Hsg8 đs8 chuyên đề số chính phương (77 trang)

CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN HSG-CHUN ĐỀ.SỐ CHÍNH PHƢƠNG A KIẾN THỨC CẦN NHỚ 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; 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 + Không 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 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN 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 tốn Cho n số tự nhiên Chứng minh rằng: A n n n n số phương Hướng dẫn giải n2 Ta có: A 3n n2 nên n2 Vì n 3n n2 3n 2 n2 3n n2 3n Vậy A số phương 3n Bài tốn Cho: B 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 n n 1 n n Áp dụng: 1.2.3 1.2.3.4 0.1.2.3 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 Cộng theo vế đẳng thức ta được: k 1k k k n 1n n n CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN B 1.2.3 4B 2.3.4 k k k nên k 3k k k Theo ví dụ ta có: 4B Vì k k k k2 1 k k k k 3k Vậy 4B số phương Bài tốn Chứng minh rằng: C 11 44 với n số tự nhiên Chứng minh C số n 2n 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 a.10n C 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: Ta có: b  10 05  10    9   9a  2015 2016 2016  ab + = a(9a + 6) + = 9a2 + 6a + = (3a + 1)2  ab   (3a  1)  3a   N | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Vậy ab  số tự nhiên Cách 2: 102016  , b  102016  Ta có: a  11  2016 10 102016   ab   102016  5    10 ab   2016 Mà 102016   Do đó, Vậy  2  2016  4.102016   9  102016       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 Đặt c  11  9c   99   1030 30 30 Khi đó: a  c  9c  1  c  9c  2c b  2c 30 30 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  a  b  9c  2c  2c   3c  2     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 Bài toán Cho n  n2  cho tích hai số tự nhiên liên tiếp Chứng minh n tổng hai số phương liên tiếp 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 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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN a) Ta có 2a 6k 6k a 18k 15k 9k b) Vì b a nên đặt b 2k 6k 1 k k2 k 2 2k c a 3k c a12 a22 b12 b22 bp b12 2k 2 a12 a22 a32 k a22 a32 b32 a32 Để kết thúc việc chứng minh, ta tiến hành sau: cho n b2 p ca Vì b tổng ba số phương nên đặt b Khi b2 k2 b22 b32 cho n 2p ta bn p ta được: b p b2 a12  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 Bài tốn Chứng minh số A n4 2n3 2n2 số phương 2n n  N n > khơng phải CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUYÊN Hướng dẫn giải Ta có: n4 A 2n n2 A n 2n 2 n2 n 2n n n n4 n2 n 2n n n2 n2 2n 1 Mặt khác: n2 n n4 n4 n2 n Do n2 n A 2n 2n 2n n2 2n 2n 2n 1 n2 A n2 A n A n2 n 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 * | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN 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 khơng chia hết cho 22 , mà số nguyên tố Suy A khơng số phương Vậy A khơng số phương Bài tốn Cho n6 , Chứng minh A n n4 2n3 2n2 khơng thể số phương Hướng dẫn giải n6 Ta có A n4 2n3 2n2 n2 n2 n2 Với n Và n2 2n Như n2 2n , ta có n2 2n 2n n2 2n 2 n n2 n2 n n2 n2 n n n2 n n2 n4 n n2 2n n n2 Do n 2 n2 2n n2 khơng phải 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 1, b Ta có: a b2 2n , với m, n 2m 2n m2 Khơng có số phương có dạng 4k m n2 a n 4k với k b2 khơng phải số phương CHUN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  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 * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm số nguyên n cho n n số phương Hướng dẫn giải Để A số phương n n n n 4n Ta có 2n Và 2k 9.1 2n 3.3 n2 3n 4n 12n 12n 2n 2k 2k 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 Vậy n k k 4k 4k 2k 9 2n Trường hợp : k2 2n k với k số tự nhiên, đó: 2k 3 n k 0 n k A 0 A n k A 3 n k A 4; 3;0;1 ta có A số phương .9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Bài tốn Tìm số nguyên 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 Bài toán Tìm số nguyên 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 2n n2 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 n ln chia hết cho Nên n5 n chia cho dư nên n5 n5 n khơng số phương B 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 10 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Khi thay vào (1) ta có:   p p2   pk(pk  6)  p2  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k4   6k    k4  24k  16 số phương   Mặt khác với k  ta dễ chứng minh k2   k4  24k  16  k   Suy trường hợp:       k4  24k  16  k2   2k2  24k  15  (loại) k4  24k  16  k  k2  24k  16  k2   k2  6k   (loại)  6k  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ ta có t  36; p  11 Lƣu ý: HS làm sau thay vào   p p2   pk(t  3)  k(t  3)  p2   p2  kt  3k  Mặt khác ta có (t  3)2  p2 k2  t  6t   k2 (kt  3k  4)    t  t  k3   3k3  4k  Coi phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:     k3  phương      3k3  4k  k6  24k  16k  k k  24k  16  số Muốn k4  24k  16 phải số phương Sau cách làm giống Trường hợp 2: Nếu p|t  Đặt t   pk(k  N)   Khi thay vào (1) ta có: p p2   pk(pk  6)  p2  pk  6k   Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:   k4   6k    k4  24k  16 số phương Mặt khác với k     ta dễ chứng minh k2   k4  24k  16  k trường hợp: 63 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Suy       k4  24k  16  k2   2k  24k  15  (loại) k4  24k  16  k2  k2  24k  16  k2   k2  6k   (loại)  6k2  24k   (loại) Do phải có k  Thử trực tiếp k  thỏa mãn Từ suy t  3;18 tương ứng p  2; Vậy tập tất giá trị p cần tìm {2;7;11} Bài 102: Ta có 4B  1.2.3.4  2.3.4   1  3.4.5      n  n  1  n    n  3   n  1  n  n  1  n    n  3  n4  6n3  11n2  6n  n4  6n3  11n2  6n    n2  3n  1  4 2 Mà n  6n  11n  6n  n  6n  9n  n  3n    n2  3n   4B   n2  3n  1 2 Do B khơng phải số phương Bài 103: Ta có: p  a  b2  p  (b  a)(b  a) 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  a  Khi b  suy 2a = (p ‒1)(p + 1) 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 không 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)  p2 -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 Nếu 311 số chọn khơng có số thuộc nhóm n311 , 311 số thuộc 310 nhóm cịn lại theo ngun tắc Dirichlet phải có hai số thuộc 64 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 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 n2  2n  n2  2n  18  số phương nên n2  2n  18  k Đặt n2  2n  18 số tự nhiên k    n2  2n  18  k   k  n  1 k  n  1  17 Do k , n số tự nhiên nên k  n   k  n  k  n   17 k    n2  2n  n  2n  18   81  92  tm  k  n   n  Xét  Vậy n  thỏa mãn yêu cầu toán Bài 106: Ta có ab  ba  k  k     a  b  k 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 Bài 107: Chú ý đến biến đổi 111  n so 10n  ta phân tích số a b lũy thừa 10 102017  Ta có a  111  b  1000 05  1000   10n  2016 so 2017 so 2017 so  10 2017 10 2017  n 10    Khi ta M  ab    Đến ta cần    4.10 2017   10 2017   1      10 2017   N ta ta có điều phải chứng minh 10 2017   N hiển nhiên 102017  Vậy M  ab  số phương Tuy nhiên  Chú ý Với dạng tốn chứng minh số phương ta ý đến phép biến đổi: 65 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN  101  1;99  102  1;999  103  1;999  10n  n so Bài 108 Ta có an   n 1.3.5  2n-1   n-4  !  1 2n  n  4 ! 2.4.6 2n  2n ! 1.2.3 n  n  1 n   n   n    1 n n.1.2.3.4 n     n  1 n   n   n    n  5n   Do ta a n  n  5n    số phương Bài 109: f  x   x  x   x3  x  x  ax  x  b    x  x  1   a   x   b  1 a   a   Để f  x  trở thành bình phương đa thức  b   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    x  y   x  y  11 Ta có: xxyy  11x0 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: 2a2  a  3b2  b  (a  b)(2a  2b  1)  b2 (*) 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  66 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Mà (a  b) d  a d  (2a  2b) d mà (2a  2b  1) d  d  d  Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a  b 2a  2b  số phương => 2a  2b  số phương Bài 112: Giả sử n2 + m số phương Đặt n2 + m = k2 Theo ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) (1) (với k nguyên dương) m  2n2 : p , thay vào (1) ta có: 2n 2 n   k  n2 p  pn2  p k  n2  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 1  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 1  24  1  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 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 khơng số phương Với n =  B  23  27   137 (loại) 67 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Với n =  B   25   35 (loại) Vậy n = Bài 114: Giả sử tồn số dương a, b cho  a  b   2a  a  b   2b2 số 2 phương Trong cặp số nguyên dương (a, b) vậy, ta xét cặp cho a nhỏ Đặt  a  b   2a  x2 ,  a  b   2b2  y với x, y nguyên dương Ta có  a  b   x  2a 2 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   a b a  x     2     ,  2  2 2 a b Đều số phương Do cặp số  ,  thỏa mãn yêu cầu Điều mâu thuẫn với  2 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  b2   2(ab  a  b)  a  b2   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   x  b   x  1 Vậy a b hai số phương liên tiếp Bài 116 Ta có a3b  ab3  2a2 b2  2a  2b    ab  a  b    a  b      ab  1 a  b    a  b  c   1  a  b 1 Từ (1) suy a  b   ab    (đpcm)  ab  Bài 117 1) Ta có  mn 2   n2 S  n3   n  (đúng) nS  m2 n4  m  n (đúng theo giả thiết) 68 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 2) Giả sử m  n , xét hai trường hợp Với m > n, theo 1) S số phương suy n2 S   mn2  1  4n3  2mn2  (sai) Với m < n Nếu m  n   2mn  4m   mn   S   mn  1 (mâu thuẫn với S số phương) 2 Nếu m = Với n >  n  1  S   n   (mâu thuẫn với S số phương) 2 Với n = S = khơng phải số phương Vậy phải có m = n Bài 118 Do x; y số nguyên lớn nên x; y 4xy x2 y 4xy 2xy Mà 4x2 y 7x nên ta có 4x2 y 7y 2xy x 7y 4xy 1 x2 y 7x 7y x2 y 2 x2 y 7x 7y xy y số phương 7x 7x 2xy 2xy 4xy 1; 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   2 Do  m  n   A   m  n   Mà A số phương nên ta A   m  n  1 2 Do  m  n   3m  n   m  n  1  3m  n   m  n    m  n  2 Từ suy n3    n  1  n2  n  1  m  n2  n  1 m Bài số 120 Giả sử b2  4ac số phương b2  4ac  k với k  N * Ta có: 4aabc  400a  40ab  4ac  400a  40ab  b2  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 69 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Suy abc   20a  b  k  20a  b  k   m.n Mà 4a 20a  b  k , 20a  b  k lớn 4a nên m, n  suy abc hợp số, mâu thuẫn với giả thiết Bài 121 Đặt  n  1 4n  3  k   n  1 3n  1  3k  k  N *  , số n  1, 4n  nguyên tố số 4n  số phương (số chình phương chia dư nên  n   a suy  với  a, b  N *  Từ ta có: 4a  3b2    2a  1 2a  1  3b2  4n   3b 2a  1, 2a  nguyên tố nên ta có khả xảy sau:  2a   x  TH1:   y  3x   y chia dư (loại)   2a   y   2a   x TH2:   y  x  *   2a   y + Nếu x chẵn suy y chẵn suy 3y  x chia hết cho , mà không chia hết điều xảy + Nếu x lẻ suy x không chia hết cho Do n   a , 2a   x nên n nhỏ a nhỏ dẫn đến x nhỏ Xét x  ta tính a  13, n  168,  n  1 4n  3  169.657  3 13.15  thỏa mãn điều kiện Vậy giá trị n nhỏ cần tìm 168 Bài 122 Giả sử x2  3xy  y  m2 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   m2  y  36 y  36  4m2 hay  y  9  4m2  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,6 y  x  với d  N , d lẻ 70 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  2 y  x d 8 y d y d 2 y  x  y  x d Suy      6 y  x d 4 x d x d 3  y  x    y  x  d Mặt khác từ giả thiết ta suy  y  1  d  y  d mà y d  d U 1  d  , hay  y  x,6 y  x   từ suy y  x,6 y  x số phương Cách đề khác: Cho số nguyên dương x, y thỏa mãn y  x x2  xy  y  y   Chứng minh 2y  x số phương Bài 124 a  md  Đặt  a, b   d  b  nd Vì  a, b, c     c, d   thay vào điều kiện ban đầu ta có:  m, n    cm  cn m c m dmn  c  m  n   cm  cn     m.n c , đặt c  mnk với k nguyên dương ta cm  cn n c n suy dmn  c  m  n   d  k  m  n   d k mà k c  k  nên d  m  n nên a  b  d  m  n   d số phương  x  md  Bài 125 Đặt  x, y   d   y  nd  m, n  1; m, n    Thay vào điều kiện tốn ta có: * d mn  xy | x  y  x  d  dm2  dn2  m   dmn | dm2  dn2  m Từ suy d | m (1)   Ta có dm2  dn2  m m  dn2 m  m, n    m, n2  Suy m | d (2) Từ (1) (2) suy d  m nên x  dm  d số phương Bài 126 Ta viết lại giả thiết thành 4c2  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 phương Đặt a  c  m2 , b  c  n2 với m, n   Khi m2  n2  a  b số nguyên tố hay  m  n  m  n  số nguyên tố  m  n   m  n  nên 4c2  m2 n2  2c  mn  8c   4mn   4n  n  1    2n  1 71 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN + Nếu d  a  b a  c   a  b  x, b  c   a  b  y với x, y   Khi a  b   a  c    b  c    a  b  x   a  b  y   a  b  x  y   x  y   x  y  Khi 4c2   a  c  b  c    a  b  xy   a  b  y  y  1 suy y  y  1 số phương nên 2 y  y  1   c   8c  số phương (Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp số phương tích 0) 8n   x Bài 127 Giả sử  với x, y số nguyên dương 24n   y Khi 8n   x  y   x  y  x  y  Do x  y  x  y 8n  số nguyên tố điều kiện x  y   y  x 1 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 Bài 128 Vì c d hai số nguyên liên tiếp nên d  c  thay vào đẳng thức a  b  a 2c  b2 d ta a  b  a 2c  b2  c  1   a  b  c  a  b   1  b2 Dễ dàng chứng minh  a  b, c  a  b   1  nên a  b phải số phương Bài 129 Từ a  b2  c2   a  b    b  c    c  a  , suy a  b2  c2   ab  bc  ca  2 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 10n  a 1 , ta có 10n  9a  11  Bài 130 Đặt a  11  10 n n 1 72 (1) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 2  9a    a    a 1   9a  1  4a   9a   Suy A   3a   5     10      Vì a lẻ nên 9a  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   5.10n    55 5.10n  44   55  44 45 9 n 1 n 1 n 1 n 1 Như A  33 55 5.10n  44  55 544 452 n n 1 n n 1 n 1 4n   x Bài 131 Theo giả thiết, tồn số nguyên dương x, y cho  9n  10  y Suy x2  y   4n     9n  10   41   3x  y  3x  y   41 3x  y  Vì 41 số nguyên tố 3x  y  3x  y nên xảy  3x  y  41 Từ tìm x  7; y  10 Suy n  10 Bài 132 Giải sử 3n  144  l với l   Suy  l  12  l  12   3n l  12  3a  Suy l  12  3b suy 3a  3b  24 hay 3a 1  3b1  Vì khơng chia hết  a, b   , 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  , 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 k   3.7 m m Từ tìm m=12 m=2 Suy n=4 .73 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Bài 134 Giả sử ta thêm n  n   vào chữ số chữ số số 1681 để thu số phương Khi tồn số nguyên dương k cho: 16.10n2  81  k   k  9 k  9  2n65n Suy k  9, k  có ước nguyên tố Hơn k lẻ  k     k    18  2.32 nên  k  9, k    Chỉ xảy hai trường hợp sau: k   2.5n  k   2.5n    n 5 n 5 k   k   Trong hai trường hợp ta có: 2.5n  2n  18  25.5n  16.2n  Điều khơng 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  Suy k  3.21006  2b suy 2a  2b  3.21007 hay 2b1  2a b  1  3.21006  a, b   , a  b  n  b   1006 b  1007 Suy  a b   n  2016 a  1009 2   Bài 136 Giả sử 2m  3n  k , k   Nếu m lẻ 2m   mod 3 Suy n  Do  k  1 k 1  2m Ta thấy k lẻ  k  1, k  1  nên xảy k   k   2m1 Từ tìm k  3, m  k  2s  3a  Nếu m chẵn, đặt m  2s, s   Ta có:  k  2s  k  2s   2n Suy k  2s  3b  a, b   , a  b  n  Suy 3a  3b  2s1 Vì 2s1 khơng chia hết phải có b  0, a  n Như 3n 1  s1 Nếu s  n  1, m  Nếu s  3n  2s1   1 mod  nên n chẵn Đặt n  2t , t    3t  1 3t  1  2s1 Ta thấy  3t  1,3t 1   nên phải có 3t   2;3t   2s Từ tìm t  1, s  2, n  2, m  74 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề  m, n    0,1 ;  3,0  ;  4,  Bài 137 Giả sử 2m.5n  25  l với l  Suy  l  5 l  5  2m.5n Vì  l  5   l  5  10  2.5 nên suy hai số l  l  chia hết cho Suy  l  5, l  5  10 Xảy trường hợp sau: l   10 Trường hợp 1:  (loại) m2 n2 l   10.2 m2 l   10.2 Trường hợp 2:  n2 l   10.5 Suy 2m2  5n2  Vì 5n2    mod  nên phải có m  3, n  l   10.5n 2 Trường hợp 3:  m2 l   10.2 Suy 5n2   2m2 Nếu m  5n2   2m2 Suy n  chẵn, đặt n   2k , k     Khi 5k  5k   2m2   Vì 5k 1 , 5k 1  nên phải có 5k   (loại) Với m  , thử trực tiếp ta thấy m  4, n  thỏa mãn l   10.2m2.5n 2 Trường hợp 4:  l   10  Suy l  15 2m2.5n2  Suy m  3, n  Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề  m, n    3;  ,  4; 3 Bài 138 Khơng tính tổng qt ta giả sử: x  y y  y  3x  y  y  y  y    y    y  3x   y  1  3x  y  Bây ta cần tìm điều kiện để: x2  y  m2  16 x2  48 y  16m2  16 x  24  3x  1  16m2   x    16m2  105 hay  4x  y  9 x  y  9  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 75 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Khi n tận 2n  1, 3n  số phương lẻ Suy 3n    2k  1  3n  4k  k  1 hay n mà  5, 8   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 a) Ta xét n  1008 Giả sử 431  41008  4n  y với y  *   Hay 430  4978  4n30  y 430   415  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  4n1008  k  k  1 4977  k  4977  4n 1008  n  1985 thử lại ta Nếu k số chẵn k  số lẻ suy  n 1008  k 1 1  thấy không thỏa mãn 4977  k   4977  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 b) Không tính tổng quát ta giả sử x  y  z Đặt 4x  y  4z  u 22 x 1  y  x  4z  x   u TH1: Nếu  y  x  4z  x số lẻ  y  x  4z  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 1   k  4x  y  4z  4x  y  42 y  x 1   x  22 y  x 1  4 y  x 1  k   y  x 1  z  y   22 y 2 x 3  22 x 2 y 1  * + Nếu k lẻ k  chẵn suy  z y 1   k x  y  số lẻ khác Nên (*) xảy TH2: Nếu  y  x  4z  x số chẵn y  x z  x Từ ta suy phải có x  y dẫn đến:  4z  x số phương Điều vơ lý số phương chia cho dư Còn  4z  x chia cho dư Tóm lại: Điều kiện để 4x  y  4z số phương là: z  y  x  76 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Áp dụng vào câu a ) ta có: n  2.1008  31 1  1984 Bài 142 Vì d ước 3n2  d k  3n2 , ta có n  d  n  k  0, k  tức 3n số phương với k n k  k  3 số phương suy k  k  3 số phương k2  k   2m   k  Đặt k  k  3  m2   2k   2m  2k   2m       k   2m   m  Bài 143 Nếu m  n ta có điều phải chứng minh m  n  x m  x  y ( x, y  , x  0, y  0) ta có  Xét m  n ta đặt  m, n  m  n  y n  x  y x  y  suy  x y x  y  Do n2  m2  n2  suy (m2  n2  1)  m2 m2  n2   m2 m2  n2  Suy m2  k  m2  n2  1 (1) (với k  ) Thay m  x  y, n  x  y ta có: ( x  y)2  k (4 xy  1)  x2  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    xx1  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 + Nếu x1  xx1  y  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     nên m2  n2  số phương Vậy x1  Khi k  y m  n   k  y 2 -HẾT 77 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN