Chuyên đề Số học ôn thi vào chuyên Toán năm 2021 - Tập 1

Chia liên tiếp các ẩn cho cùng một số ( Phương pháp lùi vô hạn). Phương pháp dùng bất đẳng thức. Sắp thứ tự các ẩn. Xét từng khoảng giá trị của ẩn. Sử dụng bất đẳng thức ∆ ≥ 0 để phương [r]

Chuyên đề số học THCS số 1 Hướng tới kỳ thi chuyên toán

Mục lục

1 TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN

I Chứng minh chia hết

II Chứng minh không chia hết

III Tìm điều kiện để chia hết

2 SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 10

I Tổng quan chuyên đề 10

1 Bài toán số nguyên tố 10

2 Bài toán hợp số 10

II Euler số nguyên tố 10

3 SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ 13

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 17

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 27

I Phương pháp xét tính chia hết 28

1 Đưa phương trình ước số 28

II Xét số dư vế 28

III Chia liên tiếp ẩn cho số ( Phương pháp lùi vô hạn) 29

IV Phương pháp dùng bất đẳng thức 29

1 Sắp thứ tự ẩn 29

2 Xét khoảng giá trị ẩn 29

3 Sử dụng bất đẳng thức∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm 30

4 Xét tích kẹp tích dạng 30

V Phương pháp dùng số phương 30

1 Xét số phương gần 30

2 Sử dụng điều kiện∆là số phương 32

3 Dùng tính chất số phương 32

6 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 39

7 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 47

I Bất đẳng thức phân số 48

II Bất đẳng thức bậc hai 49

8 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 52

1 Sự chia hết số, hiệu, tổng 53

2 Sự tồn tập có tính chất 55

9 CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN 60

I Sự tương hỗ 61

II Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị 62

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 68

I Phương pháp phát tính chia hết 68

II Số nguyên tố hợp số 72

III Số tự nhiên số 73

IV Số phương 76

V Phương trình nghiệm nguyên 78

VI Bất đẳng thức số tự nhiên 80

VII Bất đẳng thức phân số bậc hai 85

VIII Nguyên lí Đi-Rich-Le 89

IX Các toán suy luận 89

1. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN Chia hết tính chất đặc trưng tập hợp số nguyên

Các toán chia hết chuyên đề bao gồm ba dạng chính:

Dạng 1 Chứng minh chia hết cho số

Dạng 2 Chứng minh không chia hết, bao gồm việc tìm số dư tìm nhiều chữ số tận

cùng số

Dạng 3 Tìm điều kiện số để xảy quan hệ chia hết

Với phong phú đa dạng đó, tập chia hết thường hấp dẫn có mặt đề thi học sinh giỏi Tốn

Thử trí thơng minh

TÌM ĐIỂM CỦA TỪNG NGƯỜI

Năm bạn Ánh, Bích , Cao, Dũng, Hòa chơi trò chơi số điểm xếp từ nhỏ đến lớn là23, 25, 36, 37, 50 Bạn tính điểm người biết rằng:

1) Tổng số điểm Ánh, Bích, Cao gấp ba số điểm Dũng; 2) Điểm Bích số lẻ;

3) Ánh nhiều điểm Cao Lời giải.

Do1)nên tổng số điểm bốn bạn Ánh, Bích, Cao, Dũng gấp bốn số điểm Dũng nên số chia hết cho

Tổng số điểm năm bạn là:

23+25+36+37+50=171,là số chia cho4dư3 Suy số điểm Hịa chia cho4dư3, là23

Số điểm Dũng là:(171−23) : 4=37

Số điểm Ánh, Bích, Cao thuộc tập hợp{25; 36; 50} Do2)nên Bích được25điểm

Do3)nên Ánh được50điểm, Cao được36điểm

Vậy Ánh 50điểm, Bích 25 điểm, Cao được36 điểm, Dũng được37 điểm, Hòa 23

điểm

I. Chứng minh chia hết

Cho hai số nguyêna vàb, đób 6= Ta nóia chia hết chobnếu tồn số nguyên k cho a =bk

Để chứng minh chia hết cần nhớ dấu hiệu chia hết (cho2, 4, 8, 5, 25, 125, 3, 9, 11), tính chất chia hết tổng, hiệu, tích tính chất sau:

• Nếu tíchabchia hết chom, đóbvàmlà hai số ngun tố thìachia hết chom • Nếu tích chia hết cho số nguyên tố pthì tồn thừa số tích chia hết chop

• Nếuachia hết cho số ngun tố đơi thìachia hết cho tích chúng • Nếua,blà số ngun

1 TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUN • Nếu tíchabchia hết chom, đóbvàmlà hai số ngun tố thìachia hết chom • Nếu tích chia hết cho số ngun tố pthì tồn thừa số tích chia hết chop

• Nếuachia hết cho số nguyên tố đơi thìachia hết cho tích chúng • Nếua,blà số nguyên

+ an−bnchia hết choa−bvớinlà số tự nhiên; + an+bnchia hết choa+bvớinlà số tự nhiên lẻ; + (a+b)n= ak+bnvớinlà số tự nhiên,klà số nguyên

Ví dụ ChoA=n3−9n2+2n(nlà số nguyên) Chứng minh rằngAchia hết cho6 Lời giải.

A=n3−9n2+2n=n3−3n2+2n−6n2

XétB=n3−3n2+2n= n(n2−3n+2)=n(n−1)(n−2)

Trong ba số nguyên liên tiếp, có số chia hết cho2, có số chia hết cho3 DoBchia hết cho số nguyên tố nhau2và3nênB Suy A 4! Chú ý: Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho6 Tổng quát, tích củansố nguyên liên tiếp chia hết

chon!.

Ví dụ ChoA=1.2.3 .29,B=30.31.32 .58 Chứng minh rằngA+Bchia hết cho59 Lời giải.

B=(59−29)(59−28)(59−27) (59−1)=59k−1.2.3 29=59k−A(klà số nguyên)

VậyA+Bchia hết cho59

Ví dụ Cho số tự nhiêna vàbthỏa mãnab+1chia hết cho24 Chứng minh rằnga+b chia hết cho24

Lời giải.

Ta cóa+b 24nênab+1chia hết cho3và8, suy raabchia cho3dư2và chia cho8dư7

Doabchia cho3dư2nên avàbcó số chia cho3dư1, số chia cho3dư2, a+bchia hết cho3

Doab+1 24nênavàblà số lẻ, nếuavàbchia cho8dưrthìr ∈ {1; 3; 5; 7} Doabchia cho 8dư7nên có hai trường hợp: số chia cho8dư1và số chia cho8dư7(khi đóa+b 8), số chia cho8dư3và số chia cho8dư5(khi đóa+b 8) Vậya+bchia hết cho8

Doa+bchia hết cho số nguyên tố nhau3và8nêna+bchia hết cho24

II. Chứng minh không chia hết

Ví dụ Chứng minh rằngn2+n−16khơng chia hết cho25với số nguyênn Lời giải.

Cách 1. A=n2+n−16 =(n+3)(n−2)−10

Ta thấyn+3vàn−2có hiệu bằng5nên chúng chia hết cho5hoặc khơng chia hết cho5 Nếun+3vàn−2cùng chia hết cho5thì(n+3)(n−2) 25, đó(n+3)(n−2)−10khơng chia hết cho25, tức làAkhông chia hết cho25

Cách 2. Giả sử tồn số nguyênnmà A=n2+n−16 .25thìn2+n−16 .5

⇒n2−4n+4+5(n−4) 5⇒(n−2)2 Do5là số nguyên tố nênn−2

Đặtn =5k+2(k ∈ Z)thìA= (5k+2)2+(5k+2)−16 = 25k2+25k−10không chia hết cho 25, mâu thuẫn với điều giả sử

VậyAkhông chia hết cho25với số nguyênn

Cách 3. A=n2+n−16 ⇒4A=4n2+4n−64 =(2n+1)2−65

Nếu2n+1 5thì4Akhơng chia hết cho25⇒ Akhông chia hết cho25

Nếu2n+1không chia hết cho5thì(2n+1)2khơng chia hết cho5⇒4Akhơng chia hết cho5

⇒ Akhơng chia hết cho25

Cách 4. Lần lượt xétnbằng5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4rồi tínhA Bạn đọc tự giải

III. Tìm điều kiện để chia hết

Ví dụ Tìm số tự nhiênnđển2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2chia hết cho10 Lời giải.

A=n2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2 =2(2n2+6n+7) A 10⇒2n2+6n+7 .5⇒2n2+6n+2 .5⇒2(n2+3n+1) .5

⇒n2+3n+1 .5⇒n(n+3)tận cùng4hoặc6.

Đáp số:ntận cùng1hoặc6

Ví dụ Tìm số ngunnđể3n+1chia hết chon2+n+1 Lời giải.

Ta có

3n+1 n2+n+1 (1)

⇒3n2+n n2+n+1⇒3(n2+n+1)−(2n+3) n2+n+1

⇒2n+3 n2+n+1 (2)

Từ (1) (2) suy ra3(2n+3)−2(3n+1) n2+n+1⇒7 n2+n+1 Don2+n+1>0nênn2+n+1∈ {1; 7}

Vớin2+n+1=1thìn2+n =0nênn∈ {0;−1} Các giá trị thỏa mãn3n+1 n2+n+1 Vớin2+n+1=7thìn2+n−6=0⇔(n−2)(n+3)=0⇔n∈ {2;−3}

Chỉ cón =2thỏa mãn3n+1 n2+n+1.

Đáp số:n∈ {−1, 0, 2}

Ví dụ Tìm số ngun dươngnđể(n+3)(n+4)chia hết cho3n Lời giải.

(n+3)(n+4) 3n⇒n2+7n+12 3n⇒n2+n+12 3n ⇒n2+n+12chia hết cho3vàn

n2+n+12 n⇒12 n⇒n∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12} (3) n2+n+12 3⇒n(n+1) 3⇒n=3khoặcn=3k+2(k∈N)

1 TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN

n 12

3n 18 36

n2+n+12 18 24 54 168

Chỉ có trường hợpn=2vàn=6thìn2+n+12 3n, đó(n+3)(n+4) 3n

Đáp số:n=2vàn=6

Ví dụ Tìm số nguyên dươngxvàylớn hơn1sao chox+3chia hết choyvày+3chia hết chox

Lời giải.

Giả sử2≤x ≤y

a) Xéty=2thìx=2, khơng thỏa mãnx+3 y

b) Xéty≥3 Đặtx+3=ky(k∈N)(1)thìky=x+3≤y+3≤y+y=2ynênk≤2

• Với k = 1, từ (1) có x+3 = y Thay vào y+3 x x+6 x nên x, lại có x > nên x ∈ {2; 3; 6}

x y

• Vớik =2từ(1)cóx+3=2y Từy+3 x ⇒x+9 x⇒9 x Dox>1nênx∈ {3; 9} Khix=3thìy=3, thử lại

Khix=9thìy=6, loại trái vớix≤ y

Đáp số: Các cặp số(x,y)phải tìm là(2; 5), (5; 2), (3; 6), (6; 3), (6; 9), (9; 6), (3; 3)

Ví dụ Tìm số ngun dươngnnhỏ đểA=n3+7n2+6nchia hết cho125.

Lời giải.

A=n3+7n2+6n=n(n2+7n+6)=n(n+1)(n+6) Ta xét trường hợp sau

• Vớin=5k(k∈N)thìn,n+1,n+6chia cho5dư0, 1, ĐểA 125thìn 125 Chọnnnhỏ là125 (1)

• Vớin=5k+1thìn,n+1,n+6chia cho5dư1, 2, Khi đóAkhơng chia hết cho5 • Vớin=5k+2thìn,n+1,n+6chia cho5dư2, 3, Khi đóAkhơng chia hết cho5 • Vớin=5k+3thìn,n+1,n+6chia cho5dư3, 4, Khi đóAkhơng chia hết cho5

• Vớin=5k+4thìn,n+1,n+6chia cho5dư4, 0, ĐểA 125thìn+1 25hoặcn+6 25

Trường hợp n+1 25, chọnnnhỏ là24 (2)

Trường hợp n+6 25, chọnnnhỏ là19 (3)

So sánh(1), (2), (3), ta chọnn=19 Khi đóA=19.20.25, chia hết cho125 Ví dụ 10 Tìm năm chữ số tận của555

Lời giải.

Xét548−1=(524+1)(512+1)(56+1)(53+1)(53−1), chia hết cho25 Suy ra57(548−1)chia hết cho105

Cịn57 =78125

Vậy555có năm chữ số tận là78125. BÀI TẬP

Bài Cho chữ số1,2,3,4,5,6 Dùng ba chữ số trên, lập số tự nhiên có ba chữ số chia hết cho3?

Lời giải.

Ta xét trường hợp:

• Các số có tổng chữ số bằng6, có nhóm (1,2,3)

• Các số có tổng chữ số bằng9, có ba nhóm (1,2,6); (1,3,5); (2,3,4) • Các số có tổng chữ số bằng12, có ba nhóm (1,5,6); (2,4,6); (3,4,5) • Các số có tổng chữ số bằng15, có nhóm (4,5,6)

⇒có tất cả8nhóm Mà nhóm có6số⇒có tất cả48số Bài Chứng minh rằngn5+5n4−5n2−6nchia hết cho120với số nguyênn

Lời giải.

A=n5+5n4−5n2−6n= n(n2−1)(n2+5n+6)=(n−1)n(n+1)(n+2)(n+3) VìAlà tích của5số ngun liên tiếp nênA 5,A Ta chứng minh A

• Vớin=2k(k∈Z)⇒ A=4(2k−1)(2k+1)(2k+3)k(k+1) • Vớin=2k+1 (k∈ Z)⇒ A=8k(k+1)(k+2)(2k+1)(2k+3)

VậyA 120

Bài Chứng minh rằngn2+3n−3không chia hết cho49với số ngunn. Lời giải.

Ta cóA=n2+3n−3=(n2+3n−10)+7=(n−2)(n+5)+7 Vì hiệu giữan+5vàn−2là7đơn vị nênn+5vàn−2cùng chia hết cho7hoặc không chia hết cho7

• Giả sửn+5vàn−2cùng chia hết cho7⇒(n−2)(n+5) 49⇒ A=(n−2)(n+5)+7khơng chia hết cho49

• Giả sửn+5vàn−2khơng chia hết cho7 ⇒(n−2)(n+5)không chia hết cho7⇒ A= (n−2)(n+5)+7không chia hết cho7 Do đóAkhơng chia hết cho49

Bài Tìm số tự nhiênxvàylớn hơn1sao cho4x+1chia hết choyvà4y+1chia hết chox Lời giải.

Đặt4x+1=ky Giả sử2≤x≤ y⇒ky=4x+1<4y+y=5y⇒k<5 Vìky=4x+1là số lẻ nên klà số lẻ⇒k∈ {1; 3}

• Vớik =1⇒y =4x+1 Vì4y+1 x⇒4(4x+1)+1 x⇒5 x⇒x =5⇒y=21 • Vớik =3⇒3y=4x+1 Vì4y+1 x ⇒12y+3 x4(4x+1)+3 x ⇒7 x

⇒x =7⇒y= 29 (loại)

Vậy số cần tìm là(x;y) =(5; 21)hoặc(21; 5) Bài Tìm chữ số tận của:

1 TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN b) B=15+29+313+417+ +100401

Lời giải.

a) Nhận xéta5−a .10 Thật vậy

a5−a= a(a2−1)(a2+1)= a(a−1)(a+1)(a2−4+5) =(a−2)(a−1)a(a+1)(a+2)+5a(a−1)(a+1) 10 Do

A=(15−1)+(25−2)+(35−3)+ +(1005−100)+(1+2+3+ +100) =10k+5050⇒Atận chữ số0

b) Nhận xéta4n+1−a .10 Thật vậya4n+1−a= a(a4n−1) .a(a4−1)⇒a4n+1−a .10. Do vậyB=(15−1)+(29−2)+(313−3)+ +(100401−100)+(1+2+3+ +100) =10k+5050⇒ Atận chữ số0

Bài Tìm hai chữ số tận của:

a) A=2+22+23+24+ +299

b) n20vớinlà số tự nhiên tận bằng2. Lời giải.

a) 2A=22+23+24+ +299+2100 ⇒A=2100−2

Ta thấy2100 =(210)10= (1024)10 =(10242)5 =( 76)5= 76⇒ A=2100−2= 74 Vậy Atận là74

b) Do n số tự nhiên tận nên n = 5k+2 (k ∈ N) ⇒ n2 = 5m−1 (m ∈ N)

⇒n20 =(5m−1)10=(5m)10−10(5m)9+ −10.5m+1chia cho25dư1nênn2tận là01, 26,51,76 Vìn20 .4nênn2tận là76.

Bài Tìm hai mươi chữ số tận của90!

Lời giải.

Số thừa số5có tích90!là 90 +

ï 90 25 ò

=18+3=21

Vì số thừa số5trong tích90!là21nên số thừa số2trong tích90!sẽ lớn hơn21 ⇒có21chữ số tận của90!là chữ số0 Do đó20chữ số tận của90!là chữ số0 Bài Cho dãy số10,11,12,13, ,100

Sau thay đổi số tổng chữ số số có chữ số, ta dãy gồm số có chữ số Chữ số xuất nhiều dãy đó?

Lời giải.

Ta biết số tự nhiên tổng chữ số có số dư chia cho9, số dãy cuối số dư chia cho9của số dãy10,11,12,13, ,98,99,100

Vì số dãy (số10) số cuối dãy (số100) chia cho9có số dư là1nên dãy cuối chữ số1xuất nhiều Cụ thể

• Số chữ số1trong dãy cuối là1+100 10 =11 • Số chữ số khác1trong dãy cuối 100

10 =10

2. SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ

I. Tổng quan chuyên đề

Số nguyên tố - Hợp số nội dung có liên quan chặt chẽ đến tính chia hết

Số nguyên tố số tự nhiên lớn hơn1, có hai ước nguyên dương là1và

Các tốn số ngun tố, hợp số đa dạng, thường đòi hỏi vận dụng tính chia hết cách thành thạo hợp lý tình tốn

Các toán số nguyên tố, hợp số chuyên đề bao gồm:

1. Bài toán số nguyên tố

• Chứng minh biểu thức có giá trị số ngun tố • Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước

• Tìm số ngun dương để giá trị biểu thức số nguyên tố

2. Bài tốn hợp số

• Chứng minh biểu thức có giá trị hợp số • Viết số cho trước thành tổng nhiều hợp số • Xác định số lượng hợp số dãy số

Số nguyên tố, hợp số đề tài lơi nhiều nhà tốn học từ nhiều kỉ trước Công nguyên

II. Euler số nguyên tố

Euler(Léonard Euler,1707−1783) nhà toán học lỗi lạc, người Thụy Sĩ, đời ông (và cháu ơng) gắn bó với nước Nga

Ông nghiên cứu từ kiến thức sơ cấp (chẳng hạnđường tròn Euler) đến khái niệm cao siêu tiến khoa học thời đại ơng

Ơng nghiên cứu học, lí luận âm nhạc, lý thuyết đồ địa lý, khoa học hàng hải Ông đặt sở cho nhiều ngành Toán lý thuyết

Chúng ta kể số toán số nguyên tố liên quan đếnEuler:

1) Eulerđưa ví dụ biểu thức cho giá trị số nguyên tố với40giá trị liên tiếp củantừ0đến 39, biểu thứcn2+n+41

2) Nhà toán học PhápFermatxét biểu thức22n+1vớinbằng0, 1, 2, 3, 4cho số nguyên tố2+1=3, 22+1=5,24+1=17,28+1=257,216+1=65537

Ông đưa giả thuyết22n+1cho số nguyên tố với số tự nhiênn

Ý kiến đứng vững lâu Một kỉ sau,Eulerđã bác bỏ giả thuyết cách số 232+1chia hết cho641

3) Năm1742, nhà tốn học ĐứcGoldbach(Christian Goldbach1690−1764) viết thư choEulernói ơng “mạo hiểm” đưa dự đoán: Mọi số tự nhiên lớn hơn5đều biểu diễn dạng tổng của3số nguyên tố (chẳng hạn6=2+2+2,7=2+2+3,8=2+3+3)

Trong thư trả lời,Eulerđưa toán: Mọi số chẵn lớn hơn2đều biểu diễn dạng tổng hai số nguyên tố (chẳng hạn4=2+2,6=3+3,8=3+5)

Cho đến nay, người ta chưa chứng minh hai tốn

Ví dụ Tìm số tự nhiênnsao cho n 3−1

2 SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 11

Ta cón3−1 9⇒n3−1 3⇒nchia cho3dư1(vì nếunchia cho3dư0hoặc2thìn3chia cho3dư 0hoặc2)

Đặtn=3k+1 (k ∈N) Ta có n3−1

9 =

(3k+1)3−1

9 =

27k3+27k2+9k

9 =3k

3+3k2+k=k(3k2+3k+1).

Để n 3−1

9 số nguyên tố, phải cók =1 Khi đón =4và n3−1

9 =

64−1

9 =7là số nguyên tố

Vậyn=4là số cần tìm

Ví dụ Tìm số ngun tố psao cho43p+1là lập phương số tự nhiên Lời giải.

Đặt43p+1=n3(n∈N)thì43p=(n−1) n2+n+1

Số43pcó bốn ước ngun dương là1, 43,p, 43pnên có3trường hợp:

TH1: ®

n−1=1

n2+n+1=43p ⇔ ®

n=2

43p=22+2+1=7 (loại)

TH2: ®

n−1=43

n2+n+1= p ⇔  

 n=44

p=442+44+1=1981 (loại)

TH3: ®

n2+n+1=43 n−1= p ⇔

® n =6

p=5(là số nguyên tố)

Vậyp=5là số cần tìm

Ví dụ Chứng minh nếuplà số nguyên tố lớn hơn5thìp−4khơng thể lũy thừa bậc bốn số tự nhiên

Lời giải.

Giả sửp−4=a4(a∈N,a>1)thì

p= a4+4=a4+4a2+4−4a2=Äa2+2ä2−4a2 =Äa2−2a+2ä·Äa2+2a+2ä

=ỵ(a−1)2+1ó·ỵ(a+1)2+1ó

Suy raplà tích hai số tự nhiên lớn hơn1nên không số nguyên tố, điều mâu thuẫn với giả thiếtplà số nguyên tố

Vậyp−4không thể lũy thừa bậc bốn số tự nhiên Ví dụ Chứng minh trong30số tự nhiên liên tiếp lớn hơn5sẽ có nhất22hợp số

Lời giải.

Trong30số tự nhiên liên tiếp cho có15số chẵn, chúng lớn hơn5nên hợp số Ta tìm 15hợp số

Chia15số lẻ cịn lại thành5nhóm, nhóm gồm3số lẻ liên tiếp Trong3số lẻ liên tiếp, tồn số chia hết cho3, số lớn hơn5nên hợp số Có5nhóm nên ta tìm thêm được5số

Trong 30 số tự nhiên liên tiếp, tồn số chia cho 30 dư 5, số chia cho 30 dư 25, giả sử a =30m+5vàb=30n+25 Các sốavàblà hợp số (vì chia hết cho5và lớn hơn5), đồng thời không trùng với hợp số tìm (vìavàbkhơng chia hết cho2, khơng chia hết cho3) Ta tìm thêm được2hợp số

Ví dụ Viết số127thành tổng củansố hạng, số hạng hợp số Tìm giá trị lớn củan

Lời giải.

Đểnlớn giá trị hợp số viết phải nhỏ Các hợp số chẵn nhỏ là4và6 Hợp số lẻ nhỏ là9

Ta thấy127chia cho4dư3 Phải có hợp số lẻ (là9), còn127−9 = 118, chia cho4dư Phải có hợp số6, cịn118−6=112chia hết cho4, ta viết thành tổng của28số4

Vậy127=9+6+4+4+· · ·+4 | {z }

28số4

Vậy giá trị lớn củanlà30

BÀI TẬP

Bài Chứng minh rằng:

a) Nếupvàp2+8là số nguyên tố thìp2+2là số nguyên tố b) Nếupvà8p2+1là số nguyên tố thì2p+1là số nguyên tố.

c) Nếupvàp2+2là số nguyên tố thìp3+2là số nguyên tố Lời giải.

a) Xét p=3k+1 (k∈Z)thìp2+8 .3, hợp số. Xétp=3k+2thìp2+8 .3, hợp số.

Vậyp=3k, màplà số nguyên tố nên p=3 Khi p2+2=11, số nguyên tố b) Tìm đượcp =3

c) Tìm đượcp =3

Bài Tìm số nguyên tố psao cho7p+1là bình phương số tự nhiên

Lời giải.

Đặt7p+1=n2(n∈N)thì7p=(n+1)(n−1)

Số7pcó4ước ngun dương là1, 7,p, 7pnên có trường hợp

n−1 p

n+1 7p p

n

n2=7p+1 4 64 36 p loại 9, loại

Vậyp=5

Bài Tìm số nguyên tố psao cho7p+1là lập phương số tự nhiên Lời giải.

Đặt7p+1=n3(n∈N)thì7p=(n−1) n2+n+1 Có3trường hợp:

®

n−1=1 n2+n+1=7p

®

n−1=7 n2+n+1= p

®

n2+n+1=7 n−1= p

Ta tìm đượcp =73

Bài Tìm số nguyên dươngxvàysao chox4+4y4là số nguyên tố Lời giải.

Ta cóx4+4y4= x2+2y22−(2xy)2 = x2+2xy+2y2

· x2−2xy+2y2

Dox4+4y4là số nguyên tố vàx2+2xy+2y2 =(x+y)2+y2 >1nênx2−2xy+2y2=1

⇒(x−y)2+y2=1

3 SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ 13

Bài Tìm số ngun tố psao chop2+23có đúng6ước ngun dương. Lời giải.

Xétp=2thìp2+23=27 =33có đúng4ước ngun dương Xétp=3thìp2+23=32 =25có đúng6ước ngun dương.

Xétp>3thìplà số lẻ khơng chia hết cho3 Ta có p2+23= p2−1+24

Doplẻ nên p2−1 Do p 3nên p2−1 Suy p2−1 24, p2+23 24 Do24 có nhiều hơn6ước nguyên dương nên p2+23có nhiều hơn6ước nguyên dương

Vậyp=3

Bài a) Chứng minh trong10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, tồn tại4hợp số b) Hãy ra10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, có đúng4hợp số

Lời giải.

a) Trong10số lẻ liên tiếp cho, tồn tại3số bội của3, chúng lớn hơn5nên hợp số

Trong10số lẻ liên tiếp cho có đúng2số bội của5, chúng lớn hơn5nên hợp số Trong2 số đó, tồn số khơng chia hết cho3(vì hai bội của5đều chia hết cho3thì hai số chia hết cho15, mà trong10số lẻ liên tiếp có bội của15)

Vậy trong10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, tồn tại4hợp số

b) Chẳng hạn dãy7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25có đúng4hợp số (là9, 15, 21, 25)

3. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Số tự nhiên chữ số dạng tốn số học thường gặp, u cầu tốn thường tìm chữ số chưa biết

Ngồi trường hợp tìm chữ số, ta thường gộp nhóm chữ số lại thành biến tìm giá trị biến

Để tìm giá trị ấy, ta thường ý đên:

• Sử dụng tính chia hết: Xét xem biến (hoặc biểu thức chứa biến) chia hết cho số nào, ước số

• Sử dụng bất đẳng thức: Xét xem biến (hoặc biểu thức chưa biến) bị chặn khoảng

• Sử dụng phương trình: Xét xem biến liên hệ với phương trình

Tất cơng việc địi hỏi người làm tốn phải biết quan sát, phát đặc điểm toán để đưa phương án giải hợp lý

Thử trí thơng minh

BÀI TỐN ĐIỀN CHỮ SỐ Chị đố Hồng tìm chữ số phép cộng sau:

a b c d a b c d +

4 h Hồng nói:

- Sẽ phải xét xem mười trường hợp d từ0đến9

- Không cần! Bạn ý đến quan hệ số hạng

Số hạng thứ gấp10lần số hạng thứ hai nên tổng gấp11lần số hạng thứ hai 4791h 11⇒47910+h 11⇒11·4355+(5+h) 11⇒h=6

Số hạng thứ hai là:47916 : 11=4356 Ta có:

4 6 +

4

Ví dụ Tìm số tự nhiênabcd chia hết cho tích củaab vàcd (các số a,b,c,d không bắt buộc khác nhau)

Lời giải. abcd: ab·cd

Đặtab=x,cd =y,ta cóabcd=100x+y xy⇒y x Đặty=kxvớik∈ Nvà1≤k≤9thì100x+kx xkx

⇒100+k kx(1)⇒k∈ {1; 2; 4; 5}

Vớik =1thì từ(1)có101 x ⇒x=1,(loại) Vớik =2thì từ(1)có102 2x⇒51 x.Ta có

x 17 51 y 34 102,loại Vớik =4thì từ(1)có104 4x⇒26 x Ta có

x 26 13

y 104, loại 52 Vớik =5thì từ(1)có105 5x⇒21 x⇒x =21,y=105,loại

Có hai đáp số:1734 17·34và1352 13·52 Ví dụ Tìm chữ sốa,b,c(khơng bắt buộc khác nhau) choaaaa−bb= cc2

Lời giải.

aaaa−bb= cc2⇒1111a−11b=112·c2⇒101a−b=11c2⇒99a+(2a−b)=11c2. (1) Ta có2a−b 11nên2a−b∈ {0; 11}

a) Xét2a =bthìa≤4 Thay vào(1)có9a=c2 ⇒a∈ {1; 4}

Ta có

1111−22=332 4444−88=662

b) Xét2a−b=11 Thay vào(1)có9a+1=c2⇒9a=(c+1)(c−1).

Ta thấyc+1vàc−1có hiệu bằng2mà tích chúng chia hết cho9nên phải có số chia hết cho9, sốc+1 Ta đượcc+1=9nênc=8 Từ đóa=7

Khi đó7777−33=882.

Đáp số:1111−22=332; 4444−88=662; 7777−33=882

3 SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ 15

Ví dụ Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết bình phương tận ba chữ số theo thứ tự

Lời giải.

Đặtabcdeg= deg2=n2(1≤n≤999)

Ta có1000·abc+n=n2nênn2−n 1000⇒n(n−1) 1000

Hai sốnvàn−1nguyên tố nhỏ hơn1000, có tích chia hết cho1000nên có hai trường hợp

a)  



n 125 n−1

n số lẻ có ba chữ số chia hết cho 125nên n ∈ {125; 375; 625; 875} Chỉ có n = 625cho n−1=624

Ta được6252 =390625.

b)  



n−1 125 n

n−1là số lẻ có ba chữ số chia hết cho125nênn−1∈ {125; 375; 625; 875} Chỉ cón−1=375 chon=376

Ta được3762 =141376

Đáp số:625và376

Ví dụ Tìm số tự nhiên có sáu chữ số, biết bình phương hai số tạo ba chữ số đầu tạo ba chữ số cuối (không thay đổi thứ tự)

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabcdeg, ta cóabcdeg=Äabc+degä2

Đặtabc= x,deg= y Do(x+y)2là số có sáu chữ số nênx+y≤99. Ta có

1000x+y=(x+y)2⇔999x+(x+y)=(x+y)2

Đặtx+y=nthì999x =n(n−1) (1) n(n−1) 999 Don≤999nên ta xét hai trường hợp

a) n=99 Thay vào(1)đượcx =998, đóy=1 Ta được998001=(998+1)2

b) n < 999 = 33·37 Hai số nvàn−1nguyên tố có tích chia hết cho999nên có hai trường hợp

 



n 37 n−1 27

và  



n−1 37 n 27 Ở trường hợp đầu, ta đặtn=37k(dpn<999nênk<27)

Ta có37k 27⇒10k−1 27⇒80k−8 27⇒81k−(k+8) 27⇒k+8 27

Do k < 27 nên k = 19 Khi n = 37·19 = 703 Thay vào (1) x = 494, dó y = 703−494=209 Ta được494209=(494+209)2

Ở trường hợp sau, ta đặt n = 37m+1 (do n < 999nên m < 27) Có hai đáp số:998001 494209

Lưu ý:

n=27k+1rồi xét27k+1 37

Cũng vậy, đặt n = 37m+1rồi xét37m+1 27như lời giải có ưu điểm so với cách đặtn=27mrồi xét27m−1 37

Ví dụ Tìm số tự nhiên abc (các chữ số a, b, c không bắt buộc khác nhau) cho abc = ab2−c2

Lời giải.

Cách 1.Đặtab= x(10≤x ≤99) Ta có

10x+c= x2−c2 ⇔c(c+1)= x(x−10) Doc≥9nênc(c+1)≤90⇒x(x−10)≤90⇒x ≤15

Xétabtừ10đến15, ta thấy:

ab abÄab−10ä c(c+1) abc =ab2−c2 10 10·0 0=0·1 100=102−02 11 11·1 11, loại

12 12·2 24, loại 13 13·3 394, loại

14 14·4 56=7·8 147=142−72 15 15·5 75, loại

Có hai đáp số:100và147

Cách 2.Đặtab= x Ta có

10x+c=x2−c2⇔40x+4c=4x2−4c2

⇔4c2+4c=4x2−40x⇔(2c+1)2=(2x−10)2

⇔(2x−10)2−(2c+1)2 =99

⇔(2x+2c−9)(2x−2c−11)=99 Do2x−2c−11<2x+2c−9nên có trường hợp:

2x+2c−9 99 33 11

2x−2c−11

x+c 54 21 10 x−c 10

x 30 14 10

c 24, loại

Có hai đáp số147và100

BÀI TẬP

Bài Tìm số tự nhiênabsao choab2= abcd(các chữ sốa,b,c,dkhông bắt buộc khác nhau) Lời giải.

Doab2 có bốn chữ số nêna > Ta thấyakhác3,4,5,6,7,8vì3b2 < 3000,4b2 < 4000,5b2 < 5000, 6b2 <6000,7b2<7000,8b2 <8000

Xét9b2 =9cdb, dob2tận bằngbnênb∈ {0; 1; 5; 6} Xét chữ số902,912,952,962ta hai đáp số:952=9025và962 =9216.

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết bình phương lập phương tổng chữ số

Lời giải.

Đặtn=ab2 =(a+b)3

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 17 (x∈N Ta có

x6 =ab2 =(a+b)3nên ®

x3= ab x2= a+b(1) Dox3= ab≥10nênx≥3.

Dox2= a+b≤18nênx≤4

Xétx =3, từ(1)cóab=27vàa+b=9, thỏa mãn Xétx =4, từ(1)cóab=64vàa+b=16, loại

Đáp số:27

Bài Tìm số tự nhiên có năm chữ số, biết lập phương số tạo hai chữ số đầu (không thay đổi thứ tự)

Lời giải.

Xétabcde=ab3 Đặtab =x,cde=yvới10≤ x≤99và0≤ y≤999 Ta có1000x+y= x3nêny =x x2−1000

Doy≥0nênx2 ≥1000⇒ x≥32 (1) Ta cóx2−1000= y

x ≥ 999

32 =31 32

⇒ x2−1000≤31⇒ x2 ≤1031⇒x ≤32 (2)

Từ(1)và(2)suy rax=32 Ta có323=32748

Vậy số cần tìm là32748

Bài Tìm số tự nhiên abcdegchia hết cho tích củaabc vàdeg(các chữ số a, b, c,d,e,g không bắt buộc khác nhau)

Lời giải.

Xétabcdeg abc·deg

Đặtabc= x,deg= y, ta có1000x+y xy⇒y x

Đặty=kxvớik∈ Nvà1≤k≤9thì1000x+kx xkx⇒1000+k kx (1)

⇒1000 k ⇒k∈ {1; 2; 4; 5; 8}

Vớik =1, thay vào(1)có1001 x⇒x =143,y=143 Vớik =2, thay vào(1)có1002 2x⇒501 x Ta có

x 167 501 y 334 1002,loại

Vớik =4, thay vào(1)có1004 4x⇒251 x ⇒x=25,y=1004loại Vớik =5, thay vào(1)có1005 5x⇒201 x ⇒x=201,y=1005loại Vớik =8, thay vào(1)có1008 8x⇒126 x ⇒x=126,y=1008loại

Có hai đáp số143143 143·143và176334 167·334 Bài Cho năm chữ số tự nhiêna,b,c, d,e, số có bốn chữ số đề gồm bốn chữ số 1,2,3, Chứng minh khổng thể xảy raa3+b3+c3 =d3+e3

Lời giải.

Giả sửa3+b3+c3=d3+e3 (1) Mỗi sốa,b,c,dcó tổng chữ số bằng1+2+3+4=10nên chia hết cho9dư1 Khia=9k+1thì a3=9m+1 Khơng thể xảy (1) vế trái chia cho9dư3, cịn vế phải chia cho9dư2.

4. SỐ CHÍNH PHƯƠNG

TỔNG QUAN VỀ CHUN ĐỀ Số phương bình phương số tự nhiên

Các toán số phương chun đề có dạng sau:

Dạng 2. Chứng minh số (hoặc biểu thức) viết không viết dạng tổng số phương

Dạng 3. Tìm giá trị biến để biểu thức số phương

Dạng 4. Tìm số phương thỏa mãn điều kiện cho trước

Các tốn số phương gắn liền với:

a) Tính chia hết, chẳng hạn:

- Số phương không tận bằng2, 3, 7, - Số phương chia cho3có số dư là0hoặc1

- Số phương chẵn chia hết cho4 Số phương lẻ chia cho4thì dư1(chia cho8 dư1)

- Số phương chia hết cho số ngun tốpthì chia hết chop2

b) Bất đẳng thức, chẳng hạn :

Khơng có số phương nằm số tự nhiênn2vàn2+2n

c) Giải phương trình

Thử trí thơng minh

CĨ BAO NHIÊU HÌNH VNG?

An đố Bảo tìm số hình vng4×4(h.1) Bảo nói:

- Dễ q! có4×4=16hình vng

- Chưa đúng! Đó hình vng cạnh1 Cịn có hình vng cạnh2, cạnh3, cạnh4nữa!

- À! Đúng, để tớ nghĩ thêm

Hình Bảo tìm đáp số tổng bốn số phương đầu tiên, kể từ1, là:

12+22+32+42=30 Bạn có đồng ý với Bảo khơng?

Lời giải.

Trên dịng nằm ngang (h.2): A B C D E Hình

• Có1cách chọn đoạn thẳng có độ dài4(làAE) • Có2cách chọn đoạn thẳng có độ dài3(làAD,BE) • Có3cách chọn đoạn thẳng có độ dài2(làAC,BD,CE) • Có4cách chọn đoạn thẳng có độ dài1(làAB,BC,CD,DE) Trên cột thẳng đứng

Do số hình vng có tất :12+22+32+42=30

Lưu ý.Cho hình vngn×n Số hình vng có tất là12+22+32+· · ·+n2(hình) Có thể chứng minh được12+22+32+· · ·+n2 = n(n+1)(2n+1)

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 19

Ví dụ Xét biểu thức

a1 =12+22+22;a2 =22+32+62 a3=32+42+122;a4 =42+52+202 a) Hãy kiểm traa1,a2,a3,a4là số phương

b) Chứng minh rằnganlà số phương Lời giải.

a) a1=32, a2=72, a3 =132, a4 =212 b) Ta có

an = n2+(n+1)2+[n(n+1)]2 = n2+(n+1)2+n2(n2+2n+1) = n2+(n+1)2+n4+2n3+n2

= n4+2n2(n+1)+(n+1)2=(n2+n+1)2 Vậyanlà số phương

Ví dụ

a) Chứng minh số tự nhiên lẻ ln viết dạng hiệu hai số phương liên tiếp

b) Áp dụng nhận xét trên, viết số21và23dưới dạng hiệu hai số phương Lời giải.

a) Gọi2n+1(n∈N)là số lẻ

Ta có2n+1=(n2+2n+1)−n2 =(n+1)2−n2

Vậy số tự nhiên lẻ ln viết dạng hiệu hai số phương liên tiếp b) 21=112−102; 23=122−112

Lưu ý.Số21còn viết dạng52−22

Ví dụ

a) Cho số nguyên dương lẻa Tìm số nguyên dươngbsao choa2+b2=(b+1)2.

b) Áp dụng kết câu a, chứng minh tồn bốn số nguyên dươnga,b,c,dsao cho tổnga2+b2,a2+b2+c2,a2+b2+c2+d2đều số phương.

Lời giải.

a) a2+b2=(b+1)2 (1)

nêna2=(b+1)2−b2 =2b+1 Suy rab= a 2−1

2 b) Chọna=3thìb=

2−1

2 =4.Từ(1)có3

2+42 =52. Chọna=5thìb=

2−1

2 =13.Từ(1)có5

2+122=132. Chọna=13thìb= 13

2−1

2 =84.Từ(1)có13

2+842 =852.

Ví dụ Tìm số nguyên dươngnnhỏ cho số n+1,2n+1,5n+1 số phương

Lời giải.

Nếun=3k+1(k∈ N)thìn+1=3k+2, khơng số phương

Nếun=3k+2thì2n+1=6k+5, chia cho3dư2nên khơng số phương Vậyn

Do2n+1là số phương lẻ nên chia cho8dư1 Suy ra2n 8⇒ n 4⇒n+1lẻ Don+1là số phương lẻ nênn+1chia cho8dư1, suy ran

Vì n chia hết cho số nguyên tố và8 nênn 24 Với n = 24 n+1 = 25 = 52, 2n+1=49=72,5n+1=121=112 Giá trị nhỏ củanphải tìm là24

Ví dụ Tìm số phương có năm chữ số, có chữ số5, có chữ số 7, lại ba chữ số giống

Lời giải.

Gọi ba chữ số lại làa(a6=5,a6=7)

Gọin2là số phương phải tìm Tổng chữ số củan2bằng12+3a 3nênn2 3, đón2 9(vì n2là số phương)

Ta có12+3a 9⇒3(a+1) 9⇒a+1 3⇒ a∈ {2; 8}(chú ý rằnga6=5) • Xéta=2 Các chữ số củan2là5, 7, 2, 2,

Don2không tận bằng2, 7, nên phải tận bằng5, tận cùng25 Thử với số 72225, 27225, 22725, có27225=1652là số phương

• Xéta = Các chữ số củan2 là5, 7, 8, 8, Don2không tận bằng7, 8, nên phải tận bằng5, tận cùng25, khơng có số

Đáp số.27225

Ví dụ Tìm số phương có bốn chữ số, biết cộng chữ số hàng nghìn với3, trừ chữ số hàng đơn vị đi3, ta số phương

Lời giải.

Gọi số phải tìm làabcd=x2

Cộng chữ số hàng nghìn với3, trừ chữ số hàng đơn vị đi3, ta sốy2 Ta có y2−x2=3000−3=2997=34·37

nên(y−x)(y+x) 37 Tồn thừa số chia hết cho số nguyên tố37 Xét hai trường hợp:

• y−x 37 Doy−x <y+x<198nên có ®

y−x =37 y+x =81 ⇔

® x =22 y=59 Khi đóx2 =222 =484, có ba chữ số, loại

• y+x 37 Doy−x <y+x<198nên có ®

y−x =27 y+x =111 ⇔

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 21

Đáp số.1764

Ví dụ Tìm số phương có bốn chữ số, chữ số hàng đơn vị khác0, biết số tạo hai chữ số đầu (không đổi thứ tự) số tạo hai chữ số cuối (không đổi thứ tự) số phương

Lời giải.

Gọi số phải tìm làabcd=n2.

Đặtab=x2 (4≤ x≤9) Đặtcd =y2, dod6=0nên1≤y≤9

Ta cón2=100·ab+cd =100x2+y2>100x2⇒n>10x⇒n≥10x+1

Dox ≥4nênn≥41 (1)

Don≥10x+1nêny2 =n2−100x2≥(10x+1)2−100x2=20x+1 Kết hợp vớiy≤9ta có2x+1≤81⇒ x≤4

Ta lại cóx≥4nênx=4

Doy≤9nênn2=100x2+y2 ≤100·42+92=1681=412 ⇒n≤41 (2) Từ (1) (2) suy ran=41 Khi đón2 =1681

Ví dụ Tìm số phươngabcdsao cho sốbcdvàcdcũng số phương (các chữ sốa,b,c,dkhác0và không bắt buộc khác nhau)

Lời giải.

Trước hết ta tìmcd Đặtbcd=x2(1≤x ≤31),cd=y2(1≤y≤9). Ta cóx2−y2=bcd−cd=100b⇒(x+y)(x−y) 100

Các thừa sốx+yvàx−ycùng tính chẵn lẻ (vì hiệu chúng chia hết cho2), lại có tích số chẵn

nên chúng chẵn (1)

Các thừa sốx+yvàx−ycó tích chia hết cho100nên phải có thừa số chia hết cho5 Khơng thể có thừa số chia hết cho5, có thừa số chia hết5thì thừa số phải chia hết cho 25, thừa số lại chẵn nên chia hết cho50, trái với1 ≤ x−y< x+y ≤40 Vậyx+yvàx−ycùng

chia hết cho5 (2)

Từ (1) (2) suy rax+yvàx−ycùng chia hết cho10⇒(x+y)−(x−y) 10⇒2y 10⇒y Do1≤y≤9nêny =5, đócd= y2= 25.

Bây ta phải tìmab Doab25là số phương nênab25=(10n+5)2với3≤n≤9 Suy ra100·ab+25=100n2+100n+25nênab=n(n+1)

Dob6=0nênabbằng3·4, 6·7, 7·8, 8·9tức làab∈ {12; 42; 56; 72}

Có bốn số thoả mãn tốn là1225, 4225, 5625, 7225 Ví dụ

a) Có bảy số phương liên tiếp, tổng bốn số phương đầu tổng ba số phương cuối Tìm số phương đứng

b) Có2k+1số phuong liên tiếp (k ∈ N∗), tổng củak+1số phương

đầu tổng củaksố phương cuối Tìm số phương đứng Lời giải.

a) Gọi số phương đứng làx2(x≥3) Ta có

(x−3)2+(x−2)2+(x−1)2+x2 =(x+1)2+(x+2)2+(x+3)2

⇔ x2=(x+1)2−(x−1)2+(x+2)2−(x−2)2+(x+3)2−(x−3)2

⇔ x2=2x·2+2x·4+2x·6

⇔ x2=4x(1+2+3)

b) Gọi số phương đứng làx2(x≥k) Ta có

(x−k)2+(x−k+1)2+· · ·+(x−1)2+x2 =(x+1)2+(x+2)2+· · ·+(x+k)2

⇔ x2 =(x+1)2−(x−1)2+(x+2)2−(x−2)2+· · ·+(x+k)2−(x−k)2

⇔ x2 =2x·2+2x·4+· · ·+2x·2k

⇔ x2 =4x(1+2+· · ·+k)

Dox6=0nênx =4·(1+2+· · ·+k) =4·k(k+1)

2 =2k(k+1) Số phương đứng [2k(k+1)]2

Lưu ý.Vớik=1ta có32+42 =52

Vớik =2ta có102+112+122 =132+142.

Ví dụ 10 Chứng minh số(n+1)4+n4+1khơng số phương với số tự nhiên n

Lời giải.

Ta có(n+1)4+n4+1=2n4+4n3+6n2+4n+2=2(n4+2n3+3n2+2n+1)=2(n2+n+1)2 Don2+n+1 = n(n+1)+1là số lẻ nên(n2+n+1)2 là số lẻ Số(n+1)4+n4+1chia hết cho2 không chia hết cho4nên khơng số phương

BÀI TẬP

Bài Chứng minh rằng:

a) Tổng bốn số phương lẻ số phương b) Tổng năm số phương lẻ khơng thể số phương Lời giải.

a) Chẳng hạn12+12+32+52 =36=62

b) Mỗi số phương lẻ chia cho 8dư1 nên tổng năm số phương lẻ chia cho8dư 5, khơng số phương

Bài Cho sáu số phương a2, b2,c2,d2,e2, g2 thỏa mãn a2+b2+c2+d2+e2 = g2 Chứng minh sáu số tồn hai số chẵn

Lời giải. Xét

a2+b2+c2+d2+e2= g2 (1) Trong trường hợpa,b,c,d,echỉ có số chẵn vế trái (1) số chẵn nênglà số chẵn Vậy tồn hai số chẵn

Trong trường hợpa,b,c,d,eđều lẻ không xảy (xem tập20b) Bài

a) Chứng minh số chẵn viết dạng hiệu hai số phương số chẵn phải bội của4

b) Chứng minh bội của4bao viết dạng hiệu hai số phương lẻ liên tiếp hiệu hai số phương chẵn liên tiếp

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 23 d) Từ1đến100có số tự nhiên khơng viết dạng hiệu hai số phương? Lời giải.

a) Giả sử số chẵnmđược viết dạngm = a2−b2(vớia vàbnguyên) thìm = (a−b)(a+b) Hiệu(a+b)−(a−b)là số chẵn nên(a+b)và(a−b)phải chẵn lẻ Domlà số chẵn nên(a+b)và(a−b)cùng chẵn Suy ra(a+b)(a−b) 4tức làm

b) Gọimlà bội của4 Xét hai trường hợp:

◦ Trường hợpmchia hết cho4nhưng khơng chia hết cho8 Ta cóm=8n+4=(4n2+8n+4)−4n2=(2n+2)2−(2n)2

◦ Trường hợpm

Ta cóm=8n=4n2+4n+1−4n2+4n−1=(2n+1)2−(2n−1)2 c) 20=62−42;24=72−52;28=82−62

d) Từ nhận xét câu22a và22b ta suy ra: Các số viết dạng hiệu hai số phương số chẵn khơng chia hết cho4

Đó số2; 6; 10; 14; ; 98, tất có98−2

4 +1=25số

Bài Chứng minh nếunlà tổng ba số phương thì3nđược viết dạng tổng bốn số phương

Lời giải.

Giả sửn= a2+b2+c2 Khi

3n=3a2+3b2+3c2

=Äa2+b2+c2+2ab+2bc+2cậ+Äa2−2ab+b2ä+Äb2−2bc+c2ä+Äc2−2ca+a2ä =(a+b+c)2+(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2

Bài

a) Viết số43,53dưới dạng hiệu hai số phương

b) Chứng minh lập phương số tự nhiên viết dạng hiệu hai số phương

Lời giải.

a) 43 =102−62và53=152−102

b) Gọialà số tự nhiên Xét hai trường hợp:

◦ Nếuachẵn ta đặta=2n(vớin∈N)

a3 =(2n)3 =8n3 =n2·8n=n2ỵ(2n+1)2−(2n−1)2ó =[n(2n+1)]2−[n(2n−1)]2

◦ Nếualẻ ta đặta=2n+1(vớin∈ N)

a3 =(2n+1)3=(2n+1)2(2n+1)=(2n+1)2ỵ(n+1)2−n2ó =[(2n+1)(n+1)]2−[n(2n+1)]2

Bài Cho số nguyêna,b,c,dthỏa mãna+b=c+d Chứng minh rằnga2+b2+c2+d2là tổng ba số phương

Lời giải. Ta có

a2+b2+c2+d2= a2+b2+c2+d2+2a(a+b−c−d) =3a2+b2+c2+d2+2ab−2ac−2ad

=Äa2+2ab+b2ä+Äa2−2ac+c2ä+Äa2−2ad+d2ä =(a+b)2+(a−c)2+(a−d)2

Bài

a) Chứng minh tổng năm số phương liên tiếp chia hết cho5 b) Mệnh đề sau hay sai?

“Nếunlà số lẻ lớn hơn3thì tổng củansố phương liên tiếp chia hết chon” Lời giải.

a) Trong năm số nguyên liên tiếp có số chia hết cho5, số chia cho5dư1, số chia cho 5dư2, số chia cho5dư3, số chia cho5dư Bình phương chúng chia cho5lần lượt dư0,1,4,4,1 Do tổng năm số phương liên tiếp chia hết cho5

b) Mệnh đề sai Chẳng hạn tổng chín số phương liên tiếp sau khơng chia hết cho9, là(−4)2+(−3)2+(−2)2+(−1)2+02+12+22+32+42=60, chia cho9dư6

Lưu ý:Nếu thêm điều kiệnnlà số nguyên tố mệnh đề câu b

Bài Cho n

2−1

3 tích hai số tự nhiên liên tiếp Chứng minh rằng: a) 2n−1là số phương

b) nlà tổng hai số phương liên tiếp Lời giải.

a) Gọiavàa+1là hai số tự nhiên liên tiếp Ta có n2−1

3 = a(a+1)

⇔n2−1=3Äa2+aä

⇔4n2−4=3Ä4a2+4aä

⇔4n2−1=3Ä4a2+4a+1ä

⇔(2n−1)(2n+1)=3(2a+1)2 Do2n−1và2n+1là hai số nguyên tố nên

®

2n+1= x2

2n−1=3y2 ®

2n−1=m2 2n+1=3p2 Loại trường hợp đầu đóx2−3y2 =2, tức làx2chia cho3dư2 Vậy2n−1=m2.

b) 2n−1là số phương lẻ nên

4 SỐ CHÍNH PHƯƠNG 25

Bài Chứng minh rằng:

a) Tồn số phương hiệu lập phương hai số tự nhiên liên tiếp

b) Nếu số phươngn2 hiệu lập phương hai số tự nhiên liên tiếp thì2n−1là số phương vànlà tổng hai số phương liên tiếp

Lời giải.

a) Chẳng hạn83−73 =512−343=169=132

b) n2 =(x+1)3−x3=3x2+3x+1⇒ n

2−1

3 =x(x+1) Giải tiếp Bài tập 27

Bài 10 Chứng minh số 2n−1, 2n, 2n+1 khơng số phương nếun số tự nhiên lẻ chia hết cho

Lời giải.

Xét Theo đề bài,ncó dạng6k+3 (k ∈N Khi đó2n=2(6k+3)=12k+6, khơng số phương chia hết cho2nhưng không chia hết cho4

2n+1=12k+7, chia cho4dư3nên không số phương

2n−1=12k+5, chia cho3dư2nên khơng số phương Bài 11 Chứng minh rằngn3+1khơng số phương nếunlà số tự nhiên lẻ

Lời giải.

Giả sửn3+1=k2(k ∈N n3=k2−1=(k+1)(k−1)

Donlẻ nênk+1,k−1là hai số lẻ liên tiếp, chúng nguyên tố nên ß

k+1=a3

k−1=b3 (a,blẻ vàa> b)

Khi đó2= a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)≥6(vìa−b≥2, cịna2+ab+b2 ≥3), vơ lí Bài 12 Tìm hai số phương khác nhauabcdvàdcbasao chodcbachia hết choabcd

Lời giải.

Đặtabcd=x2,dcba=y2vày2= kx2(2≤ k≤9) Suy raklà số phương nênk ∈ {4; 9}

Doalà tận số phươngy2vàa6=0nêna ∈ {1; 4; 5; 6; 9}. abcd.k=dcba

Dok≥4nênakhác4, 5, 6, 9để tíchabcd.kcó bốn chữ số Vậya=1 Vìd.ktận bằng1nênklẻ, vậyk =9

Ta có1bc9.9=9cb1

⇒ (1009+100b+10c).9 = 9001+100c+10b

⇒ 9081+900b+90c = 9001+100c+10b

⇒ 80+890b = 10c

⇒ 89b+8 = c⇒b=0vàc=8

Đáp số:1089và9801

Bài 13 Tìm hai số phương liên tiếpm2vàn2 (m<n)sao chom2 =abcvàn2 =acb Lời giải.

n= m+1⇒n2=m2+2m+1.

⇒ acb= abc+2m+1

⇒ 10c+b=10b+c+2m+1

⇒ 9(c−b)=2m+1 (1) Từ (1) suy rac−blẻ (2)

Ta có10≤ m≤30nên21≤2m+1≤61 Do (1) nên21≤9(c−b)≤61

⇒ 21

9 ≤c−b≤ 61

9 ⇒3≤ c−b≤6 Do (2) nênc−b∈ {3; 5}

Xétc−b=3, thay vào (1) đượcm= 13,n=14, thỏa mãn vìm2 =169vàn2=196. Xétc−b=5, thay vào (1) đượcm= 22,n=23, loại vìm2 =484, cịnn2=529

Đáp số:169và196

Bài 14 Tìm số nguyên dươngxvàysao chox2+3yvày2+3xđều số phương Lời giải.

Giả sửx≥y Ta cóx2< x2+3y<(x+2)2

Dox2+3ylà số phương nênx2+3y=(x+1)2⇒3y=2x+1⇒ylẻ. Đặty=2k+1(k ∈N)thì2x=3y−1=6k+2nênx=3k+1

Nếuk =0thìx=1,y=1 Ta cóx2+3y=y2+3x=22

Xétk>0 Ta cóy2+3x=(2k+1)2+3(3k+1)=4k2+13k+4. Do(2k+2)2<4k2+13k+4<(2k+4)2nên4k2+13k+4=(2k+3)2 Ta đượck=5,x=16,y =11

Đáp số: Các cặp số(x;y)là(1; 1), (16; 11), (11; 16) Bài 15 Tìm số nguyên dươngnnhỏ nhất, cho sốn+1, 6n+1, 20n+1đều số phương

Lời giải.

Trước hết, ta chứng minhn 24(Xem Ví dụ 4)

Xétn=24thì20n+1=481, khơng số phương Xétn=48,

Đáp số: n=48

Bài 16 Tìm số nguyên dươngnnhỏ cho(n+1)(4n+3)

3 số phương Lời giải.

Đặt(n+1)(4n+3)=3k2(k∈N∗)

Các sốn+1và4n+3nguyên tố nhau, đó4n+3khơng số phương nên ß

n+1= a2

4n+3=3b2 (a;b∈

N∗)

⇒4a2−3b2 =4n+4−4n−3⇒4a2−1=3b2

⇒(2a−1)(2a+1)=3b2

Do2a−1và2a+1nguyên tố nên xét hai trường hợp:

a) ß

2a−1=3x2 2a+1=y2

Khi đóy2−3x2=2⇒y2chia cho3dư2, loại

b) ß

2a−1= x2 2a+1=3y2 ⇒3y

2−x2=2 (1)

- Nếuxchẵn từ (1) suy raychẵn Khi đó, vế trái (1) chia hết cho4, vế phải không chia hết cho4, loại

- Vậyxlẻ Từ (1) ta suy raxkhông chia hết cho3

Don+1= a2và2a−1=x2nênnnhỏ nhất⇔ anhỏ nhất⇔xnhỏ nhất.

Doxlẻ, không chia hết cho3, nên đểxnhỏ ta chọnx =5 Khi đó2a−1=2⇒a=13 ⇒

n+1=132⇒n=168 Ta có (n+1)(4n+3)

3 =

169.675

3 =(13.15) 2.

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 27

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Phương trình nghiệm nguyên đề tài lí thú Số học Đại số, nghiên cứu từ nhiều kỉ trước Cơng ngun

Trong chun đề trước, có nhiều tốn dẫn đến giải phương trình nghiệm ngun, chẳng hạn ví dụ16, 17, 18, 19, 20, 26các tập31, 32, 33.Chuyên đề trình bày rõ phương pháp dùng để tìm nghiệm nguyên phương trình Đó là:

- Phương pháp xét tính chia hết, đưa phương trình ước số, xét số dư vế, phương pháp lùi vô hạn

- Phương pháp dùng bất đẳng thức, thứ tự ẩn, xét khoảng giá trị ẩn, sử dụng ∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm, xét tích kẹp tích dạng

- Phương pháp dùng số phương, xét số phương gần nhau, sử dụng điều kiện∆ số phương phương trình bậc 2, dùng tính chất số phương

Ở nước ta, sáchĐại thành tốn phápcủaLương Thế Vinhthế kỉ XV có tốn tìm nghiệm ngun

Trăm trâu ăn cỏ.

Vài nét lịch sử

NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ PHÉC-MA CUỐI CÙNG

Vào năm1637, nhà toán học kiêm luật gia người PhápPhéc-ma(Pierre de Fermat), 1601-1665, nêu mệnh đề sau (được gọi định lí lớn Phec-ma, gọi định lí cuối Phéc-ma)

Phương trìnhxn+yn=znvớinlà số ngun lớn hơn2khơng có nghiệm ngun dương

Người ta tìm thấy chứng minh Phéc-ma với n = n = Một trăm năm sau, người ta chứng minh mệnh đề vớin = 4,n = 7.Năm1972, với máy tính điện tử, chứng minh toán với mọin ≤ 4000000.Đến năm1993, toán treo lơ lửng thách đố khả người Ít người tin toán giải kỉ XX

Người làm công việc tuyệt với nhà tốn học AnhOai-lơ(Andrew Wiles, sinh năm1953) Ơng tự nguyện gắn bó đời với “bài tốn kỉ” từ năm23tuổi Ơng kể lại:

“Tơi nghĩ toán suốt ngày, lúc ngủ Khi bế tắc, tơi dạo gần hồ Tơi có sẵn bút chì giấy Lúc có ý tưởng, tơi ngồi xuống băng ghế viết vội ra, suốt7−8năm trời Một buổi sáng cuối tháng5−1993,tơi ngó lướt qua nghiên cứu mình, có câu làm tơi ý, câu nhắc tới cơng trình vào kỉ XIX, nhận dùng để hồn thành chứng minh Tơi tiếp tục tới chiều quên ăn trưa Khoảng3−4giờ chiều, tơi tin tưởng giải tốn Tơi xuống nhà nói với vợ tơi giải định lý Phéc-ma cuối cùng” Oai-lơ công bố phát minh hội nghị tốn học quốc tế Cambridge, Anh Đó ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối ơng Ơng chứng minh giả thuyết, mà định lí Phéc-ma hệ giả thiết Ông kết luận báo cáo: “Và điều chứng minh định lí Phéc-ma”

Phòng họp lặng đi, hội trường vỗ tay dồn dập Ngày hơm sau, báo chí giới thông tin thành tựu tốn học vĩ đại

Cơng trình dày 200trang ơng gửi đến nhà lí thuyết số hàng đầu giới Sáu tháng sau, họ phát lỗ hổng chứng minh, lỗ hổng sai lầm, người tin Oai-lơ khắc phục

Sự miệt mài cần mẫn Oai-lơ đền đáp Tháng9−1994, ông tìm chỗ sai tháng10−1994, ơng với học trị cơng bố báo25trang để “lấp lỗ hổng” báo cáo trước Lần này, người ta khơng tìm thấy sai sót Định lí cuối Phéc-ma chứng minh sau trên350năm

VÀI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CHƯA GIẢI ĐƯỢC

Bài toán 1.Xét biểu thứcx!+1.Vớix =4, 5, 7thì biểu thức cho số phương52, 112, 712.Cịn

số ngun dươngxnào khác đểx!+1là số phương khơng?

Bài tốn 2.Phương trình sau có nghiệm ngun khơng?

x3+y3+z3+t3 =148

Bài tốn 3.Tồn số nguyên dương a, b, c,d khác cho a3+b3 = c3+d3, chẳng hạn

13+123 =93+103.

Có tồn số nguyên dươnga,b,c,dkhác choa5+b5 =c5+d5khơng?

Bài tốn 4.Chứng minh phương trình xm−yn = 1với m > 1, n > 1, x > y có nghiệm

nguyên dương khim=2vàn =3

Bài tốn 5.Có ln tồn số ngun tố nằm giữan2và(n+1)2với số tự nhiênnkhơng?

Bài tốn 6.Xét biểu thứcnn+1.Vớinbằng1, 2, 4thì biểu thức cho số nguyên tố2, 5, 257.Còn số

tự nhiênnnào khác đểnn+1là số nguyên tố khơng?

I. Phương pháp xét tính chia hết

1. Đưa phương trình ước số

Ta gọi phương trình ước số phương trình có vế trái tích biểu thức có giá trị nguyên, vế phải số nguyên Bằng cách tìm ước số đó, ta tìm nghiệm ngun phương trình

Ví dụ 31 Tìm nghiệm nguyên phương trình5xy+x−10y=14 Lời giải.

5xy+x−10y =14⇔x(5y+1)−2(5y+1)=12⇔(5y+1)(x−2)=12 Suy5y+1là ước của12và chia cho5dư1 Ta có bảng sau

5y+1

y −1 x 14 −1

Các nghiệm nguyên(x;y)của phương trình là(14; 0), (4; 1), (−1;−1) Ví dụ 32 Tìm nghiệm ngun phương trìnhx3 =3(xy+y+1)

Lời giải.

x3 =3(xy+y+1)⇔x3−3=3y(x+1) Suy rax 3vàx3+1−4 (x+1)

⇒4 (x+1) Do đóx+1là ước của4và chia cho3dư1 Ta có bảng sau

x+1 −2 x −3 y −1

Các nghiệm nguyên(x;y)của phương trình là(0;−1), (−3; 5), (3; 2)

II. Xét số dư vế

Ví dụ 33 Chứng minh phương trìnhx3−7y=51 (1) khơng có nghiệm nguyên Lời giải.

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 29 • Xétx=7k±1vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6.

• Xétx=7k±2vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6. • Xétx=7k±3vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6.

Do vế trái (1) chia cho7dư0,1,6cịn vế phải (1) chia cho7dư2 Vậy phương trình khơng

có nghiệm nguyên

III. Chia liên tiếp ẩn cho số ( Phương pháp lùi vơ hạn)

Ví dụ 34 Tìm nghiệm nguyên phương trìnhx3+2y3+4z3 =0. (1)

Lời giải.

Ta thấyx Đặtx =2x1vớix1∈Z, thay vào (1) chia hai vế cho2ta

4x31+y3+2z3 =0 (2)

Suy ray Đặty=2y1vớiy1∈Z, thay vào (2) chia hai vế cho2ta

2x31+4y31+z3 =0 (3)

Suy raz Đặtz=2z1vớiz1∈Z, thay vào (3) chia hai vế cho2ta x31+2y31+4z31 =0

Như (x;y;z) nghiệm (1) (x1;y1;z1) nghiệm (1), x = 2x1, y=2y1,z=2z1

Cứ tiếp tục vậy, ta đếnx,y,zđều chia hết cho2k vớiklà số tự nhiên tùy ý Điều xảy khix= y=z=0

Vậy nghiệm nguyên phương trình là(0; 0; 0)

4! Ta gọi phương pháp làphương pháp lùi vô hạn Phương pháp thường dùng để chứng

minh phương trình có nghiệm nguyên ẩn bằng0.

IV. Phương pháp dùng bất đẳng thức

1. Sắp thứ tự ẩn

Ví dụ 35 Tìm nghiệm ngun dương phương trình2xyz=x+y+z (1)

Lời giải.

Giả sử1≤x ≤y≤z Ta có2xyz=x+y+z ≤3z

Chia hai vế cho số dươngzđược2xy≤3⇒xy≤1⇒ xy=1 Do đóx =y=1 Thay vào(1)được2z=2+znênz=2

Nghiệm nguyên dương(x;y;z)là(1; 1; 2), (1; 2; 1), (2; 1; 1)

2. Xét khoảng giá trị ẩn

Ví dụ 36 Tìm số tự nhiênxsao chox6+2x4−125là lập phương số nguyên Lời giải.

Đặtx6+2x4−125= y3(y∈ Z)

Ta thấyy3<(x2+1)3, vì(x2+1)3−y3 =x6+3x4+3x2+1−(x6+2x4−125)=x4+3x2+126>0

Ta xét xảy ray> x2.

Ta thấyy> x2 ⇔y3 >x6⇔x6+2x4−125>x6⇔2x4 >125⇔x4 ≥63 (2) Từ(1)và(2)suy vớix4 ≥64thìx2< y<x2+1, điều khơng xảy (3) Xétx =0thìy3 =−125nêny= −5.

Xétx =1thìy3 =1+2−125= −122, loại Xétx =2thìy3 =64+32−125=−29, loại Xétx ≥3thìx4≥81>63, loại (3)

Đáp số:x =0

3. Sử dụng bất đẳng thức∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm

Ví dụ 37 Tìm nghiệm ngun phương trìnhx2+y2−2x+y=9 Lời giải.

Viết phương trình cho thành phương tình bậc hai đối vớix, đóylà tham số x2−2x+(y2+y−9)=0

Điều kiện để tồn tạixlà∆0 ≥0

Ta có∆0 =1−y2−y+9=−y2−y+10.

∆0 ≥0⇔y2+y−10 ≤0⇔4y2+4y−40≤0⇔(2y+1)2 ≤41. Do đó(2y+1)2∈ {1; 9; 25} Ta có

2y+1 −1 −3 −5

2y −2 −4 −6

y −1 −2 −3

x loại loại loại loại 3và−1 3và−1

Nghiệm nguyên(x;y)là(3; 2), (−1; 2), (3;−3), (−1;−3)

4. Xét tích kẹp tích dạng

Nếu số ngunx,y,kthỏa mãnx(x+k)< y(y+k)<(x+2)(x+2+k)thì y(y+k) =(x+1)(x+1+k)

Ví dụ 38 Tìm nghiệm nguyên phương trìnhx4+x2+2=y2−y (1)

Lời giải.

Từ đề suy ra(y−1)y= x4+x2+2. (2) Ta lại cóx4+x2< x4+x2+2<x4+x2+2+(4x2+4), kết hợp với(2)được

x2(x2+1)<(y−1)y<(x2+2)(x2+3)⇒(y−1)y=(x2+1)(x2+2) Kết hợp với(2)được

x4+x2+2=x4+3x2+2⇔2x2 =0⇔x=0 Thay vào(1)đượcy2−y=2⇔y2−y−2= 0⇔

ñ

y=−1 y=2

Nghiệm nguyên(x;y)là(0;−1), (0; 2)

V. Phương pháp dùng số phương

1. Xét số phương gần nhau

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 31 Lời giải.

Nhân hai vế phương trình cho với4rồi cộng 1, ta 4x4+8x2+25=4y2−4y+1 Đặt4x4+8x2+25= A, thìA=(2y−1)2 Do

4x4+4x2+1<4x4+8x2+25≤4x4+20x2+25 nên

(2x2+1)2 < A≤(2x2+5)2

DoAlà số phương lẻ nên từ bất đẳng thức suy raA=(2x2+3)2hoặcA=(2x2+5)2 a) A=(2x2+3)2⇔4x2+8x2+25=4x4+12x2+9⇔ x2 =4 Thay vào phương trình đề cho ta

đượcy2−y−30=0nêny=6,y=−5.

b) A=(2x2+5)2⇔4x2+8x2+25=4x2+20x2+25⇔x=0 Thay vào phương trình đề cho ta đượcy2−y−6=0nêny=3,y =−2

Nghiệm ngun(x;y)là(2; 6),(−2; 6),(2;−5),(−2;−5),(0; 3),(0;−2) Ví dụ 40 Tìm số tự nhiênx, chox4+x3+1là số phương

Lời giải.

• Cách 1.Đặtx4+x3+1= y2,y∈N

+ Xétx=0thìy2 =1, thỏa mãn. + Xétx=1thìy2 =3, loại. + Xétx=2thìy2 =25, thỏa mãn. + Xétx≥3, ta có

4y2 =4x4+4x3+4=(2x2+x)2+4−x2 <(2x2+x)2 Mặt khác4y2=4x4+4x3+4>(2x2+x−1)2vì

(4x4+4x3+4)−(2x2+x−1)2=3x2+2x+3>0 Suy ra(2x2+x−1)2 <(2y)2 <(2x2+x)2, loại

Đáp số:x=0,x =2

• Cách 2.Ta cóx4+x3+1>(x2)2nên

x4+x3+1=(x2+k)2vớik ∈N∗ Suy rax4+x3+1=x4+2kx2+k2⇒ x2(x−2k) =k2−1

+ Xétk=1thìx2(x−2)=0nênx∈ {0; 2} Khi đóx4+x3+1∈ {1; 25}, thỏa mãn

+ Xétk ≥ 2thìk2−1 > Từx2(x−2k) = k2−1ta cók2−1 x2 nênk2−1 ≥ x2 ⇒ k2 > x2 ⇒ k > x Mặt khác, từx2(x−2k) = k2−1còn suy rax−2k > 0⇒ x > 2k ⇒ x > k. Mâu thuẫn

Vậy cóx =0vàx =2

2. Sử dụng điều kiện∆là số phương

Ở phương trình f(x,y)=0với hệ số nguyên viết dạng phương trình bậc hai ẩn, chẳng hạn x, ngồi điều kiện∆ ≥ 0để phương trình ẩnxcó nghiệm, muốn phương trình có nghiệm ngun cịn cần∆là số phương, nếu∆khơng số chình phương thìxlà số vơ tỉ

Chú ý rằng∆là số phương điều kiện cần chưa đủ để phương trình có nghiệm ngun Do đó, phải thử giá trị tìm vào phương trình cho, tìm cụ thể nghiệm ngun phương trình

Ví dụ 41 Tìm nghiệm nguyên phương trìnhx2y2−xy=x2+2y2 Lời giải.

Viết phương trình cho dạng(x2−2)y2−xy−x2=0

Doxngun nênx2−26=0, đó(x2−2)y2−xy−x2=0là phương trình bậc hai với ẩny, có ∆= x2+4x2(x2−2)=x2(4x2−7)

Điều kiện cần để(x2−2)y2−xy−x2 =0có nghiệm nguyên là∆phải số phương a) Xétx=0thì từx2y2−xy=x2+2y2suy ray=0.

b) Xét x 6= 0thì4x2−7phải số phương Đặt 4x2−7 = m2(m ∈ N)ta có(2x−m)(2x+ m)=7 Ta tìm đượcx =−2hoặcx=2

+ Vớix=−2thì(x2−2)y2−xy−x2=0lày2+y−2=0nêny∈ {1;−2} + Vớix=2thì(x2−2)y2−xy−x2=0lày2−y−2=0nêny∈ {−1; 2} Nghiệm nguyên(x;y)là(0; 0),(−2; 1),(−2;−2),(2;−1),(2; 2)

4! Nếu viết phương trìnhx2y2−xy = x2+2y2 dưới dạng phương trình bậc hai với ẩnx, việc giải điều

kiện∆là số phương gặp khó khăn Bạn đọc tự kiểm tra.

3. Dùng tính chất số phương

Ngồi tính chất chia hết số phương, (xem Chuyên đề 4), cần nhớ tính chất sau: Choab=c2, (a,b,c∈Z)

a) Nếuavàblà hai số nguyên liên tiếp thìa=0hoặcb=0

b) Nếuavàblà hai số nguyên dương nguyên tố thìa= m2vàb=n2, (m,n∈N) c) Nếua =m26=0thìb=n2, (m,n∈N).

Ví dụ 42 Tìm nghiệm ngun phương trìnhx2+2xy=5y+6. Lời giải.

x2+2xy=5y+6⇔x2+2xy+y2=y2+5y+6⇔(x+y)2 =(y+2)(y+3) (x+y)2bằng tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có số bằng0

• Nếuy+2=0thìy=−2;x=2 • Nếuy+3=0thìy=−3;x=3

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 33

Ví dụ 43 Tìm nghiệm nguyên phương trìnhx3+x2+x =4y(y−1). Lời giải.

x3+x2+x=4y(y−1)⇔ x3+x2+x+1=4y2−4y+1⇔(x2+1)(x+1)=(2y−1)2 Vế phải số lẻ nênx2+1vàx+1cùng lẻ, đồng thời số dương Ta lại thấy hai số x2+1và x+1nguyên tố Thật vậy, chúng chia hết chodthìx2−1. dnên(x2+1)−(x2− 1) d⇒2 d⇒d=1, vìdlà ước số lẻ

Hai số x2+1vàx+1 nguyên tố nhau, có tích số phương nên hai số phương

Ta cóx2+1là số phương, màx2vàx2+1là hai số nguyên liên tiếp nênx=0. Thay vàox3+x2+x =4y(y−1)đượcy=0hoặcy=1

Nghiệm nguyên là(0; 0),(0; 1)

Ví dụ 44 Tìm nghiệm tự nhiên phương trình(x+y)2 =18x+81. Lời giải.

(x+y)2=18x+81⇔(x+y)2−18(x+y)+81=162−18y⇔(x+y−9)2=9(18−2y) Do đó,18−2y số phương Doy ≥ 0nên18−2y ≤ 18 Các số phương chẵn khơng quá18là0; 4; 16

18−2y 16 y x 20

Nghiệm tự nhiên(x;y)là(0; 9),(8; 7),(20; 1) 4! Cũng viết phương trình(x+y)2 = 18x+81dưới dạng phương trình bậc hai với ẩn x, ta tìm

được∆0 =162−18yrồi giải điều kiện∆0 là số phương. Ví dụ 45 Tìm số tự nhiênx, biết rằng:

a) 2x+5là số phương; b) 2x+9là số phương Lời giải.

a) Xétx=0thì2x+5=20+5=6, khơng số phương Xétx=1thì2x+5=2+5=7, khơng số phương Xétx=2thì22+5=9=32

Xétx≥3thì2x 8nênx2+5chia8dư5khơng số phương

Đáp số:x=2

b) Xét hai trường hợp:xlẻ vàxchẵn

– Xétxlẻ Khi đóx2+1 .3nên2x+9chia cho3dư2, khơng số phương.

– Xét x chẵn Đặt x = 2n, n ∈ N Giả sử 22n+9 = y2,y ∈ N Ta có y2−22n = ⇔

(y+2n)(y−2n)=9 Ta thấyy+2n>0nêny−2n>0vày+2n>y−2n Do ®

y+2n=0 y=2n=1 ⇔

® 2n=4 y=5 Ta đượcn=2vàx=4

BÀI TẬP

Bài 37 Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) x2x−y2−3x+3y=2;

b) 2xy−x−y=10; c) x2−4y2−4y=45;

d) x3−3xy=6y−1;

e) x2+y2 =3 z2+t2 Lời giải.

a) Đưa về(x−y)(x+y−3)=2

Đáp số:(3; 2),(0; 1),(3; 1),(0; 2) b) Đưa về(2x−1)(2y−1)=21

Đáp số:(11; 1),(4; 2),(−1;−3),(0;−10) c) x2−4y2−4y=45⇔x2−4y(y+1)=45

Ta thấyxlẻ nênx2chia cho8dư1.

Phương trình khơng có nghiệm ngun (vế trái chia cho8dư1, vế phải chia8dư5) d) x3−3xy=6y−1⇔x3+1=3y(x+2)

Ta cóx3+1 .x+2⇒ x3+8

−7 x+2⇒7 x+2

Đáp số:(−1; 0), (5; 6) e) x2+y2 =3 z2+t2

nênx2+y2 .3 Hãy chứng minhxvàyđều chia hết cho3. Giải tương tự Ví dụ34, dùng phương pháp lùi vơ hạn

Đáp số:(0; 0; 0; 0)

Bài 38 Tìm nghiệm nguyên phương trình sau:

a) x2−x+y2−y= xy; b) x2−5x+2=y4+y2;

c) x6−x2+6= y3−y

Lời giải.

a) Đưa phương trình bậc hai với ẩnx:x2−(1+y)x+ y2−y =0

Từ∆>0được3y2−6y61⇒3(y−1)2≤4⇒(y−1)2∈ {0; 1} ⇒y∈ {0; 1; 2}

Đáp số:(0; 0),(1; 0),(0; 1),(2; 1),(1; 2),(2; 2)

b) x2−5x+2=y4+y2⇔(x−3)(x−2)=y4+y2+4 (1) Ta thấyy4+y2+4> y4+y2 =y2 y2+1

(2)

Bất đẳng thứcy4+y2+4< y2+2

y2+3

là (3)

Từ(1),(2),(3)suy ra:y2 y2+1

<(x−3)(x−2)< y2+2

y2+3 nên(x−3)(x−2)= y2+1

y2+2

tức lày4+y2+4=y4+3y2+2⇔y2=1

Đáp số:(0; 1),(0;−1),(5; 1),(5;−1)

c) x6−x2+6= y3−y⇔x6−x2+6=(y−1)y(y+1). (1)

Ta thấyx6−x2+6> x6−x2 = x2−1

x2 x2+1

(2)

Bất đẳng thứcx6−x2+66 x2+1

x2+2

x2+3

là (bạn đọc tự kiểm tra) (3) Từ(1),(2),(3)suy ra:

x2−1

x2 x2+1

<(y−1)y(y+1)6 x2+1

x2+2

x2+3 nên(y−1)y(+1)=x2 x2+1

x2+2

(4)

hoặc(y−1)y(y+1)= x2+1

x2+2

x2+3

(5)

Từ(4)và(1)cóx6−x2+6=x2 x2+1

x2+2

⇔x2=1 Từ đóy =2 Từ(5)và(1)cóx6−x2+6= x2+1

x2+2

x2+3

⇔x2=0 Từ đóy=2

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 35

Bài 39 Tìm nghiệm tự nhiên phương trình:

a) x3+x2y2+y2−2y=24; b) 3y =x2−5x+7

Lời giải.

a) x3+x2y2+y2−2y=24⇔x3+x2y2+(y−1)2 =25. Suy rax3625nênx∈ {0; 1; 2}

Đáp số:(0; 6), (2; 2)

b) Trước hết, ta chứng minhx2−5x+7không chia hết cho9với số nguyênx(xét trường hợpx=3k,x =3k+1,x=3k+2vớik ∈N)

Suy ra3ykhông chia hết cho9 Xéty=0,y=1

Đáp số:(2; 0), (3; 0), (1; 1), (4; 1)

Bài 40 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình

a) xyz=2(x+y+z) b) xyz=x+y+2z Lời giải.

a) xyz=2x+2y+2z

Giả sử1≤x ≤y≤zthìxyz≤6z⇒xy≤6⇒ x2 ≤6⇒ x∈ {1; 2}

• Xétx=1 Lần lượt choybằng1,2,3,4,5,6, ta đượcznguyên vày≤ ztrong hai trường hợp y=3,y=4cho ta nghiệm(1; 3; 8)và(1; 4; 5)

• Xétx=2 Lần lượt choybằng2,3, ta nghiệm(2; 2; 4)

Vậy nghiệm phương trình là(1; 3; 8),(1; 4; 5),(2; 2; 4)và hốn vị b) xyz=x+y+2z

Cách 1: Đặt2z=ata cóxya=2(x+y+a)vớiachẵn

Giải câu a ý rằngachẵn ta được(x;y;a)bằng(1; 3; 8), (3; 1; 8), (1; 5; 4), (5; 1; 4), (2; 2; 4), (4; 2; 2), (2; 4; 2)

Từ đó(x;y;z)bằng(1; 3; 4), (3; 1; 4), (1; 5; 2), (5; 1; 2), (2; 2; 2), (4; 2; 1), (2; 4; 1) Cách 2:

• Xétz =1thìxy=x+y+2⇔(x−1)(y−1)=3 Giả sửx≤y, ta được(x;y;z)bằng (2; 4; 1)

• Xétz ≥2thìx+y= xyz−2z=z(xy−2)≥2(xy−2)

⇔2xy−4≤ x+y⇒2xy−x−y≤4⇒(2x−1)(2y−1)≤9 Giả sửx≤ythì(2x−1)2 ≤9⇒x≤2, ( Chú ý rằngx≥1) +) Với x=1thìyz=1+y+2z⇔(y−2)(z−1)=3 Giả sửy≤z, ta được(x;y;z)bằng(1; 3; 4)và(1; 5; 2) +) Với x=2thì2yz=2+y+2z ⇔(2z−1)(y−1)=3

Doz ≥2nên2z−1= Ta được(x;y;z)bằng(2; 2; 2) Từ ta thu bảy đáp số

Bài 41 Tìm nghiệm nguyên dương phương trìnhx2−8y+7=0

Lời giải.

Ta cóx2+7 = 8y =⇒ x2+7 8, điều với mọixlẻ Vậy nghiệm nguyên phương trình

Å

2k+1;k(k+1)

2 +1

ã

Bài 42 Tìm số tự nhiênxđể biểu thức sau số phương a) x2+3x+1;

b) x4−x2+2x+2; c) 3x+80;

d) 3x+91 Lời giải.

a) Cách Đặt x2+3x+1 = y2(y ∈ N).Hãy chứng minh(x+1)2 ≤ x2+3x+1 < (x+1)2,từ đó (x+1)2≤ y2<(x+1)2nêny2=(x+1)2tìm đượcx =0

Cách Biến đổix2+3x+1=y2 ⇔4x2+12x+4=4y2 ⇔(2x+3)2−(2y)2=5.Đưa phương trình ước số

b)

x4−x2+2x+2= x4−2x3+2x2+2x3−4x2+4x+x2−2x+2 = x2(x2−2x+2)+2x(x2−2x+2)+(x2−2x+2) =(x2−2x+2)(x+1)2

Dox ∈ Nnên(x+1)2 6= 0,suy rax2−2x+2phải số phương, tức là(x−1)2+1là số phương Ta có(x−1)2và(x−1)2+1là số phương nên(x−1)2=0hayx=1 c) Lần lượt xétx=0,x≥1.Đáp sốx=0

d) Lần lượt xétxlẻ,xchẵn Giải tương tự Ví dụ45b.Đáp sốx=2

Bài 43 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình:x+y=xy−y2

Lời giải.

Viết thành phương trình bậc hai với ẩnyta đượcy2+(1−x)y+x=0. ∆=x2−6x+1

Phải cóx2−6x+1=m2(m∈N)⇔(x−3+m)(x−3−m)=8 x−3+m x−3−m

m 3,

x loại

Đáp số(6; 2), (6; 3)

Bài 44 Tìm số nguyên tốxvàysao cho: a) x2+3xy+y2là số phương;

b) x2+3xy+y2là lũy thừa tự nhiên của5. Lời giải.

a) Đặtx2+3xy+y2 = n2(n ∈ N).Trong hai sốx,yphải có số chia hết cho hai số khơng chia hết cho3thìx2+y2chia3dư2nênn2 chia3dư2, vơ lí Giả sửy 3,doylà số nguyên tố nêny=3.Ta có

x2+9x+9=n2 ⇔(2x+9)2−4n2 =45

⇔(2x+9+2n)(2x+9−2n)=45 Dox≥2nênn≥6,suy ra2x+9+2n≥25.Do

®

2x+9+2n=45 2x+9−2n=1 ⇔

5 PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 37 b) Đặtx2+3xy+y2 =5n(n∈N).Dox ≥2,y≥2nênn≥2.Suy ra

x2+3xy+y2 25⇔(x−y)2+5xy 25

⇔(x−y)2 5⇔x−y

Suy ra(x−y)2 .25 ⇔ 5xy .25 ⇔ xy .5.Trongx,yphải có số chia hết cho 5,lại cóx−y .5 nênxvàyđều chia hết cho5.Dox,ylà số nguyên tố nênx =y=5.Khi đón=3

Bài 45 Tìm số ngun tốxvàysao cho:

a) x2+3xy+y2là số phương. b) x2+3xy+y2là lũy thừa tự nhiên của5. Lời giải.

a) Đặtx2+3xy+y2 =n2 (n∈N)

Trong hai sốxvày, phải có số chia hết cho3vì hai số khơng chia hết cho3thì x2+y2chia3dư2nênn2chia3dư2, vơ lí

Giả sửy 3, doylà số nguyên tố nêny=3

Ta cóx2+9x+9=n2⇔(2x+9)2−4n2=45⇔(2x+9+2n)(2x+9−2n)=45 Dox≥2nênn≥6, suy ra2x+9+2n≥25 Do

®

2x+9+2n=45 2x+9−2n=1 ⇔

® x=7 n=11 Đáp số:(7; 3), (3; 7)

b) Đặtx2+3xy+y2 =5n(n∈N) Dox≥2,y ≥2nênn≥2

Suy rax2+3xy+y2 25 ⇒ (x−y)2+5xy 25 ⇒ (x−y)2 ⇒ x−y ⇒ (x−y)2 25 ⇒

5xy 25⇒xy

Trongxvàyphải có số chia hết cho5, lại cóx−y 5nênxvàyđều chia hết cho5 Dox,ylà số nguyên tố nênx= y=5

Khi đón=3

Bài 46 Tìm nghiệm ngun phương trình:

a) √x+√x+5=y

b) x+  

x+1 +

… x+1

4 =y Lời giải.

a) Vớiy≥0ta có√x+√x+5=y⇔2x+5+2√x(x+5)=y2⇔2√x(x+5)=y2−2x−5 Đặty2−2x−5=n∈N, ta có

4x(x+5)=n2⇔(2x+5)2−n2 =25⇔(2x+5+n)(2x+5−n)=25. Đáp số:(4; 5)

b) Đặt …

x+1

4 = a≥0thìx =a 2−1

4 (1)

Phương trình trở thànhy=a2−1 4+

…

a2+a+

⇔y= a2− 4+

Å a+1

2 ã

⇔y=

Å a+

2 ã2

(2)

Doa≥0nêny≥

4 Từ(2)suy

√

Kết hợp với(1)đượcx= Å

√

y−1

2 ã2

−

4 =y−

√

y Doxvàylà số ngun nênyphải số phương Ta lại cóy≥

4 nêny =k

2 (k ∈Z,k 6=0), đóx=k2−k. Đáp số:(k2−k;k2)vớik∈Z,k6=0.

Bài 47 Tìm số nguyên dươnga,b,csao choa2=2(b+c)vàa3−b3−c3=3abc

Lời giải.

Từa3−b3−c3 =3abcsuy raa>bvàa>c Do đó2a>b+c Kết hợp với2(b+c)= a2suy ra4a >a2nêna<4

Từa2=2(b+c)suy raa 2nêna=2

Đáp số:a =2,b=c=1

Bài 48 Tìm số ngun dươngknhỏ để phương trình2xy−x−3y=kcó số lẻ nghiệm ngun dương tìm nghiệm

Lời giải.

Ta có2xy−x−3y=k⇔4xy−2x−6y=2k⇔(2x−3)(2y−1)=2k+3 Số nghiệm nguyên dương phương trình số ước nguyên dương của2k+3

Để số nghiệm nguyên dương số lẻ thì2k+3phải số phương Đểknhỏ nhất, ta chokbằng1, 2, 3, đếnk =3ta được2k+3=9là số phương

Phương tình(2x−3)(2y−1)=9

Ta tìm nghiệm nguyên dương là(6; 1), (3; 2), (2; 5) Bài 49 a) Tìm số tự nhiên nhỏ có ba chữ số cho nhân với31rồi chia cho23thì dư16

b)Tìm số tự nhiên nhỏ có tận là84và chia hết cho83 Lời giải.

a) Gọi số tự nhiên phải tìm làx Trước hết ta tìm nghiệm nguyên phương trình31x =23y+16 Biểu thịytheox, ta được:

y= 31x−16

23 = x−1+

8x+7 23 Đặt 8x+7

23 =k∈ Zthì8x+7=23k Biểu thịxtheokđượcx =

23k−7

8 =3k−1− k−1

8 Đặt k−1

8 =m∈ Zthìk−1=8mnênk =8m+1 Thay vàox=3k−1− k−1

8 đượcx=3(8m+1)−1−m=23m+2

Cần chọn số nguyên m nhỏ cho23m+2 ≥ 100 Ta chọn m = x = 23·5+2=117

Thay vàoy= x−1+8x+7

32 đượcy=117−1+

8·117+7

23 =157 Khi đó117·31=23·157+ 16

b) Gọi số tư nhiên phải tìm là100x+84 Trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương phương trình 100x+84=83y

y= 100x+84

83 = x+1+

17x+1 83 Đặt17x+1=83k,k∈N∗thìx= 83k−1

17 =5k− 2k+1

17 Đặt2k+1=17m,m∈N∗thì17m−1

2 =8m+

m−1

Chọn số nguyên dươngmnhỏ là1, ta đượck=8,x=39 Số nhỏ phải tìm là3984

6 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 39

Bài 50 a) Một thi gồm20câu hỏi, câu trả lời được5điểm, câu trả lời sai bị trừ 1điểm, câu bỏ qua không trả lời được0điểm Tính số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua không trả lời bạn Tùng, biết số điểm bạn là58điểm

b) Cũng hỏi câu a), câu trả lời sai bị trừ2điểm điểm nhận là51điểm; 42điểm

Lời giải.

a) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua làx,y,z Ta có ®

x+y+z =20 5x−y=58 Suy ra6x+z=78, nênz

Từ5x−y=58suy rax≥12nên6x≥72, đóz≤6 Từz 6vàz≤6suy raz=6 Từ đóx=12,y=2

Đáp số:Tùng trả lời đúng12câu, trả lời sai2câu, bỏ qua không trả lời6câu b) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua làx,y,z

– Ta có ®

x+y+z=20 5x−2y=51 ⇔

®

2x+2y+2z=40 5x−2y =51

Hãy chứng minhz 7vàz≤7 Từ đó,z=7,x =11,y=2 – Ta có

®

x+y+z=20 5x−2y=42 ⇔

®

2x+2y+2z=40 5x−2y =42 Suy ra7x+2z=82

Từ5x−2y =42suy rax≥9vàxchẵn

Từ7x+2z =82suy rax≤11 Vậyx =10,y=4,z =6

Bài 51 Một số khách du lịch đến cửa hàng mua lọ hoa làm kỉ niệm, khách hàng mua lọ hoa cửa hàng cịn lạiylọ hoa Nếu khách hàng muaylọ hoa cóykhách hàng khơng mua lọ hoa Biếtylà số chẵn, tính số khách hàng số lọ hoa mà cửa hàng có Lời giải.

Gọi số khách hàng làx,x∈ N∗.

Theo trường hợp thứ nhất, số lọ hoa làx+y

Theo trường hợp thứ hai, cóx−yngười mua lọ hoa nên số lọ hoa lày(x−y) Ta có phương trìnhx+y=y(x−y)

Giải phương trình với nghiệm ngun, ta đượcx=6(xem Bài tập43), cịny=2hoặcy=3 Doylà số chẵn (theo đề bài) nêny=2

Đáp số:Có6khách hàng, có8lọ hoa

6. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Quan hệ lớn hơn, nhỏ biết từ lớp Trong chuyên đề này, chưa đòi hỏi kiến thức phức tạp bất đẳng thức, yêu cầu biết vận dụng kiến thức đơn giản bất đẳng thức

Chuyên đề bao gồm dạng sau:

- Dạng1 Tìm số tự nhiên thỏa mãn bất đẳng thức

- Dạng Viết biểu thức với điều kiện cho trước cho giá trị nhỏ lớn

Thử trí thơng minh

ĐIỀN SỐ VÀO NGƠI SAO

Hình3có năm cánh hình tam giác tô đậm Hãy điền năm số1, 2, 3, 4, 5vào năm vòng tròn bên cho tổng ba số ba đỉnh hình tam giác

10

7

8

Hình3 Lời giải.

(Hình4a Hình4b)

Gọia,b,c,x,ylà số phải điển (Hình4a)

10

7

8

y a

b

c x

Hình4a

10

7

8

3

4

2

Hình4b Ta có6+a+y=7+a+b=8+b+c=9+c+x=10+x+y

Suy

a+y> a+b>b+c>c+x >x+y

⇒ y>b,a>c,b> x,c>y⇒ a>c>y>b>x

⇒ a =5,c=4,y=3,b=2,x=1

6 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 41

Ví dụ Hai số nguyên dươngxvàycó tổng bằng45 a) Tìm giá trị lớn tíchxy

b) Tìm giá trị nhỏ tíchxy Lời giải.

Dox+y=45(x,y∈N∗) nênx6= y, giả sửx> y Ta có4xy+(x−y)2=(x+y)2=452 a)xylớn nhất⇔x−ynhỏ nhất⇔x−y=1

Ta có hệ ®

x−y =1 x+y =45 ⇔

® x=23 y=22

Vậy giá trị lớn củaxylà23·22=506 b)xynhỏ nhất⇔ x−ylớn

® x=44 y =1 Vậy giá trị nhỏ củaxylà44·1=44

Ví dụ Dùng tất sáu chữ số1, 2, 3, 4, 5, viết thành ba số tự nhiên có hai chữ số cho tích chúng có giá trị lớn

Lời giải.

Để tích ba số cần tìm có giá trị lớn nhất, chữ số hàng chục chúng phải có giá trị lớn nhất, ta chọn chữ số4, 5,

Tích lớn cần tìm có dạng4a·5b·6c(1)trong đóa,b,c∈ {1; 2; 3} Ta chứng minha>b>c Trước hết ta chứng minha >b Thật vậy, giả sửa<b Xét

4a·5b−4b·5a =(40+a)(50+b)−(40+b)(50+a) =40b+50a−40a−50b=10(a−b)<0 nên4a·5b<4b·5a, trái với tích(1)có giá trị lớn Chứng minh tương tự trên, ta đượcb>c

Vậya =3,b=2,c=1 Tích lớn cần tìm là43·52·61

Ví dụ Dùng tất chín chữ số từ1đến9, viết thành ba số tự nhiên có ba chữ số cho tích chúng có gia trị lớn

Lời giải.

Để tích ba số cần tìm có giá trị lớn nhất, chữ số hàng trăm chúng phải có giá trị lớn nhất, ta chọn chữ số7, 8,

Tích lớn cần tìm có dạng7a∗ ·8b∗ ·9c∗(1)trong đóa,b,c∈ {4; 5; 6} Ta chứng minha>b>c Trước hết ta chứng minha >b Thật vậy, giả sửa<b Đặta∗= x,b∗=ythìx<y Xét

7a∗ ·8b∗ −7b∗ ·8a∗ =(700+x)(800+y)−(700+y)(800+x) =700y+800x−700x−800y=100(x−y)<0 nên7a∗ ·8b∗<7b∗ ·8a∗, trái với tích(1)có giá trị lớn Vậya>b

Chứng minh tương tự trên, ta đượcb > c Suy raa = 6,b= 5,c = Tích lớn cần tìm có dạng76m·85n·94p(2)trong đóm,n,p∈ {1; 2; 3} Ta chứng minhm>n> p

Trước hết ta chứng minhm>n Thật vậy, giả sửm<n Xét

76m·85n−76m·85m =(760+m)(850+n)−(760+n)(850+m) =760n+850m−760m−850m=90(m−n)<0 nên76m·85n<76n·85m, trái với tích(2)có giá trị lớn Vậym>n

Chứng minh tương tự trên, ta đượcn > p Suy ram= 3,n = 2,p =1 Tích lớn cần tìm

763·852·941

Ví dụ Tìm số ngun dương a cho có 11 số nguyên dương x mà26 a

26 a

x 63⇔

x a

1 ⇔

a

3 6x6 a Đặta=6k+rvớia,r∈ N, 06r65 Ta có: 6k+r

3 x6

6k+r

2 ⇔2k+ r

3 6x63k+ r 2.(1) a) Xétr=0thì(1)là2k6x63k,

Có3k−2k+1= k+1giá trị củax Từk+1=11ta đượck =10nêna=60 b) Xétr=1thì (1) là2k+16x 63k

Có3k−(2k+1)+1=kgiá trị củax Từk=11đượca=6.11+1=67

c) Xétr∈ {2, 3}thì (1) là2k+16x 63k+1 Có(3k+1)−(2k+1)+1=k+1giá trị củax

Từk+1=11đượck=10 Vớir=2thìa=62 Vớir=3thìa=63 d) Xétr∈ {4, 5}thì (1) là2k+26x 63k+2

Có(3k+2)−(2k+2)+1=k+1giá trị củax

Từk+1=11đượck=10, Vớir=4thìa=64 Vớir=5thìa=65 Đáp số:a∈ 60; 62; 63; 64; 65; 67

Ví dụ Tìm giá trị lớn tổngA=|a−b|+|c−d|, đóa,b,c,dlà bốn số tự nhiên khác từ đến

Lời giải.

Do|a−b|=|b−a|vàa 6=bnên giả sửa >b Cũng vậy, ta giả sửc>d Khi A=|a−b|+|c−d|=(a−b)+(c−d)=(a+c)−(b+d) Xảy khi:(a+c)lớn và(b+d)nhỏ nhất⇔

®

a+c=7 b+d =3

⇒maxA=7−3=4khi chẳng hạna=4,c=3,b=2,d=1 Ví dụ Tìm giá trị lớn tổng

A=|a1−a2|+|a2−a3|+|a3−a4|+|a4−a5|+|a5−a1| Trong đóa1,a2,a3,a4,a5là số tự nhiên khác từ đến

Lời giải.

Do|x−y|= |y−x|nên khix 6=yta giả sửx>y

Do giá trị tuyệt đối biểu thức A, ta giả sử số lớn số lại (với điều kiện giả sử khơng dẫn đến mâu thuẫn.)

Ta giả sử số lớn năm giá trị tuyệt đối biểu thức A làa1,a3,a3,a5,a1 Khi đó: A=a1−a2+a3−a2+a3−a4+a5−a4+a1−a5=2[(a1+a3)−(a2+a4)]

Xảy khi:(a1+a3)lớn và(a2+a4)nhỏ nhất⇔ ®

a1+a3=9 a2+a4=3

⇒maxA=2(9−3)=12khi chẳng hạna1> a3 >a5> a4 >a2tức là:

a1 a2 a3 a4 a5

5

Khi đóA=|5−1|+|1−4|+|4−2|+|2−3|+|3−5|=12

6 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 43

Ví dụ Tuổi An cộng với tuổi bố mẹ 95 Biết tuổi mẹ gấp bốn lần tuổi An, tuổi bố lớn tuổi mẹ nhỏ tổng số tuổi mẹ An Tính tuổi người (tuổi người số nguyên)

Lời giải.

Gọi số tuổi An, bố, mẹ, theo thứ tự làA,B,M Ta có: 

 

 

A+B+M =95 (1) M=4A (2) M< B< M+A (3)

Từ (1) (2) suy ra:5A+B=95.(4) Từ (2) (3) suy ra4A<B<5A.(5)

Từ (4) (5) suy ra95=5A+B<5A+5A=10AnênA>91 Từ (4) (5) suy ra95=5A+B>5A+4A=9AnênA<105

9 DoAlà số nguyên nênA=10 Từ đóM =40,B=45

Đáp số:An 10 tuổi, mẹ 40 tuổi, bố 45 tuổi

Ví dụ Trong trị chơi dự đốn số bi hộp, bốn bạn A,B,C,Ddự đoán số bi theo thứ tự là125viên,140viên,142viên, 121 viên Kết làAđạt giải nhất,Bđạt giải nhì,Cđạt giải ba,Dđạt giải tư Hỏi xác hộp có viên bi?

Lời giải.

Số bi dự đoán bạn làA,B,C,Dbiểu thị điểmA,B,C,Dtrên tia số hình

A B C D

121 125 140 142

Hình 5

Gọi số bi xác a

Nếua <125thìDđốn xác hơnB, trái với đề Nếua >140thìBđốn xác hơn, Atrái với đề Vậy1256a6140

DoAđốn xác hơnBnêna−125<140−a ⇒2a<265.(1) DoCđốn xác hơnDnên142−a <a−121⇒2a>263.(2)

Từ (1) (2) suy ra2a=264nêna=132 Số bị xác hộp 132 viên

Ví dụ Có 100 học sinh tham gia thi giải bốn tốn Khơng có giải bốn Số người giải 1, 2, 3,4 theo thứ tự 90 người, 80 người, 70 người, 60 người Ban tổ chức có giải thưởng cho học sinh giải hai Có học sinh đạt giải thưởng đó?

Trước hết ta chứng minh ta chứng minh bổ đề: Nếu tập hợp Acó aphần tử, tập hợpBcóbphần tử, AvàBđều tập hợp tập hợp số có nphần tử, gọi số phần tử củaA∩Blàdthì d>a+b−n

Chứng minh bổ đề (h.6)

Nếud< a+b−nthìm=b−d>b−(a+b−n)⇒m>n−a⇒a+m>a, vơ lí Bổ đề chứng minh

• Gọixlà số học sinh giải hai (h.7) Theo bổ đềx>70+60−100⇒ x>30 (1)

• Gọiylà số học sinh giải ba 2, 3,4 (h.8) Theo bổ đềy>80+x−100⇒y>x−20(2) • Gọizlà số học sinh giải bốn (h.9)

Theo bổ bề:

z>90+y−100⇒z>y−10

• Doz=0nêny610 Thay vào (2) đượcx−20610nênx630.(3) Từ (1) (3) suy rax=30

Vậy có 30 học sinh nhận giải thưởng

x

B(b) A(a)

(n)

Hình 6

x

Bài4(70) Bài3(60)

H 7

y

Bài3, 4(x) Bài2(80)

H 8

z

Bài2, 3, 4(y) Bài1(90)

H9

6 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 45

Bài Cho biểu thức:

A=1+2+3+4+ .+30

Tính giá trị tự nhiên biểu thức thay số dấu cộng số dấu trừ Lời giải.

Ta cóA= 31·30

2 , số lẻ

Mỗi lần thay dấu cộng trước số hạngabởi dấu trừ tổng giảm đi2a, số chẵn giá trị biểu thức số lẻ

Giá trị nhỏ biểu thức là1, chẳng hạn biểu thức gồm bảy cặp có giá trị−1, tám cặp có giá trị1như sau:

1−2+3−4+ .+13−14−15+16−17+18− .−29+30

Bài Tìm số nguyên dươngn nhỏ nhất, biết nhân với2 số phương, nhân với3thì lập phương số tự nhiên

Lời giải.

Sốnphải chia hết cho2và cho3 Đểnlà số nguyên dương nhỏ ta chọnn=2x·3y Khi đó: 2n=2x+1·3y= a2 ⇒(x+1) 2;y

3n=2x·3y+1= b3 ⇒x 3; (y+1)

Đểxchia hết cho3và nhỏ chox+1chia hết cho2ta chọnx =3 Đểychia hết cho2và nhỏ choy+1chia hết cho3ta chọny =2

Khi đón=23·32 =72

Bài Hai số nguyên dươngxvàycó tổng bằng51 a) Tìm giá trị lớn tíchxy

b) Tìm giá trị nhỏ tíchxy, biết rằngxvàyđều lớn hơn1 Lời giải.

Đáp số:

a) max(xy)=26·25=650 b) min(xy)=49·2=98

Bài Cho A= 11+22+33+ .+9999+100100 Chứng minh tính giá trị củaA, ta được số có201chữ số, hai chữ số bên trái là10

Lời giải.

Ta chứng minh rằngB< A<C, đóBvàCđều số có201chữ số hai chữ số bên trái là10

ChọnB=10200=1 00 0 | {z } 200chữ số

, có201chữ số

ChọnC=102+104+106+ .+10200=1 0101 01 | {z } 99cặp số01

00, có201chữ số Ta thấyB=10200=100100< A,

C=1001+1002+1003+ .+100100> A

VậyAcó201chữ số, hai chữ số bên trái là10 Bài a) Dùng tất cả6chữ số từ1đến6, viết thành3số tự nhiên có hai chữ số cho tích

của chúng có giá trị nhỏ

c) Cho tícha·bc·deg Dựa vào kết câu b, thay chữ số chữ số từ1đến 6để tích có giá trị nhỏ (chỉ viết khơng cần giải thích)

Lời giải.

a) Đáp số:14·25·36=12600

b) Để tích ba số cần tìm có giá trị nhỏ nhất, chữ số hàng trăm chúng phải có giá trị nhỏ nhất, ta chọn chữ số1, 2,

Để tích ba số cần tìm có giá trị nhỏ nhất, chữ số hàng chục chúng phải có giá trị nhỏ nhất, ta chọn chữ số4, 5,

Tích nhỏ cần tìm có dạng1a∗ ·2b∗ ·3d∗, đóa,b,c∈ {4; 5; 6}

Hãy chứng minha<b<c Khi tích nhỏ cần tìm có dạng14m·25n·36p Hãy chứng minhm<n< p Khi tích nhỏ cần tìm là147·258·369

c) Từ kết câu b, (tích nhỏ là147·258·369), ta rút nhận xét: - Các chữ số hàng trăm phải nhỏ (là1, 2, 3)

- Các chữ số hàng chục phải nhỏ chữ số lại, chữ số hàng chục nhỏ ứng với chữ số hàng trăm nhỏ

XétA= a·bc·degthì1000A= a00·bc0·deg Theo nhận xét ta có:

- Các chữ sốa,b,d∈ {1; 2; 3},c,e∈ {4; 5}

- Do chữ số hàng chục củaa00nhỏ chữ số hàng chục hai chữ số nêna <b,a<d Do đóa=1

Xétbc0vàdeg, do0< gnênc<evàb<d, suy rac=4,e=5,b=2,d =3 Khi đómin 1000A=100·240·356,minA=1·24·256

Bài Tìm giá trị lớn tổng

A=|a1−a2|+|a2−a3|+|a3−a4|+|a4−a5|+|a5−a6|+|a6−a1| đóa1,a2, ,a6là sáu số tự nhiên khác từ1đến6

Lời giải.

Ta giả sử số lớn sáu giá trị tuyệt đối biểu thứcAlần lượt làa1,a2,a3,a4,a5,a1 Ta tính đượcA=2 [(a1+a3+a5)−(a2+a4+a6)]

Xảy ®

a1+a3+a5 lớn a2+a4+a6 nhỏ

⇔

®

a1+a3+a5=15 a2+a4+a6=6

maxA=2(15−6)=18khi chẳng hạna1> a3 >a5> a6 >a4 >a2tức

a1 a2 a3 a4 a5 a6

6

Bài Cho năm số ngun dươnga,b,c,d,mtrên vịng trịn Tính theo chiều kim đồng hồ tổng hai số liền bình phương số Tìm năm số

7 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 47 

       

       

a+b=c2 (1) b+c= d2 (2) c+d=m2 (3) d+m= a2 (4) m+a= b2 (5)

Giả sửmlà số lớn nhất, ta có

m+n≥c+d= m2 ⇒2m≥m2⇒2≥m Nếum=1thìc+d =1, vơ lý Vậym=2

Từ (3) suy rac= d=2 Từ (1) suy raa=b=2

a

m

d

b

c

Bài Tìm số tự nhiên có hai chữ số viết dạng tổng sáu lũy thừa bậc khác của2

Lời giải.

Số nhỏ viết dạng tổng sáu lũy thừa bậc khác của2là A=20+21+22+23+24+25

Ta có2A=21+22+23+24+25+26nên2A−A=26−20 =64−1=63⇒ A=63

Số lớn A viết dạng tổng sáu lũy thừa bậc khác B=21+22+23+24+25+26

Ta có2B=22+23+24+25+26+27nên2B−B=27−20 =128−1=127⇒B=127, đóBcó nhiều hai chữ số

Do đó, số phải tìm 63

Bài Tìm số nguyên dương nhỏ hai lần bình phương số tự nhiên ba lần lập phương số tự nhiên

Lời giải.

Gọi số phải tìm =2x2=3y3(x,ynguyên dương).

Ta có2x2 .3⇒ x. 3⇒x2 .9 Tương tự3y3 .2⇒y3. 2⇒y .2. (1) Ta lại có3y3 .x2⇒3y3 .9⇒y3 .3⇒y .3. (2) Từ (1) (2) suy ray Doynguyên dương nhỏ nhất, ta xéty=6

Khi đó2x2=3·63⇒ x2 = 3·23·33

2 =(2·3

2)2 =182 ⇒x=18.

Sốnnhỏ phải tìm là2·182 =3·63 =648

7. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI Các toán chuyên đề thuộc dạng sau:

- Dạng 1:Chứng minh biểu thức lớn nhỏ số cho trước - Dạng 2:Tìm giá trị biến để nhiều bất đẳng thức thỏa mãn - Dạng 3:Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn biểu thức

I. Bất đẳng thức phân số

Khi chứng minh bất đẳng thức phân số, nhiều ta phải tính tổng phân số viết theo quy luật Khi đó, ta thường tìm cách viết phân số dạng hiệu hai phân số để xuất biểu thức phân số đối

Ví dụ ChoA=

1·3+ 2·4+

1

3·5· · ·+

20·22.Chứng minh rằngA< Lời giải. Ta có 2A= Å 1·3+

2

3·5 +· · ·+ 19·21

ã +

Å 2·4+

2

4·6+· · ·+ 20·22

ã = Å 1 − 3+ 3−

5+· · ·+ 19 − 21 ã + Å − 4+ 4−

6+· · ·+ 20 −

1 22

ã

=1−

21+ 2− 22 < VậyA<

4

Ví dụ ChoA= 33 +

1

43+· · ·+

993 Chứng minh a) A<

12 b) A>

1 27 Lời giải.

a) Vớin>1ta có

n3 >n3−n=(n−1)n(n+1)⇒

n3 <

1

(n−1)n(n+1) Mặt khác

(n−1)n(n+1) = (n−1)n−

1

n(n+1), nên ta có

2A< 2· · ·3−

1 3·4 +

1 3·4−

1

4·5 +· · ·+ 98·99+

1 99·100 =

1 6−

1 99·100 <

1 VậyA<

12 b) Ta cóA>

33 = 27

Ví dụ ChoA=

31 + 32+

5

33 +· · ·+

2n−1

3n Chứng minh rằngA<1 Lời giải.

Ta có

2n−1 3n =

3n−(n+1)

3n =

n 3n−1 −

n+1 3n Do

A= 30 −

2 31 +

2 31 −

3

32 +· · ·+ n 3n−1 −

n+1 3n =1−

n+1 3n <1

7 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 49

II. Bất đẳng thức bậc hai

Khi chứng minh bất đẳng thức bậc hai, ta gặp trường hợp cần tính tổng số viết theo quy luật Ta tìm cách viết số hạng thành hiệu để xuất biểu thức số hạng đối

Ví dụ ChoA= √

1+√2 +

√

3+√4+· · ·+

√

98+√99 Chứng minh rằngA>4,5 Lời giải.

Ta có:

A= √

1+√2+

√

3+√4 +· · ·+

√

98+√99

⇒ A> √

2+√3+

√

4+√5 +· · ·+

1

√

99+√100 Cộng vế với vế ta được2A> √

1+√2 +

√

2+√3 +· · ·+

1

√

99+√100 Suy ra2A>

√

1−√2 1−2 +

√

2−√3

2−3 +· · ·+

√

99−√100 99−100 =

√

1−√100

−1 =9

VậyA>4,5

Ví dụ ChoA= √

1+√3 +

1

2(√3+√5)+

1

3(√5+√7)+· · ·+

1

40(√79+√81) Chứng minh rằngA<

9 Lời giải.

Ta có

1

n(√2n−1+√2n+1) =

√

2n+1−√2n−1

2n =

√

2n+1−√2n−1

√

4n2 <

√

2n+1−√2n−1

√

4n2−1 =

√

2n+1−√2n−1

√

(2n+1)(2n−1) =

√

2n−1−

√

2n+1 Do đóA< √1

1− √ + √ 3− √ + √ 5− √

7+· · ·+

√

79 −

√

81 =1− =

8

9

Ví dụ

a) Chứng minh với số nguyên dươngnthì

(√n+√n+2)3 < · Å √ n − √

n+2 ã

b) Áp dụng kết chứng minh

(1+√3)3 +

1

(√3+√5)3 +· · ·+

1

a)

1

(√n+√n+2)3 < 8· Å √ n− √

n+2 ã

⇔ (√n+√n+2)3(√n+2−√n) >8√n√n+2

⇔ (√n+√n+2)2(n+2−n)>8√n√n+2

⇔ (√n+√n+2)2>4√n√n+2

⇔ (√n+2−√n)2>0 (ln đúng) Vậy ta có điều phải chứng minh

b) Theo câu a ta có (1+√3)3 +

1

(√3+√5)3 + .+

1

(√623+√625)3 < 8· Å √ 1− √ 3+ √ − √

5+ .+ √ 623− √ 625 ã = 8· Å 1−

25 ã

= 25 Vậy ta có điều phải chứng minh

BÀI TẬP

Bài ChoA= 2·

3 4·

5 6· · ·

95

96 Chứng minh a) A<

9 b) A<

12 Lời giải.

a) Ta cóA= 2·

3 4·

5 6· · ·

95

96 ⇒ A< 3·

4 5·

6 7· · ·

96 97 Do đóA2< 1·3· · ·95

2·4· · ·96 ·

2·4· · ·96 3·5· · ·97 <

1

81 ⇒ A< b) Trước hết ta chứng minh vớin >1thì

Å 2n−1

2n ã2

< 3n−2

3n+1 (bạn đọc tự chứng minh) Do

A2= Å ã2 · Å ã2 · Å ã2 · .· Å 95 96 ã2 < 4· · .·

142 145 = 145 < 144 VậyA<

12

Bài Chứng minh với số nguyên dươngnthì

a) 32 +

1

52 + .+ (2n+1)2 <

1 4; b)

12+22 +

22+32 + .+

1

n2+(n+1)2 < 2; c)

14+12+1+

24+22+1 + .+ n

7 BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 51

a) Sử dụng nhận xét (2n+1)2 =

1

4n2+4n+1 < 4n(n+1) =

1 4· Å n − n+1

ã

b) Sử dụng nhận xét

n2+(n+1)2 =

1

2n2+2n+1 < 2n(n+1) =

1 2· Å n − n+1

ã

c) Sử dụng nhận xét

2n

n4+n2+1 =

2n

(n2+1)2−n2 =

1

(n2+n+1)(n2−n+1) =(n

2+n+1)−(n2−n+1) (n2+n+1)(n2−n+1) =

1

n(n−1)+1−

1 n(n+1)+1

Bài Chứng minh với số nguyên dươngnthì

1 +

2

22 + .+ n 2n <2 Lời giải.

A= 2+

2

22 + .+ n

2n Ta có n

2n =

2(n+1)−(n+2)

2n =

n+1 2n−1 −

n+2 2n Do đóA=

20− 21 +

3 21−

4

22 + .+ n+1

2n−1 − n+2

2n =2− n+2

2n <2

Bài Chứng minh bất đẳng thức

5+1 + 52+1+

8 54+1+

16 58+1+

32 516+1 +

64 532+1 <

1 Lời giải.

ĐặtA= 5+1+

4 52+1+

8 54+1+

16 58+1 +

32 516+1+

64 532+1 Ta có

k+1 = k−1 k2−1 =

k+1−2 k2−1 =

1 k−1−

2 k2−1 Suy n

k+1 = n k−1−

2n k2−1 Do đóA=

Å 5−1 −

4 52−1

ã +

Å 52−1−

8 54−1

ã

+ .+ Å

64 532−1−

128 564−1

ã <

2

Bài Cho số nguyên dươnga,b,c,dthỏa mãn1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 100 Tìm giá trị nhỏ củaB= a

b+ c d Lời giải.

Do1≤a≤ b≤cnên a b ≥

1 b ≥

1

c (1)

Dấu xảy khia =1;b= c Dod≤100nên c

d ≥ c

100 (2)

Từ (1) (2) suy a b+ c d ≥ c + c 100 =

c2+100 100c =

c2−20c+100+20c

100c =

(c−10)2 100c +

1 ≥

1 Vậy giá trị nhỏ củaBlà

5 tạia=1;b= c=10;d=100

Để chứng minh2300có91chữ số thập phân ta chứng minh1090 <2300 <1091

Ta có210>103nên2300 =(210)30>(103)30=1090 (1) Ta chứng minh2300 <1091 ⇔

Ç 210 103

å30 <10 Thật vậy, xét

10 103 =

1024 1000 < 1025 1000 = 41 40 Suy Ç 210 103 å30 < Å 41 40 ã30 < 41 40· 40 39 · .·

12 11

| {z }

30phân số

= 41

11 <10⇒2

300<1091. (2)

Từ (1) (2) ta có1090 <2300 <1091 Vậy2300có91chữ số viết dạng thập phân Bài Chứng minh bất đẳng thức

1

√

1+√3+

√

5+√7+ .+

1

√

77+√79 >2 Lời giải.

ĐặtA= √

1+√3 +

√

5+√7+ .+

√

77+√79 Ta cóA> √

3+√5 +

√

7+√9+ .+

√

79+√81 nên2A> √

1+√3 +

√

3+√5 + .+

√

79+√81

⇒2A>

√

1−√3

−2 +

√

3−√5

−2 + .+

√

79−√81

−2 =

√

81−√1

2 =4

Vậy ta cóA>2

Bài Chứng minh bất đẳng thức

(√2+√5)3 +

1

(√5+√8)3 + .+

1

(√95+√98)3 < 19 Lời giải.

Áp dụng(x+y)2>4xyvớix6=y, ta có

(√n+√n+3)3 =(√n+√n+3)(√n+√n+3)2>(√n+√n+3)·4·√n·√n+3

⇒

(√n+√n+3)3 <

1

(√n+√n+3)·4·√n·√n+3 =

√

n+3−√n (n+3−n)·4·√n·√n+3

⇒

(√n+√n+3)3 < 12 · Å √ n − √

n+3 ã

Do đóA< 12 Å √ 2− √ 5+ √ − √

8+ .+ √ 95 − √ 98 ã

⇒ A< 12 Å √ 2− 7√2

ã =

14√2 <

19

8. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Khi chứng minh tồn quan hệ đó, có trường hợp ta khơng thể ví dụ cụ thể quan hệ đó, chứng minh tồn quan hệ cách sử dụng ngun lí Đi-rích-lê

Ngun lí Đi-rích-lê cịn gọi nguyên lí nhốt thỏ: Nếu nhốtncon thỏ vàoklồng mà phép chiancho kđượcmvà cịn dư tồn lồng chứa nhấtm+1con thỏ

Các tốn nguyên lí Đi-rích-lê chuyên đề bao gồm:

Dạng Chứng minh tồn số (hoặc hiệu, tổng ) chia hết cho số

8 NGUN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 53 phương, có tổng chia hết cho số đó, có hiệu số )

Vài nét lịch sử

ĐI-RÍCH-LÊ

Đi-rích-lê (Peter Lejeune Dirichlet, 1805-1859)là nhà tốn học người Đức gốc Pháp Ơng kế tục nghiệp "ơng vua tốn học" Gau-xơ trường đại học Gớt-tinh-ghen (Đức) đánh giá "Gau-xơ thứ hai"

Lĩnh vực nghiên cứu ông rộng: Từ lí thuyết số, chuỗi số đến giải tích tốn học Một ví dụ hàm số mà Đi-rích-lê đưa có nhiều ứng dụng, hàm số Đi-rích-lê:

f(x)= ®

1 nếuxlà hàm số hữu tỉ nếuxlà hàm số vô tỉ

(Nếu có u cầu bạn cho ví dụ hàm số không biểu diễn đồ thị, bạn đưa hàm số trên)

1. Sự chia hết số, hiệu, tổng

Ví dụ Chứng minh bảy số nguyên tố bất kì, tồn hai số có hiệu chia hết cho 12

Lời giải.

Trong bảy số ngun tố, có hai số hiệu chúng bằng0, chia hết cho12 Xét bảy số nguyên tố khác đôi một, tồn tại5số nguyên tố lớn hơn3

Một số nguyên tố lớn 3khi chia cho12 dư r r khơng chia hết 2, khơng chia hết cho3 nên r ∈ {1; 5; 7; 11}

Có năm số nguyên tố lớn hơn3, có bốn số dư trên, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn hai số có số dư nhau, hiệu chúng chia hết cho12

Ví dụ Chứng minh sáu số tự nhiên bất kì, tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho9

Lời giải.

Trong sáu số tự nhiên, có hai số hiệu chúng bằng0, chia hết cho9

Xét sáu số tự nhiên khác đơi Các số dư chia cho9được ghép thành5nhóm(0), (1; 8), (2; 7),(3; 6),(4; 5)

Có6số, có5nhóm, theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn hai số thuộc nhóm

Hai số thuộc nhóm có tổng chia hết cho9(nếu hai số dư khác nhau) có hiệu chia hết cho9(nếu hai số dư nhau)

Ví dụ Chứng minh năm số nguyên dương bất kì, tồn số chia hết cho5 vài số có tổng chia hết cho5

Lời giải. Xét5biểu thức

s1 =a1 s2 =a1+a2 s3 =a1+a2+a3 s4 =a1+a2+a3+a4 s5 =a1+a2+a3+a4+a5

Nếu biểu thức chia hết cho5thì tốn chứng minh Giả sử năm biểu thức không chia hết cho5

Có5biểu thức, có4 số dư khác0khi chia cho5, theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn hai biểu thức chia cho5có số dư, hiệu chúng chia hết cho5, hiệu chúng số tổng

Ví dụ Cho17số ngun dương Chứng minh trong17số đó: a) Tồn năm ba số mà ba số có tổng chia hết cho3 b) Tồn chín số có tổng chia hết cho9

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong năm số tự nhiên, tồn ba số có tổng chia hết cho3

Thật vậy, có ba số dư chia cho3dư0; 1; Nếu có ba số có số dư tổng chúng chia hết cho3 Nếu năm số cho, khơng có đến ba số có số dư tồn ba số có số dư khác nhau, tổng chúng chia hết cho3

a) Lấy15số trong17số cho, chia thành ba nhóm, nhóm có năm số Theo bổ đề trên, nhóm tồn ba số có tổng chia hết cho3, ta ba ba số có tổng chia hết cho3 Cịn lại:17−9=8(số) Lấy năm số tám số Theo bổ đề trên, ta thêm ba số có tổng chia hết cho3

Còn lại:8−3=5(số) Theo bổ đề trên, ta thêm ba số có tổng chia hết cho3 Vậy có3+1+1=5bộ ba số mà số có tổng chia hết cho3

b) Gọi15số năm ba số chọn câu a) làa1,a2,a3, ,a15 Giả sử a1+a2+a3 =3k1

a2+a5+a6 =3k2 a7+a8+a9 =3k3 a10+a11+a12 =3k4 a13+a14+a15 =3k5

Xét năm số k1,k2,k3,k4,k5 Theo bổ đề trên, tồn ba số có tổng chia hết cho 3, chẳng hạn k1+k2+k3 Suy

a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9 =3(k1+k2+k3)

Ví dụ

a) Hãy ra18số tự nhiên mà khơng có số có tổng chữ số chia hết cho10

b) Chứng minh trong19số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn số có tổng chữ số chia hết cho10

Lời giải.

a) Trong18số tự nhiên liên tiếp từ1đến18(1, 2, 3, , 18) tổng chữ số chúng là1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, khơng có số có tổng chữ số chia hết cho10

b) Xét10số dãy19số tự nhiên liên tiếp, tồn số tận bằng0, gọi số A0 XétA0và chín số (chín số thuộc dãy nói trên):

A0,A1,A2, ,A9 (1) Gọi tổng chữ số A0làkthì tổng chữ số của10số

k,k+1,k+2, ,k+9 (2)

Dãy(2)là10số tự nhiên liên tiếp, tồn số chia hết cho10, tồn số dãy (1)có tổng chữ số chia hết cho10

8 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 55

2. Sự tồn tập có tính chất đó

Ví dụ Cho ba số nguyên dương khác nhau, số có dạng7kvớik∈N Chứng minh tồn hai số có tích số phương

Lời giải.

Gọi ba số cho làa=7x,a=7y,a=7z

Trong ba số tự nhiênx,y,ztồn hai số chẵn lẻ, chẳng hạnxvày Khi đóx+ylà số chẵn

Đặtx+y=2n,n∈N Ta cóab=7x·7y =72n =(7n)2là số phương Ví dụ Trong25số nguyên dương từ1đến25, chọn ra12số khơng có hai số có tổng bằng25 Chứng minh trong12số đó, tồn số phương

Lời giải.

Ta thấy25 = 52 = 32+42 Trong25số cho, xếp ba số vào tập hợp A = {32; 42; 52}, lại22số chia thành11 cặp, cặp số có tổng bằng25, là(1; 24),(2; 23), ,(12; 13), khơng có cặp (9; 16)

Xét12số chọn Khơng có hai số chọn hai số trong11cặp nói (vì có hai số rơi vào cặp tổng chúng bằng25, trái với giả thiết)

Mỗi cặp (trong11cặp) chứa nhiều số chọn Do có12số chọn nên tồn

số thuộcA={32; 42; 52}.

Ví dụ Cho21số ngun dương khác khơng vượt quá40 Chứng minh tồn hai số có tổng bằng41

Lời giải.

GọiAlà tập hợp của21số nguyên dương choA={a1;a2; ;a21} Xét tập hợpB={41−a1; 41−a2; ; 41−a21}

Hai tập hợpAvàBcó tất cả42phần tử, lấy giá trị tập hợp{1; 2; 3; ; 40}có41phần tử nên tồn hai phần tử Hai phần tử không thuộc tập A, không thuộc tập Bnên phần tử thuộc A, nên phần tử thuộcBchẳng hạn ak ∈ Avà41−ai ∈ B Khi ak =41−ainênai+ak =41

Các sốai vàakkhơng (vì tổng chúng số lẻ) Đó hai số phải tìm

Ví dụ Có hai nhóm: nhóm I có55người, nhóm II có45người Trong nhóm, khơng có hai người tuổi nhau, tuổi người số nguyên dương nhỏ 100 Chứng minh chọn người nhóm I, người nhóm II mà tổng số tuổi hai người bằng100

Lời giải.

Gọi A B theo thứ tự tập hợp số tuổi người nhóm I nhóm II Ta có A =

{a1;a2; ;a55},B={b1;b2; ;b45}

Xét tập hợpC={100−a1; 100−a2; ; 100−a55}

Hai tập hợpBvàCcó tất cả45+55 = 100(phần tử), lấy giá trị tập hợp{1; 2; 3; ; 99}có99 phần tử nên tồn hai phần tử Hai phần tử không thuộcB, không thuộcCnên phần tử thuộcBvà phần tử thuộcC, chẳng hạnbk ∈ Bvà100−ai ∈ C Khi đóbk =100−ainênai+bk =100

Ví dụ 10

a) Cho51số ngun dương khác khơng vượt q99 Chứng minh tồn hai số có hiệu bằng2

Lời giải.

a) GọiAlà tập hợp của51số choA={a1;a2;a3; ;a51}với1≤ai ≤99,i=1; 2; ; 51 Xét tập hợpB={a1+2;a2+2; ;a51+2}với3≤ak+2≤101,k=1, , 51

Hai tập hợp Avà Bcó tất cả102phần tử, nhận giá trị tập hợp{1; 2; ; 101}có101 phần tử nên tồn hai phần tử Hai phần tử không thuộc vào A, không thuộcB, nên phần tử thuộcAvà phần tử thuộcB, chẳng hạnai ∈ Avà ak+2∈ B Khi tồn tạiai =ak+2nênai−ak =2

b) Xếp51số cho vào hai nhóm chẵn lẻ Tồn tại26số thuộc nhóm Hai số thuộc nhóm có hiệu chia hết cho2 (1)

Trong26số nói trên, tồn hai số có hiệu bằngd<4, cặp hai số nhóm có hiệu lớn bằng4thì số lớn nhóm lớn bằng1+4·25 = 101> 100, trái với đề

Do (1) nênd=2

Ví dụ 11 Cho101số ngun dương khác khơng vượt quá300 Chứng minh 101số đó:

a) Tồn hai số có hiệu nhỏ hơn3

b) Tồn hai số mà tổng chúng chia hết cho hiệu chúng Lời giải.

a) Gọi101số cho xếp tăng dần làa1,a2, ,a101

Ta cóa101−a1=(a101−a100)+(a100−a99)+ .+(a2−a1) ≤300−1=299

Trong100hiệu (ở ngoặc) nói trên, tồn hiệu nhỏ hơn3, chúng lớn bằng3thìa101−a1≤3·100=300, mâu thuẫn

Vậy tồn hai số có hiệu nhỏ hơn3

b) Gọi hai số có hiệu nhỏ hơn3nói làamvàan, giả sửam−an <3 • Nếuam−an =1thìam+an am−an

• Nếuam−an =2thìam+anchẵn nênam+an am−an

Ví dụ 12 Cho50số tự nhiên lẻ1; 3; 5; ; 99

a) Chứng minh chọn được34số số cho trong34số đó, tồn hai số mà số chia hết cho số lại

b) Chứng minh chọn33số số khơng có hai số mà số chia hết cho số lại

Lời giải.

a) Mỗi số cho viết đưới dạnga=3k·bvớik ∈ {0; 1; 2; 3; 4},blà số lẻ không chia hết cho3

Trong50số lẻ1; 3; 5; ; 99có17số lẻ chia hết cho3(là3; 9; 15; ; 99, gồm99−3

6 +1=17số) nênbnhận50−17=33giá trị

Có34số dạng a = 3k·b, có 33giá trị bnên tồn hai số có giá trị bbằng nhau, chẳng hạnam =3m·bvàan=3n·bvớim≥n Khi

3m·b 3n·b = a

8 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 57

b) Nếu ta chọn33số lớn trong50số lẻ cho là35,37, ,99(có 99−35

2 +1 = 33số) khơng tồn hai số mà số chia hết cho số lại

Thật vậy, giả sử trong33số có hai sốxvàykhác màx ythìx ≥3y Khi đó99≥ x≥

3y≥3·35=105, mâu thuẫn

BÀI TẬP

Bài Một siêu thị có128thùng táo Số táo thùng khoảng từ120đến144quả Tìm giá trị lớn củanđể tồn tạinthùng có số táo

Lời giải.

Số táo thùng nhận25giá trị (vì144−120+1= 25) Do128chia25được5cịn dư nên tồn 6thùng có số táo

Có thể xảy khơng tồn tại7thùng có số táo nhau, chẳng hạn loại thùng chứa120quả,121 quả,122quả, ,140quả có6thùng (như có6·21=126thùng), cịn lại hai thùng chứa 141quả, khơng tồn tại7thùng có số táo

Vậy giá trị lớn củanlà6

Bài Chứng minh tồn bội của19: a) Gồm toàn chữ số1và0;

b) Gồm toàn chữ số1 Lời giải.

a) Xét20số1,11,111,11 | {z } 20chữ số

Có20số, mà phép chia cho19chỉ gồm19số dư (0, 1, , 18) nên tồn hai số có số dư Gọi hai số là11

| {z } m

và11 | {z }

n

(m>n) Hiệu chúng bằng11 | {z } m−n

00 | {z }

n

chia hết cho19

b) Theo câuatồn số11 | {z } m−n

·10n 19 Mà(10n, 19)=1nên11 | {z } m−n

19

Bài Chứng minh có vơ số bội của710mà biểu diễn thập phân khơng có chữ số0, 1,

Lời giải.

Gọia số mà biểu diễn thập phân khơng có chữ số0, 1, Có vơ số sốa Xét710+1sốa,aa,aaa, ,aa .a

| {z } 710+1số

Tồn hai số có số dư chia cho710, giả sửaa .a | {z } msố

−aa .a | {z } nsố

.710(m> n) Giả sửacókchữ số

aa .a | {z } m−nsố

−00 | {z } nksố

710⇒ aa .a | {z } m−nsố

·10nk 710⇒ aa .a | {z } m−nsố .710

Bài Chứng minh trong6số tự nhiên lẻ tồn hai số có hiệu chia hết cho10

Lời giải.

Bài Chứng minh chín số ngun tố lớn hơn5bất kì tồn hai số có hiệu chia hết cho 30

Lời giải.

Giải tương tự với Ví dụ 61 Một số nguyên tố lớn hơn5khi chia cho30dưrthì r∈ {1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29}

Tồn hai số nguyên tố có phần dưrbằng nhau, hiệu chúng chia hết cho30 Bài Chứng minh sáu số tự nhiên tồn hai số có tổng hiệu chia hết cho8 Lời giải.

Giải tương tự ví dụ 62 Ghép số dư chia cho8thành năm nhóm(0),(1; 7),(2; 6),(3; 5),(4) Bài

a) Chứng minh tồn bốn số nguyên dương khác mà tổng ba số chúng số nguyên tố

b) Chứng minh không tồn năm số nguyên dương khác mà tổng ba số chúng số nguyên tố

Lời giải.

a) Chẳng hạn bốn số1, 5, 7, 11có 1+5+7=13,

1+7+11=19,

1+5+11=17, 5+7+11=23 b) Sử dụng bổ đề ví dụ 64

Bài Chứng minh trong59số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn số có tổng chữ số chia hết cho12

Lời giải.

Xét bảy sốa1,a2, ,a7 Trong ba sốa1,a2,a3tồn hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa1+a2 Xét ba sốa3,a4,a5tồn hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa3+a4

Xét ba sốa5,a6,a7tồn hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa5+a6 Đặt

  

 

a1+a2 =2x a3+a4 =2y a5+a6 =2z

, thìa1+a2+a3+a4+a5+a6 =2(x+y+z)

Xét ba sốx,y,ztồn hai số có tổng chia hết cho2, giả sửx+y Thế a1+a2+a3+a4=2(x+y)

Bài Chứng minh trong59số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn số có tổng chữa số chia hết cho12

Lời giải.

Xét10số dãy59số tự nhiên liên tiếp, tồn số tận bằng0, gọi số làa.Xét hai trường hợp:

a) Nếuatận là10, 20, 30, 40, 50, 60, 70thì ta chọn dãy gồm12số:

a, a+1, a+2, , a+9, a+19, a+29 (1) Gọi tổng chữ số củaalàkthì tổng chữ số của12số là:

8 NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 59 Dãy(2)là dãy12số tự nhiên liên tiếp, tồn số chia hết cho12, tồn số dãy(1) có tổng chữ số chia hết cho12

b) Nếua tận là80, 90, 00thì ta xét dãy có tận là00, 01, 02, , 09, 19, 20(3)(các số thuộc59số nguyên dương cho)

Tổng chữ số số dãy(3)là12số tự nhiên liên tiếp, tồn số chia hết cho12, tồn số dãy(3)có tổng chữ số chia hết cho12 Bài 10 Cho5số ngun dương khác khơng có ước nguyên tố khác2và3 Chứng minh trong5số đó, tồn hai số có tích số phương

Lời giải.

Gọi năm số cho làa1, a2, a3, a4, a5trong đóai =2xi.3yi (xi, yi ∈N)

Xét năm cặp(x1; y1), (x2; y2); , (x5; y5)thuộc bốn trường hợp (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn), tồn hai cặp thuộc trường hợp Chẳng hạn, cặp(x1; y1)và cặp(x2; y2)thuộc trường hợp (chẵn, lẻ), thìx1+x2chẵn vày1+y2chẵn Khi đóa1a2 =22m.32nlà số phương

Bài 11 Cho 625 số nguyên dương từ đến 625 Người ta chọn số 311số, khơng có hai số có tổng bằng625 Chứng minh trong311số đó, tồn số phương

Lời giải.

Ta thấy625=252=72+242 =152+202.Trong625số cho, xếp năm số vào tập hợp A={72; 152; 202; 242; 252},

cịn lại620số chia thành310cặp, cặp có tổng bằng625là (1; 624), (2; 623), , (312; 313)

Kết thúc chứng minh

Bài 12 Chứng minh trong31số ngun dương khác khơng vượt quá60, tồn hai số có tổng bằng61

Lời giải.

Tương tự ví dụ68

Bài 13 Có35nam, có tuổi số nguyên dương khác nhỏ hơn80 Có45nữ, có tuổi số nguyên dương khác nhỏ hơn80 Chứng minh chọn nam nữ có tổng số tuổi bằng80

Lời giải.

Tương tự ví dụ69

Bài 14 Cho25số nguyên dương khác có tổng khơng vượt q410 Chứng minh chọn số chia thành4cặp, cặp có tổng bằng25

Lời giải.

Gọi25số cho làa1, a2, , a25.Ta cóa1+a2+· · ·+a25≤410 Giả sửa1< a2 <· · ·< a25

Ta thấya16<25,vì nếua16≥25thì

a16+a17+· · ·+a25 ≥25+26+· · ·+34=295 (1) Lại có

a1+a2+· · ·+a15 ≥1+2+· · ·+15=120 (2) Từ(1)và(2)suy

a1+a2+· · ·+a25≥120+295=415, trái giả thiết Vậy tồn 16 số nhỏ hơn25

Xét12cặp(1; 12), (2; 23), , (12; 13),gồm24số nhỏ hơn25 Do có16số cho nhỏ hơn25nên tồn bốn cặp(16−12 =4)gồm hai số cho Bốn cặp có tổng hai số cặp bằng25

Bài 15 Cho tập hợpAcó bốn phần tử số nguyên dương không quá5 Chứng minh tồn hai tập hợp BvàCkhác nhau, tập hợp có từ1đến3phần tử, phần tử thuộc Asao cho tổng phần tử củaBbằng tổng phần tử củaC

Lời giải.

Tập hợp Acó bốn phần tử nên có24 = 16tập con, có tập hợp gồm bốn phần tử (làA) tập hợp rỗng, số tập hợp có từ đến ba phần tử là16−2=14

Gọi tổng phần tử tập hợp trong14tập hợp x.Do phần tử tập hợp có giá trị nhỏ là1, có giá trị lớn là5nên1≤x ≤3+4+5,tức là1≤ x≤12

Có14tập hợp , màxchỉ nhận giá trị từ1đến12nên tồn hai tập hợp cóxbằng nhau, hai tập

hợpBvàCphải tìm

Bài 16 Cho101số nguyên dương khác khơng vượt q300 Chứng minh 101số trên, tồn hai số có hiệu bằng4hoặc8

Lời giải.

Xếp101số cho vào4nhóm có số dư phép chia cho4là0, 1, 2, Do101chia4được25dư1 nên tồn tại26số thuộc nhóm Hai số nhóm có hiệu chia hết cho4

Ta chứng minh nhóm26số nói trên, tồn hai số có hiệu nhỏ hơn12 Thật vậy, cặp số nhóm có hiệud≥12thì số lớn nhấtncủa nhóm có giá trịn≥1+12.25=301>300, trái giả thiết Hai số nói (có hiệu nhỏ hơn12) khác có hiệu chia hết cho4nên hiệu

4hoặc8

Bài 17 Cho 1050 số √1, √2, √3, , √1050.Chọn 33 số số trên, chứng minh số chọn, tồn hai số có hiệu nhỏ hơn1

Lời giải.

Gọi 33 số chọn xếp tăng dần làa1, a2, , a33 Ta cóa1 ≥1, a33≤

√

1050nêna33−a1 ≤

√

1050−1<33−1=32

Suy ra(a33−a32)+(a32−a31)+· · ·+(a2−a1)<32 (1) Trong32hiệu trên, tồn hiệu nhỏ 1, cả32hiệu lớn bằng1 tổng chúng lớn hay bằng32(mâu thuẫn với(1))

Vậy tồn hai số chọn có hiệu nhỏ hơn1

9. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN

TỔNG QUAN VỀ CHUN ĐỀ Các dạng tốn chun đề có nhiều dạng:

– Dạng 1.Các toán liên qua đến tương hỗ, có quan hệ hai chiều (chẳng hạn: nếuAquenBthì Bquen A,nếuAđã thi đấu vớiBthìBđã thi đấu với A, )

– Dạng 2. Các toán liên qua đến thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị lại có tính chất khơng đổi (gọi bất biến)

– Dạng 3. Các tốn địi hỏi lập luận (chứ kiến thức) chủ yếu, biết xét đủ trường hợp xảy ra, biết đưa phương án giải hợp lí có sức thuyết phục

Trong tốn suy luận, ta sử dụng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê Thử trí thơng minh

THỬ LÀM “BAO CÔNG XỬ ÁN”

9 CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 61 Biết số thóc cót nhau, nhiều hơn200đấu hơn300đấu Em thử làm “Bao Công xử án” xác định tên trộm lấy đấu thóc để chúng phải “tâm phục, phục” Giải

Trước hết ta tìm số đấu thóc cót thóc Số đấu thóc số khoảng từ201đến299 thỏa mãn ba điều kiện: chia cho7dư3,chia cho3dư1,chia cho5dư2

Xét điều kiện chia cho7dư3.Ta thấy201 : 7=28(dư5) nên203chia hết cho7.Số đấu thóc chia cho 7dư3nên thuộc dãy số sau:206, 213, 220, 227, 234, 241, 248, 255, 262, 269, 276, 283, 290, 297

Xét điều kiện chia cho5dư2.Trong số ta chọn số chia cho5dư2,tức số tận bằng2 hoặc7,đó số227, 262, 297

Xét điều kiện chia cho3dư Trong số có262chia cho3dư1 Vậy số đấu thóc cót thóc là262đấu

Giáp lấy:262−3=259(đấu) Ất lấy:262−1=261(đấu) Bính lấy:262−2=260(đấu)

Lưu ý.Bài tốn giải nhanh đề thay đổi hai kiện sau: Đề cũ Đề sửa lại

ba đấu thóc nồi bốn đấu thóc nồi đấu thóc vung nồi có vung nồi

Khi đó, số đấu thóc cộng với3phải chia hết cho7,cho3,cho5nên chia hết cho7.3.5=105,do 210.Số đấu thóc cót thóc là210−3=207(đấu)

Giáp lấy:207−4=203(đấu) Ất lấy:207(đấu)

Bính lấy:207−2=205(đấu)

I. Sự tương hỗ

Ví dụ Có16đấu thủ thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, người đấu với người khác trận (khơng có trận hịa) Chứng minh kết thúc giải đấu, xếp năm người vào danh sách cho người đứng trước thắng tất người đứng sau

Lời giải. Có16.15

2 =120trận đấu, nên có120trận thắng Do120chia16được7và cịn dư nên tồn đấu thủ thắng8trận, gọi người A

Xét8người thuaA,những người đấu với 8.7

2 = 28trận, nên có28trận thắng Do28chia8 được3và cịn dư nên tồn đấu thủ thắng4trận, gọi người làB

Xét4người thuaB,những người đấu với 4.3

2 =6trận, nên có6trận thắng Do6chia cho4 được1và dư nên tồn đối thủ thắng2trận, gọi người làC

Xét hai người thuaCđó, gọi người thắng trận đấu hai người làD,người lại làE Ta có đấu thủ AthắngB, C, D, E;đấu thủ B thắngC, D, E;đấu thủ Cthắng Dvà E;đấu thủ D

thắng E

Ví dụ Chứng minh số người, tồn người quen người không quen nhất6người

Lời giải.

Trước hết ta thấy khơng thể có người quen đúng3người khác Thật vậy, người quen3 người khác số cặp quen 3.9

2 ,khơng số tự nhiên, vơ lí

Gọi trong9người làA,giả sửAquenxngười Theo nhận xét thìx 6=3 Nếux≥4thì tốn chứng minh

II. Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị

Ví dụ Ba bạn A, B, Ccó tất cả30viên bi:Acó9viên,Bcó10viên,Ccó11viên Mỗi lượt, bạn tùy ý nhận người viên bi Sau số lượt, xảy ba người có số bi không?

Lời giải.

Số bi ba bạnA, B, Clúc đầu có số dư chia cho3là0, 1,

NếuAnhận bi hai bạn số bi củaA, B, Clà11, 9, 10có số dư chia cho3là2, 0, NếuBnhận bi hai bạn số bi củaA, B, Clà8, 12, 10có số dư chia cho3là2, 0, NếuCnhận bi hai bạn số bi A, B, Clà8, 9, 13có số dư chia cho3là2, 0, Như vậy, sau lượt đầu tiên, số bi ba bạn có số dư chia cho3là ba số khác tập hợp{0; 1; 2}

Sau lượt vậy, không xảy số dư là1, 1, 1,tức không xảy bạn có10viên bi

Lưu ý.Trong tốn trên, có tính chất khơng thay đổi (gọi làbất biến) lượt, số bi ba người chia cho3đều có đủ ba số dư là0, 1,

Ví dụ Cónbóng đèn trạng thái tắt Mỗi lượt, người ta thay đổi trạng thái bật - tắt bốn bóng đèn (tắt thành bật, bật thành tắt) Có thể xảy tất cảnbóng đèn bật khơng nếunbằng:

a) 50; b) 31?

Lời giải.

a) Có thể xảy

Trong12lượt, lượt ta bật4bóng đèn, được48bóng sáng, cịn lại hai bóng49và50 Lượt thứ13,ta bật bóng49và tắt ba bóng1, 2,

Lượt thứ14,ta bất bóng thứ50và bật ba bóng1, 2, Tất cả50bóng đèn trạng thái bật

b) Không thể xảy

Lúc đầu, số bóng đèn bật là0.Sau lượt thứ nhất, số bóng đèn bật là4

Ở lượt, có thêmxbóng đèn bật (0≤x ≤4) có thêm4−xbóng đèn tắt, nên số bóng đèn bật thay đổi làx−(4−x) =2x−4,là số chẵn

Lúc đầu, số bóng đèn bật bằng0(là số chẵn), lượt thay đổi số chẵn (là2x−4), nên số bóng đèn bật ln số chẵn, bằng31

Lưu ý.Bất biến ví dụ là: Số bóng đèn trạng thái (chẳng hạn bật) hai lượt liên tiếp ln chênh lệch số chẵn

Ví dụ Cho48số

2, 3,

1 4, ,

1 49

Người ta xóa hai sốx, ybất kì số thay số mớixy+x+y.Lại xóa số số cũ thay số khác theo quy luật Cứ tiếp tục số cuối Hỏi số bao nhiêu?

Lời giải.

Gọi48số cho bị xóa làa1, a2, , a48.Gọi số thêm vào làb1, b2,b3, Ta xóaa1vàa2rồi thay bằngb1,xóab1vàa3rồi thay bằngb2,xóab2vàa4rồi thay bằngb3, ,xốb46 vàa48rồi thay bằngb47.Giá trị phải tìm làb47

Ta có đẳng thứcxy+x+y+1=(x+1)(y+1)nênxy+x+y=(x+1)(y+1)−1 Do đób1 =a1a2+a1+a2=(a1+1)(a2+1)−1;

b2=(b1+1)(a3+1)−1=(a1+1)(a2+1)(a3+1)−1;

9 CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN 63 Cứ ta có

b47=(a1+1)(a2+1) (a47+1)(a48+1)−1 =

Å 2+1

ã Å +1

ã

Å 48+1

ã Å 49 +1

ã

−1 =

2

50

49 −1=25−1=24

Vậy số cịn lại sau là24

Ví dụ Cho ba số khác bảng Mỗi lượt, ta xóa hai số ba số có, giả sử xóaavàb,rồi thay hai số a√+b

2 a−b

√

2 ,giữ nguyên số lại Cứ làm nhiều lần, ta ba số là2+√2, 2−√2và0.Ba số lúc đầu là1, √2, 2hay khơng? Lời giải.

Ta có đẳng thức Å

a+b

√

2 ã2

+ Å

a−b

√

2 ã2

= a2+b2

Do tổng bình phương hai số vừa xóa tổng bình phương hai số vừa thêm vào, suy tổng bình phương ba số lúc đầu tổng bình phương ba số cuối

Giả sử ba số lúc đầu là1, √2, 2thì tổng bình phương chúng bằng12+(√2)2+22=7. Tổng bình phương ba số lúc cuối

(2+√2)2+(2−√2)2+02=126=7 Vậy ba số lúc đầu là1, √2,

Lưu ý.Bất biến ví dụ tổng bình phương ba số bảng không thay đổi

BÀI TẬP

Bài Ba bạnA,B,Ctham gia thi Kết đa số thành viên Ban giám khảo cho điểm củaAcao điểm củaB, cho điểm củaBcao điểm củaC Có thể khẳng định đa số thành viên Ban giám khảo cho điểm Acao điểm củaChay không?

Lời giải.

Không thể khẳng định đa số thành viên Ban giám khảo cho điểm củaAcao điểm C

Chẳng hạn Ban giám khảo có ba người cho điểm sau:

Người thứ choA>B> C, người thứ hai choB> C> A, người thứ ba choC> A> B

Với cách cho điểm trên, có hai người cho điểm củaAcao điểm củaB, có hai người cho điểm củaBcao điểm củaC, có người cho điểm củaAcao điểm củaC Bài Trong thi đấu bóng bàn, đấu thủ thi với đấu thủ khác trận, khơng có trận hịa Chứng minh tồn ba đấu thủ A,B,CmàAthắngB,BthắngC,CthắngAnếu xảy điều kiện sau:

a) Khơng có đấu thủ thắng tất trận b) Có hai đấu thủ có số trận thắng Lời giải.

a) Gọi Alà người có số trận thắng nhiều Do Akhơng thắng tất trận, nên tồn đấu thủCthắng A Trong số người thuaA, tồn người thắngC(vì tất người thuaAđều thuaCthìCcó số trận thắng nhiều hơnA), gọi người làB

Ta cóAthắngB,BthắngC,CthắngA

b) GọiAvàBlà hai người có số trận thắng giả sửAthắngB Trong số người thua B, tồn người thắng A(vì tất người thua B thua Athì Acó số trận thắng nhiều hơnB, trái vớiAvàBcó trận thắng nhau), gọi người làC

Bài Trong giải bóng đá, có9đội đấu vịng trịn lượt Chứng minh sau kết thức ba vòng đấu (tức đội đấu đúng3trận), tồn ba đội đôi chưa đấu với

Lời giải.

Vì đội đấu3trận nên tồn hai đội chưa đấu với nhau, gọi hai đội làAvàB Cịn lại7đội DoAmới đấu3trận,Bmới đấu3trận nên trong7đội trên, tồn đội chưa đấu vớiAvàB, gọi đội làC

Ta có ba độiA,B,Cđơi chưa đấu với Bài Viết20số1, 2, 3, 4, , 20theo thứ tự tăng dần Mỗi lượt, ta đổi chỗ hai số cách số (chẳng hạn đổi chỗ1 và3, đổi chỗ8và10 ) Cứ làm vậy, ta dãy số theo thứ tự ngược lại là20, 19, , 2, 1hay không?

Lời giải.

Theo cách đổi chỗ toán, số chẵn ln vị trí chẵn, số lẻ ln vị trí lẻ dãy Do khơng thể xảy số20ở vị trí thứ

Vậy khơng thể đổi chỗ để dãy số viết theo thứ tự ngược lại Bài Có51quân đặt sấp Mỗi lượt, người ta thay đổi vị trí sấp - ngửa của6quân Có thể xảy tất cả51quân đặt mặt ngửa hay không?

Lời giải.

Lúc đầu, số quân mặt ngửa là0 Sau lượt thứ nhất, số quân mặt ngửa là6

Ở lượt, có thêmxqn mặt ngửa (0≤x≤6) có thêm6−xqn mặt sấp, nên số quân mặt ngửa thay đổi làx−(6−x)=2x−6, số chẵn

Lúc đầu, số quân mặt ngửa bằng0(là số chẵn), lượt thay đổi số chẵn (là2x−6), nên số quân mặt ngửa ln số chẵn, khơng thể bằng51 Bài Có75bóng đèn gồm30bóng xanh,25bóng đỏ,20bóng vàng Mỗi lượt người ta đổi màu hai bóng khác màu sang màu thứ ba (chẳng hạn đổi màu bóng xanh bóng đỏ thành hai bóng vàng) Có thể xảy tồn bộ75bóng đèn màu hay khơng?

Lời giải.

Ta có nhận xét: Khi chuyển từ lượt trước sang lượt sau, số bóng đèn màu tăng2, giảm1, hiệu số bóng đèn hai màu thay đổi3(nếu màu tăng2, màu giảm1) thay đổi0(nếu hai màu tăng hai giảm1), tức thay đổi bội của3

Lúc đầu, hiệu số bóng đèn xanh đỏ bằng30−25 = 5, số chia cho3dư Theo nhận xét trên, hiệu số bóng đèn xanh đỏ số chia cho3dư2, xảy số bóng đèn xanh số bóng đèn đỏ bằng0, tức xảy tất cả75bóng đèn màu vàng Lúc đầu, hiệu số bóng đèn đỏ vàng 25−20 = 5, số chia cho3dư Theo nhận xét trên, hiệu số bóng đèn đỏ vàng ln số chia cho3dư2, khơng thể xảy số bóng đèn đỏ số bóng đèn vàng bằng0, tức khơng thể xảy tất cả75bóng đèn màu xanh Lúc đầu, hiệu số bóng đèn xanh vàng bằng30−20=10, số chia cho3dư1 Theo nhận xét trên, hiệu số bóng đèn xanh vàng ln số chia cho3dư1, khơng thể xảy số bóng đèn xanh số bóng đèn vàng bằng0, tức khơng thể xảy tất cả75bóng đèn màu đỏ

Lưu ý Bất biến toán là: Hiệu số bóng đèn hai màu ln thay đổi bội

của3

Bài Cho dãy gồmnsố tự nhiên (n≥4) là1, 2, 3, ,n Mỗi lượt người ta xóa hai sốx,ybất kì thay sốxy+x+y Lại xóa số số cũ thay vào số khác theo quy luật Cứ tiếp tục cịn lại số cuối Số là20172018được khơng? Lời giải.

Gọinsố cho bị xóa làa1,a2, ,an Gọi số thêm vào làb1,b2,

Ta xóaa1vàa2rồi thay b1, xóab1vàa3rồi thay b2, xóab2vàa4rồi thay b3, ., xóa bn−2vàanrồi thay bằngbn−1

Số cuối làbn−1

Xét đẳng thứcxy+x+y+1=(x+1)(y+1), ta tìm

9 CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN 65 Don ≥4nên(n+1)!tận bằng0, suy rabn−1tận bằng9, bằng20172018được

Bài Cho 100 số nguyên dương khác không 150 Chứng minh tồn 49 cặp số nguyên dương liên tiếp số

Lời giải.

Gọi100số cho xếp tăng dần làa1,a2, ,a100

ĐặtA=(a100−a99)+(a99−a98)+(a98−a97)+· · ·+(a2−a1)

Nếu có nhiều là48cặp số ngun dương liên tiếp trong99hiệu biểu thức A, có nhiều là48hiệu có giá trị bằng1, có là51hiệu có giá trị từ2trở lên

Khi A≥48+51.2=150 Mặt khác,A= a100−a1 ≤150−1=149 Điều vơ lí Vậy số cặp số nguyên dương liên tiếp phải lớn bằng49 Bài Hai bạnAvàBcùng làm thi;Atrả lời sai

3 số câu hỏi,Btrả lời sai7câu hỏi Có số câu hỏi hai bạn trả lời sai Có nhiều câu hỏi mà hai bạn trả lời đúng? Lời giải.

Kí hiệu hình vẽ đây, đómlà số câu hỏi thi,dlà số câu hỏi AvàBđều trả lời đúng,clà số câu hỏi cảAvàBđều trả lời sai,alà số câu hỏi Atrả lời sai,blà số câu hỏi chỉB trả lời sai

a c b

d

(7)

(m)

m

Theo đề ta có

a+c= m

3 (1)

b+c=7 (2) c= m

5 (3)

Ta cód=m−a−(b+c) =m−a−7 (4) Cần tìm giá trị lớn củad

Từ(1)và(3)suy raa= m −

m =

2m

15 Do dóm−a= 13m

15 (5) Từ(2)và(3)suy rac≤7⇒ m

5 ≤7⇒m≤35 Do(5)nênmchia hết cho15, đóm≤30 (6) Từ(5)và(6)suy ram−a≤ 13.30

15 =26 Kết hợp với(4)ta cód≤26−7=19

Vậy có nhiều nhất19câu hỏi cảAvàBđều trả lời Bài 10 (International Mathematics Tournament of the Towns 2010) Mỗi giỏ trong6giỏ trái chứa ba loại lê, mận, táo Số mận giỏ với tổng số táo tất giỏ khác cộng lại, số táo giỏ với tổng số lê tất giỏ khác cộng lại Chứng minh tổng số trái loại bội của31

Lời giải.

5lần tổng số táo, gấp25lần tổng số lê Vậy tổng số trái gấp1+5+25 =31lần tổng số lê,

do bội của31

Bài 11 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011) Các số từ đến 2010 đặt vòng tròn cho ta di chuyển vịng trịn theo chiều kim đồng hồ số tăng giảm xen kẽ Chứng minh tồn hai số kề cho hiệu chúng số chẵn

Lời giải.

Giả sử đặt số vòng tròn để hiệu hai số liền kề lẻ Điều có nghĩa số lẻ số chẵn phải xen kẽ Từ điều kiện đề ta có số có hai số liền kề hai lớn hai

Lưu ý rằng1là số lẻ có số kề lớn Do số tăng giảm xen kẽ, số lẻ có số kề lớn số chẵn có số liền kề Tuy nhiên số2chỉ có số Điều dẫn đến mâu thuẫn Bài 12 (Đề thi TS vào lớp 10 chun Tốn PTNK-ĐHQG TPHCM 2017-2018) Lớp9Acó6học sinh tham gia kì thi tốn nhận được6điểm số khác số nguyên từ0đến20 Gọim trung bình cộng điểm số của6học sinh Ta nói hai học sinh (trong6học sinh trên) lập thành cặphoàn hảonếu trung bình cộng điểm số hai em lớn hơnm

a)Chứng minh chia6học sinh thành3cặp mà cặp đềuhồn hảo b)Có thể có nhiều cặphoàn hảo?

Lời giải.

a)Giả sử chia6học sinh thành3cặp mà cặp đềuhoàn hảo Gọi số điểm cặp học sinh là(a1;a2),(a3;a4),(a5;a6)

Ta có a1+a2 >m,

a3+a4 >m,

a5+a6 >m Do ta có

a1+a2

2 +

a3+a4

2 +

a5+a6 >3m

⇔a1+a2+a3+a4+a5+a6

2 >3·

a1+a2+a3+a4+a5+a6

6 ·

Điều vơ lí Vậy ta có điều phải chứng minh

b)Xét tậpX ={0; 16; 17; 18; 19; 20}vớim=15có10cặphồn hảo Ta chứng minh có nhiều nhất10 cặphồn hảo

Giả sử có nhiều bằng11cặp hồn hảo Gọi6tên thí sinh A,B,C,D,E,F Với tổng15cặp thí sinh, ta chia thành nhóm sau:

Nhóm1:{AB;CD;EF} Nhóm2:{AC;BE;DF} Nhóm3:{AD;CE;BF} Nhóm4:{AE;BD;CF} Nhóm5:{AF;BC;DE}

Do có nhất11cặphồn hảomà có5nhóm nên theo ngun lí Dircichlet, có nhóm đủ 3thí sinh, theo câu a) điều vơ lí Vậy có nhiều nhất10cặphoàn hảo Bài 13 Trên bảng viết số nguyên từ(−11)đến11 Người ta xóa hai sốavàbbất kì viết thêm lên bảng hai số 5a−12b

13

12a+5b

13 Hỏi tiếp tục xảy tình trạng tất số bảng không?

Lời giải.

Xét dãy số gồm23số:−11;−10; ; 0; 1; ; 11

Xóa hai sốavàbbất kì viết thêm lên bảng hai số 5a−12b

13

12a+5b 13 Vìa,blà số nguyên nên 5a−12b

13

12a+5b

13 số hữu tỉ Ta có

Å

5a−12b 13

ã2 +

Å

12a+5b 13

ã2 = 25a

2−120ab+144b2+144a2+120ab+25b2 169

9 CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 67 Do sau thay đổi tổng bình phương số hạng dãy khơng thay đổi Tổng bình phương số hạng ban đầu

S=(−11)2+(−10)2+· · ·+02+12+· · ·+102+112 =Ä112+102+· · ·+22+12ä.2

=1012

Giả sử sau số bước ta có số bằngx, thì23x2=1012hayx=±√44 số vơ tỉ, điều vơ lí Vậy khơng thể xảy tình trạng tất số bảng Bài 14 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011) Các sâu phát triển với tốc độ mét Khi chúng trưởng thành đạt chiều dài tối đa là1mét ngừng phát triển Một sâu đạt chiều dài tối đa bị chia thành hai mà khơng thiết có độ dài Các sâu tiếp tục phát triển với tốc độ1mét Hỏi từ sâu trưởng thành ban đầu, sau có10con sâu trưởng thành không?

Lời giải.

Câu trả lời (trên thực tế người ta phát triển số lượng sâu vịng giờ) Hiển nhiên, thời gian t sâu mọc thêm chiều dài t (với < t ≤ 1) Giả sử thời điểm ban đầu có sâu phát triển đầy đủ Chia thành hai phần có độ dàitvà(1−t)tương ứng, với 0<t ≤

2

Khi thời điểmt, phần mà có chiều dàittrở thành2t, phần trở thành sâu phát triển đầy đủ Chúng ta phân thành hai phần với độ dài2t và(1−2t)tương ứng Vì vậy, sau tách có hai sâu dài2tvà(1−2t) Trong thời gian2tsau tách lần thứ hai (hoặct+2t =3t tính từ ban đầu), có hai sâu chiều dài4t(trưởng thành từ phần2t) phần thành sâu phát triển đầy đủ Một lần nữa, xem xét thời điểm tách sâu phát triển đầy đủ thành hai phận có chiều dài4t và(1−4t) Sau lần tách có ba sâu với chiều dài4t với chiều dài(1−4t) Tương tự vậy, thời gian4t= 22t(3t+4t =7ttính từ đầu), có ba sâu với chiều dài8t = 23tvà sâu phát triển đầy đủ Một lần nữa, chúng ta tách sâu phát triển đầy đủ thành hai phần có chiều dài8tvà(1−8t) Tại thời điểm đó, có bốn sâu dài8tvà chiều dài(1−8t)

Trong thời gian(2k−1)ttính từ đầu có(k+1)con sâu dài2ktvà phát triển đầy đủ Do muốn số thời gian để có tất sâu phát triển đầy đủ, nên lấytsao cho2kt=1hayt =

2k thời điểm có(k+2)con sâu trưởng thành hồn tồn

Vậy để có được10con sâu trường thành hồn tồn vịng chưa đầy (có thể lấy giờ) chọnt=

29 =

512

Bài 15 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011) Một rồng đưa cho hiệp sĩ bị giam giữ100đồng vàng Một nửa số đồng vàng ma thuật, có rồng biết xác đâu đồng vàng ma thuật Mỗi ngày hiệp sĩ chia số tiền thành hai phần (không thiết nhau) Con rồng trả tự cho hiệp sĩ hơm số đồng vàng ma thuật số đồng vàng thông thường hai phần Liệu hiệp sĩ có đảm bảo tự cho sau nhiều

a)50 ngày? b)25 ngày? Lời giải.

Ta xây dựng thuật toán để hiệp sĩ trả tự nhanh trường hợp xấu sau:

Vào ngày đầu tiên, hiệp sĩ chia đồng xu thành hai đống25và75đồng xu, ngày di chuyển đồng xu từ đống lớn sang đống nhỏ Khi đó, trong25ngày (nếu khơng phải trước đó) hiệp sĩ tự

Trong trường hợp xấu (mất số ngày nhiều để tự do) trong24ngày (bao gồm ngày đầu tiên) đống nhỏ có48xu, 24đồng xu ma thuật và24 đồng xu bình thường Vì vào ngày hôm sau, hai đồng xu ma thuật hay bình thường di chuyển, số lượng đồng xu ma thuật hay bình thường trở thành25 Vì vậy, hai loại đồng xu chia đôi hai

đống hiệp sĩ tự

10. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI

I. Phương pháp phát tính chia hết

Câu (Đề thi vào 10, Chuyên Hoàng Lê Kha Tây Ninh, 2017). Chứng minhP(n)=n4−14n3+71n2−

154n+120luôn chia hết cho24, với số tự nhiênn∈N∗ Lời giải.

Ta cóP(n) = n4−14n3+71n2−154n+120 = (n−2)(n−3)(n−4)(n−5)là tích4số tự nhiên liên tiếp chia hết cho3; 8mà3; 8≥1nên chia hết cho24(đpcm)

Câu (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, 2017). Tìm chữ số tận củaa=201764

Lời giải.

201764 ≡764 ≡364 ≡814·81 ≡1 (mod 10)

Câu (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2017). Cho số tự nhiên

A=777 | {z } n chữ số

−18+2n(vớin ∈N,n≥2)

Chứng minh rằngAchia hết cho9 Lời giải.

Với số tự nhiêna ∈N∗, ta đặtS(a)là tổng chữ số củaa Khi ta ln cóa−S(a)chia hết cho9.

Ta có:

A=777 | {z } nchữ số

−18+2n=7.111 | {z } nchữ số

−18+2n=7.(111 | {z } nchữ số

−n)+9(n−2)

Tổng chữ số của111 | {z } nchữ số

lànnên ta có111 | {z } nchữ số

−nchia hết cho Vì vậy7(111

| {z } nchữ số

−n)chia hết cho Hiển nhiên9(n−2)chia hết cho

Do đóA

Câu (Thi vào 10, Chuyên Bạc Liêu, 2017). Chon=2018.20172016−112017−62016 Chứng minhn

chia hết cho17 Lời giải.

Ta có2017≡11 mod 17⇒20172016≡112016 mod 17. Mặt khác:2018≡12 mod 17

Suy ra2018.20172016≡12.112016 mod 17

Hay2018.20172016≡(11+1).112016 ≡112017+112016 mod 17. Suy ra2018.20172016−112017≡112016 mod 17

Suy ran=2018.20172016−112017−62016≡112016−62016 mod 17 Ta lại có:

• 112 ≡2 mod 17, suy ra112016 =(112)1008 ≡22008 mod 17 • 62 ≡2 mod 17, suy ra62016=(62)1008≡22008 mod 17 Do ta cón≡21008−21008=0 mod 17

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 69

Câu 5. Cho a, b, c số nguyên Chứng minh a2014+b2015+c2016 chia hết cho 6 thì

a2016+b2017+c2018chia hết cho6 Lời giải.

ĐặtA= a2014+b2015+c2016,B=a2016+b2017+c2018 Ta có:B−A=a2014(a2−1)+b2015(b2−1)+c2016(c2−1) Nhận thấy rằnga(a2−1)=(a−1)a(a+1) 6⇒ a2014(a2−1) Tương tự ta cób2014(b2−1) 6,c2014(c2−1) 6nên ta suy raB−A

MàA 6nênB

Câu (Đề thi vào 10, Phổ thông khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Chox,ylà hai số nguyên vớix>

y>0

a) Chứng minh nếux3−y3chia hết cho3thìx3−y3chia hết cho9.

b) Tìm tất giá trịknguyên dương choxk˘ykchia hết cho9với mọix,ymàxykhông chia hết cho3

Lời giải.

a) Ta có x3−y3 = (x−y)3−3xy(x−y) chia hết cho 3 nên (x−y)3 chia hết cho 3 Mà3 là số nguyên tố nênx−ychia hết cho3 Suy

 



(x−y)3 3xy(x−y)

⇒x3−y3 .9.

b) Chox=2,y=1suy raxykhơng chia hết cho3 Ta cóxk−yk =2k−1 9⇒2k−1

Do2≡ −1(mod3)⇒2k−1≡(−1)k−1(mod3)nênklà số chẵn Ta chứng minhk =6n (n∈N∗).

Thật vậy,

- Vớik=6n+2⇒2k−1=26n+2−1≡3(mod9) Suy rak=6n+2không thỏa mãn - Vớik=6n+4⇒2k−1=26n+4−1≡6(mod9) Suy rak=6n+4không thỏa mãn. Vậyk=6n

Ta lại có xk˘yk = x6n˘y6n = (x6)n˘(y6)n (x6˘y6) Do xy không chia hết cho3 nên x,y không chia hết cho3

-TH1.x≡y(mod3)⇒x3˘y3 Theo câu (1) suy rax3˘y3 9⇒xk−yk -TH2.x,ykhông số dư chia chia cho3

Khơng tính tổng qt, giả sử ®

x =3a+1 y=3b+2

Ta cóx3+y3=(3a+1)3+(3b+2)3 =27a3+27a2+9a+27b3+27b2+9b+9 Suy rax6−y6 =(x3−y3)(x3+y3) .9⇒xk−yk .9.

Vậy tập tất số thỏa mãn đề làk =6nvớinlà số tự nhiên

Câu (Đề thi vào 10, SoGiaoDucHaNoi-ChuyenTin, 2017). Cho số nguyên dươnga,bthỏa mãn

a2+b2=c2 Chứng minhabchia hết choa+b+c. Lời giải.

Đặtt=a+b+c

⇒t2=(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=2c2+2(ab+bc+ca)⇒t Mặt khác:a2+b2 =c2⇔a2+b2=(t−a−b)2

⇔a2+b2=t2+b2+c2−2ta−2tb+2ab

⇔0=t2−2ta−2tb+2ab

⇔ab = −t

2+2ta+2tb

t = t

Å−

t+2a+2b

ã

=(a+b+c) Å−

t+2a+2b

ã

Câu (Đề thi vào 10, Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận, 2017). Chonsố nguyêna1,a2, ,anthỏa mãnS =a1+a2+ .+anchia hết cho6 Chứng minhP=a31+a32+ .+a3ncũng chia hết cho6 Lời giải.

Ta có

P−S = (a31−a1)+(a23−a2)+ .+(a3n−an)

= (a1−1)a1(a1+1)+(a2−1)a2(a2+1)+ .+(an−1)an(an+1)

Mỗi số hạng có dạng(ak−1)ak(ak+1)đều chia hết cho6(là tích3số ngun liên tiếp), đóP−S chia hết cho6, màSchia hết cho6nênPchia hết cho6

Câu (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017). Tìm tất số nguyênxsao cho2x2+x−2chia

hết chox2+1 Lời giải. Ta có: 2x

2+x−2 x2+1 =2+

x−4 x2+1

Xétx =4⇒2x2+x−2chia hết chox2+1 Xétx 6=4để(x−4) (x2+1)⇒ |x−4| ≥x2+1

⇔

ï

x−4≥x2+1 x−4≤ −x2−1 ⇔

ï

x2−x+5≤0 (1) x2+x−3≤0 (2)

Ta nhận thấy(1)vơ nghiệm cịn(2)kết hợp với điều kiệnxlà số nguyên suy rax∈ {−2,−1, 0, 1}

Thử lại ta nhận giá trịx=0

Vậyx∈ {0; 4}thì2x2+x−6chia hết chox2+1

Câu 10 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bắc Giang, 2016). Tìm số tự nhiên có bốn chữ số biết

rằng chia số cho120được số dư là88và chia cho61được số dư là39 Lời giải.

Gọi số tự nhiên có chữ số phải tìm làx, 1000≤x≤9999 Theo giả thiết ta cóx=120n+88 =61k+39vớin,k∈N Từ ta có120n−60k =k−49suy rak−49chia hết cho 60 Mặt khác ta có:

1000≤x≤9999⇒1000≤61k+39≤9999⇒ 961

61 ≤ k≤ 9960

61

⇒15<k <164⇒ −34 <k−49<115

Màk−49chia hết cho 60 nênk−49chỉ là0; 60 Vớik =49⇒x=3028(chia120dư28)

Vớik =109⇒x =6688(chia120dư88)

Vậy số cần tìm là6688

Câu 11 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016). Cho biểu thứcQ= a4+2a3−16a2−2a+15 Tìm

tất giá trị nguyên củaađểQchia hết cho16 Lời giải.

Q= a4+2a3−16a2−2a+15=(a4+2a3−2a−1)−16(a2−1)=(a−1)(a+1)3−16(a2−1). Vớialẻ,a =2k+1,k∈ Z Khi đó(a−1)(a+1)3=2k(2k+2)3 =16k(k+1) .16⇒Q .16

Vớikchẵn,a =2k,k ∈ Z Khi đó(a−1)(a+1)3 = (2k−1)(2k+1)3 số lẻ nên khơng chia hết cho16 Do đóQkhơng chia hết cho16

Vậy khialà số lẻ thìQchia hết cho 16

Câu 12 (Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, v2 , 2016). Tìm dạng tổng quát số nguyên

dươngnbiếtM=n.4n+3nchia hết cho7 Lời giải.

• n = 2k(kngun dương):M =2k.16k+9k.Do16k, 9k có số dư với2k khi chia cho7,nên Mcùng dư với2k.2k+2k = (2k+1)2kkhi chia cho7.Do đó,M 7⇔2k+1 7⇔k=7q+3, suy ran=14q+6(q∈N)

• n=2k+1(knguyên dương):M=4(2k+1).16k+3.9kcùng dư với(k+4).2k+3.2k =(k+7)2k chia cho7 Do đó,M 7⇔k+7 7⇔k=7p,

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 71 Vậyn=14q+6hoặcn=14p+1(p,q∈N.)

Câu 13 (Đề thi vào 10 chuyên toán, Chuyên Hùng Vương Gia Lai, 2016). Chứng minh 22m+1+52n

chia hết cho3, với mọim,n∈N∗ Lời giải.

Ta có22m+1 = 2.22m = 2.4m = 2(3+1)m = 2(3k+1) = 6k+2,k ∈ N∗ Suy ra22m+1chia cho3dư2,

với mọim∈N∗ (1)

Mặt khác52n = 25n = (24+1)n = (3.8+1)n = 3p+1,p ∈ N∗ Suy ra52nchia cho3dư 1, với mọi

n∈N∗. (2)

Từ(1),(2)suy 22m+1+52n

chia hết cho3

Câu 14 (Chuyên KHTN Hà Nội vòng 2, 2016). Vớix,ylà số nguyên thỏa mãn đẳng thứcx

2−1

2 =

y2−1

3 Chứng minh rằngx

2−y2chia hết cho40. Lời giải.

Ta có x 2−1

2 =

y2−1

3 =

x2−y2

−1 =

x2+y2−2

5 x,y số lẻ, x = 2k+1,y = 2m+1 =⇒ x2−y2 =4(k−m)(k+m+1) 8,x2≡0, 1, 4(mod 5),y2≡0, 1, 4(mod 5), mặt khácx2+y2 ≡2(mod 5) cho nênx2≡1(mod 5),y2≡1(mod 5)=⇒ x2−y2≡0(mod 5)

Câu 15 (Đề thi vào 10, Chuyên Sư Phạm Hà Nội, 2016). ChoSlà tập hợp số nguyên dươngncó

dạngn= x2+3y2trong đóx,ylà số nguyên Chứng minh rằng: a) Nếua,b∈ Sthìab ∈S

b) NếuN∈SvàNchẵn thìNchia hết cho4và N ∈S Lời giải.

a) Nếua,b∈ Sthìa =m2+3n2vàb= p2+3q2

Ta cóab=(m2+3n2)(p2+3q2)=(mp+3nq)2+3(mq−pn)2. Vậyab ∈S

b) NếuN∈ SthìN= x2+3y2 Dĩ nhiên nếu2|xthì từNchẵn, ta có2|y, trường hợp hiển nhiên N

4 ∈S

Xétx,yđều lẻ, ta có x2−9y2 ≡ 1−9 ≡ (mod 8), đó4 | x−3y hoặc4 | x+3y Giả sử 4|x−3y(trường hợp lại chứng minh tương tự) Khi đó:

N =

Å x−3y

4 ã2

+3 Å

x+y

ã2

Vậy N ∈S

Câu 16 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016). Chox,ylà hai số nguyên dương màx2+y2+10chia hết cho

xy

a) Chứng minh rằngx,ylà hai số lẻ nguyên tố b) Chứng minh rằngk= x

2+y2+10

xy chia hết cho4vàk ≥12 Lời giải.

b) Đặt x = 2a+1,y = 2b+1suy rak = 4(a

2+b2+a+b+3)

(2a+1)(2b+1) Do đó,kchia hết cho Giả sử x chia hết cho3 Lúc này,3 | (y2+10) (vơ lí) Vậy x y khơng chia hết cho Ta có: 3|x2+y2+10 =kxysuy rakchia hết cho Từ ta cók≥12

II. Số nguyên tố hợp số

Câu 17 (Đề thi vào chuyên 10, Sở giáo dục Hà Nội, 2017).

a) Choplà số nguyên tố lớn hơn3 Chứng minh2017−p2chia hết cho24

b) Choa,b,clà số nguyên dương Chứng minha+b+2√ab+c2không phải số nguyên tố. Lời giải.

a) Vìplà số nguyên tố lớn hơn3nênplà số nguyên tố lẻ Đặtp=2k+1 Ta có2017−p2 =2017−(2k+1)2=2016−4k(k+1)

Một hai sốk,k+1là số chẵn nên4k(k+1) Do đó(2017−p2) (1) Ta có2017−p2 =(442−p2)+81=(44−p)(44+p)+81

Vìplà số ngun tố lớn hơn3nênpkhơng chia hết cho3 - Nếupchia3dư1thì44+pchia hết cho3

- Nếupchia3dư2thì44−pchia hết cho3 Vậy(44−p)(44+p) Do đó(2017−p2) (2) Từ(1)và(2)suy ra(2017−p2) 24

b) TH1: Nếu√ab+c26∈Qthì(a+b+2√ab+c2)6∈Q. TH2: Nếu√ab+c2∈Qthì√ab+c2∈ N.

Đặta+b+2√ab+c2= x(x∈N∗).

Từ ta có

(a+b−x)2 =4(c2+ab)⇔(a+b)2+x2−2x(a+b)=4c2+4ab

⇔(a−b)2−4c2+x(x−2a−2b)=0

⇔(a−b−2c)(a−b+2c)= x(x−2a−2b) Ta cóx=a+b+2√ab+c2≥ a+b+2cnênx≥ a−b+2c≥ a−b−2c.

Mặt khácx|(a−b−2c)(a−b+2c)nênxkhơng số nguyên tố

Câu 18 (Đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội Vòng 2, 2017). Giả sử p,q hai số nguyên tố thỏa

mãn đẳng thức

p(p−1)=q(q2−1) (*) 1) Chứng minh tồn số nguyên dươngksao chop−1=kq,q2−1=kp.

a) Tìm tất số nguyên tố p,qthỏa mãn đẳng thức (*) Lời giải.

1) Dễ thấy p > q ≥ và(p,q) = 1cho nên tồn số nguyên dương k cho p−1 = kq, (*)

⇐⇒ pkq=q(q2−1) ⇐⇒ q2−1=kp.

2) Theo ata cóq2−1 = k(1+kq) ⇐⇒ q2−k2q−1−k = 0(1), giả sửq1,q

2là nghiệm phương trình (1), theo định lý vi-ét ta có q1q2 = −1−k,q1+q2 = −k2 |q1|,|q2| số nguyên lớn nên|q1q2| ≥ |q1|+|q2| suy ra1+k ≥ k2 ⇐⇒

1−√5

2 ≤ k ≤

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 73

Câu 19 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi, 2017). Giả sửnlà số nguyên dương thỏa mãn

điều kiệnn2+n+3là số ngun tố Chứng minh rằngnchia3dư1và7n2+6n+2017khơng phải số phương

Lời giải.

Vìnlà số nguyên dương nênn2+n+3>3 Gọirlà số dư chiancho3,r ∈ {0, 1, 2} Nếur = hoặcr = thìn2+n+3chia hết cho3, mâu thuẫn với giả thiết n2+n+3là số nguyên tố Do r = 1hayn chia3dư Khi đó7n2+6n+2017chia3dư Vì số phương có số dư chia cho3là0hoặc1nên7n2+6n+2017khơng phải số phương.

Câu 20 (Đề thi vào 10, Phổ thơng khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Chox,ylà hai số nguyên vớix>

y>0 Chứng minh nếux3−y3chia hết chox+ythìx+ykhơng số ngun tố Lời giải.

Giả sử ngược lạix+ylà số nguyên tố Ta có

x3−y3=(x−y)ỵ(x+y)2−x=(x−y)(x+y)2−xy(x−y) (x+y)

Suy ra(x−y)xy (x+y), màx+yngun tố nên 

    

(x−y) (x+y) x (x+y) y (x+y)

(vơ lý vì0< x,y,x−y<x+y)

Câu 21 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Đăk Lăk, 2016).

1) Tìm cặp số nguyên tố(m,n)sao cho:m2−2n2−1=0

2) Cho hai số tự nhiêna,bsao choa2+b2+abchia hết cho10 Chứng minh rằnga2+b2+abchia hết cho100

Lời giải.

1) Ta cóm2−2n2−1=0⇒(m−1)(m+1)=2n2 2⇒mlẻ, suy ra(m−1)(m+1)

⇒2n2 4⇒n 2⇒n=2 Donlà số nguyên tố

Khi đóm2 =2.22+1⇒m=3 Vậy cặp số nguyên tố cần tìm là(m,n) =(3, 2) 2) Ta cóa2+b2+ab. 10⇒(a−b)(a2+b2+ab)=(a−b)3 .10⇒ a3 ≡b3(mod10)

suy raa≡b(mod10)⇒ ab≡a2(mod10),a2≡ b2(mod10)⇒ a2+b2+ab≡3a2(mod10)

⇒3a2≡0(mod10)⇒a2 10(vì(3; 10)=1), suy raa 10 Suy raa2 .100⇒a2+b+ab≡3a2(mod100).

Vậya2+b2+abchia hết cho100

III. Số tự nhiên số

Bài (Đề thi học sinh giỏi Toán Hà Nội, 2011) Tìm7 số ngun dương cho tích bình phương chúng bằng2lần tổng bình phương chúng

Lời giải.

Khi đóx2

1x22 .x27 ≤2.7.x21 =14x21suy rax22 .x27≤14

Màx22 x23 .x27là số phương nênx22 x32 .x27bằng 1; 4;

Nếux22 x23 .x72=1suy rax2= .=x7=1khi đóx21+12=0vơ lý Nếux2

2 x23 .x72=4suy rax2=2;x3= = x7 =1 Khi đóx1 =3;x2 =2;x3= .=x7=1 Nếux22 x23 .x72=9suy rax2=3;x3= = x7 =1 Khi đóx1 =2vơ lý vìx1> x2

Vậy7số cần tìm là(3; 2; 1; 1; 1; 1; 1)và hoán vị Bài (Đề thi học sinh giỏi Toán Hà Nội, 2013-2014) Tìm số tự nhiênnđểT = 52n2−6n+2−12 số nguyên tố

Lời giải.

Ta có2n2−6n+2=2n(n−3)+2

Don(n−3) 2nên2n2−6n+2có dạng4k+2, vớik∈N.

T =52n2−6n+2−12=54k+2−12 =625k·25−12 ≡1k·25−12( mod 13)≡0( mod 13) Vậy đểTlà số ngun tố thìT=13⇔52n2−6n+2−12=13⇔

đ n=0

n=3

Bài (Đề thi học sinh giỏi Tốn Hà Nội, 2013-2014) Tìm số tự nhiên x, y thỏa mãn 5x−

2y =1 Lời giải.

Ta có5x−2y =1⇔2y =5x−1

Vớix=2k+1,∀k∈Nta có2y=4(52k+52k−1+ .+5+1) • Nếuy<2thì phương trình vơ nghiệm

• Nếuy=2thìx=1(thỏa mãn)

• Nếuy>2thì phương trình vơ nghiệm VT chia hết cho8cịn VP khơng chia hết cho8 Vớix=2k,∀k∈Nta có2y =(5k−1)(5k+1)

⇒

(

5k−1=2a

5k+1=2b vớia,b∈N;0≤ a<b;a+b=y.⇒2

b−2a =2a(2b−a−1)=2.

• Nếua ≥2thì2a(2b−a−1) 4, vơ lí • Nếua =1;a =0thì5k =3;5k =2, vơ lí

Vậy(x;y)=(1; 2)

Bài (Đề thi vào 10, Chuyên Khoa học Tự nhiên, Hà Nội, 2012, Vòng 2) Tìm hai chữ số cuối sốA=41106+572012

Lời giải.

Ta có412=(40+1)2=402+80+1≡81 mod 100

Suy ra414≡812 ≡61 mod 100nên415≡61·41≡1 mod 100 Do đó41106 ≡41 41521≡41 mod 100

Ta lại có572 ≡49 mod 100nên574 ≡1 mod 100, suy ra572012= 574503≡1 mod 100

Vậy hai chữ số tận củaAlà41+1=42 Bài (Đề thi Toán Học sinh gỏi năm học 2011, Tp Đà Nẵng) Tìm ba chữ số tận tích mười hai số nguyên dương

Lời giải.

Đặt:S=1·2·3·4·5·6·7·8·9·10·11·12

⇒ S

100 =3·4·6·7·8·9·11·12là số nguyên (1)

⇒Hai chữ số tận củaSlà00

Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải của(1),nếu để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy S

100 có chữ số tận là6(vì3·4=12; 2·6=12; 2·7=14; 4·8=32; 2·9=18; 8·11=88; 8·12=96)

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 75

Bài (Đề thi Toán Học sinh giỏi năm học 2012-2013, Tp Đà Nẵng) Tìm số tự nhiên có2chữ số Biết lấy tổng của2chữ số cộng với3lần tích của2chữ số bằng17

Lời giải.

Gọi số cần tìm làab(0< a≤9,0≤ b≤9,a,b∈N) Khi ta có phương trìnha+b+3ab = 17 ⇒ a = 17−b

1+3b Thử giá trị củabtừ0đến9ta nhận số tự nhiên sau:14và41 Bài (Đề thi vào Chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vịng 1) Có số ngun dương có năm chữ sốabcdesao choabc−(10d+e)chia hết cho101?

Lời giải. Ta có

abcde = abc·100+de

= abc·101−(abc−de) = abc·101−(abc−(10+e)) Do đó,abc−(10d+e)chia hết cho101khi khiabcdechia hết cho101 Ta có101·m≤99999⇔m≤ 99999

101 =990+ 101

Suy số có năm chữ số lớn chia hết cho101là990·101 Lại có101·n>9999⇔n> 999

101 =99

Suy số có năm chữ số nhỏ chia hết cho101là100·101

Vậy số số có năm chữ số thỏa mãn yêu cầu đề là990−100+1=891số Bài (Đề thi HSG Toán năm học 2016-2017 Sở GDDT Thừa Thiên Huế) Cho số nguyên dương x,y thỏa mãn x2+2y2+2xy−2 x+2y

+1 = Tính giá trị biểu thức S = 2016x2017+ 2017y2016

Lời giải. Ta có:

x2+2y2+2xy−2 x+2y

+1=0

⇔2x2+4y2+4xy−4 x+2y

+2=0

⇔ỵ x+2y2−4 x+2y

+4ó+x2=2⇔ x+2y−22+x2=2

⇒

(

0≤ x+2y−22≤2

0≤x2≤2 ⇒ x+2y−2

2

= x2 =1

Dox,ylà số nguyên dương nênx= y=1.VậyS=4033 Bài (Đề thi chọn HSG Toán năm học 2012-2013, Tỉnh Hà Tĩnh) Tìm số tự nhiên a,b,c phân biệt cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

P= (ab−1) (bc−1) (ca−1)

abc

Lời giải.

Ta cóP=abc−(a+b+c)+ a + b+ c − abc

Doa,b,clà số tự nhiên nênPlà số nguyên khiM = a + b+ c−

abc số ngun Doa,b,ccó vai trị nhau, khơng tính tổng quát ta giả thiếta <b<c, suy raa≥1;b≥2;c≥

3;suy

0< a+ b+ c − abc < a + b+ c ≤ 1+ 2+ <2

⇒0< M<2⇒ M=1, (M∈Z)

⇒a+b+c=(a−1)(b−1)(c−1)+2(∗)

Nếu(a−1)(b−1)≥ 4thì vớia< b< cta có3c> a+b+c⇒3c> (a−1)(b−1)(c−1+2)⇒3c> 4(c−1)+2⇒3c>4c−2⇒c<2(Trái với ĐKc≥3)

Do đóa+b+c≥6nên từ (*) suy raa−1>0, suy rab−1>1, suy ra(a−1)(b−a)chỉ nhận giá trị là2hoặc3 Từ ta tìm số(a;b;c)thỏa mãn là(2; 3; 5)

Vậy số tự nhiên phân biệt thỏa mãn tốn gồm hốn vị của(2; 3; 5) Khi đóP=21 Bài 10 (HSG tốn 9, Hải Phịng, 2016 - 2017) Tìm tất số nguyên dươnga, bsao choa+b2 chia hết choa2b−1

Lời giải. Ta có

(a+b2) (a2b−1)⇒a+b2 =k(a2b−1), k ∈N∗

⇔a+k =b(ka2−b)haymb= a+k (1)vớim=ka2−b∈N∗ ⇔m+b=ka2 (2)

Từ(1)và(2)suy ra:

mb−m−b+1=a+k−ka2+1⇔(m−1)(b−1)=(a+1)(k+1−ka) (3) Dom, b∈N∗ ⇒(m−1)(b−1)≥0

Vì từ(3)suy ra:(a+1)(k+1−ka)≥0

Lại doa>0nên suy ra:k+1−ka≥0⇒1≥k(a−1) Vìa−1>0, k >0nên1≥k(a−1)≥0vàk(a−1)∈N∗ ⇒

ï

k(a−1)=0 k(a−1)=1 ⇔



 

a=1 ®

a =2 k =1 Vớia=1 Thay vào(3)ta được:

(m−1)(b−1)=2

⇔



  

ß

m−1=2 b−1=1 ß

m−1=1 b−1=2

⇔

ï

b=2⇒ka2 =5⇒ a=1 b=3⇒ka2 =5⇒ a=1 Vậy, trường hợp ta hai cặpa=1, b=2vàa=1, b=3

Vớia=2vàk =1 Thay vào(3)ta có:

(m−1)(b−1)=0⇔

ï b=1 m=1 Khib=1, ta đượca=2, b=1

Khim=1 Từ(1)suy raa+k= b⇒b=3 Khi đóa=2, b=3

Vậy có bốn cặp số(a;b)thỏa mãn là:(1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1)

IV. Số phương

Bài 11 (Đề thi vào Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2014, vòng 2) Chứng minh với số nguyên n≥6thì sốan =1+

2·6·10 (4n−2)

(n+5)(n+6)· · ·(2n) số phương Lời giải.

Ta có:

an=1+

2n·[1·3·5· · ·(2n−1)] (n+4)!

(2n)! =1+

2n·(n+4)! 2·4·6· · ·2n =1+2

n·1·2·3· · ·n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 2n·1·2·3·4· · ·n

=1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)=Än2+5n+5ä2

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 77

Bài 12 (Đề thi vào Chuyên KHTN Hà Nội năm 2015, vòng 2) Tìm số tự nhiênnđển+5vàn+ 30đều số phương (số phương bình phương số ngun)

Lời giải. Đặt

®

n+5= x2

n+30= y2 (x,y∈N,x>0,y>0)⇒y

2−x2=25

⇔(y−x)(y+x)=1·25vìx,y∈N,x>0,y>0 Lại cóy−x <y+xnên

®

y−x=1 y+x=25 ⇔

® x=12 y=13

Thay vào ta đượcn=139thỏa mãn

Bài 13 (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán năm học 2017-2018, Hải Dương) Tìm tất số tự nhiênnsao chon2+2n+√n2+2n+18+9là số phương.

Lời giải.

n2+2n+√n2+2n+18+9là số phương. Suy ra√n2+2n+18là số tự nhiên.

Đặt√n2+2n+18=k (k∈N)⇔(k+n+1)(k−n−1)=17.

Vìk,nđều số tự nhiên vàk+n+1>k−n−1nên ta xét trường hợp sau: ®

k+n+1=17 k−n−1=1 ⇔

® k =9 n=7

Khi đó:n2+2n+√n2+2n+18+9=81=92là số phương.

Vậyn=7thỏa u cầu toán

Bài 14 (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán năm học 2010-2011, Lâm Đồng) Chứng minhD= n(n+ 1)(n+2)(n+3)khơng phải số phương với mọin∈N∗

Lời giải.

D = n(n+1)(n+2)(n+3) = (n2+3n)(n2+3n+2) = (n2+3n)2+2(n2+3n)

⇒ (n2+3n)2< D<(n2+3n)2+2(n2+3n)+1

⇒ (n2+3n)2< D<(n2+3n+1)2

Do đóDkhơng phải số phương vì(n2+3n)2 và(n2+3n+1)2là hai số phương liên

tiếp

Bài 15 (Đề thi vào Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2011, vòng 2) Cho hai số hữu tỷavàbthỏa mãn đẳng thức:a3b+ab3+2a2b2+2a+2b+1= 0 Chứng minh rằng1−ablà bình phương số hữu tỉ

Lời giải.

Nếuab =0thì hiển nhiên Nếuab 6=0

Ta cóa3b+ab3+2a2b2+2a+2b+1=0

⇔ab(a+b)2+2(a+b)=−1,

⇔a2b2(a+b)2+2ab(a+b)+1=1−ab,

⇔1−ab=[ab(a+b)+1]2

Bài 16 (Đề thi vào THPT Chuyên KHTN Hà Nội năm 2011, vòng 2) Với số thựcata gọi phần nguyên củaalà số nguyên lớn không vượt quáavà kí hiệu là[a] Chứng minh với số nguyên dươngn, biểu thứcn+

ñ

3

… n−

27 +

ô2

không biểu diễn dạng lập phương số nguyên dương

Lời giải. ĐặtK= ñ

3

… n−

27 + ô

, don≥1⇒K≥1 Ta có:K≤

… n−

27 +

3 <K+1⇔ Å

K−

3 ã3

≤n−

27 < Å

K+

⇔K3−K2+ K −

1

27 ≤n− 27 <K

3+2K2+ 3K+

8 27 Suy raK3+ K

3 ≤ n+K

2<K3+3K2+ 3K+

1 Suy raK3<n+K2 <(K+1)3

Suy n+K2 = n+ ñ

3

… n−

27+

ô2

không biểu diễn dạng lập phương số

nguyên dương

V. Phương trình nghiệm nguyên

Bài 17 (Đề thi vào 10, chuyên Ninh Bình, 2016) Tìm tất cặp số nguyên(x,y)thỏa mãn1+ x+x2+x3+x4=y2

Lời giải.

Tìm tất cặp số nguyên(x,y)thỏa mãn1+x+x2+x3+x4=y2

Ta có4+4x+4x2+4x3+4x4=(2y)2⇒4+4x+4x2+4x3+4x4 =(2x2+x)2+2x2+(x+2)2

⇒(2x2+x)2<(2y)2.

Vớix=0ta đượcy=1ta cặp nghiệm nguyên(0; 1), (0;−1)

Vớix6=0, ta có4+4x+4x2+4x3+4x4 ≤4+4x+4x2+4x3+4x4+4x2 =(2x2+x+2)2 Do đó(2x2+x)2≤(2y)2≤(2x2+x+2)2

⇒(2y)2=(2x2+x+1)2

⇒4+4x+4x2+4x3+4x4=(2x2+x+1)2

⇒ x2−2x−3=0⇒x= −1hoặcx=3 Do đó, ta cặp nghiệm nguyên là(−1, 1); (−1,−1); (3, 11); (3,−11). Vậy cặp nghiệm nguyên cần tìm là:(0, 1); (0,−1); (−1, 1); (−1,−1); (3, 11); (3,−11)

Bài 18 (Đề thi vào 10 chuyên toán, Chuyên Hùng Vương Gia Lai, 2016) Tìm số nguyênx,y chox3y−x3−1=2x2+2x+y

Lời giải.

x3y−x3−1=2x2+2x+y

⇔(x3−1)y=x3+1+2x(x+1)

⇔(x−1)(x2+x+1)y=(x+1)(x2−x+1)+2x(x+1)

⇔(x−1)(x2+x+1)y=(x+1)(x2+x+1) (1)

Vìx2+x+1= Å

x+1

ã2 +3

4 >0,∀x ∈Znên(1)⇔(x−1)y =x+1 (2) Ta thấyx =1không thỏa phương trình(2) Xétx∈Zvàx6=1 Khi đó:

(2)⇔y = x+1 x−1 =1+

2 x−1

Ta cóy ∈Zkhi khi(x−1)là ước của2 Do đóx−1=2hoặcx−1=−2hoặcx−1=1hoặc x−1 =−1 Như vậyx= 3hoặcx = −1hoặcx = 2hoặcx =0 Vậy cặp(x;y)với x,ylà số nguyên cần tìm là(0;−1),(−1; 0),(2; 3),(3; 2) Bài 19 (Đề thi vào 10, Chuyên khoa học Tự nhiên vịng 1, năm 2016) Tìm tất giá trị tham sốmsao cho tồn cặp số nguyên(x;y)thỏa mãn hệ phương trình:

®

2+mxy2=3m 2+m(x2+y2)=6m Lời giải.

®

2+mxy2 =3m

2+m(x2+y2) =6m ⇒m(x

2+y2−xy2 =3)=3m Dễ thấym6=0⇒x2+y2−xy2 =3

⇔ x2−1+y2(1−x)=2

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 79 Đểx,ynguyên⇔(x−1)và(x+1−y2)là ước của2.

TH1: ®

x−1=1

x+1−y2 =2 ⇔ ®

x=2

y=1;−1 (tm) TH2:

®

x−1=2

x+1−y2 =1 ⇔ ®

x=3

y=√3;−√3 (loại) TH3:

®

x−1= −1

x+1−y2 =−2 ⇔ ®

x=0

y=√3;−√3 (loai) TH4:

®

x−1= −2

x+1−y2 =−1 ⇔ ®

x=−1

y=1;−1 (tm) Với(x;y)=(2; 1)⇒m=2

Với(x;y)=(−1; 1); (−1;−1)⇒m= Vậy vớim=2hoặcm=

2 hệ phương trình có nghiệm(x,y)ngun

Bài 20 (Đề thi vào 10, Chuyên Thái Bình, 2016) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 9x2+3y2+ 6xy−6x+2y−35=0

Lời giải. Ta có

9x2+3y2+6xy−6x+2y−35=0

⇔9x2+y2+1+6xy−6x−y+2y2+4y+2=38

⇔(3x+y−1)2+2(y+1)2 =38

Từ suy ra(3x+y−1)2là số phương chẵn nhỏ hơn38, nên ta có • (3x+y−1)2=0⇒(y+1)2=19(loại),

• (3x+y−1)2=4⇒(y+1)2=17(loại), • (3x+y−1)2=16⇒(y+1)2=11(loại), • (3x+y−1)2=36⇒(y+1)2=1(thỏa mãn).

Giải hệ ®

(3x+y−1)2 =36

(y+1)2 =1 ta cặp nghiệm nguyên:(−1;−2); (3;−2)

Bài 21 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2016) Tìm tất nghiệm nguyên(x;y) phương trình:

2xy+x+y=87 Lời giải.

Ta có2xy+x+y =83⇔4xy+2x+2y=166⇔(2x+1)(2y+1)=167 Do167là số nguyên tố nên2x+1chỉ trong4số±1,±167

• Với2x+1=1ta đượcx =0,y=83 • Với2x+1=−1ta đượcx= −1,y= −84 • Với2x+1=167ta đượcx=83,y =0 • Với2x+1=−167ta đượcx =−84,y=−1

Vậy phương trình cho có4nghiệm ngun(x,y)là(0; 83), (−1;−84), (83; 0), (−84;−1) Bài 22 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Ngun, 2016) Tìm tất số có chữ số abcde cho

3

√

Ta có:abcde=1000ab+cde

Ta lại có1000ab+cde=(ab)3 Đặtm=ab,n=cdeta

1000m+n=m3 ⇒m3≥1000m⇒m2≥1000⇒m≥32 (1) Vìn<1000nênm3 <1000m+1000⇒m(m2−1000)<1000

Nếum≥33thìm(m2−1000)≥33.89=2937≥1000(vơ lý) Do đóm<33(2)

Từ(1)và(2)suy ram=32

Vậyabcde=323=32768

VI. Bất đẳng thức số tự nhiên

Bài 23 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bắc Giang, 2016) Tìm số tự nhiên có bốn chữ số biết chia số cho120được số dư là88và chia cho61được số dư là39

Lời giải.

Gọi số tự nhiên có chữ số phải tìm làx, 1000≤x≤9999 Theo giả thiết ta cóx=120n+88 =61k+39vớin,k∈N Từ ta có120n−60k =k−49suy rak−49chia hết cho 60 Mặt khác ta có:

1000≤x≤9999⇒1000≤61k+39≤9999⇒ 961

61 ≤ k≤ 9960

61

⇒15<k <164⇒ −34 <k−49<115

Màk−49chia hết cho 60 nênk−49chỉ là0; 60 Vớik =49⇒x=3028(chia120dư28)

Vớik =109⇒x =6688(chia120dư88)

Vậy số cần tìm là6688

Bài 24 (Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Bến Tre, 2016) Tìm tất số tự nhiênnđể A = n2+n+2là số phương

Lời giải.

A=n2+n+2là số phương

⇔n2+n+2= k2(k∈N)

⇔4n2+4n+8=4k2

⇔(2n+1)2−4k2 =−7

⇔(2n+1+2k)(2n+1−2k)=−7 Vìk,n∈Nvà2n+1+2k>2n+1−2knên ta có trường hợp sau:

ã đ

2n+1+2k=1 2n+12k=7

đ

n=2

k=2 (khụng tha iu kin)

ã đ

2n+1+2k=7 2n+1−2k=−1 ⇔

® n=1 k=2

Vậyn=1⇒ A=4là số phương Bài 25 (Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016) Tìm tất cặp số tự nhiên(x;y)thỏa mãn2x.x2 = 9y2+6y+16

Lời giải.

Ta có2x.x2=(3y+1)2+15. Dox,y∈Nvà

®

3y+1≡1(mod3)

15≡0(mod3) ⇒(3y+1)

2+15≡1(mod3).

Vìx∈Nnênx2là số phương⇒ x2 ≡1(mod 3)hoặcx2 ≡0(mod 3). Do2x.x2 ≡1(mod3)nênx2≡1(mod 3) ⇒2x ≡1(mod3)⇒ x=2k(k ∈N)

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 81

• (

2k.2k+3y+1=15 2k.2k−3y−1=1 ⇔

®

3y+1=7

2k.k=4 (vơ lí)

ã (

2k.2k+3y+1=5 2k.2k3y1=3

đ

3y+1=1 2k.k =2 ⇔

® y=0 k =1

Vậy(x;y)=(2; 0)

Bài 26 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016) Từ 2016 số:1,2,3, 2016ta lấy ra1009số Chứng minh số lấy có hai số ngun tố

Lời giải.

Chia số cho thành 1008 cặp sau:(1; 2),(3; 4), ,(2015; 2016)

Chọn 1009 số 1008 cặp nên theo nguyên lý Dirichlet tồn hai số thuộc cặp Mà hai số thuộc cặp hai số nguyên tố Bài 27 (Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016) Tìm tất cặp số tự nhiên(x;y)thỏa mãn2x.x2 = 9y2+6y+16

Lời giải.

Ta có2x.x2=(3y+1)2+15 Dox,y∈Nvà

®

3y+1≡1(mod3)

15≡0(mod3) ⇒(3y+1)

2+15≡1(mod3).

Vìx∈Nnênx2là số phương⇒ x2 ≡1(mod 3)hoặcx2 ≡0(mod 3) Do2x.x2 ≡1(mod3)nênx2≡1(mod 3) ⇒2x ≡1(mod3)⇒ x=2k(k ∈N)

Vậy ta có22k.(2k)2−(3y+1)2 = 15 ⇔(2k.2k−3y−1)(2k.2k+3y+1)= 15 Vìk,y ∈Nnên2k.2k+ 3y+1>0⇒2k.2k−3y−1>0nên ta có trường hợp sau:

• (

2k.2k+3y+1=15 2k.2k−3y−1=1 ⇔

®

3y+1=7

2k.k=4 (vơ lớ)

ã (

2k.2k+3y+1=5 2k.2k3y1=3

đ

3y+1=1 2k.k =2 ⇔

® y=0 k =1

Vậy(x;y)=(2; 0)

Bài 28 (Đề thi vào 10 chun, Sở giáo dục Hịa Bình, 2016) Chứng minh nếuavàblà số tự nhiên lẻ thìa2+b2khơng phải số phương

Lời giải.

Doavàblà số tự nhiên lẻ nên ta đặta=2k+1,b=2`+1, vớik,`∈N Khi ta cóa2+b2=(2k+1)2+(2`+1)2=4(k2+`2+k+`)+2

Từ ta cóa2+b2là số chẵn khơng chia hết cho4nên khơng thể số phương.

Bài 29 (Đề thi vào 10, Chuyên khoa học Tự nhiên vòng 1, năm 2016) Số nguyên a gọi số "đẹp" với cách xếp theo thứ tự tùy ý 100 số 1, 2, 3, , 100 tồn 10 số liên tiếp có tổng khơng nhỏ hơna Tìm số đẹp lớn

Lời giải.

Tổng 100 số tự nhiên từ tới 100 5050

Chia 100 số thành 10 10 số liên tiếp trung bình tổng 10 505 Nên tồn 10 số nguyên tố liên tiếp có tổng lớn 505

Ta chứng minh sốalớn 505 cách chọn ví dụ mà tổng 10 số liên tiếp nhỏ 505, sốalớn 505 không thỏa mãn

Thật vậy, xét cách xếp sau:

100, 1, 99, 2, 98, 3, ,51,50 (chia thành cặp có tổng 101, viết số lớn đứng trước xếp cặp theo thứ tự giảm dần số lớn hơn)

Nếu 10 số liên tiếp gồm cặp số tổng 10 số 505 Nếu không 10 số gồm số đầy số nhỏ cặp kết thúc số lớn cặp khác

Các số thuộc cặp khác làx, 101−x,x−1, 102−x, x−4, 105−x,x−5, 106−x

Bài 30 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Q Đơn, Vũng Tàu, 2016) Tìm tất cặp số nguyên tố (p;q)thỏa mãn p2−5q2 =4

Lời giải.

Vì f(x)có nghiệm nên ta có∆=b2−4c≥0⇒b≥2√c. Ta có: f(2)=4+2b+c≥4+4√c+c= √c+22 Mà√c+2= √c+c+c≥3p3 √

c (Bất đẳng thức Cauchy) Do đó, ta có: f(2)≥Ä3p3 √

cä2 =9√3 c.

Bài 31 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016) chox,y,zlà số tự nhiên thỏa mãnx+y+z=2017 Tìm giá trị lớn củaxyz

Lời giải.

Giả sửx≥y≥z.Vìx,y,z∈N⇒x≥

ï 2017

3 ò

+1=673 xyz≤ x(y+z)

2

4 = x

(2017−x)2

4 =

673 672

672x 673

2017−x

2

2017−x

≤ 673

672

27.(2017− x 673)

3 ≤ 673 672

1

27.(2017−1)

3=6722.673

Đẳng thức xảy ra⇔ x=673,y=z=672 Bài 32 (Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội, 2010) Tìm tất số tự nhiênnđểB=n4−3n2+ 1là số nguyên tố

Lời giải.

Ta cóB=(n2−n−1)(n2+n−1) Vìn2−n−1<n2+n−1nên đểBlà số ngun tố thìn2−n−1= 1⇒

đ

n=−1 (Loại)

n=2 (Thỏa mãn) ⇒n=2

Bài 33 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT AMSTERDAM Hà Nội Năm 2012) Cho

số tự nhiênnthỏa mãnn(n+1)+6không chia hết cho3 Chứng minh rằng2n2+n+8không phải số phương

Lời giải.

Ta cón(n+1)+6khơng chia hết cho3nênn(n+1)không chia hết cho3⇒n=1( mod 3)⇒

2n2+n+8=2( mod 3) Vậy2n2+n+8khơng phải số phương Bài 34 (Đề thi HSG Lớp - TP Hà Nội năm 2010) Tìm tất số tự nhiên nđể72013+3n có chứa số hàng đơn vị8

Lời giải.

Ta có74tận bởi1, suy ra72013 = 74503·7tận bởi7 Để số72013+3ncó chữ số hàng đơn vị là8thì3nphải có chữ số hàng đơn vị là1

Xét3n=34k+r =81k·3rvớir ∈ {0; 1; 2; 3}nên3nlần lượt có chữ số hàng đơn vị là1, 3, 9,

Vậy số72013+3ncó chữ số hàng đơn vị là8khi khir =0⇔n=4kvớik ∈N.

Bài 35 (Đề thi HSG Lớp - TP Hà Nội năm 2010) Cho a,blà số tự nhiên lớn hơn2và plà số tự nhiên thỏa mãn

p = a2 +

1

b2 Chứng minhplà hợp số Lời giải.

Giả sửplà số nguyên tố Từa2b2= p a2+b2

⇒a2b2 .p ⇒ 

 a p b p

, (1)

Suy raa2b2 p2⇒ p a2+b2

.p2 ⇒ a2+b2 .p, (2) Từ (1) (2) suy

 

 a p b p

Từ đóa> pvàb> p, suy a2 +

1 b2

2 p2 ⇒

1 p

2

p2 ⇒ p62, (3) Từa,blà số tự nhiên lớn hơn2, suy

a2+ b2 <

1

2 ⇒ p>2, (4)

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 83

Bài 36 Tìm số tự nhiên(a1;a2;a3;· · · ;a2014)thỏa mãn ®

a1+a2+a3+· · ·+a2014≥20142 a21+a22+a23+· · ·+a22014≤20143+1 Lời giải.

Đặt ®

a1+a2+a3+· · ·+a2014≥20142 (1) a21+a22+a23+· · ·+a22014≤20143+1 (2)

Ta có(1)⇔ −2·2014 (a1+a2+a3+· · ·+a2014)≤ −2·20143 (10) Lấy(10)+(2)ta được:

Ä

a21−2·2014·a1 ä

+Äa22−2·2014·a2 ä

+· · ·+Äa22014−2·2014·a2014 ä

≤ −20143+1

⇔(a1−2014)2+(a2−2014)2+· · ·+(a2014−2014)2≤1 (3) Doa1,a2,a3,· · · ,a2014 ∈Nnên(a1−2014)2+(a2−2014)2+· · ·+(a2014−2014)2∈ N

Từ (3) ta có hai trường hợp:

TH1: (a1−2014)2 = (a2−2014)2 = · · · = (a2014−2014)2 = ⇔ a1 = a2 = · · · = a2014 = 2014 Trường hợp này, số(a1,a2,· · · ,a2014)thỏa mãn(1)

TH2: Trong số(a1−2014)2, (a2−2014)2,· · · , (a2014−2014)2có số bằng1còn số lại bằng0

Suy sốa1,a2,· · · ,a2014có số bằng2013hoặc2015, cịn số lại bằng2014 Thử lại số vào(1)thì có số(a1,a2,· · · ,a2014)có số bằng2015còn số lại 2014(thỏa mãn)

Vậy số tự nhiên(a1,a2,a3,· · · ,a2014)thỏa mãn yêu cầu toán tất số bằng2014, có số bằng2015cịn số cịn lại bằng2014 Bài 37 Cho p1 < p2 < · · · < pn lànsố nguyên tố đầu tiên, pn+1 số nguyên tố liền sau pn Chứng minh rằngpn+1 < p1p2· · ·pn

Lời giải.

Đặta = p1p2· · ·pn−1.Dopi ≥ 2,∀i=1;nnên ta thấy ngaya> 1.Vậyaphải có ước nguyên tố (và dĩ nhiên ước ngun tố củaathì khơng vượt quáa) Rõ ràng ước nguyên tố củaađều khác tất sốpi,i=1;n Thật vậy, trái lại tồn tạipi, (i≤ j≤n)màa pj, tức

(p1p2· · ·pn−1) pj

Vìp1p2· · ·pn pj, suy ra1 pjmàpj ≥2, từ suy vơ lý

Do ước nguyên tố củaađều khác tất số pi,i= 1;n Như ước nguyên tố củaa lớn bằngpn+1.Từ suy ra:

a= p1p2· · ·pn−1≥ pn+1⇒ p1p2· · ·pn ≥1+pn+1 > pn+1

Bài 38 GọiPnlà tích tất số nguyên tố nhỏ bằngn Chứng minh rằngPn<4n Lời giải.

Ta chứng minh phương pháp quy nạp

Vớin=2thìP2=2<42.Vậy tốn vớin=2

Giả sử bất đẳng thức đến số tự nhiên nhỏ hơnn, (n>2).Xét hai khả sau:

• Nếunlẻ, giả sửn=2k+1

Mọi số nguyên tốpmàk+2≤ p≤2k+1sẽ ước số (2k+1)·2k·(2k−1)· · ·(k+2)

1·2·3· · ·k = C Theo khai triển nhị thức Niu-tơn ta có:

(1+1)2k+1 =C2k0 +1+· · ·+C2kk +1+Ck2k++11+· · ·+C2k

+1

2k+1>Ck2k+1+Ck2k++11

Mà ta cóCk2k+1=C2kk++11, suy ra22k+1>2Ck2k+1hayCk2k+1<4k (1) Vì số nguyên tố p màk+2 ≤ p ≤ 2k+1đều ước số củaCk2k+1,suy tích tất số nguyên tố nhỏ hơnCk2k+1, nên theo (1) suy tích tất số nguyên tố pmà k+2≤ p ≤2k+1sẽ nhỏ hơn4k.Theo giả thiết quy nạp bất đẳng thức đến số n<2k+1, suy tích tất số nguyên tố nhỏ bằngk+1nhỏ hơn4k+1.Từ suy ra:

P2k+1<4k+1·4k =42k+1 Vậy bất đẳng thức khinlẻ

Theo nguyên lý quy nạp suy ra∀n≥2,n∈Nta cóPn<4n Bài 39 Cho a,b,c ∈ N∗ thỏa mãn a+b+c = 100.Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ của

S= a·b·c Lời giải.

• Khơng tính tổng qt, giả sửa≥ b≥c, ta có3a≥ a+b+c⇒ a≥ 100

3 màa ∈N

∗ ⇒a≥

34

Áp dụng BĐT AM-GM ta có√3

33a·34b·34c≤ 33a+34b+34c

3

⇔√3

33a·34b·34c≤ 34(a+b+c)−a

3 ≤

34·100−34

3 =34·33

⇒√3 33·342·abc ≤34·33

⇒S≤34·33·33

• Ta chứng minhS =abc≥98 +) Xétc>1⇒c≥2⇒b≥2

Màa≥34⇒S =abc≥34·2·2>98 +) Xétc=1, ta cóa+b=99⇒a≥50

Nếub>1thìb≥2⇒S =abc≥50·2·1>98 Nếub=1thìa=98vàS= abc=98

Vậy MinS=98

Bài 40 Chom,n∈N∗sao cho:√7− m

n >0.Chứng minh

√

7·n−m> m Lời giải.

Từ giả thiết suy ra√7n>m, màn,m∈N∗nên

7n2>m2 ⇒7n2−m2 >0⇒7n2−m2≥1, (1)

Vì m = 7k+r, với r ∈ {0;±1±2±3}, nên từ m2 = 49k2+14kr+r2 ⇒ m2 = 7h+s, với s ∈ {0; 1; 2; 3; 4}

Từ suy ram2+1vàm2+2đều khơng chia hết cho7 Vì từ (1) suy ra7n2−m2 > 1, nếu 7n2−m2=1⇒m2+1 .7.

Lại cóm,n∈N∗ ⇒7n2−m2 ≥2, (2)

Từ (2) dom2+2không chia hết cho7, nên ta thu

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 85

• Nếum= ⇒ m+

m = 2màn ≥ 1⇒

√

7n ≥ √7 > 2nên bất đẳng thức cho hiển nhiên

• Nếum>1từ (3) ta có7n2≥3+m2=m2+2+1>m2+2+ m2

⇒7n2> Å

m+ m

ã2

⇒√7n>m+ m ⇒

√

7·n−m> m

Bài 41 Chonlà tự nhiên số có3chữ số:n= abc,a 6=0.Chứng minh n

a+b+c ≤100 Li gii.

ã Nu đ

b=0

c=0 thìn= a00=100·a Do n

a+b+c = 100a

a =100

• Nếub·c6=0thìb+c>0⇒b+c≥1dob+c∈N∗⇒ a+b+c≥a+1.Như vậy

n a+b+c <

100(a+1) a+b+c ≤

100(a+1)

a+1 =100

Đẳng thức xảy khinlà số có3chữ số tròn trăm Bài 42 Choa,b,c∈ N∗thỏa mãn điều kiệna2+b2= c2(1+ab).Chứng minh rằnga≥cvàb≥c. Lời giải.

Từ giả thiết ta có

a2−bc2·a+b2−c2 =0, (1) Xét phương trình bậc hai ẩnxsau:x2−bc2x+b2−c2=0, (2)

Từ (1), suy raalà nghiệm phương trình (2) Theo định lý Vi-et phương trình (2) cịn nghiệm a0 thỏa mãn

®

a+a0 =bc2, (3) aa0 =b2−c2, (4) Doa,b,cnguyên, nên từ (3) suy raa0cũng số nguyên Mặt khác vìa0 nghiệm (2) nên ta có

a02−bc2a0+b2−c2 =0⇒c2(ba0+1)=b2+a02 >0 Từ đó, ta có

ba0+1>0⇒ a0 > −1 b Doblà số nguyên dương nên−1

b ≥ −1⇒a

0 >−1.Vìa0 là số nguyên nêna0 ≥0.

Kết hợp vớia>0⇒aa0 ≥0.Từ (4) suy rab≥c.Doavàbcó vai trị bình đẳng nên ta cóa ≥c Điều phải chứng minh

VII. Bất đẳng thức phân số bậc hai

Bài 43 Chứng minh bất đẳng thức Å

1+1

ã Å 1+

22 ã

· · ·

Å 1+

2n ã

<3, ∀n∈N∗

Lời giải.

Đặt vế trái BĐT A

• Vớin=1thìA=1+1 =

3

• Vớin≥2thìA= 2·

Å 1+

22 ã

· · ·

Å 1+

2n ã

Nhận xét: Vớim∈N∗,m≥2thì

1+ 2m <

1 ·

2m−1

2m−1−1 (∗) Thật xét hiệu

1 ·

2m−1 2m−1−1−

Å 1+

2m ã

= m−1 2m−2 −1−

1 2m =

1

2m(2m−1−1) >0 vìm≥2 Do BĐT (*) chứng minh

Áp dụng BĐT (*) vớim=2, 3, ,nta

A<

Ç ·

22−1 2−1

å Ç ·

23−1 22−1

å

· · ·

Å 2·

2n−1 2n−1−1

ã

=3·2

n−1 2n <3 Điều phải chứng minh

4! Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh BĐT trên.

Bài 44 Chứng minh …

1+ 12 +

1 22 +

… 1+

22 +

32 +· · ·+ …

1+ 20172 +

1

20182 <2018 Lời giải.

ĐặtS= …

1+ 12 +

1 22 +

… 1+

22 +

32 +· · ·+ …

1+ 20172 +

1 20182 Ta có:

  1+

n2 + (n+1)2 =

s 1+ Å n− n+1

ã2

+2·

n(n+1) =  

Å 1+

n − n+1

ã2

=1+ n −

1 n+1 Áp dụng đẳng thức vớin=1; 2018,ta

S= Å

1+1 − ã + Å 1+

2− ã +· · · Å 1+

2017− 2018

ã

= 2017+1 1−

1

2018 <2018 Điều phải chứng minh

Bài 45 Cho A=

»

6+p6+· · ·+√6vàB =p3 6+√3

6+· · ·+√3

6, AvàBđều cóndấu Kí hiệu[x]là phần ngun củax Hãy tìm

ï A−B A+B ị

Lời giải.

Ta có

• Vớin=1thìA=√6>√4=2=√3 8>√3 6= B • Vớin≥2ta có:

A= »

6+p6+· · ·+√6> √6√4=2⇒A>2 B=p3 6+√3 6+· · ·+√3 6<

»

6+√3 6+· · ·+√3

| {z }

n dấu

=

= »

6+√3 6+· · ·+√3

| {z }

n−1 dấu

=· · ·= »

6+√3 8= √3 2=2.Suy raB<2

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 87 Mặt khác(A+B)−(A−B)=2B>0⇒ A+B> A−B

Suy ra0< A−B

A+B <1.Do ï

A−B A+B ò

=0

Bài 46 Cho tổng gồm2018số hạngS= 5+

2

52 +· · ·+ 2018

52018.Hãy so sánhSvới Lời giải.

Nhận xét với số nguyên dươngnta có n

5n =

4n+1 16·5n−1 −

4n+5 16·5n Áp dụng đẳng thức vớin=1; 2018, ta có:

S= Å

5 16 −

9 16·5

ã +

Å 16·5 −

13 16·52

ã

+· · ·+ Å

8073 16·52017 −

8077 16·52018

ã = =

16 −

8077 16·52018 <

5 16 <

1 VậyS=

5+

52 +· · ·+ 2018 52018 <

1

Bài 47 Chứng minh

3+

32+· · ·+ 32018 <

1 Lời giải.

ĐặtA= 3+

1

32 +· · ·+ 32018 Xét hiệu3A−A=

Å 1+

3+

32 +· · ·+ 32017 ã − Å +

32 +· · ·+ 32018

ã

⇔2A=1−

32018 <1⇒ A<

2.Điều phải chứng minh

Bài 48 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016) Chứng minh

1 2√1+

1

3√2 +· · ·+

2015√2014+

2016√2015 > 1931 1975 Lời giải.

1 2√1+

1

3√2 + +

2015√2014+

2016√2015 > 1.2 +

1

2.3 + + 2015.2016 = 2015 2016 > 1931 1975

Bài 49 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016) [9D1G9] Vớia≥

8, chứng minh

3

p

3a−1+a√8a−3+p3 3a−1−a√8a−3=1 Lời giải.

ĐặtA=p3 3a−1+a√8a−3+p3 3a−1−a√8a−3

A3 =6a−2+3A»3 (3a−1)2−a2(8a−3)=6a−2+3Ap3

−8a3+12a2−6a+1 =6a−2+3A»3

(1−2a)3=6a−2+3A(1−2a)

⇒A3−1=3(2a−1)(1−A)⇒(A−1)[A2+A+1+3(2a−1)]=0 XétA2+A+1+3(2a−1)= A2+A+6a−2≥ A2+A+ 18

8 −2>0⇒A=1

Bài 50 (sưu tầm) Cho bốn số thực dươnga,b,c,d Chứng minh

2< a+b a+b+c+

b+c b+c+d+

c+d c+d+a+

Ta có                       

a+b a+b+c <

a+b+d a+b+c+d b+c

b+c+d <

c+d+a b+c+d+a c+d

c+d+a <

c+d+b c+d+a+b d+a

d+a+b <

d+a+c d+a+b+c

⇒ a+b

a+b+c+

b+c b+c+d +

c+d c+d+a +

d+a

d+a+b <3

Ta lại có                       

a+b a+b+c >

a+b a+b+c+d b+c

b+c+d >

b+c a+b+c+d c+d

c+d+a >

c+d a+b+c+d d+a

d+a+b >

d+a a+b+c+d

⇒ a+b

a+b+c+

b+c b+c+d+

c+d c+d+a +

d+a

d+a+b >2

Bài 51 (sưu tầm) Chứng minh với số nguyên dươngn, ta có

1 n+1 +

1 n+2+

1

n+3+ +

3n+1 >1 Lời giải.

Trong tổng n+1+

1 n+2+

1

n+3+ +

3n+1 có2n+1số hạng Ghép thànhncặp số ß

1

2n+1−k 2n+1−k

™ Ta có

2n+1+

2n+1+k =

4n+2 (2n+1)2−k2 >

4n+2 (2n+1)2 =

2 2n+1 Do đó,

1 n+1+

1 n+2+

1

n+3+ + 3n+1 =

n

∑

k=1 Å

1

2n+1−k + 2n+1+k

ã

+

2n+1 > 2n 2n+1+

1

2n+1 =1

Bài 52 (Đề thi vào 10, THPT Chuyên Hà Nam, năm học 2016-2017) [9D5G1] Cho số thực dươngx,y,zthoả mãn

x+y + y+z +

1

z+x =12 Chứng minh

2x+3y+3z +

1

3x+2y+3z +

1

3x+3y+2z ≤3 Dấu đẳng thức xảy nào?

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

x+y + x+z +

1 y+z +

1 y+z ≥

16 2x+3y+3z

y+z+ y+x+

1 z+x +

1 z+x ≥

16 3x+2y+3z

z+x + z+y +

1 x+y +

1 x+y ≥

16 3x+3y+2z Cộng bất đẳng thức theo vế ta

16

2x+3y+3z +

16

3x+2y+3z +

16

3x+3y+2z ≤4 Å

1 x+y+

1 y+z+

1 z+x

ã

Suy

1

2x+3y+3z+

1

3x+2y+3z +

1

3x+3y+2z ≤ 4·12

16 =3 Dấu đẳng thức xảy khix =y=z=

10 TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 89

VIII. Ngun lí Đi-Rich-Le

Bài 53 (Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, 2016) Chứng minh với số ngunnta ln cón7−nchia hết cho42

Lời giải.

Ta cón7−n = n(n+1)(n−1)suy ra6 |n7−n Ngồi ra, theo định lí Fermat nhỏ thì7 |n7−n Vì

(6, 7)=1nên42|n7−n

Bài 54 (Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, 2016) Cho số tự nhiên a, b, c, d Chứng minh tích sốa−b,b−c,c−d,d−a,a−c,b−dlà số nguyên chia hết cho 12

Lời giải.

Đặt M = (a−b)(b−c)(c−d)(d−a)(a−c)(b−d) Các sốa,b,c,dchia cho dư 0,1 suy tồn số có số dư chia cho Do đó,3|M

Ngồi ra, ta dễ chứng minh được4|Mmà(3, 4)=1nên12|M Bài 55 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016) Một số tự nhiên gọi làsố thú vịnếu số có10chữ số khác bội số11111 Hỏi có số thú vị?

Lời giải.

Gọi Alà số thú vị⇒ tổng chữ số Abằng 45 ⇒ A 99999 Gọi A = 99999k(với k số tự nhiên)⇒10235≤k≤98766 Như vậy, ta tìm sốksao cho nhânkvới99999thì chữ số từ0 đến9, số có mặt lần

Mặt khác ta có kết quả: lấyk = a1a2a3a4a5 nhân với99999thì ta thu tích giá trị k−1và viết thêm phần bù9củak−1vào sau sốk−1

Ví dụ: vớik=10235⇒k−1=10234⇒bù9củak−1là89765⇒10235.99999=1023489765 Chú ý vớik=a1a2a3a4a5thìk−1là số mà khơng tồn hai chữ số có tổng bằng9 Như vậy, tốn quy việc tìm số số tự nhiênkthỏa mãn10235≤k≤98766vàk−1là số tự nhiên không tồn hai chữ số có tổng bằng9

Vìk−1là số tự nhiên khơng tồn hai chữ số có tổng bằng9nên chữ sốaixuất trongk−1 chữ số9−aikhơng thể xuất trongk−1, ta xét cặp số(0; 9),(1; 8),(2; 7),(3; 6),(4; 5) Ta lập sốk−1bằng cách chữ số cặp (giả sử xét chữ số0là chữ số hàng chục nghìn)⇒số lượng sốk−1là25.5!=3840 Vì số lượng số có chữ số hàng chục nghìn tương ứng với0,1,2, ,9là nhau⇒số lượng số có số0đứng đầu là384⇒số lượng sốk−1cần tìm là3840−384=3456số

Vậy có3456số thú vị

Bài 56 (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Quảng Bình, 2016) Trong 100số tự nhiên từ đến 100 chọnnsố (n>2) cho hai số phân biệt chọn có tổng chia hết cho6 Hỏi chọnn số thỏa mãn điều kiện vớinlớn bao nhiêu?

Lời giải.

Để hai số phân biệt số chọn có tổng chia hết cho6thì có trường hợp xảy ra: + TH1: Mỗi số chọn chia hết cho6

Do100 : 6=16dư4nên có16số

+ TH2: Mỗi số chọn thỏa mãn chia cho6dư3 Có17số

Vậynlớn bằng17

Bài 57 (Đề thi vào 10, Chuyên Sơn La, 2016) Chứng minh trong27 số tự nhiên khác tùy ý nhỏ hơn100có thể chọn hai số có ước số chung lớn khác1

Lời giải.

Từ0đến100có26số nguyên tố Mỗi số tự nhiên biểu diễn thành tích thừa số nguyên tố với số mũ tương ứng (dạng phân tích tiêu chuẩn) Khi phân tích27số cho thừa số nguyên tố dạng tiêu chuẩn có hai số chứa thừa số nguyên tố với số mũ Hai số

có ước chung khác1

IX. Các tốn suy luận

việc cắt nhiều lần Hỏi với việc cắt vậy, Nam cắt được2016miếng lớn, nhỏ hay khơng? Vì sao?

Lời giải.

Gọixlà số miếng giấy Nam có sauklần cắt(x;k∈N∗) Vì lúc đầu Nam có1miếng giấy mỗi

lần cắt miếng giấy làm4miếng hoặc8miếng nhỏ nên sau lần cắt, số miếng giấy tăng thêm3miếng hoặc7miếng, ta cóx ≡ (mod 3)hoặcx ≡1 (mod 7) Vì2016≡0 (mod 3)và 2016≡0 (mod 7)nênx6=2016 Vậy sau số lần cắt, số miếng giấy Nam có

2016

Bài 59 (Sưu tầm) Một hộp đựng52viên bi, có 13 viên bi màu xanh,13viên bi màu đỏ,13 viên bi màu vàng,13viên bi màu trắng Cần phải lấy viên bi (mà khơng nhìn trước) để chắn số có khơng hơn7viên bi màu?

Lời giải.

Nếu lấy6·4+1=25viên bi chắn có nhất7viên bi màu Bài 60 (Sưu tầm) Trong phịng có100người Mỗi người quen là67người khác Chứng minh phịng phải có4người đơi quen

Lời giải.

Xét Alà người phịng Bởi vìAquen nhất67người khác, nên ta mời tất khơng quenAra ngồi phịng người phải nhiều là32

Khi phòng Avà67người quen A, tức phòng cịn nhất68người

GọiBlà người khác Atrong68người phịng ta mời khơng quenBra ngồi Khí phịng cịn lại là68−32=36người

Lại gọiClà người khác khơng quenAvàBtrong số36người cịn lại Mời tất người khơng quenC ngồi, phịng cịn lại là36−32 =4người

Nghĩa ngồiA,B,Ccịn lại người, giả sử làD Khi A,B,C,Dđơi quen Bài 61 (Sưu tầm) Có ba hộp: hộp đựng hai trái cam, hộp đựng hai trái quýt hộp đựng trái cam trái qt

Nhưng đóng kín hộp, người ta dán nhầm nhãn CC, CQ, QQ nhãn ngồi hộp khơng với trái đựng hộp Làm để cần lấy trái hộp mà khơng nhìn vào hộp biết xác trái đựng ba hộp?

Lời giải.

Nếu lấy1quả hộp bên ngồi dán nhãn CQ

• Nếu lấy cam hộp có nhãnCQ đựng2trái cam, hộp CChai trái quýt hộp QQ đựng1trái cam và1trái qt

• Nếu lấy qt hộp có nhãnCQ đựng2trái quýt, hộp QQ đựng hai trái cam, hộp CC đựng1cam và1quýt