Phương pháp giải và sáng tạo các bài toán số học trong chương trình phổ thông

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠMNGUYỄN THỊ HUYỀN DIỆU PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨNGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Đà Nẵng - 2024...

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN THỊ HUYỀN DIỆU

PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO

CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨNGÀNH: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Đà Nẵng - 2024

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

NGUYỄN THỊ HUYỀN DIỆU

PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO

CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌCNGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS NGUYỄN THÀNH CHUNG

Đà Nẵng - 2024

MỞ ĐẦU 1

CHƯƠNG 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 3

1.1 Kiến thức số học 3

1.1.1 Phép chia trên tập số nguyên Z 3

1.1.2 Đồng dư 5

1.1.3 Một số hàm số học cơ bản 8

1.1.4 Hàm phần nguyên 9

1.2 Kiến thức tổ hợp 10

1.2.1 Quy tắc cộng và quy tắc nhân 10

1.2.2 Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp 11

CHƯƠNG 2 PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CHƯƠNG TRÌNH PHỔ THÔNG 13

2.1 Phương pháp giải bài toán về phép chia hết, phép chia có dư 13

2.2 Phương pháp giải bài toán tìm chữ số tận cùng 17

2.3 Phương pháp giải bài toán về số nguyên tố, số chính phương 20

2.4 Phương pháp giải bài toán về phương trình nghiệm nguyên 28

2.5 Phương pháp giải bài toán về phương trình đồng dư 34

2.6 Phương pháp giải bài toán về hàm số học 37

2.7 Phương pháp giải bài toán số học có yếu tố tổ hợp 42

2.8 Phương pháp giải bài toán về bất đẳng thức số học 48

CHƯƠNG 3 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP SÁNG TẠO BÀI TOÁN SỐ HỌC 53

3.1 Phương pháp tương tự hóa 53

3.2 Phương pháp đặc biệt hóa, tổng quát hóa 57

3.3 Phương pháp suy diễn ngược lại từ những kết quả đã biết 61

3.4 Phương pháp chuyển đổi mục đích bài toán 63

KẾT LUẬN 65

DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 66

MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Số học, ngành lâu đời nhất và đầy hấp dẫn của toán học, đã từng đượcmột nhà toán học nổi tiếng gọi là "bà chúa của toán học" Các bài toán sốhọc đã làm say mê nhiều người, từ những nhà toán học nổi tiếng đến đôngđảo các bạn trẻ yêu toán Điều thú vị là nhiều vấn đề khó trong số học lạiđược phát biểu đơn giản, gần gũi; nhiều bài toán khó có thể được giải mộtcách sáng tạo bằng những kiến thức trong chương trình phổ thông

Trong chương trình giáo dục phổ thông năm 2018, nội dung số học chiếmmột phần quan trọng trong chương trình môn toán, bao gồm cả chương trìnhđại trà và chương trình dành cho các lớp chuyên Số học là một trong nhữngmôn học làm cơ sở cho những nghiên cứu sâu hơn về toán, giúp hình thànhnhững công cụ toán học để giải quyết các lĩnh vực khoa học khác có liênquan Việc học tập, giảng dạy và nghiên cứu về số học còn giúp phát triển

tư duy logic, khả năng sáng tạo toán học và việc hình thành khả năng sửdụng các thuật toán

Các bài toán số học luôn có mặt trong các kì thi chọn học sinh giỏi toán

ở tất cả các cấp học, kì thi vào trường trung học phổ thông chuyên, kì thiOlympic toán ở các nước trên thế giới Mặc dù đã được làm quen sớm với sốhọc nhưng các bài toán này luôn gây ra nhiều khó khăn đối với cả người dạy

và người học, đòi hỏi phải có một cách nhìn tổng thể về các phương phápgiải theo từng dạng bài tập Hơn nữa, việc giảng dạy và học tập về số họccần hướng đến phát triển tư duy sáng tạo cho người dạy và người học Trên

cơ sở những nội dung được đề cập ở trên, tôi đã lựa chọn đề tài luận văn là:

“Phương pháp giải và sáng tạo các bài toán số học trong chươngtrình phổ thông”

2 Mục đích nghiên cứu

Luận văn nhằm nghiên cứu phương pháp giải các bài toán số học trongchương trình phổ thông Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đề cập một số phươngpháp sáng tạo các bài toán số học liên quan

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu: Nội dung số học trong chương trình phổ thông.Các công cụ toán học được vận dụng để giải các bài toán số học trong chươngtrình phổ thông

Phạm vi nghiên cứu: Đề tài tập trung nghiên cứu nội dung số học trongchương trình phổ thông Tuy nhiên, để làm sáng tỏ thêm các vấn đề liênquan, chúng tôi sẽ tham khảo các nguồn tài liệu khác nhau Những kiến thứcnày được chọn lọc để giáo viên, học sinh phổ thông có thể hiểu và vận dụng.

4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp thu thập, phân tích và tổng hợp các tài liệu hiện có liênquan đến nội dung nghiên cứu Ngoài ra, để sáng tạo bài toán về số học,chúng tôi sẽ sử dụng các phương pháp suy luận logic như tương tự hóa, đặcbiệt hóa, tổng quát hóa,

Xin ý kiến, trao đổi và thảo luận với giáo viên hướng dẫn

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Đề tài cung cấp hệ thống các dạng toán cơ bản về số học trong chươngtrình phổ thông cùng với các phương pháp giải Bên cạnh đó, đề tài cũngcung cấp một số phương pháp thông dụng để sáng tạo các bài toán mới về

số học, góp phần phát triển tư duy sáng tạo cho người dạy và người học

6 Cấu trúc của luận văn

Ngoài lời mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn được bố cụclàm 3 chương như sau:

Chương 1 Kiến thức chuẩn bị: Trình bày tóm lược các kiến thức cơ bản

về số học, tổ hợp được dùng trong các chương sau

Chương 2 Phương pháp giải các bài toán số học trong chương trình phổthông: Tập trung hệ thống hóa các phương pháp giải bài toán số học trongchương trình phổ thông, kèm theo ví dụ minh họa Cụ thể, các nội dungđược đề cập gồm bài toán về phép chia hết, phép chia có dư; số nguyên tố,

số chính phương; phương trình nghiệm nguyên; phương trình đồng dư; hàm

số học; bài toán về số học có yếu tố tổ hợp; bất đẳng thức số học

Chương 3 Một số phương pháp sáng tạo bài toán số học: Giới thiệu một

số phương pháp sáng tạo bài toán mới từ các bài toán gốc như phương pháptương tự hóa; đặc biệt hóa, tổng quát hóa, suy diễn ngược lại từ những kếtquả đã biết; chuyển đổi mục đích bài toán

CHƯƠNG1KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tôi sẽ giới thiệu một số kiến thức về số học và

tổ hợp liên quan đến luận văn Các tài liệu tham khảo được sử dụng trongluận văn bao gồm [1],[3],[6], [7]

1.1 Kiến thức số học

1.1.1 Phép chia trên tập số nguyên Z

Định nghĩa 1.1 [1] Giả sử a, b ∈ Z, b ̸= 0 Khi đó, tồn tại duy nhất

q, r ∈ Z, 0 ≤ r < |b| sao cho a = bq + r Ta nói q là thương và r là số dưtrong phép chia a cho b Nếu r = 0, ta nói a chia hết cho b, kí hiệu a b, hay

b là ước số của a, kí hiệu b | a

Định nghĩa 1.2 [1] Một số tự nhiên lớn hơn 1 được gọi là số nguyên tốnếu nó chỉ có hai ước số tự nhiên là 1 và chính nó Số tự nhiên có nhiều hơnhai ước số tự nhiên được gọi là hợp số

Một số tự nhiên được gọi là số chính phương nếu nó là bình phương củamột số tự nhiên nào đó Số tự nhiên lớn hơn 1 không chia hết cho số chínhphương nào lớn hơn 1 được gọi là số phi chính phương

Định lí 1.1 [1] (i) Tập hợp các số nguyên tố là vô hạn

(ii) Mọi số tự nhiên a > 1 đều biểu diễn được duy nhất dưới dạng tíchcác thừa số nguyên tố, tức là

(ii) Nếu một số chính phương là tích của hai số nguyên tố cùng nhau, tức

là c2 = a.b với (a, b) = 1, thì mỗi thừa số a, b là các số chính phương

Định nghĩa 1.3 [1] Cho các số nguyên a1, a2, , an, n ≥ 2

(i) Số nguyên dươngdđược gọi là ước chung củaa1, a2, , annếud | ai, với

i = 1, 2, , n Sốdđược gọi là ước chung lớn nhất của a1, a2, , an nếudlà sốlớn nhất trong số các ước chung củaa1, a2, , an, kí hiệu ƯCLN(a1, a2, , an)

hay (a1, a2, , an)

Nếu (a1, a2, , an) = 1 ta nói a1, a2, , an là dãy các số nguyên tố cùngnhau Đặc biệt, nếu (a, b) = 1 ta nói a và b là hai số nguyên tố cùng nhau.(ii) Số nguyên dương D được gọi là bội chung của a1, a2, , an nếu D

là bội của ai, với i = 1, 2, , n Số D được gọi là bội chung nhỏ nhất của

a1, a2, , an nếu D là số nhỏ nhất khác 0 trong tập hợp các bội chung của

Ta gọi k là số mũ đúng của n và viết vp(n) = k nếu pk | n nhưng pk+1 ∤ n.Khi đó, ta có thể hiểu k là số mũ đúng của số nguyên dương n nếu k là sốnguyên dương lớn nhất sao cho pk | n

Định lí 1.6 [7] Giả sử a, b, c ∈ Z, n ∈ N∗ và p là một số nguyên tố Khi

(ii) Giả sử a ≡ b(mod m)vàc ≡ d(mod m) Khi đó,a±c ≡ b±d(mod m),

ac ≡ bd(mod m), từ đó suy ra an ≡ bn(mod m) với mọi n ∈ N∗

(iii) Giả sử ac ≡ bc(mod m), d = (c, m) thì a ≡ b(mod m/d) Đặc biệt,nếu d = 1 ta có a ≡ b(mod m)

(iv) Giả sử mi ∈ Z+ và a ≡ b(mod mi), i = 1, 2, , k Khi đó a ≡b(mod [m1, m2, , mk])

Định nghĩa 1.6 [1] Giả sử m ∈Z, m > 1 Với mỗi số nguyên a, tồn tạiduy nhất q, r sao cho a = qm + r, 0 ≤ r ≤ m − 1

Với mỗi r, 0 ≤ r ≤ m − 1, tập hợp Ar gồm tất cả các số nguyên khi chiacho m có cùng số dư r được gọi là lớp thặng dư modun m và mỗi phần tửcủa Ar được gọi là một thặng dư modun m Mỗi phần tử của Ar được gọi làmột thặng dư modun m

Trong mỗi tập Ar, 0 ≤ r ≤ m − 1, ta lấy một thặng dư đại diện Tậphợp m phần tử đó được gọi là một hệ thặng dư đầy đủ Đặc biệt, hệ H ={0, 1, 2, , m − 1} được gọi là hệ thặng dư đầy đủ modun m không âm nhỏnhất

Định lí 1.9 [1] Giả sử (a, m) = 1 và x chạy qua một hệ thặng dư đầy

đủ modun m Khi đó với b ∈ Z, ax + b cũng chạy qua một hệ thặng dư đầy

đủ modun m

Định nghĩa 1.7 [1] Giả sử m, n ∈N, m > 1 và đa thức f (x) = a0xn+

a1xn−1 + + an−1x + an, với a0, a1, , an ∈ Z, a0 ̸≡ 0(mod m) Đồng dưthức

được gọi là phương trình đồng dư bậc n Giải phương trình đồng dư (1.2) làtìm tất cả các giá trị của x ∈ Z sao cho (1.2) thỏa mãn.

Rõ ràng, nếu r ∈ Z thỏa mãn phương trình đồng dư (1.2) thì mọi giá trị

x ∈ Z,x ≡ r(mod m) cũng thỏa mãn (1.2) Từ đó, nghiệm của phương trìnhđồng dư (1.2) được hiểu là các lớp thặng dư modun m thỏa mãn (1.2).Hai phương trình đồng dư cùng một ẩn được gọi là tương đương với nhaunếu chúng có cùng chung tập hợp nghiệm

Định lí 1.10 [6] Giả sử m ∈ N, m > 1 được biểu diễn dưới dạng chínhtắc m = pα1

f (x) ≡ 0(mod pαk

k )

(1.3)

Nhận xét 1.1 1 Giả sử p là số nguyên tố, α ∈ N, α > 1 Khi đó, nếu

x ∈ Z thỏa mãn phương trình đồng dư

2 Giả sử trong (1.5), đa thức f (x) có bậc n > p Chia f (x) cho đa thức

xp− x ta được thương g(x) và phần dư r(x), deg r(x) < p hoặc r(x) = 0,tức là

f (x) = (xp− x)g(x) + r(x),

trong đódeg r(x) < phoặcr(x) = 0 Theo định lí Fermat,xp−x ≡ 0(mod p),

do đó phương trình (1.5) hoặc tương đương với phương trìnhr(x) ≡ 0(mod p)

hoặc nghiệm đúng với mọi x ∈ Z.

3 Xét phương trình đồng dư

trong đóf (x) và g(x) là các đa thức với hệ số nguyên và p là một số nguyên

tố Khi đó, (1.6) tương đương với

"

f (x) ≡ 0(mod p),g(x) ≡ 0(mod p)

Trong phần tiếp theo, chúng ta xét phương trình đồng dư bậc nhất mộtbiến, còn gọi là phương trình đồng dư tuyến tính dạng

trong đó m, a, b ∈Z và m > 1

Định lí 1.11 [6] Giả sử m, a, b ∈ Z, m > 1 và (a, m) = d Khi đó,phương trình đồng dư (1.7) có nghiệm khi và chỉ khi d | b Đặc biệt, nếu

d = 1 thì phương trình (1.7) có duy nhất nghiệm

Định nghĩa 1.8 [7] Giả sử m, a ∈ Z, m > 1 Khi đó, số nguyên dương

n nhỏ nhất sao cho an ≡ 1(mod m) được gọi là cấp của a theo modun m, kíhiệu n = ordm(a)

Định lí 1.12 [7] Giả sử m, a ∈ Z, m > 1 Khi đó, ta có các khẳng địnhsau:

(i) Số nguyên dương k thỏa mãn ak ≡ 1(mod m) khi và chỉ k ordm(a).(ii) Nếu k = ordm(a), l = ordm(b) và (k, l) = 1 thì ordm(ab) = kl

Định nghĩa 1.9 [6] Giả sử n ∈ N∗ Số nguyên a được gọi thặng dư bìnhphương mod n nếu tồn tại x ∈ Z sao cho x2 ≡ a(mod n)

Định nghĩa 1.10 [7] Giả sử a ∈ Z và p là một số nguyên tố lẻ Kí hiệuLegendre ap được xác định như sau:

1, nếu a là thặng dư bình phương modun p và p ∤ a

−1, nếu a là bất thặng dư bình phương modun p và p ∤ a

Định lí 1.13 [7] Cho a và p là hai số nguyên với p là số nguyên tố lẻ

Kí hiệu Legendre có các tính chất sau:



= 1 nếu p ≡ 1(mod 4) và



−1 p



= −1

nếu p ≡ 3(mod 4)

(v) 2p = (−1)p2−18 , nên 2p = 1 nếu p ≡ ±1(mod 8) và 2p = −1 nếu

Định lí 1.14 [6] Giả sử n ∈ N∗ và f là một hàm số học có tính chấtnhân Khi đó hàm số học F xác định bởi

Hệ thặng dư thu gọn modun m là tập hợp gồm φ(m) số nguyên, nguyên

tố cùng nhau vớim và đôi một không đồng dư với nhau modun m Hệ thặng

dư thu gọn được chọn từ hệ H = {0, 1, 2, , m − 1} được gọi là hệ thặng dưthu gọn modun m không âm nhỏ nhất

Định lí 1.15 [6] Giả sử (a, m) = 1 và x chạy qua một hệ thặng dư thugọn modun m Khi đó ax cũng chạy qua một hệ thặng dư thu gọn modun m.Định lí 1.16 [6] Hàm Euler φ có tính chất nhân, theo nghĩa với mọi

m, n ∈N∗ là hai số nguyên tố cùng nhau ta có

ap ≡ 1(mod p) Đây là nội dung của định lí Fermat

Định lí 1.18 [6] Giả sử m là số nguyên dương được biểu diễn dưới dạngchính tắc m = pα1

Đặc biệt, nếu m = p là một số nguyên tố, α ∈ N∗ thì φ(pα) = pα− pα−1.Trong trường hợp α = 1, ta có φ(p) = p − 1.

Định lí 1.19 [6] Giả sử m ∈ N∗ Khi đó P

d|mφ(d) = m.Định nghĩa 1.13 [6] Hàm tổng các ước số của một số tự nhiên m ∈ N∗,

kí hiệu σ(m), được hiểu là tổng tất cả các ước số dương của m

Hàm số các ước của một số tự nhiên m ∈ N∗, kí hiệu τ (m), được hiểu là

số các ước dương của m

(vi) Giả sử x ∈ R+, n ∈ N∗ Khi đó số các số nguyên dương là bội của n

và không vượt quá x là

h

x n

i

Định lí 1.22 [6] Giả sử m là số nguyên dương được biểu diễn dưới dạngchính tắc m = pα1

1 pα2

2 pαk

k Khi đó, với mỗi i = 1, 2, , số mũ αi của pi

được tính theo công thức

Định lí 1.23 (Nguyên lí Dirchlet) [6] Giả sử có n đồ vật được xếp vào

k ngăn kéo Khi đó tồn tại ít nhất một ngăn kéo chứa ít nhất



n − 1k



+ 1

đồ vật

1.2 Kiến thức tổ hợp

1.2.1 Quy tắc cộng và quy tắc nhân

Quy tắc cộng: Giả sử một công việc A có thể thực hiện theo một trong

k phương án khác nhau a1, a2, , ak Phương án a1 có n1 cách thực hiện,phương án a2 có n2 cách thực hiện, , phương án ak có nk cách thực hiện.Khi đó, số cách thực hiện công việc A là Pki=1ni

Quy tắc cộng có thể diễn đạt dưới dạng ngôn ngữ tập hợp như sau:Xét {A1, A2, , Ak} là một họ các tập hợp con hữu hạn của tập A sao cho

Ai ∩ Aj = ∅, i ̸= j và A = ∪ki=1Ai Khi đó, số các phần tử của tập hợp A

cho bởi công thức

Quy tắc nhân: Giả sử một công việc A phải hoàn thành qua k công đoạn

a1, a2, , ak Công đoạn a1 có n1 cách thực hiện, công đoạn a2 có n2 cáchthực hiện, , công đoạn ak có nk cách thực hiện Khi đó, số cách thực hiệncông việc A là Qki=1ni

Tương tự như quy tắc cộng, chúng ta có thể diễn đạt quy tắc nhân dướidạng ngôn ngữ tập hợp như sau: Giả sử có k tập hợp Ak với |Ai| = ni,

1.2.2 Hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp

Định nghĩa 1.15 (Hoán vị không lặp) [3] Giả sử X là một tập hợp hữuhạn gồm n phần tử khác nhau Một cách sắp xếp n phần tử của tập X theomột thứ tự nào đó được gọi là một hoán vị không lặp của X, kí hiệu Pn Sốhoán vị không lặp của n phần tử kí hiệu Pn và tính theo công thức

Định nghĩa 1.17 (Chỉnh hợp không lặp) [3] Cho tập hợp X gồm n

phần tử khác nhau Mỗi bộ gồm k phần tử, 0 ≤ k ≤ n, được sắp thứ tự củatập X được gọi là một chỉnh hợp không lặp chập k của n phần tử thuộc X,

kí hiệu Akn, và được tính bởi công thức

n và được tínhbởi công thức

Ak

n = nk

Định nghĩa 1.19 (Tổ hợp không lặp) [3] Cho tập X gồm n phần tửkhác nhau Mỗi tập con gồm k phần tử, 0 ≤ k ≤ n, của tập X được gọi làmột tổ hợp không lặp chặp k của n phần tử thuộc X, kí hiệu Cnk và đượctính bởi công thức

n và được tính bởi công thức

Ck

n = Cn+k−1k

Định lí 1.25 (Công thức Newton) [3] Giả sử n ∈ N∗, x, y ∈ R Khi đó

CHƯƠNG2PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG

đa thức thành nhân tử, lí thuyết đồng dư, sử dụng định lí Fermat, phươngpháp phản chứng, nguyên lí Dirichlet, sử dụng các định lí về phần nguyên

Lời giải Giả sử p là một ước số nguyên tố bất kì của 2021 Khi đó, p là

số lẻ và a6085+ b6085 và a6094 + b6094 đều chia hết cho p Nếu một trong hai

số a hoặc b chia hết cho p thì số còn lại cũng chia hết cho p

Xét trường hợp (a, p) = (b, p) = 1 Với mọi n ∈ N, ta có đẳng thức

an+9 + bn+9 = (a9 + b9)(an + bn) − a9b9(an−9+ bn−9) (2.1)Trong (2.1), cho n = 6085 ta được

a6094+ b6094 = (a9 + b9)(a6085 + b6085) − a9b9(a6076+ b6076),

suy ra a6076+ b6076 p

Ta thấy 6076 ≡ 1(mod 9), do đó tiếp tục sử dụng đẳng thức (2.1) và lậpluận như trên ta có (a + b) p.

Lại có (a6094 − b6094) (a2 − b2) và a2 − b2 = (a − b)(a + b) p, suy ra

a6094− b6094 p Kết hợp với giả thiết

a6094 + b6094 = a6094− b6094+ 2b6094 p,

suy ra 2b6094 p, tức là b p (p là số nguyên tố lẻ) Điều này mâu thuẫn do

b > 1, p > 1 và (b, p) = 1

Như vậy, nếu plà ước số nguyên tố bất kì của 2021 thìa p vàb p Ta thấy

2021 = 43 × 47nên a và b cùng chia hết cho 43, 47, dẫn đến a và b cùng chiahết cho 2021, suy ra a2022+ b2022 2021

Ví dụ 2.3 (Đề thi vào lớp 10 - THPT Chuyên Lạng Sơn, năm học2023-2024)

Cho hai số nguyên a, b Gọi p = 4k + 3(k ∈ N) là số nguyên tố và p làước của a2 + b2 Chứng minh p là ước chung của a và b

Vậy với p = 4k + 3(k ∈ N) là số nguyên tố và p là ước của a2 + b2 thì p

là ước chung của a và b

Ví dụ 2.4 a) Tìm số dư trong phép chia 15325 − 1 cho 9

b) Tìm số dư trong phép chia 20162018+ 2 cho 5

- Phương pháp sử dụng tính chất đồng dư

Lời giải a) Ta có 1532 = 9.170 + 2 ≡ 2(mod 9), từ đó suy ra 15325 ≡

25(mod 9) Vậy 15325 − 1 ≡ 25 − 1(mod 9) Vì 25 − 1 = 31 ≡ 4(mod 9) nên

15325 − 1 ≡ 4(mod 9) Vậy số dư trong phép chia 15325 − 1 cho 9 là 4.b) Ta có 2016 ≡ 1(mod 5), do đó 20162018 ≡ 12018(mod 5) Từ đó suy ra

20162018+ 2 ≡ 12018+ 2(mod 5) Vì1 + 2 = 3 ≡ 3(mod 5) nên 20162018+ 2 ≡

3(mod 5) Vậy số dư trong phép chia 20162018+ 2 cho 5 là 3.

Ví dụ 2.5 Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho (2011!)2012 chia hết cho

Vậy 2011! chia hết cho 5033 và không chia hết cho 5034, hiển nhiên 2011!

chia hết 43 Do vậy 2011! chia hết cho 20123 và không chia hết cho 20124.Muốn (2011!)2012 chia hết cho 2012k thì k ≤ 3.2012 = 6036

Trường hợp 1: p2 = p1 + 2 và p3 = p1 + 4 Khi đó, trong ba số p1, p2, p3

có một số chia hết cho 3, mâu thuẫn

Trường hợp 2: p2 = p1 + 4 và p3 = p1 + 6 Khi đó, trong ba số p2, p3, p4

có một số chia hết cho 3, mâu thuẫn

Do đó p2 = p1+ 2,p3 = p1+ 6 vàp4 = p1+ 8 Từ đó suy ra p1 ≡ 2(mod 3)

và p1 ≡ 1(mod 5) Kết hợp với p1 lẻ ta ta có p1 ≡ 11(mod 30)

Ví dụ 2.7 Tìm số tự nhiên n sao cho

a) (23n+4+ 32n+1) 19

b) n.2n + 1 3

- Sử dụng phương pháp phân tích đồng dư

Lời giải a) Ta có 23n+4 + 32n+1 = 16.8n + 3.9n = 19.8n + 3(9n − 8n)

Do đó (23n+4 + 32n+1) 19 khi và chỉ khi 3(9n − 8n) ≡ 0(mod 19), tức là

9n ≡ 8n(mod 19) Điều này chỉ xảy ra khi n = 0

b) Ta xét các trường hợp sau

Trường hợp 1: n = 3k(k ∈ N) Khi đó n.2n + 1 ̸ 3

Trường hợp 2: n = 3k + 1(k ∈N) Ta có n.2n+ 1 = 3k.23k+1+ 2.8k + 1

Do đó, 2.8k + 1 3.

Ta có 8 ≡ −1(mod 3) nên 8k ≡ (−1)k(mod 3), suy ra 2.(−1)k + 1 ≡0(mod 3) Điều này chỉ xảy ra khi k chẵn, tức là n = 6m + 1(m ∈ N).Trường hợp 3: n = 3k + 2(k ∈ N)

Ví dụ 2.8 (Đề thi VMO, năm học 2022-2023)

Cho các số nguyên a, b, c, α, β và dãy số (un) được xác định bởi u1 = α,

u2 = β và un+2 = aun+1 + bun + c với mọi n ∈ N∗ Chứng minh rằng tồntại số nguyên dương n0 sao cho có duy nhất một trong hai khẳng định sau

là đúng:

i) Có vô số số nguyên dương m để un0un0+1 un0+m chia hết cho72023 hoặc

172023

ii) Có vô số số nguyên dương k để un0un0+1 un0+k − 1 chia hết cho 2023

- Phương pháp sử dụng nguyên lí Dỉrichlet

Lời giải Đầu tiên, ta chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương n0

và T thỏa mãn

ux+ T ≡ ux(mod 2023), ∀x ≥ n0 (2.2)Thật vậy, ta xét20232+ 1 cặp số (u1, u2), (u2, u3), ,(u20232 +1, u20232 +2) Vìkhi chia mỗi cặp số cho 2023, ta chỉ thu được tối đa 20232 cặp số dư, theonguyên lý Dirichlet, tồn tại hai cặp số (un0, uno+1) và (un0+T, un0+T +1) thỏamãn un0+T ≡ un0(mod 2023), un0+T +1 ≡ un0+1(mod 2023)

Từ công thức truy hồi, ta có

un0+T +2 ≡ aun0+T +1+ bun0+T + C ≡ aun0+1+ bun0 + C ≡ un0+2(mod 2023)

Tương tự ta cũng có

un0+T +3 ≡ aun0+3 ≡ (mod 2023), un0+T +4 ≡ un0+4(mod 2023)

và do đó tồn tại các số nguyên dương n0 và T thỏa mãn khẳng định (2.2)

Ta xét các số un0, un0+1, , un0+T −1 Có hai trường hợp sau

Trường hợp 1: Trong các số un0, un0+1, , un0+T −1 có một số un0+x chiahết cho 7 hoặc 17 Theo khẳng định (2.2) thì un +x+T, un +x+2T cùng chia

hết cho 7 hoặc cùng chia hết cho 17 Khi đó ∀k ≥ x thì un0un0+1 un0+x sẽchia hết cho 7 hoặc 17.

Vậy un0un0+1 un0+x − 1 không chia hết cho 2023 hay khẳng định ii) sai.Vớimđủ lớn thìun0un0+1 un0+msẽ chứa các thừa sốun0+x+T, un0+x+2T, ,

un0+x+2023T Như vậy un0un0+1 un0+m chia hết cho 72023 hoặc 172023, tức làkhẳng định i) đúng

Trường hợp 2: Các số un0, un0+1, , un0+T −1 đều nguyên tố cùng nhau với

2023 Khi đó

Theo khẳng định (2.2) thì tất cả các hạng tử từ un0 trở đi đều nguyên

tố cùng nhau với 2023, do đó với mọi m nguyên dương thì un0un0+1 un0+m

không chia hết cho 72023 hay 172023 Vậy khẳng định i) sai

Ta có un0un0+1 un0+T −1 ≡ a(mod 2023) Vậy với mọi k = hT − 1, trong

đó h là một bội tự nhiên bất kỳ của ord2023(a), thì un0un0+1 un0+k− 1 chiahết cho 2023, tức là khẳng định ii) đúng

2.2 Phương pháp giải bài toán tìm chữ số tận cùng

Các bài toán về chữ số tận cùng thường sử dụng các phương pháp nhưtính chất chia hết, sử dụng đồng dư thức, định lí Euler và một số tính chất

Lời giải Ta có 1978 ≡ 8(mod 10) nên 19784 ≡ 6(mod 10)

Mà 19868 ≡ 0(mod 4) nên 19868 = 4k(k ∈N) Từ đó ta suy ra 19784k ≡6(mod 10) Vậy chữ số tận cùng của 197819868 là 6

Ví dụ 2.11 Tìm chữ số tận cùng của

1 + 31992 + 51994 + 71996+ 91998

- Phương pháp tính chất đòng dư.

Lời giải Ta có 34 ≡ 1(mod 10) nên 31992 = (34)498 ≡ 1(mod 10) Tương

tự, ta cũng có

5n ≡ 5(mod 10) nên 51994 ≡ 5(mod 10)

74 ≡ 1(mod 10) nên 71996 = (74)499 ≡ 1(mod 10)

92 ≡ 1(mod 10) nên 91998 = (92)999 ≡ 1(mod 10)

Do đó 1 + 31992+ 51994+ 71996+ 91998 ≡ 1 + 1 + 5 + 1 + 1 ≡ 9(mod 10).Vậy chữ số tận cùng của 1 + 31992+ 51994+ 71996+ 91998 là số 9

Ta thấy tích 4thừa số có tận cùng là 8 sẽ có tận cùng là 6 Vì có 20 thừa

số ta kết hợp được 5nhóm mỗi nhóm có4 thừa số, tích mỗi nhóm này có chữ

số tận cùng là 6 Do đó kết quả của tích A có chữ số tận cùng là 6 Mà số

có tận cùng là 6 nâng lên lũy thừa bất kỳ sẽ có tận cùng là 6, suy ra A200202

sẽ có chữ số tận cùng là 6 Vậy lũy thừa của tích có chữ số tận cùng là 6

Mặt khác,

20126 ≡ 56(mod 10) ⇒ 201212 ≡ 56(mod 100) ⇒ 20122013 ≡ 72(mod 100)

(2.4)

Từ (2.3) và (2.4) suy ra 20122013 = 20122000.20122013 ≡ 76.72(mod 100) nên

20122013 ≡ 72(mod 100) Vậy A có hai chữ số tận cùng là 72

Ví dụ 2.15 Tìm hai chữ số tận cùng củaS = 12002+22002+ +20042002

- Phương pháp sử dụng định lí Euler

Lời giải Ta có, với a là số tự nhiên, nếu a chẵn thì a2 chia hết cho 4,nếu a lẻ thì a100 − 1 chia hết cho 4 Nếu a chia hết cho 5 thì a2 chia hếtcho 25, nếu a không chia hết cho 5 thì (a, 25) = 1, theo định lí Euler thì

aφ(25) ≡ 1(mod 25) hay a20 ≡ 1(mod 25), suy ra a100 ≡ 1(mod 25) hay

a100 − 1 chia hết cho 25 Do đó với số tự nhiên a ta có a2(a100 − 1) chia hếtcho 100 Khi đó

Lời giải Rõ ràng ta không thể tính được giá trị vế phải, để ý rằng x chính

là chữ số tận cùng của biểu thức 10 × A + x nên ta suy nghĩ theo hướng tìmchữ số tận cùng của vế phải

Ta biết rằng, số có tận cùng là 4 (hoặc 9) khi nâng lên lũy thừa chẵncho chữ số tận cùng là 6 ( hoặc 1), còn khi nâng lên lũy thừa lẻ số tận cùngkhông thay đổi

Do đó, chữ số tận cùng của 141414 là 6, chữ số tận cùng của 999 là 9.Mặt khác, 234 = 281 = 24×20+1 = 24×20× 2 = 6 × 2 = 2 suy ra chữ số

tận cùng của 234 là 2.

Do vậy, chữ số tận cùng của vế phải giống chữ số tận cùng của6 + 9 + 2 =

17, tức là 7

Ta thấy 10 × A + x có tận cùng là x nên 10 × A + x2 có tận cùng bằngtận cùng của x2

Vì không có số nào lũy thừa bậc 2 lên để có chữ số tận cùng là 7, nênkhông tìm được x thỏa mãn

2.3 Phương pháp giải bài toán về số nguyên tố, số

Ví dụ 2.17 Tìm tất cả các số nguyên tố P và các số nguyên dương a

Từ P là số nguyên tố nên một trong các nhân tử của P phải là 1 Từ a là

số nguyên dương, nên a2 − 2a + 2 = 1, điều này cho ta nghiệm duy nhất

a = 1, P = 5

Ví dụ 2.18 Cho p > 5 là số nguyên tố Chứng minh rằng tồn tại một

số có dạng 111 11 chia hết cho p

- Phương pháp sử dụng nguyên lí Dirichlet và phản chứng

Lời giải Ta xét dãy số: 1, 11, 111, , 111 1

| {z }

p

Nếu trong dãy trên không

có số nào chia hết cho pthì ta cho tương ứng mỗi số với số dư của phép chia.Tập hợp các số dư chỉ có 1, 2, 3, , p − 1 gồm p − 1 phần tử (vì 0 không thể

có trong tập này )

Nhưng vì chúng ta có p số ở dạng trên nên theo nguyên lý Dirichlet tồntại hai số có cùng số dư Giả sử các số đó là: 111 1

có số nào trong dãy chia hết cho p

Ví dụ 2.19 (Đề thi HSG lớp 9, Hà Nội, năm học 2013-2014)

Tìm số tự nhiên n để 52n2−6n+2 − 12 là số nguyên tố

- Phương pháp sử dụng hằng dẳng thức và tính chất số nguyên tố

Lời giải Ta có 2n2 − 6n + 2 = 2[n(n − 3) + 1] Vì n(n − 3) là số chẵnvới mọi số tự nhiên n nên n(n − 3) + 1 là số lẻ

Đặt n(n − 3) + 1 = 2k + 1, với k ∈ N thì 52n2−6n+2− 12 = 252k+1+ 1 − 13

Mà 252k+1 + 1 chia hết cho (25 + 1) nên 252k+1+ 1 − 13 chia hết cho 13

Do đó để 52n2−6n+2 − 12 là số nguyên tố thì 52n2−6n+2 − 12 = 13, suy ra

2n2 − 6n + 2 = 2 Khi đó n = 0 hoặc n = 3

Vậy với n = 0 hoặc n = 3 thì 52n2−6n+2 − 12 là số nguyên tố

Ví dụ 2.20 (Đề thi vào lớp 10 chuyên - ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội,năm học 2009-2010)

Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số n + 1, n + 3, n + 7, n +

13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là số nguyên tố

- Phương pháp dựa vào tính chất số nguyên tố

Lời giải Xét n = 7k(k ≥ 1), không thỏa mãn vì n + 7 = 7k + 7 > 7 vàchia hết cho 7

Xét n = 7k + 1(k ≥ 0), không thỏa mãn vì n + 13 = 7k + 14 > 7 và chiahết cho 7

Xét n = 7k + 2(k ≥ 1), không thỏa mãn vì n + 5 = 7k + 7 > 7 và chiahết cho 7, với k = 0 thì n = 2, khi đó n + 7 = 9, không là số nguyên tố.Xét n = 7k + 3(k ≥ 0), không thỏa mãn vì n + 25 = 7k + 28 > 7 và chiahết cho 7

Xét n = 7k + 4(k ≥ 0), không thỏa mãn vì n + 17 = 7k + 21 > 7 và chia

- Phương pháp dựa vào tính chất số nguyên tố.

Lời giải Điều kiện xác định: x > 0 và x ̸= 1 Ta có

√

x − 3(√

x − 1)(x +√

x + 1).

2√x

x − 1)(x +√

x + 1).

2√x

√

x + 3 =

2√x

x +√

x + 1.

√x

x +√

x + 1

2 2

√x

x +√

x + 1, khix = 4 và x = 9 thì

2√

x − 3P2P là số nguyên tố.

Ví dụ 2.22 (Kì thi toán học Rumani, năm 2013)

Cho số nguyên dương a Xét dãy số nguyên xn xác định bởi x1 = a và

xn+1 = 2xn + 1, với mọi n ≥ 1

Đặt yn = 2xn − 1 Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho tồn tại sốnguyên dương a để y1, y2, , yk đều là số nguyên tố

- Phương pháp sử dụng bổ đề số mũ đúng và công thức Legeder

Lời giải Trước hết, ta có các nhận xét sau:

Nhận xét 2.1 Nếu 2m− 1 là số nguyên tố thì m cũng là số nguyên tố.Nhận xét 2.2 Nếu p là số nguyên tố có dạng 4m + 3 và q = 2p + 1

cũng là số nguyên tố thì q | (2p− 1)

Chứng minh nhận xét

Theo định lý Fermat nhỏ ta có q | (2q−1 − 1) = (2p− 1)(2p+ 1)

Đặt α = ordq(2) Ta có α ∈ {2, p, 2p} Ta xét ba trường hợp sau

1 Nếu α = 2 thì q | (22 − 1) = 3, kéo theo p = 1, vô lý

3 Nếu α = p, nhận xét được chứng minh

Trở lại bài toán:

Với k = 2, chọn a = 2 ta được y1 = 2, y2 = 31, y3 = 2047 = 23.89.

Giả sử tồn tại k ≥ 3 sao cho tồn tại số nguyên dương a thỏa mãn

y1, y2, , yk đều là các số nguyên tố Khi đó theo nhận xét (2.1) ta có

x1, x2, , xk cũng là số nguyên tố Nói riêng y3 là số nguyên tố nên theotrên ta có a ≥ 3, mà a = x1 nguyên tố nên a lẻ, suy ra xn ≡ 3(mod 4), vớimọi n ≥ 2

Ta có x2 ≡ 3(mod 4), x3 = 2x2 + 1, x2, x3 nguyên tố nên theo nhận xét(2.2) thì x3 | (2x 2 − 1) = y2

Do y2 là số nguyên tố nên x3 = 2x2 − 1, suy ra 4a + 3 = 22a+1 − 1 Takhông tìm được a ≥ 3 từ đây Vậy k = 2 là giá trị cần tìm

Ví dụ 2.23 Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho

Vậy bài toán có hai nghiệm x = 2 và x = 3

Ví dụ 2.24 Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dươngk đều chọn được

số nguyên dương n sao cho n.2k − 7 là số chính phương

- Sử dụng phương pháp qui nạp

Lời giải Với k = 1, k = 2, k = 3 ta dễ dàng kiểm tra bài toán đúng nên

ta chỉ xét khi k ≥ 3 Ta chứng minh bài toán bằng quy nạp theo k

Giả sử bài toán đã đúng đến k ≥ 3 nghĩa là n.2k − 7 = a2, a ∈ Z+ Vì

n.2k− 7 là số lẻ nên a lẻ

Ta chứng minh bài toán cũng đúng với k + 1

Nếu số n tồn tại ở bước giả sử với k là một số chẵn thì:

n.2k − 7 = a2, a ∈ Z+ ⇒ n

2.2

k+1 − 7 = a2 nên chỉ việc chọn m = n

2 thì bài

toán đúng khi k + 1 Nghĩa là ta có: m.2k+1 − 7 = a2

Nên số n ở trên là số lẻ: xét số nguyên dương p ta có

(a + p)2 = a2 + 2ap + p2 = n.2k − 7 + 2ap + p2 = n.2k − 7 + p(p + 2a)

Lời giải.: Ta tiến hành qua 2 bước sau

1 Bước 1: Cố định một giá trị nguyên mà đề bài cho, rồi giả sử tồn tạimột cặp nghiệm thỏa mãn một vài điều kiện mà không làm mất tính tổngquát của bài toán

2 Bước 2: Dựa vào định lý Viete để tìm các mối quan hệ và sự mâu thuẫn,

từ đó tìm được kết luận của bài toán

Đặt k = a

2 + b2

ab + 1, khi đó theo bước 1 đã đề cập tới ở trên, ta cố định

k, sau đó xét tất cả các cặp (a, b) nguyên dương thỏa mãn phương trình

phương trình bậc hai với ẩn x trên và

Ví dụ 2.26 Xét các số nguyên dương x, y thỏa điều kiện x2 + y2 + x

chia hết cho xy Chứng minh rằng x là số chính phương

Lời giải Để giải ví dụ này chúng ta sử dụng hai nhận xét như sau:Nhận xét 2.3 Nếu a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện

(a, b) = 1 và tích ab là số chính phương thì a, b là các số chính phương.Nhận xét 2.4 Nếu a, b là các số nguyên dương có ước chung lớn nhất

là d và tích ab là số chính phương thì tồn tại các số nguyên dương u, v saocho a = du2, b = dv2 đồng thời (u, v) = 1

Vì x2 + y2 + x chia hết cho xy nên tồn tại số nguyên dương k thỏa mãn

x2 + y2 + x = kxy ⇔ x(ky − x − 1) = y2 (2.5)

Ta sẽ chứng minh x và ky − x − 1 là hai số nguyên tố cùng nhau

Thật vậy, gọi d là ước chung lớn nhất của hai số x và ky − x − 1 thì

Ví dụ 2.28 (Đề tuyển sinh THPT chuyên Hà Nam, năm học 2013-2014).

Cho số nguyên dương n và các số A = 444 4

Ví dụ 2.29 Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn

c(ca + 1)2 = (2c + b)(3c + b) Chứng minh rằng c là một số chính phương

- Phương pháp sử dụng công thức số mũ đúng

Lời giải Gọi p là ước nguyên tố bất kì của c, thì ƯCLN(p, ca + 1) = 1.

Từ giả thiết ta thấy c | b2, suy ra vp(c) ⩽ 2vp(b)

Vậy 20162 + 20172 + 20182 − 20192 không phải là số chính phương

2.4 Phương pháp giải bài toán về phương trình nghiệm

nguyên

Các bài toán về phương trình nghiệm nguyên được sử dụng rất nhiềutrong chương trình phổ thông Để giải các bài toán này chúng ta thường sửdụng tính chất chia hết, đồng dư, phương pháp phân tích, đánh giá, sử dụngtính chẳn lẻ, đưa hai vế về tổng các bình phương, sử dụng tính chất số chínhphương, phương pháp lùi vô hạn

Ví dụ 2.31 Giải phương trình nghiệm nguyên

- Phương pháp sử dụng tính chất chia hết

Lời giải Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình (2.6) Ta

thấy 159 và 3x đều chia hết cho 3 nên 17y 3 ⇒ y 3 (do 17 và 3 nguyên tốcùng nhau).

Đặt y = 3t(t ∈ Z) thay vào phương trình ta được 3x + 17.3t = 159 suy

ra x + 17t = 53

Do đó x = 53 − 17t, y = 3t, t ∈ Z Thử lại ta thấy thỏa mãn phương

trình đã cho Vậy phương trình có nghiệm (x, y) = (53 − 17t, 3t) với t là sốnguyên tùy ý

Ví dụ 2.32 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0

- Phương pháp sử dụng phân tích, đánh giá

Lời giải Ta có x2 − 2xy + 3y − 5x + 7 = 0

(

x = 1

y = −3

Vậy nghiệm nguyên(x, y)của phương trình là:(−2; −3); (2; 1); (5; 1); (1; −3)

Ví dụ 2.33 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau:

tổng của hai số chính phương 32 và 52.

Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng

Thay x = 0 vào phương trình ta được

(5y + 1)(y + 1) = 105 ⇔ 5y2+ 6y − 104 = 0 ⇒ y = 4 hoặc y = −26

- Phương pháp dựa vào đồng dư và công thức Legeder

Lời giải Với n = 1 thì ta dễ dàng tìm ra m = 1 Xét n > 1, khi đó nếu

3 | (n + 1) thì từ giả thiết ta có m6 = nn+1 + n − 1 > nn+1

⇒ m2 > n

n + 13

Tuy nhiên ta dễ dàng chỉ ra điều này là vô lý Do đó 3 ∤ (n + 1)

Nếu 3 | n thì m6 ≡ −1(mod 3), vô lý, dẫn đến n ≡ 1(mod 3) Vậy tồn

tại ước nguyên tố p của n + 1 thỏa mãn p ≡ −1(mod 3) Tương tự, nếu taxét n lẻ thì cũng thấy vô lý, do đó n chẵn Lúc này

p | (n + 1) | (nn+1 + 1 + (n + 1)) = m6 + 3

Từ đây ta suy ra m6 ≡ −3(mod p), kéo theo



−3p



= 1.Điều này mẫu thuẫn do p có dạng 3k + 2 Phương trình chỉ có nghiệmnguyên dương (1, 1)

Ví dụ 2.36 Giải phương trình nghiệm nguyên sau x2 + y2 = 3z2

- Phương pháp lùi vô hạn

Lời giải Gọi (x0, y0, z0) là nghiệm của phương trình trên Xét (mod 3)

ta chứng minh x0, y0 chia hết cho 3 Thật vậy rõ ràng về phải chia hết cho 3

suy ra (x02 + y02) 3 Ta có x02 ≡ 0; 1(mod 3); y02 ≡ 0; 1(mod 3)

Do đó (x02 + y02) 3 ⇒ x02 3, y02 3 ⇒ x0 3, y0 3 Đặt x0 = 3x1; y0 = 3y1

ta được 3(x12 + y12) = z02 ⇒ z0 3 ⇒ z0 = 3z1

Thế z0 = 3z1 vào 3(x12 + y12) = z02 ta được x12 + y12 = 3z12

Do đó nếu (x0, y0, z0) là nghiệm của phương trình thì (x1, y1, z1) cũng

là nghiệm của phương trình trên Tiếp tục suy luận như trên dẫn đến

x0, y0, z0 3k điều này xảy ra khi x0 = y0 = z0 = 0

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x, y, z) = (0, 0, 0)

Ví dụ 2.37 Giải phương trình nghiệm nguyên sau

Do đó phương trình trên có nghiệm duy nhất (x, y, z, t) = (0, 0, 0, 0)

Ví dụ 2.38 (Đề thi chuyên lớp 10 KHTN Hà Nội, năm học 2022-2023)

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

(x + y)(5x + y)3 + xy3 = (5x + y)3 + x2y3 + xy4

- Phương pháp phân tích đánh giá

Lời giải Phương trình đã cho tương đương với

• Với a = 2, ta có y = 40 Một cách tương ứng, ta dược (x, y) = (8, 40)

• Với a = 6, ta có y = 216 Một cách tương ứng, ta được (x, y) =(216, 216) Vậy có hai cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn yêu cầu đề bài

là (8, 40) và (216, 216)

Ví dụ 2.39 (Chuyên lớp 10 HKTN Hà Nội, năm học 2021-2022)

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

25y2 + 354x + 60 = 36x2 + 305y + (5y − 6x)2022 (2.10)

- Phương pháp phân tích đánh giá

Lời giải Phương trình (2.10) tương đương với

số nguyên liên tiếp nên chúng nguyên tố cùng nhau

Suy ra6x+5y−60 (6x−5y)2022 Đặt6x+5y−60 = (6x−5y)2022, k(k ∈ Z).Khi này, thay vào (2.10) ta được: (6x − 5y)2022[k(6x − 5y + 1) + 1] = 0

Vậy x = 5; y = 6 là nghiệm nguyên duy nhất của bài toán.

Ví dụ 2.40 (Đề tuyển sinh THPT Hà Nội- Amsterdam, năm 2006).Giải phương trình nghiệm nguyên dương (y + 1)4 + y4 = (x + 1)2 + x2 -Phương pháp phân tích đánh giá

Lời giải Ta có 2y4 < y4 + (y + 1)4 = (x + 1)2 + x2 < 2(x + 1)2, suy ra

Khi đó ta được phương trình (x + 1)4 + x4 = (x + 1)2 + x2 có nghiệm

x = 0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm (0, 0)

Ví dụ 2.41 (Olympic Toán học Serbia, năm 2008)

Tìm tất cả các nghiệm nguyên không âm của phương trình

12x+ y4 = 2008z

- Phương pháp lùi vô hạn và công thức Legeder

n Lời giải Nếu z = 0, ta tìm ra x = y = z = 0

Nếu z > 0, ta xét các trường hợp sau

1 Nếu x là số chẵn thì vế trái của phương trình có dạng a2 + b2, với

a, b ∈ Z+ Vì 251 | 2008 nên 251 | (a2 + b2) Do đó 251 | a và 251 | b.Nói cách khác, 251 | 12x, điều này vô lý

2 Nếuxlà số lẻ thì về trái của phương trình có dạng3a2+b2,vớia, b ∈ Z+

Vì 251 | 2008 nên 251 | (3a2 + b2) Vì 251 ∤ a nên 251 ∤ b, ta suy ra



=



−1251





3251



= −1



2513