Một số bài toán số học thi học sinh giỏi lớp 9 và tuyển sinh 10 chuyên

Nội dung được sắp xếp từ dễ đến khó, trích từ các đề thi học sinh giỏi lớp 9, chọn đội tuyển của tỉnh thi HSG quốc gia.

Chuyên đề 3: SỐ HỌC (Cần file Word, liên hệ: 0905414206) Cấu trúc gồm 4 phần:

* Một số bài toán nâng cao (Dành cho thi chuyên Toán)

* Một số bài toán nâng cao (Dành cho thi HSG)

* Một số bài toán cơ bản (Dành cho thi chuyên Tin)

A MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO (TOÁN CHUYÊN) Bài 1.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2023-2024)

Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số hàng đơn vị bằng tổng các nghịch đảo của các chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục

Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd(a b c d, , , đôi một khác nhau và khác 0)

Theo đề bài ta có: 1 1 1 d (1)

a b c   Trong (1) vai trò a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a b c 

Khi đó 1a, 2b, 3c

2

         d 2 nên d = 1 Do đó 1 1 1 1

a b c  

0,25

Lại có a d 1 nên a2

0.25

- Với a2 thì 1 1 1 1 1 1 1

2     b c b c 2 Lại có 1 1 1 1 1 2

2    b c b b b  b 4, mà 2      a b 4 b 3 c 6 0.25 Thử lại 1 1 1 1

2 3 6   ta được số 2361 thỏa mãn đề bài

Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hoán vị của (2,3,6)

Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321

0.25

Cách khác: Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd, (a b c d, , , đôi một khác nhau và

khác 0) Theo đề bài ta có: 1 1 1 d

a b c   Giả sử: a b c d 1 1 1 3 cd 3

0.25

- Xét d1 c 2

- Xét d2 c 1

Khi đó: 1 1 1 1 1 1 b 2 b 1

Thử lại 1 1 1 1

2 3 6   ta được số 2361 thỏa mãn đề bài

Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hoán vị của (2,3,6)

Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321

0.25

Bài 2.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2022-2023)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x3x2  y3y2

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x 3  x 2  y 3  y 2 1,0

Ta có: x 3  x 2  y 3  y 2  ( x y x  )( 2  y 2  xy x y   ) 0  0,25

0

0

x y

 



 



- Khi x y     0 x y Khi đó ( ; ) ( ; ) x y  m m (m là số nguyên tùy ý)

0.25

- Khi x 2  y 2  xy x y     0 ( x y  ) 2  ( x  1) 2  ( y  1) 2  2 0.25 Suy ra trong ba giá trị ( x y  ) , ( 2 x  1) , ( 2 y  1) 2có một giá trị bằng 0, hai giá trị bằng 1

Giải tìm được: ( ; ) (0; 0) x y  , ( ; ) (0; 1) x y   , ( ; ) ( 1;0) x y  

Vậy các cặp số thỏa đề là: ( ; ) ( ; ) x y  m m (m là số nguyên tùy ý), ( ; ) (0; 1) x y   ,

( ; ) ( 1;0) x y  

0.25

Nhận xét:

x  y  xy x y     x  y  x y    y (*)

+ Phương trình (*) có nghiệm theo x khi

0 ( y 1) 4( y y ) 0 ( y 1)( 3 y 1) 0

3

hoặc y  0

0.25

+ Với y  0, giải tìm được x  0, x   1.

Bài 3.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2021-2022)

Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq r  và 1 2p2q2r21

+ Nếu p, q cùng là số lẻ  pq là số lẻ  r +1 là số lẻ  r là số chẵn  r =2

Mà p, q lẻ nên p q,  3 p q 9 Khi đó r    (không thỏa) 1 2 1 9 0,5 + p, q khác tính chẵn lẻ, giả sử p2, q là số nguyên tố lẻ

Khi đó, ta có 2 2 1 2

q r

 







16 ( r 1) 2 r 2

2 15 0

5

r

r

 





r  q

0,25

Vậy có hai bộ số thỏa yêu cầu là: p q r, ,   2,3,5 ; p q r, ,   3; 2;5  0,25 Cách khác:

Từ 2p 2  q 2  r 2 1suy ra r là số lẻ 0.25 Suy ra pq r  là số chẵn, nên pq chẵn, giả sử p chẵn, p nguyên tố nên 1 p  2 0.25

Khi đó, ta có 2 2 1 2

q r

 







16 ( r 1) 2 r 2

2 15 0

5

r

r

 



r  q

Vai trò p,q như nhau nên có hai bộ số thỏa yêu cầu là: p q r, ,   2,3,5 ; 3; 2;5    0.25

Bài 4.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2020-2021)

Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 3n  là lập phương của một số tự nhiên 8

Xét 3n 8 a a3 (  )

Ta có 3n 8 a3 (a2)(a22a4) 3 n

Vì a2,a22a là các ước của 34 n nên ta có:

2

2 4 3 (2) ( , )

x

y

a

x y n

  





  





0,25

Từ (1) suy ra a 3x thay vào (2) ta được: 2

2

(3x2) 2(3x  2) 4 3y3 (3x x 6) 9 3 3 (3)y

- Với x2: Vế trái của (3) chia 9 dư 3

0,25

+ x2: từ (1) a 7 Suy ra 3 y  a a (    2) 4 39   y 3

Khi đó, vế phải của (3) chia hết cho 9 Do đó x không thỏa 2 0,25

- Với x1: suy ra a1,y Khi đó 1 n x y   2

- Với x0: Không thỏa

Vậy n2 là giá trị cần tìm

0,25

Bài 5.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2019-2020)

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M 9.34n8.24n2019 chia hết cho 20

9 2 1n 1 2 1n  2.4 2 1n 2020

9 2 1n  1 2 1n 9 1 , 2.4   2 1n 8, 2020 4   M  4 0,25

9 2 1n 4 2 1n  4 2 1n 1 2 1n  2020

9 2 1n  4 2 1n 9 4 , 4    2 1n  1 2 1n 4 1 , 2020 5     M  5 0,25 Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M  20 0,25 Bài 6.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn đẳng thức x y2 2x26y2 2 xy

- Với y , ta có 0 x0

- Với y , ta có: 0



2

y

0,25

3 1

x

x a



3

y

y

 



3

y

y





       

 Vậy     x y;  0;0 ; 3; 1 ; 3;3 ; 3;1 ; 3; 3         

0,25

Bài 7.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2017-2018)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn đẳng thức 9a26a b 3 0

9 a  6 a b    0 9 a  6 a   1 b  1  (3 a  1) 2  b 3  1 (*)

Vì (3 a  1) 2  0 nên b 3   1 0 hay b   1 0,25 + Với b   1: Từ (*) suy ra: 1

3

a  (không thỏa)

+ Với b  0: Vì (3 a  1) 2 là số chính phương nên b 3  1 là số chính phương

0,25

+ Do b 3  1 và ( b  1) 2 là các số chính phương khác 0 nên 3  0;2

+ Với b    0 a 0(thỏa)

3

b     a hoặc 4

3

a  (cả 2 giá trị a không thỏa)

Vậy ( ; ) (0;0) a b  là cặp số duy nhất thỏa yêu cầu

0,25

* Cách khác: 9 a 2  6 a b  3   0 9 a 2  6 a   1 b 3  1  (3 a  1) 2  b 3  1 (*)

Vì (3 a  1) 2  0 nên b 3   1 0 hay b   1 (0,25) + Xét b   1 không thỏa (*)

+ Xét b  0, từ (*) suy ra a  0

+ Xét b  1 không thỏa (*)

(0,25) + Xét b  2: Ta có: (3 a  1) 2  b 3   1 (3 a  1) 2  ( b  1)( b 2   b 1)

Gọi d = ƯCLN( b  1, b 2   b 1) Vì b 2    b 1 b b (   1) 2( b   1) 3nên 3 d 

Hơn nữa (3 a  1) 2 không chia hết cho 3 nên d  3 Do đó d  1

Lại có (3 a  1) 2  ( b  1)( b 2   b 1) nên b  1 và b 2   b 1 đều là hai số chính phương

(0,25)

Mặt khác: ( b  1) 2  b 2    b 1 b 2 (vì b  2) nên b 2   b 1 không phải là số chính phương

Vậy ( ; ) (0;0) a b  là cặp số duy nhất cần tìm (0,25) Bài 8.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2016-2017)

Hãy tìm bộ ba số nguyên dương a; b và c sao cho a ≤ b ≤ c thỏa mãn đẳng thức sau: abc = 2( a+ b + c )

Từ a ≤ b ≤ c => a+ b + c ≤ 3c , nên abc = 2( a+ b + c) ≤ 6c => ab ≤ 6

Nếu a ≥ 3 thì ab ≥ a2 ≥ 9, mâu thuẩn với ab ≤ 6, do đó a = 1 hoặc a = 2

Nếu a = 1 thì bc = 2(b + c +1) (b‒2)(c‒2) = 6 do 0 < b ≤ c nên

(b‒ 2 = 1; c ‒ 2 = 6) hoặc (b ‒ 2 = 2; c ‒ 2 = 3) ta được (b = 3; c = 8) hoặc ( b = 4; c =

5) đều thỏa mãn

Nếu a = 2 từ ab ≤ 6 suy ra b = 2 hoặc b = 3 Khi đó ta có 4c = 2( 4 + c) hoặc 6c = 2( 5

+ c) suy ra c = 4 hoặc 2c = 5 ( loại)

Vậy (a; b ; c) = ( 2;2;4); (1;3;8); (1;4;5)

0.25 0.25 0.25 0.25

Bài 9.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2015-2016)

Chứng minh A = 2(12015 + 22015 +… + n2015) chia hết cho n(n+1) (với n là số nguyên dương) b/ Ta có a2015 + b2015 chia hết cho a + b nên

 2015 2015  2015  2015  2015 2015

A  1  n  2  n 1    n  1 chia hết cho n + 1

Lại có A 1 2015  (n 1)  20152 2015 n 2  2015  (n 1)  2015  1 2015 2.n 2015

chia hết cho n Mà n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho n(n+1)

0.25 0.25

Bài 10.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2014-2015)

Cho x, y là các số nguyên dương và x2 + 2y là số chính phương Chứng minh rằng x2 + y bằng tổng của hai số chính phương

b/ GT  x2 + 2y = k2 ( k  N*) suy ra x và k cùng tính chẵn, lẻ

Nếu x chẵn: x = 2m ( m  N*) và k = 2n ( n N*)

Gt  y = 2n2 2m2

Khi đó x2 + y = (2m)2 + 2n2 2m2 = 2m2 + 2n2 = ( m + n)2 + (mn)2 ( đpcm)

0.25

Nếu x; k lẻ : x = 2m +1( m  N*) và k = 2n+ 1 ( n N*)

GT  y = 2n2 2m2 + 2n  2m

Khi đó x2 + y = (2m +1)2 + 2n2 2m2 + 2n  2m

= m2 + n2 + 1 + 2mn + 2m + 2n + m2 + n2  2mn

= ( m + n + 1)2 + (mn)2 ( đpcm)

Kết luận : Nếu x2 + 2y chính phương thì x2 + y là tổng của hai số chính phương

0.25

Cách khác: vì x; y là các số nguyên dương nên x2 + 2y > x;

x2 + 2y là số chính phương nên x2 + 2y = (x + t)2 với t N*

 2y = t2 + 2tx t chẵn  t = 2k (k  N*)

Do đó 2y = 4k2 + 4kx  y = 2k2 + 2kx  x2 + y = (x + k)2 + k2

0.25 0.25

B MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO (HSG 9) Bài 1.(HSG lớp 9 – năm học 2023-2024)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0

2

x

x   xy x y  

Giả sử tồn tại cặp số nguyên  x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0  1

2

x

x   xy x y  

 1 2x3x24xy4x2y 8 0

x22x 1 2 2y x  1 2 2x 1 6

0,25

Suy ra số nguyên 2x1 là ước của 6 Do 2x1 không chia hết cho 2 nên

Trường hợp 1: 2

1

3

2

x





 

Trường hợp 4: 2

1

5

2

x

 



Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán:   x y;   2; 2 ,    x y;  0;4 0,25

b) Cho p là số nguyên tố Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho nghiệm của phương trình bậc hai x2bx bp  là số nguyên 0

Giả sử tồn tại số nguyên dương b để phương trình x2bx bp  có hai nghiệm nguyên 0

1, 2

x x

Ta có: x1x2 b x x, 1 2 bp Vì b p, 0 nên x10,x2 0

0,25

Vì p là số nguyên tố nguyên tố và x x1 2bp nên x p1 hoặc x p2 0,25 Giả sử x p1  x1 pc (c nguyên dương); x2    b x1 b pc

2

x x bppc b pc bpc b pc  b b c  pc (1)

2

1

pc

b

c

 

 (2) (với c1, vì c1 không thỏa mãn (1))

0,5

Ta có: ( ,c c 1) 1 ( ,c c2   , mà 1) 1 pc2(c1) nên p c( 1)

Do p là số nguyên tố nên c 1 1 hoặc c 1 p 0,25

- Với c    , thay vào (2) ta được 1 1 c 2 b4p

Thử lại: phương trình x24px4p2 0 có nghiệm kép *

1 2 2

x x  p 0,25

- Với c    1 p c p 1, thay vào (2) ta được b c 2 (p1)2

Thử lại: phương trình x2(p1)2x p p ( 1)2 0 có hai nghiệm phân biệt

*

2 ( 1)

0,25

Bài 2.(HSG lớp 9 – năm học 2022-2023)

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( ; )p q thỏa mãn: p21 chia hết cho q và q24 chia hết cho p

- TH1: p q , từ q p| 2 1 q p| 1p1

Mà q p 1 nên | (q p Do đó 1) q p 1 0,5 Lại có p, q là hai số nguyên tố nên p2, q (không thỏa 3 p q| ( 24)) 0,25

- TH2: p > q từ p q| 2 4 p q| 2q2 Do đó p q| ( 2) hoặc q   2 0 0,5 + Nếu | (p q mà p > q nên 2) p q 2 Khi đó 2  2 2

p   q  q  q 0,5 Lại có q p| 2 nên | 31 q Mà q là số nguyên tố nên q = 3, khi đó p = 5 0,5 + Nếu q = 2 thì mọi số nguyên tố p > 2 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,5 Kết luận: p q ;  {(5;3); ( ; 2)}( p   p 2) 0,25

Bài 3.(HSG lớp 9 – năm học 2021-2022)

Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho tổng của số đó với tổng các chữ số của nó bằng 2023

Gọi số n là tự nhiên thỏa đề, S(n) là tổng các chữ số của số n

Theo đề bài ta có n S n    2023.

Ta có: n > 0, S(n) > 0, do đó 0 < n < 2023 => S(n)  28

(khi n  1999, ( ) 1 9 9 9 28 S n      )

0,5

Suy ra 2023 28  n 2023 hay 1995 n 2023 0,25 Nên n là số có 4 chữ sốn abcd  => a1 hoặc a2

+ Nếu a1 thì n1bcd  n S n 1000bcd    1 b c d 2023 0,25 101.b11c2d 1 1023 0,25

+ Nếu a2 thì n2bcd  n S n 2000 101 b11c2d 2 2023

101b11c2d21

 b 0,11c2d21 c 1,d5 Suy ra n2015

1,0

Bài 4.(HSG lớp 9 – năm học 2020-2021)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( , )x y thỏa mãn đẳng thức

x3  y3 3x2 3y2 3xy6x 0

3 3 3 2 3 2 3 6 0

Đặt a(x 1) (y1),b(x1)(y1)

Khi đó ta có: a33ab3b 3 0a3 3 3 (b a 1) 0,25 Suy ra a 3   3 ( a 3   1) 4 (  a   1) 4 (  a  1) 0,25

3

3

3

+ Với a      1 1 a 0 b 1 Tìm được ( , ) (0,0); ( , ) ( 2, 2)x y  x y   0,5 + Với a     1 4 a 3 b 2 Tìm được ( , ) (0,3); ( , ) (1, 2)x y  x y  0,5 + Với a       1 2 a 3 b 5 (không tồn tại x, y) 0,25

Bài 5.(HSG lớp 9 – năm học 2019-2020)

Tìm số tự nhiên có 7 chữ số đôi một khác nhau có dạng nCOVID19, biết n chia hết cho 7

và số COVID là số chính phương chia hết cho 5

Theo đề bài ta có: C O V I D; ; ; ; {0;2;3;4;5;6;7;8} và COVID  5   D {0;5} 0,25 + Nếu D =0 do COVID là số chính phương nên I = D =0 mâu thuẩn I khác D

+ D = 5 mà COVIDlà số chính phương nên ID  25 0,25

 

2

Do đó COV a a 1

Mà a a  1là tích 2 số tự nhiên liên tiếp nên V{0;2;6} mà I=2 do đó V{0;6} 0,5

Trong các số có 3 chữ số khác nhau (khác 2, 5) là tích của 2 số tự nhiên liên tiếp có

chữ số tận cùng bằng 0 hoặc 6 chỉ có các tích sau thỏa mãn:

306 = 17.18; 380 = 19.20; 870 = 29.30 =>COV  {306;380;870}

0,75

Lại có: n COVID  19  COV 2519 7 

Dễ dàng kiểm tra được hai số thỏa mãn thỏa đề là 3802519 và 8702519

0,25 Bài 6.(HSG lớp 9 – năm học 2018-2019)

Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x22y22xy4x6y  1 0

+ Phương trình (*) là phương trình bậc hai theo ẩn x có

' (y 1)(3 y)

+ PT (*) có nghiệm khi  ' 0, tức là:

1 0 ( 1)(3 ) 0

y

y

 



 hoặc

1 0

y y

 



  

0,5

Suy ra được   1 y 3 Suy ra y   1; 0;1; 2;3 (Mỗi ý được 0,25) 0,5 + Với y 1: tìm được cặp ( ; ) (3; 1)x y   0,25

+ Với y1: tìm được 2 cặp ( ; ) ( 1;1)x y   , ( ; ) (3;1)x y  0,25

+ Với y3: tìm được cặp ( ; ) ( 1;3)x y   0,25

Bài 7.(HSG lớp 9 – năm học 2017-2018)

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì 1 n2n1n8 không thể là lập phương của một số tự nhiên

b) Cho số nguyên tố p p  3 và hai số nguyên dương a,b sao cho p2 a2 b2 Chứng minh a chia hết cho 12 và 2(p a 1) là số chính phương

a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1 thì (n+2)(n+1)(n+8) không thể là lập

Ta có: (n+2)3 < (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)

 n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( đúng) 0,5 Giả sử có nN, n  1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự nhiên,

khi đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3

0,25 0,5

 n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27

 2n2  n 11 =0  1 89

4

Vậy n  1, n  N thì (n+2)(n+1)(n+8) không là lập phương của một số tự nhiên 0,25 b) Cho số nguyên tố pp3 và hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình

2 2 2

p a  Chứng minh a chia hết cho 12 và 2(b p a  là số chính phương 1) 2,0

Ta có: p2 a2 b2  p2 (b a b a )(  ) 0,25 Các ước của p2 là 1, p và p2 ; không xảy ra trường hợp b + a = b - a = p

Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1

Khi đó

à

b  v a 

suy ra 2a = (p -1)(p + 1)

0,5

Từ p lẻ suy ra p + 1, p -1 là hai số chẵn liên tiếp  (p -1)(p + 1) chia hết cho 8

Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 Do đó p có dạng 3k+1 hoặc

3k+2

Suy ra một trong hai số p + 1; p -1 chia hết cho 3 Suy ra 2a chia hết cho 3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm)

0,5

2 p + a + 1 =2 p+ +1 =2p+p +1= p+1

2

Bài 8.(HSG lớp 9 – năm học 2016-2017)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

3 3 3( 2 2) 3( ) ( 1)( 1) 25

a b  a b  a b  a b  b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a2 1 b2 Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc b chia hết cho 5

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:

a3 b33(a2 b2) 3( a b ) ( a1)(b 1) 25 2,0

3 3 3( 2 2) 3( ) ( 1)( 1) 25

a b  a b  a b  a b 

(a 3a 3a 1) (b 3b 3b 1) (a 1)(b 1) 25

(a 1) (b 1) (a 1)(b 1) 25

0,5 Đặt x a 1,y b 1( ,x y Z x y ; , 2)

Khi đó (*) trở thành: x3 y3  xy25(x y x )( 2 xy y 2)xy25 (**) 0,25

+ Từ (**) suy ra x    , mà y x y 1 x2 xy y 2  nên: 0

+ Hơn nữa: x và ,y x y nên 2 xy 6

Suy ra x3y3  xy25 31  x3 31  (2) x 3 0,25

Từ (1) và (2) suy ra: x4 Do x và y y nên 2 y  2;3 0,25 + Thử lại, chỉ có 4

3

x y





 

 thỏa (**) Suy ra

3 2

a b





 

 là cặp số cần tìm 0,5 b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a2 1 b2 Chứng minh rằng chỉ có một số a

Cách 1:

Ta có: 0, 1, 2(mod 5)

0, 1, 2(mod 5)

a

b

  



   

2

2

0,1, 4(mod 5) 0,1, 4(mod 5)

a

b



 



Từ (1) và (2) suy ra:

2 2

0(mod 5) 1(mod 5)

a b







2 2

1(mod 5) 0(mod 5)

a b







Cách 2:

24a  1 b 25a  1 a b a b 5.k (1) 1 0,25

n Z n l r l Z r

2 2  2   

1 1 1 1

n l r l Z r

Từ (1) và (2) suy ra:

2 1 2 2

5







 hoặc

2 1 2 2

5

 





Cách 3:

24a  1 b 24a b  1 không chia hết cho 5 nên a và b không đồng thời chia

hết cho 5

0,25 + Giả sử a và b đều không chia hết cho 5

Theo định lý Fermat ta có

4

2 2 2 2 4

1(mod 5)

1(mod 5)

a

b







0,5

Suy ra a 2  b 2  0(mod 5)  23 a 2   1 b 2  a 2  0(mod 5) (*) 0,25

Vì a không chia hết cho 5 nên a  1, 2(mod 5) 0,25

Với a 2(mod 5)a2 4(mod 5)23a2  1 3(mod 5)( trái với (*)) 0,25 Vậy điều giả sử là sai Từ đó suy ra điều cần chứng minh