Hsg6 số chính phương

SỐ CHÍNH PHƯƠNG CHỦ ĐỀ 1: ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG PHẦN I TĨM TẮT LÝ THUYẾT I ĐỊNH NGHĨA: Số phương bình phương số ngun 2 Ví dụ : hai số phương 2 ; 16 4 II CÁC TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG: Số phương có chữ số tận 0; 1; 4;5;6;9 , khơng thể có chữ số tận 2;3;7;8  Để chứng minh số khơng phải số phương ta số có hàng đơn vị 2;3;7;8 Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với mũ chẵn, không chứa TSNT với mũ lẻ Từ tính chất ta có hệ quả: a) Số phương chia hết cho phải chia hết cho b) Số phương chia hết cho phải chia hết cho c) Số phương chia hết cho phải chia hết cho 25 d) Số phương chia hết cho phải chia hết cho 16 e) Tích số phương số phương f) Với A số phương A a.b , a số phương b số phương  Để chứng minh số khơng phải SCP ta số phân tích TSNT có số mũ lẻ 2 Số phương có hai dạng 3n 3n  ( a 0(mod 3) , a 1(mod 3) ),  n   khơng có SCP có dạng 3n  2 Số phương có hai dạng 4n 4n  ( a 0(mod 4) , a 1(mod 4) )  n   khơng có SCP có dang 4n  4n  Số ước số số phương số lẻ, ngược lại số có số lượng ước lẻ số phương Nếu A số số phương, A chia hết cho p p số nguyên tố A chia hết cho p Nếu a chia hết cho p p số nguyên tố a chia hết cho p 2  a  1 gọi hai số phương liên tiếp Giữa hai số Hai số phương a phương liên tiếp khơng có số phương Nghĩa là: n  A   n  1 A khơng số phương Nếu tích a.b số phương ( a, b) 1 hai số a b số phương 2 10 Số phương biểu diễn thành tổng số lẻ :  2 ;   3 ;    4 Chứng minh: Giả sử: A 1      2k 1 với k   (2k  1)  1 Ta có từ đến 2k  có = k  số hạng  A 1      2k  1   2k   1  k  1  k  1 (đpcm) PHẦN II CÁC DẠNG BÀI   n  11; 101; 1001; 10001; 100 01       Hãy tìm số phương n k chữ soá   Bài 1: Cho số Lời giải: Ta có: 11 121 1012 10201 10012 1002001 100012 100020001 00 12 1 00 00    k chữ số k chữ số Tổng qt: k chữ số Bài 2: Các biểu thức số sau có phải số phương hay khơng? 20 a) A 3     3 b) B 11  11  11 10 c) C 10  d) D 100! 10 e) E 10  100 50 f) F 10  10  g) G 2004000 2001 h) H 2001 Lời giải n  32  33   320  9 a) Ta có: 9 với n 2 nên 20 Suy A 3     chia cho dư Vì A chia hết cho không chia hết A số phương b) Ta có: B 11  11  11 B 11(1  11  112 ) B 11.133 B   B có chữ số tận nên B số phương 10 c) Ta có 10  có chữ số tận nên khơng phải số phương d) Ta có 100!  có chữ số tận nên khơng phải số phương 10 e) Ta có 10  có cặp chữ số tận 05 chia hết cho không chia hết cho 25 nên khơng phải số phương 100 50 f) Ta có 10  10  có tổng chữ số chia hết cho không chia hết khơng phải số phương g) Ta có số 2004000 có tận chữ số  G không tận chẵn lần chữ số  G khơng số phương 2001 h) Ta có: H 2001 1000 2001  2001  2001 2000 2001 1000  2001  số phương, ta xét số 2001 : Vì 2001 có tổng chữ số nên số 2001 chia hết cho mà không chia hết cho  số 2001 khơng số phương Vậy H khơng số phương Bài 3: Chứng minh rằng: a) Một số phương chia cho có số dư b) Một số phương chia cho có số dư c) Một số phương chia cho có số dư hoặc d) Một số phương lẻ chia cho có số dư Lời giải: a) Ta xét trường hợp n chia cho : 2 + Nếu n 3k  n 9k 3 + Nếu n 3k  + Nếu n 3k   n 9 k  6 k   n chia dư  n 9k  12k  9 k  12k   3 3  n chia dư Vậy số phương chia cho có số dư b) Ta xét trường hợp n chia cho : 2 + Nếu n 2k  n 4k 4  n chia dư + Nếu n 2k  3  n 4k  4k  4k 2 4k   n chia dư Vậy số phương chia cho có số dư hoặc c) Ta xét trường hợp n chia cho : 4 2 + Nếu n 5k  n 25k 5  n chia dư 25  k  10 k  2  n chia dư 5 + Nếu n 5k 1  n 25k 10k   n 25k 20k  25  k  20 k 4 n  k   n chia dư  + Nếu 2 d) Ta có: n 2k   n (2k  1) 4k  4k  4k (k  1)  Vì k (k  1) tích hai số tự nhiên liên tiếp nên k (k  1) chia hết cho  4k (k  1) chia hết cho  4k (k  1)  chia dư Vậy số phương lẻ chia cho có số dư 20 Bài 4: a) Cho A 2     Chứng minh A  khơng số phương 100 b) Cho B 3     Chứng minh B  khơng số phương Lời giải: 20 a) Ta có: A 2      A 23  24  25   21 (1) (2) 21 Lấy (2) trừ (1) ta được: A  A 2   A 221   A  221   2 21 20 10  A  2   10 2  Mà tích ta có số khơng số phương  A  khơng số phương 100 b) Ta có: B 3     (3)  3.B 32  33  34  3101 (4) 101 Lấy (4) trừ (3) ta được: 3.B  B 3   B 3101   B  3101    B  3101 100 50  B  3   50 3  Ta có khơng số phương khơng số phương Vậy B  khơng số phương 101 21  Lưu ý: B  3 , A  2 kết luận chúng khơng số phương ( Chứ thừa số nguyên tố với số mũ lẻ ) Bài 5: Cho hai số phương có tổng số chia hết cho Chứng minh hai số phương chia hết cho Lời giải 2 2 Gọi hai số phương là: a , b Theo đầu ta có: a  b 3 Ta xét trường hợp: 2 2 + Giả sử a  3, b 3  a  b chia dư (theo tính chất )  mâu thuẫn giả thiết a  b 3 2 2 + Giả sử a b khơng chia hết cho 3, số cịn lại chia hết cho  a  b  (mâu thuẫn giả thiết) a 3    b 3 a 9   b 9 a 3  b3 , mà số nguyên tố (đpcm) Bài 6: Cho A số phương gồm bốn chữ số, ta thêm vào chữ số số A đơn vị ta số phương B Tìm A B Lời giải 2 Đặt A a ; B b ( a  b;32 a  b  100) Vì thêm vào chữ số số A đơn vị ta số B nên dễ thấy: B  A 1111 Mà: 1111 1.1111 11.101 b  a  b  a  200  1111 b  a (b  a)(b  a) b  a 11   b  a 101 a 45   b 56  A a 2025    B b 3136 Vậy hai số cần tìm 2025;3136 Bài 7: Tìm số nguyên tố ab (a  b  0) , cho ab  ba số phương Lời giải Ta có: ab  ba 10a  b  (10b  a ) 9a  9b 9(a  b) số phương; Mà ab  ba số phương  a  b số phương  a  b 1    a  b 4  ab   21,32, 43,54, 65, 76,87,98 +) Với a  b 1 +) Với a  b 4  ab   51, 62, 73,84,95 ab   43; 73 Vậy số nguyên tố ab thỏa yêu cầu đề là: Bài 8: Tìm số phương có bốn chữ số, biết hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số cuối giống Lời giải Gọi số phương cần tìm : aabb n ( a, b  ,1 a 9, b 9) Ta có : aabb 1000a  100a  10b  b  n 1100a  11b  n 11(100a  b) (1) Lại có : aabb 11  100a  b 11  (99a  a  b)11 mà 99a 11  a  b 11 Mà : a 9, b 9  a  b 18  a  b 11 12 Thay a  b 11 vào (1) , ta : n 11(99a  11) 11(9.11 a  11) 11 (9 a  1)  9a  phải số phương (do 1112 số phương) Ta có bảng sau: 2 Ta có : 7744 11 88 Vậy số cần tìm : 7744 Cách 2: Gọi số phương cần tìm : aabb n ( a, b  N ,1 a 9, b 9) Ta có: n aabb 1000a  100 a  10b  b 1100a  11b 11(100a  b) = 11.a0b Do đó: a0b 11k (k  ) Ta có: 100 11k 909 9 k 82 11 11  k 9 Ta có bảng: Mà a0b 11k  a 0b 704  chọn k 8  n aabb 11.11k 11.11.82 882 7744 11 n Bài 9: Tìm số tự nhiên n để   số phương Lời giải 11 n 2 n n Đặt   a ( a  0, a  N )  48  a  (a  48)(a  48) +) Với n 0  (a  48) (a  48) 1  vô lí +) Với n  a  48 2 x   ( x  y n; x  y) y a  48 2  96 2 x  y  y (2 x y  1) 25.3 leû 2 y 5   x y 2 4  x 7   n 12  y 5 Bài 10: Viết liên tiếp từ đến 12 số A 1.2.3 1112 Hỏi: số A có 81 ước khơng? Lời giải Giả sử A có 81 ước Vì số lượng ước A 81 (là số lẻ) nên A số phương (1) Mặt khác, tổng chữ số A     12 51 Vì 51 3 nên A chia hết cho A không chia hết cho , A khơng số phương mâu thuẫn với (1) Vậy A khơng thể có 81 ước Bài 11: Tìm số có hai chữ số, biết nhân với 45 ta số phương Lời giải  n  , 10  n  99  Gọi số phải tìm n 2 a   Ta có: 45.n a  hay  5.n a k   * Vì số phương có thừa số nguyên tố với mũ chẵn nên n 5.k  +) Với k 1  n 5.1 5 (không thỏa mãn) +) Với k 2  n 5.2 20 +) Với k 3  n 5.3 45 +) Với k 4  n 5.4 80 +) Với k 5  n 5.5 125 (loại n có nhiều hai chữ số) Vậy số cần tìm 20; 45;80 Bài 12: Chứng minh rằng: số tự nhiên viết tồn chữ số khơng phải số phương Lời giải Gọi A số tự nhiên ghi n chữ số ( n  ) Ta có: A 222 222 222 200  22  A 4  A số tự nhiên chia hết cho không chia hết cho  A khơng số phương Bài 13: Một số tự nhiên có tổng chữ số 2008 số phương khơng? Vì sao? Lời giải Gọi n số tự nhiên có tổng chữ số 2008 (n  ) Ta có: 2018 672.3  Vì tổng chữ số n chia dư nên số n chia cho có số dư  n có dạng n 3k  (k  ) Mà số phương khơng có dạng 3k  nên số tự nhiên n không số phương Vậy số tự nhiên có tổng chữ số 2008 khơng số phương Bài 14: Cho A 1   2  23   233 Hỏi A có số phương khơng? Vì sao? Lời giải Ta có: A 1   (22  23  24  25 )   (230  231  232  233 ) A 3  2(2  22  23  24 )   29 (2  2  23  24 ) A 3  2.30   29.30 A 3  30.(2  2   29 ) A  3.(2  22   229 )  10   A có chữ số tận  A không số phương PHẦN III CÁC BÀI TRONG ĐỀ THI 4n 4n 4n 4n Bài 1: Chứng minh A 2012  2013  2014  2015 số phương với số nguyên dương n (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 – 2016) Lời giải Ta có 20124 n 4, n   * 20144 n 4, n   * 20134 n  20134 n  1  chia cho dư 20154 n  20154 n  1 1 chia cho dư 4n 4n 4n 4n Do A 2012  2013  2014  2015 chia cho dư 2 Ta có A2 A khơng chia hết cho , mà số nguyên tố nên A không số phương Vậy A khơng số phương Bài 2: Chứng minh n5  1999n  2017  n   khơng phải số phương (Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi 2017 - 2018) Lời giải Ta có A n5  1999n  2017 n5  n  2000n  2015  A n(n  1)(n 1)(n  2)(n  2)  5n(n  1)(n  2)  2000n  2015  Ta thấy n(n  1)(n  1)(n  2)(n  2) 5 5n(n  1)(n  2) 5 2000.n 5 2015 5 Nên A chia dư , mà khơng có số phương chia dư Vậy n5  1999n  2017  n   khơng số phương Bài 3: Chứng minh tổng bốn số tự nhiên liên tiếp không số phương (Trích đề thi HSG lớp THCS Nguyễn Huy Tưởng năm học 2004-2005) Lời giải Gọi bốn số tự nhiên liên tiếp a, a  1, a  2, a  3(a  *) Ta xét S a  (a  1)  (a  2)  (a  3) 4a  Vì 4a2 62 nên S 2 Mặt khác 4a4 không chia hết S không chia hết cho Vậy S chia hết cho không chia hết S khơng số phương Bài 4: Cho B 1.2.3  2.3.4  3.4.5   n( n  1)( n  2) với n   * Chứng minh B khơng số phương (Trích đề thi HSG Bắc Ninh 2018-2019) Lời giải Ta có B 1.2.3.4  2.3.4.(5  1)  3.4.5.(6  2)   n( n  1)( n  2)  ( n  3)  (n  1)  B n  n  1  n    n   n  6n  11n  6n Ta có: n  6n  11n  6n  n  6n  11n  6n   n  3n  1 n  6n3  11n  6n  n  6n3  9n  n  3n  n Suy 2  3n   n  6n3  11n  6n   n  3n  1 2 Vậy B khơng số phương Bài 5: Chứng tỏ tổng sau khơng số phương S abc  bca  cab khơng số phương (Trích đề thi Olympic lớp THCS Cầu Giấy năm học 2011-2012) Lời giải Ta có: S abc  bca  cab 111a  111b  111c 111( a  b  c) 3.37.( a  b  c) Để S số phương a  b  c 3.37.k (k  ) Điều vơ lí a  b  c 27  37 Vậy S không số phương M 5  52  53   580 Bài 6: Cho a) Chứng minh M chia hết cho b) Chứng minh M không số phương (Trích đề thi HSG lớp Đa Phúc 2010-2011) Lời giải a) Ta có: M 5  52  53   580 M 5  52  53   580 M   52    53  54     579  580  M 5.(1  5)  53      579    M 6   53   579   M 6 b) Ta có: 55 52 5 53 5 580 5  M 5  52  53   580 5 Mặt khác: không chia hết cho 25 52 25 53 25 580 25  M 5  52  53   580 khơng chia hết cho 25 Ta có M 5 M không chia hết M không số phương Bài 7: Cho  E 125   62   62021  Chứng minh E  25 số phương (Trích đề thi Olympic lớp Nghĩa Đơ 2010-2011) Lời giải a  a1  a   a n  Ta có: a n 1  a a Nên 62022  2022 2 1  E  25 125  25 25  62022  1  25 25.6 2022 52  61011   5.61011    62   62021  Nên E  25 số phương A 102012  102011  102010  102009  Bài 8: Cho a) Chứng minh A chia hết cho 24 b) Chứng minh A khơng số phương (Trích đề thi HSG lớp huyện Anh Sơn 2011-2012) Lời giải a) Ta có: A 102012  102011  102010  10 2009  A 103  10 2009  102008  10 2007  10 2006   A 8.125  10 2009  10 2008  10 2007  10 2006   A 8  125  10 2009  10 2008  102007  10 2006   1  A8 Ta lại có 10 dư 2012 ,102011 ,102010 ,102009 có tổng chữ số nên chia 102012 ,10 2011 ,102010 ,102009 cho Ta có chia dư (1   1  2) Vậy A chia có số dư dư phép chia Hay dư phép chia chia cho (có số dư 0)  A3 Vì hai số nguyên tố nguyên nhau, A3 , A8 nên A24 b) Ta có 10 2012 ,10 2011 ,102010 ,102009 có chữ số tận nên: A 102012  102011  102010  10 2009  có chữ số tận Vậy A khơng số phương số phương có tận 1; 4; 5; 6; Bài 9: Tìm số phương có bốn chữ số, viết chữ số: 3; 6; 6; (Trích đề thi HSG lớp THCS Sơn Đơng 2011-2012) Lời giải Gọi số phương phải tìm n - Vì số phương khơng có chữ số tận 3; phải có tận - Số có tận 86 chia hết cho khơng chia hết khơng số phương  n có tận 36 Vậy số phương 8836 (với 8836 94 ) Bài 10: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết nhân với 135 ta số phương? (Trích đề thi HSG lớp THCS Sơn Đơng 2013-2014) Lời giải Gọi số phải tìm n ( n  , 10  n  99 ) Ta có: 135.n a (a  ) hay  5.n a Vì số phương có thừa số nguyên tố với mũ chẵn nên  n 3.5.k (k  ) +) Với k 1  n 3.5.1 15 +) Với k 2  n 3.5.2 60 +) Với k 3  n 3.5.3 135 (loại n có nhiều hai chữ số) Vậy số cần tìm 15; 60 Bài 11: Cho tổng S 1     2009  2011 Chứng tỏ S số phương (Trích đề HSG tốn THCS Hồng Hà năm 2013 – 2014) Lời giải  2011    2011    2011    2011     1     1006  2     Ta có: S 1     2009  2011  Vậy S số phương Bài 12: Cho tổng M 1     (2n  1) (với n  , n 0 ) Chứng tỏ M số phương (Trích đề thi HSG huyện Lương Tài năm học 2015 – 2016) Lời giải 2n   1 n (số số hạng) Xét dãy số tổng M , từ đến 2n  có (2n   1).n  n  M 1     (2n  1) 2 Vì M n nên M số phương Bài 13: Chứng minh rằng: với số tự nhiên khác có số lượng ước tự nhiên số lẻ số tự nhiên số phương (Trích đề thi HSG lớp huyện Vũ Thư, năm học 2018 – 2019) Lời giải Gọi số tự nhiên P ( P 0) Nếu P 1  1  P số phương x y z Nếu P  Phân tích P thừa số nguyên tố ta có: P a b c (với a, b, c số nguyên tố) Khi số lượng ước P ( x  1)( y  1) ( z  1) Theo đề ta có: ( x  1)( y  1) ( z  1) số lẻ  ( x  1); ( y  1); ;( z  1) đề số lẻ  x, y, , z số chẵn Đặt x 2m; y 2n; z 2t P a x b y c z a m b2 n c 2t  a m b n c t  Ta Vậy P số phương Bài 14: Tìm n để n  2006 số phương (Trích đề thi HSG lớp trường THCS Sơn Tây, năm học 2015 – 2016) Lời giải Giả sử n  2006 số phương 2 Đặt a n  2006 ( a  )  a  n 2006  (a  n)(a  n) 2006 (*) +) Nếu a, n khác tính chẵn lẻ vế trái (*) số lẻ nên không thỏa mãn (*) +) Nếu a, n tính chẵn lẻ  a  n 2   a  n 2   a  n   a  n  4 Mà vế phải (*) 2006 không chia hết cho  (*) vô lý Vậy không tồn n để n  2006 số phương Bài 15: Tìm số phương có chữ số biết số gồm số đầu lớn số gồm số sau đơn vị (Trích đề thi HSG lớp trường THCS Liên Hòa năm học 2008 – 2009) Lời giải Gọi số tự nhiên có chữ số cần tìm abcd Theo đề ta có: abcd k , k   , 32 k  100 ab  cd 1 Ta có:   abcd 100ab  cd 100 cd   cd 101cd  100  101cd k  100  k  10   k  10   k  10101 k  10101   k  10;101 1 Mà 32 k  100 nên k  10101 Mà 32 k  100 Vậy số cần tìm abcd 91 8281