Chuyên đề 15 số chính phương

CHUYÊN ĐỀ 15: SỐ CHÍNH PHƯƠNG A KIẾN THỨC CƠ BẢN Định nghĩa: Số phương số bình phương số ngun Tính chất a) Số phương có chữ số tận 0,1, 4,5,6,9 , khơng thể có chữ số tận 2,3,7,8 b) Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn c) Số phương có hai dạng 4n 4n  4n   n   Khơng có số phương có dạng 4n  d) Số phương có hai dạng 3n 3n  3n   n   Khơng có số phương có dạng e) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ f) 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 B BÀI TẬP TỰ LUYỆN (cứ 10 giải lần) ĐỀ BÀI TỪ BÀI ĐẾN BÀI 10 Bài 1.Chứng minh với số nguyên x, y A  x  y   x  y   x  y   x  y   y số phương Bài 2.Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương S 1.2.3  2.3.4  3.4.5   k  k  1  k   Bài 3.Cho Chứng minh 4S  số phương Bài 4.Chứng minh số sau số phương a) A 224999 9100 09       n  chu so n chu so b) B 11 15555 56       n chu so1 n  chu so Bài 5.Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Bài 6.Tìm số phương có chữ số biết hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số cuối giống Bài 7.Tìm số có hai chữ số mà bình phương số lập phương tổng chữ số Bài 8.Chứng minh tổng bình phương số tự nhiên liên tiếp khơng thể số phương Bài 9.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 Bài 10.Chứng minh số có dạng n  n  2n  2n n  , n  khơng phải số phương ĐÁP ÁN TỪ BÀI ĐẾN BÀI 10 Bài Ta có: A  x  y   x  y   x  y   x  y   y  x  xy  y   x  xy  y   y 2 Đặt x  xy  y t  t   A  t  y   t  y   y t  y  y t  x  xy  y  2 2 x   ,5 xy   ,5 y    x  xy  y  x , y , z  Vì nên Vậy A số phương Bài n, n  1, n  2, n   n   Ta có: Gọi số tự nhiên liên tiếp n  n  1  n    n    n  n    n  1  n     n  3n   n  3n    1 *   * t  t    t  2t   t  1  n  3n   n  n  t t     Đặt 2 n n  1  n    n  3  số phương Vì n   nên n  3n  1  Vậy  Bài Ta có: 1 k  k  1  k    k  k  1  k    k  k  1  k     k     k  1  4 1  k  k  1  k    k  3  k  k  1  k    k  1 4 1 1  S  1.2.3.4  0.1.2.3  2.3.4.5  1.2.3.4   k  k  1  k    k   4 4 1  k  k  1  k    k  1  k  k  1  k    k  3 4 S  k  k  1  k    k  3  k k  1  k    k  3  số phương Theo kết nên  Bài a) A 224.102 n  99 9.10n 2  10n1  224.102 n   10n  1 10n2  10n1  224.102 n  102 n  10n 2  10n1  225.102 n  90.10n   15.10n  3 Nên A số phương n b) B 111 15555  5.111        11 .1.10       1 n chu so n n chu so n n chu so 2n n chu so n n 10  n 10  10  10  5.10    10  1  9 102 n  4.10 n   10n        số phương (điều phải chứng minh) Bài Đặt abcd k ta có: ab  cd 1 k  ,32 k  100  k  10101 101.cd k  100  k  10   k  10     k  10101 Suy k  10;101 1  k  10101 Mà  Vì 32 k  100  42 k  10  110  k  10 101  k 91  abcd 912 8281 Bài Gọi số phương phải tìm aabb n với a, b  , a 9;0 b 9 n aabb 11.a 0b 11. 100a  b  11. 99a  a  b  Ta có: (1) Nhận xét thấy aabb11  a  b11 Mà a 9;0 b 9 nên a  b 18  a  b 11 2 Thay a  b 11 vào (1) ta n 11  9a  1 9a  số phương Bằng phép thử với a 1;2; ;9 ta thấy có a 7(tm)  b 4 Số cần tìm 7744 Bài Gọi số phải tìm ab với a, b   a 9,0 b 9 Theo giả thiết ta có: ab  a  b    10a  b   a  b   ab lập phương a  b số phương Đặt ab t  t   , a  b l  l    ab 27  a  b 9(tm) 10 ab 99    ab 64  a  b 10(ktm) Vì Vậy số cần tìm ab 27 Bài Gọi số tự nhiên liên tiếp n  2; n  1; n; n  1; n   n  , n 2  Ta có:  n  2 2 2   n  1  n   n  1   n   5  n   2 Vì n khơng thể tận n  chia hết cho  5. n   khơng số phương hay A khơng số phương Bài Nếu số phương M a có chữ số hàng đơn vị chữ số tận a  a2  a 4 Theo dấu hiệu chia hết cho hai chữ số tận M 16,36,56, 76,96  Ta có:     25 52 số phương Bài 10 n6  n  2n3  2n n  n  n  2n   n  n  n  1  n  1   n  1  n   n  1  n3  n    n  n  1   n3  1   n  1  n  n  1  n  2n   2 n   , n   n  2n   n  1    n  1 Với 2 Và n  2n  n   n  1  n Vậy  n  1 2  n  2n   n  n  2n  số phương ĐỀ BÀI TỪ BÀI 11 ĐẾN BÀI 20 Bài 11.Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương a) n  2n  12 b) n  n   d )n  n  1589 Bài 12.Tìm số tự nhiên n 1 cho tổng 1! 2! 3!  n! số phương Bài 13.Có hay khơng số tự nhiên n để 2006  n số phương c)13n  Bài 14.Biết x   x  Tìm x cho x  x  1 x  x  1  x   xx  x  1 Bài 15.Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n  3n  số phương Bài 16.Chứng minh n số tự nhiên cho n  2n  số phương n bội số 24 11 n Bài 17.Tìm tất số tự nhiên n cho số   số phương Bài 18.Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B Bài 19.Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Bài 20.Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương ĐÁP ÁN TỪ BÀI 11 ĐẾN BÀI 20 Bài 11 2 n  n  12  k  k   n  n  12 a) Vì số phương nên đặt   n  2n  1  11 k  k   n  1 11   k  n  1  k  n  1 11 Nhận xét thấy k  n   k  n  chúng số nguyên dương, nên  k  n  1  k  viết b) k  n  11 n  1 11.1    k  n  1 k 6  n 4 Đặt n  n  3 a  n    n  3n a  4n  12n 4a   4n  12n    4a 2   2n  3  4a 9   2n   2a   2n   2a  9 Nhận xét thấy 2n   2a  2n   2a chúng số nguyên dương, nên ta  n   2a   2n   viết c) Đặt 13n   y 2n   2a 9 2a  9.1    n   a   n 1  a 2  y    13 n  1  y  16  13  n  1  y    y    y  413   y    y   13 mà 13 số nguyên tố nên  y  413  y 13k 4  k    13 n  1  13k 4   16 13k  13k 8   n 13k 8k  Vậy n 13k 8k  1 k   13n  số phương d) Đặt n  n  1589 m  m     4n  1  6355 4m   2m  2n  1  2m  2n  1 6355 Nhận xét thấy 2m  2n   2m  2n   chúng số lẻ nên ta 2m  2n  1  2m  2n  1 6355.1 1271.5 205.31 155.41 viết  Suy n có giá trị sau: 1588;316;43;28 Bài 12 Với n 1  1! 1 1 số phương Với n 2  1! 2! 3 khơng số phương Với n 3  1! 2! 3! 9 3 số phương Với n 4 , ta có: 1! 2! 3! 4! 1  1.2  1.2.3  1.2.3.4 33 5!,6!, , n!đều tận 1! 2! 3!  n!có tận chữ số nên khơng phải số phương Vậy có hai số tự nhiên thỏa mãn đề n 1, n 3 Bài 13 2 Giả sử 2006  n số phương 2006  n m  m   2 m  n 2006   m  n   m  n  2006 Từ suy Như hai số m n phải có số chẵn (1) Mặt khác m  n  m  n 2m  số m  n, m  n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  m  n m  n hai số chẵn   m  n   m  n  4 2006 không chia hết cho Nên điều giả sử sai Bài 14 Đẳng thức cho viết lại sau: x  x  1  x   xx  x  1 Do vế trái số phương nên vế phải số phương Một số phương tận chữ số 0;1;4;5;;6;9 nên x tận chữ số 1;2;5;6;7;0 (1) Do x chữ số nên x 9 , kết hợp với điều kiện đề ta có x  ,2  x 9 Từ (1) (2)  x nhận giá trị 5;6;7 Bằng phép thử ta thấy có x 7 thỏa mãn đề bài, 76 5776 Bài 15 (2) Ta có 10 n 99 nên 21 2n  199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25;49;81;121;169 tương ứng với số n 12;24;40;60;84 Số 3n  37;73;121;181;253 Chỉ có số 121 số phương Vậy n 40 Bài 16 2 Vì n  2n  số phương nên đặt n  k , 2n  m  k , m   Ta có m số lẻ m  4a  a  1  m 2a   m 4a  a  1   n   2a  a  1 2  n chẵn  n  lẻ  k lẻ  Đặt k 2b  1 b    k 4b  b  1   n 4b  b  1  n8  1 2 Ta có: k  m 3n  2  mod 3 2 Mặt khác, k chia cho dư 1, m chia cho dư 2 2 Nên để k  m 2  mod3 k 1 mod 3 , m 1 ( mod3)  m  k 3 hay  2n  1   n  1 3  n3 (2) , mà  8,3 1 1, , Từ        n24 (3) 11 n n 2    a a    a  48  a  48   a  48    Bài 17.Giả sử p.2 q  a  48   a  48  với p, q  , p  q n p  q p a  48 2    p  2q 96  q. p  q  1 25.3 q a  48 2  q 5 & p  q 2  p 7  n 5  12 11 n Thử lại ta có:   80 Bài 18 Gọi A abcd k Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B  a  1  b  1  c  1  d  1 m  k , m  ,32  k  m  100  a, b, c, d  ,1 a 9;0 b, c, d 9  A abcd k   Ta có:  B abcd  1111 m  m  k 1111   m  k   m  k  1111 (*) m  k   m  k   nên m  k , m  k số nguyên dương Nhận xét thấy tích  m  k   m  k  11.101 Và m  k  m  k  200(*) viết  m  k 11   m  k  101 Do đó:  Bài 19 m 56   k  45   A 2025   B 3136 Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd x  y (với x, y  ) Vì y x nên y số phương Ta có: 1000 abcd 9999  10  y 21 y phương  y 16  abcd 4096 Bài 20 Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d   a 9,0 b, c, d 9 abcd phương  d   0;1;4;5;6;9 , d nguyên tố nên d 5 Đặt abcd k  10000  32 k  100 k số có hai chữ số mà k có tận nên k có tận Tỏng chữ số k số phương  k 45  abcd 2025 Vậy số phải tìm 2025 ĐỀ BÀI TỪ BÀI SỐ 021 ĐẾN BÀI 030 Bài 21.Tìm số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương số có chữ số giống Bài 22.Tìm số có chữ số cho tích số với tổng chữ số tổng lập phương chữ số số Bài 23 Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 số phương Bài 24 Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số viết số hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương Bài 25.Chứng minh tổng bình phương hai số lẻ số phương Bài 26.Chứng minh p tích n số ngun tố p-1 p+1 khơng thể số phương Bài 27.Giả sử N 1.3.5.7 2007 Chứng minh số nguyên liên tiếp N  1;2 N ;2 N  khơng có số số phương a 1111 1;     n 100000 05     2008 chu so1 2007 chu so Bài 28 Cho Chứng minh ab  số tự nhiên Bài 29.Chứng minh : Số có dạng 2006ab khơng số phương Bài 30.Chứng minh rằng:Số có dạng n  n  2n  2n  n  , n  1 không số phương ĐÁP ÁN TỪ BÀI SỐ 021 ĐẾN BÀI 030 Bài 21 2n  1,2n  1,2n   n   Gọi số lẻ liên tiếp 2 2 Ta có: A  2n  1   2n  1   2n  3 12n  12n  11 Theo đề ta đặt 12n  12n  11 aaaa 1111.a với a lẻ a 9  12n  n  1 11. 101a  1  101a  13  2a  13 2a  1  3;9;15  a   2;5;8 Vì a 9 nên 2a  17 2a  lẻ nên Vì a lẻ  a 5  n 21 Vậy ba số cần tìm 41;43;45 Bài 22 ab  a  b  a  b3  10a  b a  ab  b  a  b   3ab  3a   b   a  b   a  b  1 a  b a  b  nguyên tố nhau, đó:  a  b 3a   a  b  3  b a  b  3a   a  b 3  b Vậy số cần tìm 48 37 Bài 23  a 4; b 8  a 3; b 7  Đặt M k  8k  23k  26k  10 2 Ta có M (k  2k  1)  8k (k  2k  1)  9k  18k  (k  1)  8k (k  1)  9( k  1) (k  1)  (k  3)  1 2 M số phương ( k  1) 0 ( k  3)  số phương TH (k  1) 0  k 1 2 TH ( k  3) 1 số phương, đặt (k  3)  m (m  )  m  (k  3)2 1  (m  k  3)(m  k  3) 1 Vì m, k    m  k   , m  k    nên  m  k  1  m  k    m 1, k 3   k 3    m  k  1  m  k    m  1, k 3 Vậy k = k = k  8k  23k  26k 10 số phương Bài 24 Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm Số viết theo thứ tự ngược lại: ba 2 ab  a, b  ,1 a, b 9  ab  ba  10a  b    10b  a  99  a  b  11  a  b 11 Ta có: a  b   a  b  11 Hay  Vì  a  b 8,2 a  b 18 nên a  b11  a  b 11 2 2 ab  ba  11  a  b  Khi 2 Để ab  ba số phương a  b phải số phương,  a  b 1  a  b 4  *Nếu a  b 1 kết hợp với a  b 11  a 6, b 5, ab 65 2 Khi 65  56 33 *Nếu a  b 4 kết hợp với a  b 11  a 7,5(ktm) Vậy số phải tìm 65 Bài 25 a b lẻ nên a 2k  1; b 2m  1(k , m  )  a  b  2k  1   2m  1 4  k  k  m  m   4t   t   4t   t   a  b khơng thể số Khơng có số phương có dạng phương Bài 26 Vì p tích n số ngun tố nên p2 p không chia hết cho (1) a) Giả sử p  số phương Đặt p  m  m   Vì p chẵn nên p  lẻ  m lẻ  m lẻ m 2k  1 k   Ta có: m 4k  4k   p  4k  4k  Đặt  p 4k  4k 4k  k  1 4 mâu thuẫn với (1)  p  số phương b) p 2.3.5 số chia hết cho  p  1có dạng 3k  Khơng có số phương có dạng 3k   p  khơng số phương Vậy p tích n số nguyên tố p  1, p  1khơng số phương Bài 27 a) N  2.1.3.5.7 2007  N  3k   k   Có N 3  N  không chia hết cho  N  không số phương b) N 2.1.3.5.7 2007 Vì N lẻ  N không chia hết cho N 2 2N không chia hết cho 2N chẵn nên 2N không chia cho dư  2N khơng số phương c) N  2.1.3.5.7 2007  2N+1 lẻ nên N  không chia hết cho 2N không chia hết N  không chia cho dư  N  khơng số phương Bài 28 b 1000    100 000      99999 99       9a  2007 chu so 2008 chu so 2008 chu so  ab  a  9a    9a  6a   3a  1  2 ab    3a  1 3a  1  Bài 29 Do 00  ab  99  200600  2006ab  200699 (1) 2 Mà 447 199809  200600 (2);448 200704(3) 2 Từ (1), (2), (3)  447  2006ab  448 Vậy 2006ab khơng số phương Bài 30 Xét n6  n  2n3  2n n  n  n  2n   2 n   n  1   n  1    2 n   n  1  n  1   n  1    2 n  n  1   n  1  1   Với số tự nhiên n  1, ta có:  n  1 2   n  1  n   n  1  n Vậy A không số phương ĐỀ BÀI TỪ BÀI 31 ĐẾN BÀI 40 Bài 31.Tìm số phương abcd biết ab  cd 1 Bài 32.Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B.Hãy tìm số A B Bài 33.Tìm số phương gồm chữ số cho chữ số cuối số nguyên tố, bậc hai số có tổng chữ số số phương Bài 34.Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết hiệu bình phương số số viết hai chữ số số theo thứ tự ngược lại số phương Bài 35 Tìm số số ngun n cho B n  n  13 số phương Bài 36 Tìm n ¿ N* cho: n4 +n3+1 số phương Bài 37 a) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m  n  ước nguyên tố  m2  n   CMR m.n số phương Bài 38 Cho số tự nhiên n 2 số nguyên tố p thỏa mãn p  chia hết cho n đồng thời n3  chia hết cho p Chứng minh n  p số phương Bài 39 Tìm hai số nguyên tố p q, biết p  q p  4q số phương Bài 40 a) Cho A m n  4m  2n với m, n số nguyên dương Khi n 2 tìm m để A số phương Khi n 5 chứng minh A khơng thể số phương 2 ĐÁP ÁN TỪ BÀI 31 ĐẾN BÀI 40 Bài 31 Giả sử   n abcd 100ab  cd 100  cd  cd 101cd  100, n    101.cd n  100  n  10   n  10  Vì n  100 101 số nguyên tố nên n  10 101  n 91 Thử lại : abcd 91 8281 có 82  81 1 Vậy abcd 8281 Bài 32 Gọi A abcd k Theo đề ta có:  A abcd k   B abcd  1111 m  k , m  *,31  k  m  100, a, b, c, d 1,9   m  k 1111   m  k   m  k  1111(*) Nhận xét thấy tích  m  k   m  k   nên m  k ; m  k hai số nguyên dương * m  k   m  k  11.101 Và m  k  m  k  200 nên   viết  m  k 11   m  k  101 Do đó:  m 56   n  45   A 2025   B 3136 Vậy A 2025; B 3136 Bài 33 Gọi số phải tìm abcd với a, b, c, d số tự nhiên a 9;0 b, c, d 9  d   0;1;4;5;6;9 Ta có abcd phương Vì d số nguyên tố  d 5 Đặt abcd k  10000  32 k 100, k   Do k số có hai chữ số mà k có tận  k tận Tổng chữ số k số phương  k 45 (vì k tận có chữ số)  abcd 2025 Vậy số phải tìm 2025 Bài 34 Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm ab  a, b  ,1 a, b 9  Số viết theo thứ tự ngược lại ba Ta có: Hay 2 ab  ba  10a  b    10b  a  99  a  b  11  a  b 11  a  b   a  b  11 Vì  a  b 8;2 a  b 18 nên a  b11  a  b 11 2 2 Khi ab  ba 3 11  a  b  2 Để ab  ba số phương a  b phải số phương  a  b 1  a  b 4  Nếu a  b 1 kết hợp với a  b 11  a 6, b 5  ab 65 2 Khi 65  56 1089 33 Nếu a  b 4 kết hợp với a  b 11  a 7,5 (loại) Vậy số phải tìm 65 Bài 35 Ta thấy B số phương  4B số phương  k   4B 4n  4n  52 k   2n   k   2n   k   51 k Đặt 4B= Vì 2n   k 2n   k nên ta có hệ 2n   k 1 2n   k 3 2n   k 51 2n   k 17 (1)  (2)  (3)  (4)  2n   k  51 2n   k  17 2n   k  2n   k  Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm n  12;n  3;n 13;n 4 Vậy số nguyên cần tìm n    12;  3;4;13 Bài 36 Giả sử n4 +n3 + số phương n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 →n4 +n3 +1=( n + K ) =n +2 Kn2 + K 2 ( K ∈N ¿ ) →n −2 Kn =K −1→n (n−2 k )=K −1≥0 2 2 Mà K −1n → K =1 n ≤K −1 2 Nếu K =1→K =1→n (n−2 )=0→n=2 Thử lại +2 +1=5 ( thỏa mãn) 2 Khi K ¿ 1→ K > K −1≥n → K >n → 2 mâu thuẫn với điều kiện n ( n−2 K )=K −1≥0 n−2k