * )  n(n  1)(n  2)(n  3)  m2  (n2  3n)(n2  3n  2)  m2 10 Đặt n2  3n  a(a  N * )  a(a  2)  m2  a  2a  m2  a  2a   m2   (a  1)2  m2  a   m   (a  1)  m2   (a  1)  m2   (a   m)(a   m)     m   vo.ly a   m  1 Vậy S khơng số phương Bài 5: Chứng minh với tổng abc  bca  cab khơng số phương Lời giải Đặt S  abc  bca  cab  111(a  b  c)  3.37.(a  b  c) Giả sử S số phương Giả sử  S 37  S 372  (a  b  c) 37 Mà a  b  c  27  vo.ly  dpcm Bài 6: Chứng minh với n  Z  7n  24 khơng số phương Lời giải Đặt 7n  24  a (a  N * ) - n lẻ: Đặt n  2k   7n  24  49k.7  24  a Có 49 chia dư  49k chia dư 1; 7.49k chia dư  a chia dư ( vô lý) - n chẵn:  72 k  24  a (k  0)  24  (7k )2  a  (a  7k )(a  7k ) ( tính chẵn lẻ)  (a  7k )(a  7k )  2.12  4.6  2.7 k  10 Ta xét hai trường hợp:   khong.ton.tai.k  vo.ly  dpcm k 2.7   Bài 7: Chứng minh với n  Z  7n  24 khơng số phương Lời giải Giả sử 7n  24  a (a  N * ) - Với n lẻ: Đặt n  2k   7n  24  49k.7  24  a Có 49 chia dư  49k chia dư 1; 7.49k chia dư  a chia dư ( vô lý) - Với n chẵn  72 k  24  a (k  0)  24  (7k )2  a  (a  7k )(a  7k ) ( tính chẵn lẻ)  (a  7k )(a  7k )  2.12  4.6  2.7 k  10 Ta xét trường hợp:  (khong.ton.tai.k )  vo.ly  dpcm k  2.7  Bài 8: Chứng minh không tồn số tự nhiên n cho 13n2  số phương Lời giải - Nếu n chẵn, lẻ m chẵn, lẻ nên m, n tính chất chẵn lẻ Sưu tầm TÀI LIỆU TOÁN HỌC 11 +) Nếu m, n số lẻ 13n  chia dư nên không tồn m m chia dư :4.du +) Nếu m, n chẵn VT (*).chia.4.du.2    dpcm VP(*)  Bài 9: Chứng minh số chẵn khơng chia hết cho khơng phân tích thành hiệu hai số phương Lời giải Giả sử n  4k  ( chẵn chia dư không chia hết cho 4); n2  a  b2  4k   a  b2  (a  b)(a  b)  a, b tính chẵn lẻ  ( a  b) ( a  b)  (a  b)(a  b)  mau.thuan  dpcm    4k  / BÀI 4: DÙNG CHỮ SỐ TẬN CÙNG ĐỂ GIẢI BÀI TỐN SỐ CHÍNH PHƯƠNG A Lý thuyết - Số phương có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, khơng thể có chữ số tận 2, 3, 7, - Số phương tận 1, chữ số hàng chục chữ số chẵn ( 121, 49, có chữ số tận - Số 362 = 9.360 => có chữ số tận Vậy tổng P có chữ số tận => P khơng số phương Bài 20: Cho A=   22  23   22010  22011 Hỏi số A  có phải số phương khơng? Lời giải Tính A   22012 1   24.503     Vì SCP khơng có tận 3, nên A+8 SCP BÀI TẬP VỀ NHÀ Bài 1: Chứng minh số sau không số phương a) A  1212  1312  1412 b) B  7100  161 c) C  100100  98  Lời giải a) A có chữ số tận nên khơng số phương b) B  7100  161  B có chữ số tận nên khơng số phương t / c.1 c) C có chữ số tận nên không số phương Bài 2: Tìm SCP có bốn chữ số bao gồm bốn chữ số sau: 2, 3, 4, Lời giải Ta có số cần tìm có chữ số tận - Nếu chữ số tận chữ số hàng chục chẵn = nên ta có số: 3924, 9324 (Thử lại: Phân tích thành TSNT xem số thỏa mãn) - Nếu chữ số tận chữ số hàng chục nên có số: 3429;4329;2349;3249  57 loai Bài 3: Tìm SCP có bốn chữ số viết chữ số sau: 3, 6, 8, Lời giải Số cần tìm có tận nên chữ số hàng chục 3, thử lại ta có: 836 = 942 16 Bài 4: Ta ký hiệu n! tích n số nguyên dương Cụ thể n!  1.2 n Tìm số tự nhiên n cho: 1! 2! 3!  n! số phương Lời giải S  1! 2! 3!  n! - Với n   n!  1.2.3.4.5 n 10  n! có chữ số tận +) Với n   S  1!   12 +) Với n   S  1! 2!   loai +) Với n   S  1! 2! 3!   32 +) Với n   S  1! 2! 3! 4!  33  loai +) Với n   S  1! 2! 3! 4!  5!  n!  S có tận nên S không SCP t / c 0 33 Vậy n = n = giá trị cần tìm BÀI 5: PHƯƠNG PHÁP KẸP ĐỂ GIẢI BÀI TỐN SỐ CHÍNH PHƯƠNG A Nội dung Ta dựa vào tính chất sau: Khơng tồn số phương nằm hai số phương liên tiếp VD: 4,9,16, 25,36, Ta giải toán: Chứng minh k khơng phải số phương Cách giải: Chỉ số tự nhiên q, cho: q  k  (q  1)2 B Bài tập Bài 1: Chứng minh số 10224 không số phương Lời giải Nhận thấy: 1012  10201;1022  10404;10201  10224  10404  1012  10224  1022  khonglasochinhphuong Bài 2: Tìm số tự nhiên n để n  3n số phương Lời giải +) n   n2  3n   lasochinhphuong +) n   n2  3n   lasochinhphuong +) n  1: (n  1)2  n2  2n   n2  2n  n  n2  3n;(n  2)2  n2  3n  (n  1)2  n2  3n  (n  2)2  n2  3n : khonglasochinhphuong Bài 3: Chứng minh n  N số sau khơng số phương 17 a n  7n  10 b 4n  5n  2 Lời giải a Nhận thấy n  N  (n  3)2  n2  6n   (n  4)2  dpcm b (2n  1)2  4n2  5n   (2n  2)2 Bài 4: Chứng minh tích bốn số nguyên dương liên tiếp không SCP Lời giải Giả sử n  N , đặt S  n(n  1)(n  2)(n  3)  (n2  3n)(n2  3n  2)  a(a  2)  a  2a(a  N * ) Nhận thấy a  a  2a  (a  1)2  S : khonglasochinhphuong Bài 5: Chứng minh số S  2016 2016  20161000  2016999   20162  2016 khơng SCP Lời giải Ta có : S  20162016  (20161008 )2 (1) Ta chứng minh S  (20161008  1)2  20162016  2.20161008   2016999   20162  2016  1000.20161000 1000 Thật : 2016 1000.20161000  20161001  2.20161008   S  (2016  1) (2)  dpcm b CMR : A  2018 2018  20181000  2018999   20182  2018  khơng số phương Lời giải Ta có : A  20182018  (20181009 )2 A  20182018    20182018  20181000   20181000  20182018  1001.20181000  20182018  2.201810  (20181009  1)2  A : khonglasochinhphuong Bài 6: Chứng minh tổng bốn số tự nhiên liên tiếp khơng số phương Lời giải A  n2  (n  1)2  (n  2)2  (n  3)2  4n2  12n  14(n  0)  (2n  3)   (2n  4)  4n   (2n  3)2  A  (2n  4)2  A : khonglasochinhphuong Bài 6: Chứng minh số 4014025 không số phương Lời giải Ta có 20032 = 4012009 ; 20042 = 4016016 nên 20032 < 4014025 < 20042 Chứng tỏ 4014025 khơng số phương Bài 7: Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) khơng số phương với số tự nhiên n khác 18 Lời giải Ta có: A + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2 Mặt khác: (n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A Điều hiển nhiên n ≥ Chứng tỏ: (n2 + 3n)2 < A < A + = (n2 + 3n +1)2 => A không số phương Bài 8: Chứng minh số có dạng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 n  N n >1 khơng phải số phương Lời giải n6 - n + 2n3 + 2n2 = n2 (n4 - n2 + 2n +2) = n2 [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 (n2 - 2n + 2) Với n  N, n > n2 - 2n + = ( n -1)2 + > ( n - 1)2 Và n2 - 2n + = n2 - 2(n - 1) < n2 Vậy (n - 1)2 < n2 - 2n + < n2 => n2 - 2n + số phương Bài 9: Chứng minh số 40725 khơng số phương Lời giải Ta có số 40725 chia dư nên không số phương Hoặc: 2012  40725  2022 Bài 10: Chứng minh với số tự nhiên n số sau khơng phải số phương a) A  n2  2n  b) B  9n2  8n  10 Lời giải a) Ta có: n2  2n   n2  2n   n2  4n   (n  1)2  n2  2n   (n  2)  A  n2  2n  không số phương b) - Với n = 0, n = khơng thỏa mãn - n   (3n  1)2  9n2  8n  10  (3n  2)2 Bài 11: Chứng minh tích hai số tự nhiên liên tiếp khác không số phương Lời giải Ta có: S  n(n  1)(n  1) Dễ thấy: n2  n2  n  n2  2n   (n  1)2  dpcm 19 BÀI 6: BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A Lý thuyết Bài tốn: Chứng minh số số phương Cách 1: Dùng định nghĩa, ta chứng minh A  n2 Cách 2: Sử dụng tính chất Nếu ( a, b) = a.b số phương a b số phương B Bài tập Bài 1: Cho tổng S      2015 a) Chứng minh S số phương b) Tìm ước nguyên tố S Lời giải a) Số số hạng cuả S là: (2015  1) :   1008  S  (1  2015).1008 :  10082  S số phương b) 1008  24.32.7  S  (24.32.7)2  28.34.72  ước nguyên tố S là: 2, 3, Bài 2: Chứng minh thêm đơn vị vào tích số nguyên dương liên tiếp ta số phương Lời giải Gọi n  N * đặt S  n(n  1)(n  2)(n  3)  Ta có S  (n2  3n)(n2  3n  2)  Đặt a  n2  3n  S  a(a  2)   (a  1)2 số phương  TQ : x, y  N Chứng minh S  x( x  y)( x  y)( x  y)  y số phương Bài 3: Tìm SCP abcd , biết ab  cd  Lời giải abcd  100ab  cd  100(cd  1)  cd  100  101cd Giả sử abcd  n2 (n  N * )  n2  100  101cd  n2  102  101.cd  (n  10)(n  10)  101.cd (*) Nhận thấy: n2  abcd  9999  10000  1002  n  100 Từ (*)  (n  10)(n  10) 101 mà 101 số nguyên tố  n  10 101  n  10(loai.do.n  100.co.ba.chu.so    n  10 101  n  91  n  8281(tm) Bài 4: Cho N tổng hai số phương CMR : a) 2N tổng hai số phương b) N tổng số phương Lời giải 20 Đặt N  a  b2 a) N  2a  2b2  (a  2ab  b2 )  (a  2ab  b2 )  (a  b)2  (a  b)2 b) N  (a2  b2 )2  a4  2a2b2  b4  ((a  2a 2b2  b4 )  4a 2b2  (a  b2 )2  (2ab)2  dpcm Bài 5: Chứng minh m, n thỏa mãn: 3n2  n  4m2  m n  m 4m  4n  số phương Lời giải Theo đầu ta có: 3n2  n  4m2  m  3n2  n  4m2  m   (4n2  4m2 )  (n  m)  n2  4(n  m)(n  m)  (n  m)   (4n  4m  1)(n  m)  n2 (*) n  m d  [4(n  m)  (4m  4n  1)] d  8n+1 d(1)  4m  4n  d Gọi d  (n  m, 4m  4n  1)   Mặt khác: VT (*) d  n2 d  n d (2) Từ (1)(2)  d  d   (n  m, 4m  4n  1)  1(**) Từ (*)(**)  n  m;4m  4n  số phương Bài 6: Tìm số TN có ba chữ số mà hai chữ số đầu hai chữ số cuối lập thành số phương số gấp lần số Lời giải  ab  4ba abc cho ab  m2 ; bc  n ;  bc  4ba Các số phương có hai chữ số là: 16,25,36,49,64,81  abc  164 Bài 7: Tìm số phương có bốn chữ số cho hai chữ số đầu giống hai chữ số cuối giống Lời giải Gọi số phương cần tìm : aabb  n2 (a, b  N ,1  a  9,0  b  9) Ta có : aabb  1000a  100a  10b  b  1100a  11b  n2  n2  11(100a  b)(1) Lại có : aabb 11  100a  b 11  99a  a  b 11  a  b 11 Mà :  a  9,0  b    a  b  18  a  b  11 Thay a + b = 11 vào (1), : n  11(99a  11)  11 (9a  1)  9a  phải số phương Bằng phép thử a = 1, 2, +) Với  k   2a  n   (*)    k (2)  k    (k  1)(k  1)    (a  b  m); b  a b  k   m 2 m   2b  2a  2a (2b a  1) ( ước 1, 2) le 1 2  a     ba  m 3k 3 2   b   a +) Với n   (*)  2m  5n  k (*) Có 2m có chữ số tận với m lẻ m 22 Có 2m có chữ số tận với m chẵn  với m lẻ T(*) chia dư ( loại)  với m chẵn, đặt k  2q  x  m  2q(q  0)  (*) : 22 q  5n  k  5n  k  (2q )  (k  2q )(k  2q )   ( x  y  n; y  x) q y  k    2.2q  y  5x  5x (5 y  x  1)  2q 1  5x (5 y  x  1)  x  VP Nếu x    q 1  x   y  n  2q 1  5n  1(3) 2 / Nếu q   5n    n   m   k  Nếu q   q   q    2q1 23   VP(3) Nếu n số lẻ, đặt n  p   5n  52 p 1  25 p.5 chia dư  5n  chia dư  loại vế phải chia hết cho Nếu n số chẵn, đặt n = 2p: p c  c  5   c d c (3)  52 p   2q 1  (5 p  1)(5 p  1)  2q 1   p ( c  d  q  1; d  c )   (2  1)  q  d d       p c p        vo.ly  n  0; m  Vậy có hai đáp số:   n  1; m  Bài 11: Chứng minh: Với số tự nhiên n an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương Lời giải Ta có: an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + = (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Với n số tự nhiên n2 + 3n + số tự nhiên Theo định nghĩa, an số phương Bài 12: Cho số phương có chữ số hàng chục khác chữ số hàng đơn vị Chứng minh tổng chữ số hàng chục số phương số phương Lời giải Ta biết số phương có chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục số lẻ Vì chữ số hàng chục số phương 1,3,5,7,9 => Tổng chúng + + + + = 25 = 52 số phương 23 Bài 13: Chứng minh số sau số phương N  11111 1.10000 05  1995 so 1994 so Lời giải Ta có : 101995  1101995    101995   4.101995   101995    101995  1995 N   10  5    9   2  101995   3    1   101995  1  1  33333 342 9    1994 so ậy số N số phương Bài 14: Cho m  N * , A  11111 , B =11111 , c =666 2m so m+1 so m so Chứng minh rằng: A + B + C + số phương với m  N * Lời giải 1 102 m  1 ; B  10m1  1 ; C  10m  1  9 2m m1 m ậy A  B  C  10   10   10   9  102 m   10.10m   6.10m   72 Ta có : A           1  102 m  16.10m  64   10m  9  1    10m  8  9  Là số phương Bài 15: Chứng minh A  244999 91000 09 số phương n  so n so Lời giải Ta có: A  244999 91000 09  244.102 n  999 9.10n   10n 1   244.102 n  10n 2  110n   10n 1  n  so n  so n so  244.102 n  90.10n    5.10n  3 (5.10n – 3)2 bình phương số tự nhiên ậy A số phương 24 Bài 16: Chứng minh số tự nhiên n A = (10n + 10n-1 +