Phương pháp quy nạp Toán học

Trường THPT An Lão I Tổ: Tốn - Tin PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP Để cm mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n N ta thử trực tiếp với số tự nhiên tập hợp số tự nhiên vơ hạn Song ta tiến hành bước kiểm tra sau Bước : Trước hết ta kiểm tra mệnh đề với n=0 Bước : Rồi ta chứng : Từ giải thiết mệnh đề với số tự nhiên n=k 0 suy với n=k+1 Ví dụ : Chứng minh với số tự nhiên n 2 ta có đẳng thức : an-bn =(a-b)(an-1 +an-2b +… + bn-1) Chứng minh Ta chứng minh phương pháp qui nạp * Khi n=2 ta có a2 -b2=(a-b)(a+b) * Giả sử đẳng thức n=k Tức ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1) Ta cần chứng minh với n=k+1 Tức C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +… + bk) Thật ta có : VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1) = (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +… + bk) = VP Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức với n  n(n  1) n(n  1)(2n  ) Bài 2: Chứng minh với n  N* ta có : 12 +22 +32 + 42 +52 +……+n2 =  Bài 3: Chứng minh với n  N biểu thức Un=13n -1 chia hết Bài : Chứng minh với số tự nhiên n  ta có 2n > 2n+1 Bài 5: Chứng minh với số tự nhiên n ta có: 4.32n 2  32n  3664 Bài : Chứng minh với số tự nhiên n 1 ta ln có: (n+1)(n+2)…(2n)  1.3.5…(2n-1) Bài : Chứng minh với số tự nhiên n ta ln có: n3+2n  Bài 8: Chứng minh với số tự nhiên n ta ln có: 16n  15n  1225 Bài 1: Chứng minh với số tự nhiên n  ta có đẳng thức : 1+2+3+4…………+ n = A CHIA HẾT SỐ NGUYÊN Định nghĩa: Cho hai số nguyên a b (b 0) Tồn cặp số nguyên (q, r) cho a = bq + r với r  b * Nếu r = a chia hết cho b: a  b  a = kb a, b, k   * Nếu r  phép chia a cho b có dư Tính chất qua hệ chia hết: Bồi dưỡng học sinh THCS GV: Lỡ Ngọc Sơn Trường THPT An Lão a a a  b b  a a = b a  b b  c a  c a m ka  m ak  m a  m, b  m a b  m a b  m mà a  m b  m a  m, b  n ab  nm a  m an  mn an  m, m nguyên tố a  m a  m, a  n mà (n, m) = a  mn  m, a  n, a  k; n, m, k nguyên tố sánh đôi a  mnk m, b  m a b  m Tổ: Toán - Tin * Trong n số nguyên liên tiếp (nN*) có số chia hết cho n * Trong n+1 số nguyên (nN*) chia cho n có hai số chia cho n có số dư * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho số nguyên tố p ta xét trường hợp số dư n chia cho p * Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đơi ngun tố chứng tỏ A(n) chia hết cho thừa số * Để CM f(x) chia hết cho m thơng thường ta phân tích f(x) thành nhân tử xét số dư chia x cho m PHƯƠNG PHÁP GIẢI : 1/ Phương pháp : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư chia n cho p Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho n chia cho có số dư r =0,1,2,3,4,5 a/ Với r = n chia hết cho => A(n) chia hết cho b/ Với r = => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho c/ Với r = => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho d/ Với r = => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho e/ Với r = => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 2/ Phương pháp : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q a/ (p,q) = ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q b/ Nếu p q không nguyên tố ta phân tích A(n) = B(n).C(n) chứng minh B(n) chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q 3/ Phương pháp : Để chứng minh A(n)  m biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử chứng minh hạng tữ chia hết cho n 4/ Phương pháp : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, có nhân tử m chia hết cho m: A(n) = m.B(n) + Thường ta sử dụng đẳng thức : an – bn  a – b ( a b) n an – bn  a – b ( a - b) n chẵn an + bn  a + b ( a - b) n lẻ 5/ Chứng minh quy nạp tốn học : Bài Chứng minh : Bồi dưỡng học sinh THCS GV: Lỡ Ngọc Sơn a) n5 - 5n3 + 4n 120 ; với  n  Z b) n -3n -n+3 48 ; với  n lẻ c) n4 + 4n3 -4n2 -16n 384 với  n chẵn Bài CMR: a) n  n  12 b) n(n  2)(25n  1)  24 c) Chữ số tận số tự nhiên n n5 giống d) (a  b) 6  (a  b3 )6 e) Cho n > (n, 6) = CMR n  124 g) 32n   2n  7 f) 32n   26n  11 B, CHIA HẾT ĐA THỨC : Ta sử dụng định lý Bơ zu : Số dư phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a giá trị đa thức f(x) x = a Từ ta có hệ : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = tức a nghiệm đa thức Từ suy : Đa thức f(x) có tổng hệ số chia hết cho x – Đa thức f(x) có tổng hệ số số hạng bậc chẵn tổng hệ số số hạng bậc lẻ f(x) ( x + 1) 2.Đa thức bậc trở lên : Cách : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có nhân tử chi hết cho đa thức chia Cách : Xét giá trị riêng 3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác : Cách : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử có thừa số chia hết cho đa thức chia Cách : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng đa thức chia hết cho đa thức chia Cách : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x) g(x) f(x) - g(x) g(x) Cách : Chứng tỏ nghiệm đa thức chia nghiệm đa thức bị chia Bài Xác định số a ; b cho: a) 4x - 6x + a (x-3) b) 2x2 + x + a (x+3) c) x3 + ax2 - (x2 + 4x + 4) d) 10x2 - 7x + a (2x - 3) e) 2x2 + ax + chia cho x - dư g) ax5 + 5x4 - (x-1) Bài Tìm số a b cho x3 + ax + b chia cho x + dư 7, chia cho x - dư -5 Bài Tìm n  Z để : a/ n2 + 2n – 11 d/ n3 - 3n2 + 3n - n2 +n + b/ 2n3 + n2 + 7n +1 2n – e/n4 – 2n3 + 2n2 – 2n + n4 – c/ n3 – n – Bài 4: Tìm số dư phép chia x99 + x55 + x11 +x + cho x + Bài 5: CMR : a/ x50 + x10 + x20 + x10 + b/ x2 - x9 – x1945 x2 - x + c/ x10 - 10x + (x – 1)2 d/ 8x9 - 9x8 + (x – 1)2 I MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN Dạng 1: Phương trình bậc a Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên) * Cách giải: - Tách cá hệ số tổng số chia hết cho a b (Số có GTTĐ lớn hơn) - Sử dụng dấu hiệu tính chất chia hết tổng để tìm ẩn Thay nghiệm vừa tìm vào phương trình ban đầu tìm nghiệm cịn lại - Kết luận nghiệm Bài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên phương trình: 2x + 3y = 11 Ví dụ Giải phương trình: 11x + 18 y = 120 Giải: Hướng dẫn giải Cách 1: 2x + 3y = 11 11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 – 1 y  11(x + 2y -11 ) = 4y –  x  y    4y –  11 => 12y –  11 x nguyên  y 2 hay y = 2t + t    y –  11 => y = 11t + (t  Z )  x = – 3t x = – 18 t Vậy nghiệm nguyên phương trình:  x 6  18t  Vậy nghiệm pt là:  (t  Z )  x 4 – 3t y 11t  Z   t  y 2t  Ví dụ Tìm nghiệm ngun dương phương Cách 2: 2x + 3y = 11 trình: 12x + 7y = 45 (1) d = (a, b) = (2, 3) = Hướng dẫn giải nghiệm riêng: (x0, y0) = (4, 1) Theo cách giải ta tìm nghiệm nguyên a  a   x 7t  12  d  x x  b1t phương trình (1)   nghiệm tổng quát  y y  a t   y 27  12t b  b  d Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có:  x 4 – 3t  x 7t  12  Vậy nghiệm phương trình là:  y 2t  => t =    y 27  12t   x 2 Vậy nghiệm nguyên phương trình   y 3 b Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d ngun) Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: 6x + 15y + 10 z = (1) Hướng dẫn giải  (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z => z 3 => z = 3t (t  Z ) Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn Thay vào phương trình ta có: 2x + 5y + 10t = (t  Z ) Giải phương trình với hai ẩn x; y (t tham số) ta được: Nghiệm phương trình: (5t – 5k – 2; – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý  Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = (a, b, c, d, e, f số ngun) Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: (2; 3); (-5; 2) Thử lại giá trị 5x – 3y = 2xy – 11 (1) Cách Đưa phương trình ước số: Hướng dẫn giải Cách 3: Coi phương trình bậc hai ẩn x, y số biết Đặt ĐK để có x nguyên x  11 x 5 2  Cách 1: Rút y theo x: y = Ví dụ Tìm nghiẹm ngun phương trình 2x  2x  x + 2y2 +3xy –x – y + =0 (1) (Do x nguyên nên 2x + khác 0) Hướng dẫn giải Vì y nguyên => x +  2x + => …  2x + Sử dụng cách thứ ví dụ Lập bảng ta có: cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2); Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn Hướng dẫn giải 2 Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: Ta có: x  y x  xy  y 8 Ta có x khác y x(x+1)(x+2)(x+3) = y (1) x = y => x2 + = Vô lý Hướng dẫn giải Vì x; y nguyên => x  y 1 => Phương trình (1)  (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2 Đặt a = x + 3x (ĐK: a  (*) x  xy  y  xy  => x2 + xy + y2  xy  2 Ta có: a – = y GiảI phương trình cách (2) đưa phương trình ước số: => nghiệm phương Nếu xy + < 0=> (2)  (x + y)2  -8 Vô nghiệm trình (1) N ếu xy +8 > => (2)  x2 + y2  Ví dụ Tìm nghiệm nguyên phương trình: x3 - y3 = xy + (1) => x2 , y2   0;1; 4 Từ tìm Hai nghiệm ngun (1) là: (0; - 2); (2; 0) Dạng 4: Phương trình dạng phân thức Ví dụ Tìm nghiệm ngun phương trình: 1 1    (1) x y xy Hướng dẫn giải Đặt điều kiên sau đưa phương trình ước số Tìm hai nghiệm (43; 7); (7; 43) x  17 Ví dụ Tìm x ngun cho bình x phương phân số Hướng dẫn giải Dạng 5: Phương trình dạng mũ Ví dụ Tìm số tự nhiên x, y cho: 2x + = y2 (1) Hướng dẫn giải  Nếu x = => y2 = => y = y = -2  Nếu x = => y2 = Vô nghiệm nguyên x  17  a  Giả sử =   Với a, b nguyên, b khác x  b (a, b) = Nếu a = => x = 17 Nếu a khác Ta có (a2, b2) = => x – 17 = a2.k; x – = b2.k (k nguyên) Từ ta có: = (a + b).(b – a).k Lập bảng tìm nghiệm phương trình x =17; 18; Nếu x 2 => 2x  Do vế tráI chia cho dư mà y lẻ (Do 1) => y2 chia dư => Vô lý  Vậy nghiệm nguyên (1) là: (0; 2); (0; -2)  II BÀI TẬP: Tìm nghiệm nguyên phương trình: a) 2x + 3y = 11 b) 3x + 5y = 10 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: 4x + 5y = 65 Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên số chia hết cho 7, số chia hết cho 11 Tìm số nguyên dương bé chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11 Có 37 táo có số nhau, 17 hỏng, số lại chia cho 79 người Hỏi có quả? I Tính chất BĐT: a) a < b, b < c  a < c b) a < b  a +c < b+ c c) a< b  a.c < b.c (với c > 0) a< b  a.c > b.c (với c < 0) d) a < b c < d  a+c < b + d e) < a < b < c < d  a.c < b.d II BĐT Cauchy: (Cô–si) a b ab  a,b 0 a b Đẳng thức ab  xảy a = b III Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối a) |x| 0, |x| x, |x| -x b) |x|  a  -a  x  a ( với a > 0) |x|  a  x  -a x  a c) |a|-|b|  |a+b|  |a| + |b| f) a  b  a n 1  b n 1 2n 2n < a b  a b g) a  b  n 1 0a b  a  n1 b 2n a  2n b  n   n    n   n      a b c a, b, c 0 a  Hệ quả: a + 2 , a abc  II BĐT Bunhinacôpxki Cho a, b, x, y số thực, ta có: (a  b )( x  y )  (ax + by)2 a b Đẳng thức xảy khi:  x y Tổng quát: Cho 2n số thực: a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn Ta có: | a1b1  a2b2   anbn |  (a12  a22   an2 )(b12  b22   bn2 ) Dấu “=” xảy khi: a a1 a2    n b1 b2 bn III BĐT Becnuli Cho a > -1, n  N* : (1+ + a)n  + na Đẳng thức xảy a = n =  Bất đẳng thức Cô-si mở rộng: Cho n số không âm: a1; a2; …; an Ta có: a1  a2   an n a a1a2 an Dấu “=” xảy a1 a2  an Bài 1: Cho hai số dương a b Chứng minh : (a+b)( 1  )4 a b Giải: Vì a, b l hai số dương nên áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: (a+b) 2 ab 1 + 2 a b ab 1 1 (a+b)    2 ab =4 ab a b Dấu “=” xảy v khi:a= b Bài 2: Với a, b,x,y, thuộc  Chứng minh rằng: | ax  by | a  Áp dụng : Cho x2 + y2 =1 , chứng minh -  b2   x  y   x+y  Cho x+2y = , chứng minh x2 + y2  Bài Cho ba số dương a, b, c Chứng minh rằng: 1  a  b  c      9 a b c ab+bc+ca  abc ab bc ca   a  b  c Bài 5: Cho a,b,c >0 C/m: c a b Bài 4: Cho a, b, c 0 C/m: Nếu số phương chia hết cho p, p- ngun tố số phương chia hết cho p2 Do số a chia hết cho số nguyên tố p số a khơng chia hết cho p2 a khơng số phương Khi phân tích thừa số nguyên tố, số phương chứa thừa số nguyên tố với số mũ chẵn Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n  N) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương tận chữ số hàng chục chữ số lẻ Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho Số phương chia hết cho chia hết cho 25 Số phương chia hết cho chia hết cho 16 III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Chứng minh với số nguyên x, y A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t  Z) A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy A số phương Bài 2: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp cộng ln số phương Gọi số tự nhiên, liên tiêp n, n + 1, n+ 2, n + (n  N) Ta có n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + (*) Đặt n2 + 3n = t (t  N) (*) = t( t + ) + = t2 + 2t + = ( t + )2 = (n2 + 3n + 1)2 Vì n  N nên n2 + 3n + N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + số phương Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k+1)(k+2) Chứng minh 4S + số phương Ta có k(k+1)(k+2) = 1 k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)] 4 1 k(k+1)(k+2)(k+3) k(k+1)(k+2)(k-1) 4 1 1 1 S = 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) k(k+1)(k+2) 4 4 4 (k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3) =  4S + = k(k+1)(k+2)(k+3) + Theo kết  k(k+1)(k+2)(k+3) + số ph ương Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; … Dãy số xây dựng cách thêm số 48 vào số đứng trước Chứng minh tất số dãy số phương Ta có 44…488…89 = 44…488 + = 44…4 10n + 11…1 + n chữ số n-1 chữ số n chữ số n chữ số n chữ số = = 4.10 n n n chữ số n 10  10  10n + +1 9  2.10 n  12  4.10 n  8.10 n   4.10 n  4.10 n   = =  9   Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng chữ số chia hết chia hết cho n-1 chữ số   2.10 n       Z hay số có dạng 44…488…89 số phương Bài 5: Chứng minh số sau số phương: A = 11…1 + 44…4 + 2n chữ số n chữ số B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 2n chữ số  10 n    Kết quả: A =    n+1 chữ số n chữ số  10 n    B =    ; ; Bài 6: Chứng minh số sau số phương: a A = 22499…9100…09 b B = 11…155…56 n-2 chữ số n chữ số n chữ số n-1 chữ số a A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + ( 10n-2 – ) 10n+2 + 10n+1 + = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + = 225.102n – 90.10n + = ( 15.10n – )  A số phương B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phương: a n2 + 2n + 12 b n ( n+3 ) c 13n + d n2 + n + 1589 Giải 2 a Vì n + 2n + 12 số phương nên đặt n + 2n + 12 = k2 (k  N)  (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n+1)2 = 11  (k+n+1)(k-n-1) = 11 Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 chúng số nguyên dương, nên ta viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1  k+n+1 = 11  k–n-1=1 b Đặt n(n+3) = a (n  N)  k=6 n=4 n + 3n = a  4n2 + 12n = 4a2 2  (4n2 + 12n + 9) – = 4a2  (2n + 3) - 4a2 =  (2n + + 2a)(2n + – 2a) = Nhận xét thấy 2n + + 2a > 2n + – 2a chúng số nguyên dương, nên ta viết (2n + + 2a)(2n + – 2a) = 9.1  2n + + 2a =  n=1 2n + – 2a = c Đặt 13n + = y a=2 ( y  N)  13(n – 1) = y – 16  13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)  (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 số nguyên tố nên y + 13 y – 13  y = 13k  (Với k  N)  13(n – 1) = (13k  )2 – 16 = 13k.(13k  8)  n = 13k2  8k +  N) 13n + số phương Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m  N)  (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2 Vậy n = 13k2  8k + (Với k a  (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355 Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > chúng số lẻ, nên ta viết (2m + 2n +1) (2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41 Suy n có giá trị sau: 1588; 316; 43; 28 Bài 2: Tìm a để số sau số phương: a a2 + a + 43 b a2 + 81 c a2 + 31a + 1984 Kết quả: a 2; 42; 13 b 0; 12; 40 c 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! số phương Với n = 1! = = 12 số phương Với n = 1! + 2! = khơng số phương Với n = 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = = 32 số phương Với n ≥ ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 5!; 6!; …; n! tận 1! + 2! + 3! + … + n! có tận chữ số nên khơng phải số phương Vậy có số tự nhiên n thỏa mãn đề n = 1; n = Bài 4: Tìm n  N để số sau số phương: a n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164) b (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23) c n + 4n + 97 d 2n + 15 Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Giả sử 2006 + n2 số phương 2006 + n2 = m2 (m  N) Từ suy m2 – n2 = 2006  (m + n)(m - n) = 2006 Như số m n phải có số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  số m + n m – n tính chẵn lẻ (2) Từ (1) (2)  m + n m – n số chẵn  (m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho  Điều giả sử sai Vậy không tồn số tự nhiên n để 2006 + n2 số phương Bài 6: Tìm số tự nhiên n có chữ số biết 2n+1 3n+1 số phương Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số phương lẻ khoảng ta 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n 12; 24; 40; 60; 84 Số 3n+1 37; 73; 121; 181; 253 Chỉ có 121 số phương Vậy n = 40 C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG Bài 1: Cho A số phương gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta số phương B Hãy tìm số A B Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số với k, m  N 32 < k < m < 100 B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 a, b, c, d  Ta có  N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤ A = abcd = k2 B = abcd + 1111 = m2  m2 – k2 = 1111  (m-k)(m+k) = 1111 (*) Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > nên m-k m+k số nguyên dương Và m-k < m+k < 200 nên (*) viết (m-k)(m+k) = 11.101 Do m – k == 11  m = 56 m + k = 101 n = 45  A = 2025 B = 3136 Bài 2: Tìm số phương gồm chữ số biết số gồm chữ số đầu lớn số gồm chữ số sau đơn vị Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = k  N, 32 ≤ k < 100 Suy 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10)  k +10 101 k-10 101 Mà (k-10; 101) =  k +10 101 Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110  k+10 = 101  k = 91  abcd = 912 = 8281 Bài 3: Tìm số phương có chữ số biết chữ số đầu giống nhau, chữ số cuối giống Gọi số phương phải tìm aabb = n2 với a, b  N, ≤ a ≤ 9; ≤ b ≤ Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1) Nhận xét thấy aabb 11  a + b 11 Mà ≤ a ≤ ; ≤ b ≤ nên ≤ a+b ≤ 18  a+b = 11 Thay a+b = 11 vào (1) n2 = 112(9a+1) 9a+1 số phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn  b = Số cần tìm 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương nên đặt abcd = x = y3 Với x, y  N Vì y3 = x2 nên y số phương Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 y phương  y = 16  abcd = 4096 Bài tập Chứng minh tổng hai số chẵn liên tiếp khơng phương HD: 2n  (2n  2) 4n  2  mod  Chứng minh tổng bình phương số ngun lẻ khơng phương 2  2n  1   2k  1 2  mod  HD: 2  2n  1   2k  1   2l  1 3  mod  Chứng minh số chẵn khơng phải bội khơng thể phân tích thành hiệu số phương 2 HD:  2k 1 a  b  a  b   a  b  Do vế trái chẵn nên hai số a b có tính chẵn lẻ suy (a-b) (a+b) chẵn Khi vế phải chia hết cho 4 Chứng minh phương trình 13x2 +2 =y2 khơng có nghiệm ngun HD: + x y tính chẵn lẻ + Khi y chẵn: VP 0  mod  ; VT 2  mod  ; + Khi y lẻ : VP 1 mod8  ; VT 7  mod  ; Tìm n   để 2n  8n  phương n HD: + n 3   8n  5  mod  + n=2: 25 phương + n=0 khơng thoả mãn Chứng minh không tồn n   để 24n+41 phương HD: G/s 24n+41=t2 + Nếu t chia hết cho 24n+41=3(8n+13)+2 khơng chia hết cho + Nếu t không chia hết cho t 1 mod 3   8n  13  1 mod  Chứng minh không tồn n   để 7.10n+4 phương n HD: 7.10  2  mod 3 Chứng minh tích số tự nhiên khác khơng liên tiếp khơng phương HD: có n2 < n(n+1) < n2+2n+1 = (n+1)2 Tìm n   n2 + 3n phương HD: Dễ thấy n = 0;1 Ngồi ra, có n2+2n+1< n2+3n < n2+4n+4 hay (n+1)2 < n2+3n< (n+2)2 10 Tìm n   để n2 + chia hết cho 11 Tìm n   để n! + 97 phương HD: Nếu n 5 n!+97 có tận nên khơng phương Nếu n = 24+97 = 121= n2 Nếu n 3 khơng thoả mãn 12 Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp thêm số phương 13 Tổng chữ số số phương 1994 1995 hay không? HD: a) N S ( N )  mod 3 Vì 1994 2  mod 3 nên S(N)=1994 N 2  mod 3 b) 1995 chia hết cho 3, 1995 khơng chia hết tổng chữ số số phương khơng thể 1995 14 Chứng minh tổng bình phương số nguyên liên tiếp khơng phương 2 2 2 HD:  n     n  1  n   n  1   n   5  n   5 không chia hết cho 25 15 Chứng minh không tồn n   để n2+n+2 chia hết cho HD: G/s n   để n2+n+2=3k n2+n+2-3k = có nghiệm nguyên dương Có  3  4k  3  số phương Điều vơ lí  2  mod 3 16 Gọi N=2.3.4…Pn tích n số nguyên tố Chứng minh số N, N-1, N+1 khơng số phương HD: Nếu N chẵn không chia hết N khơng phương Nếu N+1=k2 k lẻ N=(k-1)(k+1)4! Nếu N  2  mod 3 th ì N-1 khơng phương 17 Chứng minh tổng bình phương số lẻ khơng phương 18 Chứng minh số phương có chứa chữ số lẻ hàng chục chữ số hàng đơn vị HD: xét (10n+b)2 = 20n(5n+b) + b2 ; Với b 9 chữ số hàng chục 20n(5n+b) chẵn chữ số hàng chục b2 lẻ nên b=4; 19 Chứng minh số phương lẻ có chữ số hàng chục chẵn HD: Xét (10a+b)2 = 20a(5a+b)+b2 với b lẻ, b 9  b 1;3;5;7;9  b2 01;09; 25; 49;81  ĐPCM 20 Chứng minh số phương lớn 100 có tận chữ số hàng trăm chẵn HD: Xét (10a+5)2 =100a(a+1)+25 Vì a(a+1) chẵn Ta có ĐPCM 21 Tìm x, y   để 2x + 5y phương y HD: G/s  k  k   y + Nếu x=0 1+5y=k2 suy k chẵn   2  mod  + Nếu x 0  k lẻ k không chia hết cho  y=0: x 1 k  2m 1  x 4m  m  1  m 1, x 3, y 0  y 0 , k khơng chia hết k 1 mod  x Từ giả thiết suy  mod   x chẵn, x=2n k  2n 5a y n n  ( k  ) k   Và từ giả thiết suy    k  2n 5b , a  b  y; a, b    n 1 b a b b  5   1  1, b 0 hay a  y  2n1 5 y  + Nếu y=2t 2n+1=25t-1 chia hết cho + Nếu y lẻ 2n+1=4(5y-1+5y-2+…+ 5+1) y>1 5y-1+5y-2+…+5+1 lẻ Vậy y=1 suy x=2 Đáp số x=1; y=2 22 Tìm số có chữ số biết: a) Tổng số số viết theo thứ tự ngược lại số phương b) Hiệu bình phương số số viết theo thứ tự ngược lại số phương HD:a) ab  ba 11 a  b  11 , số phương chia hết cho 11 chia hết cho 121 nên (a+b) chia hết cho 11 a+b chia hết cho 11 2 2 +) ab  ba  10a  b    10b  a  99  a  b  11 2 Vì 0 c) Tìm GTLN P Bài 13: Chứng minh giá trị biểu thức P= 2x x 1 x  10   x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 6 Không phụ thuộc vào biến số x Bài 13: Chứng minh giá trị biểu thức    x P= x P= x2  x x2  x   x 1 x  x 1 x  x 1    x Không phụ thuộc vào biến số x Bài 15: Cho biểu thức Rút gọn P với ≤ x ≤ Bài 16: Cho biểu thức P= x  x 2x  x 2(x  1)   x  x 1 x x1 a) Rút gọn P b) Tìm GTNN P ... Số phương có hai dạng 4n 4n + Khơng có số phương có dạng 4n + 4n + (n  N) Số phương có hai dạng 3n 3n + Khơng có số phương có dạng 3n + (n  N) Số phương tận chữ số hàng chục chữ số chẵn Số phương. .. số phương Bằng phép thử với a = 1; 2; …; ta thấy có a = thỏa mãn  b = Số cần tìm 7744 Bài 4: Tìm số có chữ số vừa số phương vừa lập phương Gọi số phương abcd Vì abcd vừa số phương vừa lập phương. .. Chứng minh tổng bình phương số ngun liên tiếp khơng phương 29 Chứng minh tổng bình phương số ngun liên tiếp khơng phương 30 Tìm a   để a2+a+1589 phương 31 Chứng minh 8n+1 24n+1 phương 8n+3 hợp số