Đang tải... (xem toàn văn)
Nếu trong phương trình có chứa một ẩn bậc nhất, nói chung ta nên sử dụng phương pháp tách ra các hệ số nguyên.. Nếu phương trình có dạng F(x,y) = p ( p là số nguyên tố) ta nên áp dụng ph[r]
(1)Chương : HỆ THỐNG GHI SỐ THẬP PHÂN
1 Hệ thống thập phân :
Số anan-1 .a1a0 = an.10n + an-1.10n-1 a1.10 + a0 Ví dụ : Số 99 + = 10n (gồm n số )
Nếu đặt a = 11 ( gồm n số 1) 10n = 9a + Ví dụ 1: Tìm số nguyên lớn gấp lần chữ số hàng đơn vị
- Số cần tìm 7.9 = 63 nên số có hai chữ số
- Gọi số cần tìm ab ta : 10a + b = 7b 10a = 6b a/b = 3/5 Được số cần tìm 35 Nếu a/b = 2/3 số cần tìm 23; 46; 69
Ví dụ : Tìm giá trị lớn tỷ số số có ba chữ số tổng chữ số HD : Lập tỷ số : (100a + 10b + c)/(a + b + c ) = 100 - (90b + 9c )/(a + b + c ) 100
Dấu “=” xẩy b = c =
2 Luỹ thừa :
Một số có chữ số tận 0, 1, 5, luỹ thừa bậc n số ngày có chữ số tận 0, 1, ,
Ví dụ : Tìm chữ số tận 42002 ; (99)9
Có : 42002 = 161001 nên có chữ số tận
(99)9 = 981 = 980.9 = 8140 Do 8140 có tận nên (99)9 có tận Ví dụ :
Tìm chữ số tận tổng :S = 13 + 23 + + 993 HD: - Tìm chữ số tận 03 + 13 + 23 + + 93
- Các số 03 +13 + 23 + + 93 ; 103 +113 + 123 + + 193; 903 +913 + 923 + + 993 có chữ số tận giống Suy chữ số tận tổng S.
3 Tính đóng tập số :
a Tập số N với tính chất đóng phép tính cộng, nhân b Tập Z với tính chất đóng phép tính cộng , trừ , nhân c Tập Q với phép tính cộng, trừ, nhân, chia
Ví dụ :
Cho đa thức P(x) = x4 + ax3 + bx2 + cx + d có giá trị nguyên với giá trị nguyên x Chứng minh 6a ; 2b ; a+b+c ; d số nguyên
Đề HSG QN-ĐN 93-94 HD : - Có P(0) số nguyên nên d số nguyên
- Có : P(1) = + a + b + c + d a+b+c = P(1) - d - Do P(1) , d số nguyên nên a + b +
c nguyên
- Có : P(-1) = - a + b - c + d nên P(1) + P(-1) = 2b + 2d +
2b = P(1) + P(-1) - 2d - 2b số nguyên
- Có : P(1) - P(-1) = 2a + 2c số nguyên
P(2) = 16 + 8a + 4b + 2c + d 6a = P(2) - (2a + 2c) - 4b - d - 16
Do (2a + 2c) ; 4b ; d ; 16 số nguyên nên 6a số nguyên Ví dụ :
Chương I : PHÉP CHIA HẾT VÀ PHÉP CHIA CÓ DƯ
I Định nghĩa :
II Các phương pháp chứng minh chia hết : Dựa vào định nghĩa
A(n) : m A(n) = m.B(n)
Từ định nghĩa ta có tính chất :
a A(n) : m B(n) : m A(n) B(n) : m
A(n) B(n) : m B(n) : m A(n) : m
A(n) : m B(n) m A(n) B(n): m
A(n) : m1 B(n) : m2 A(n).B(n) : m1.m2 b an- bn : a-b với n ; an + bn : a+b với n lẻ Ví dụ :Chứng minh tính chất sau :
(2)- Tổng , hiệu số chẳn với số lẻ số lẻ - Tích hai số chẵn số chẵn ( chia hết cho ) - Tích số chẵn với số lẻ số lẻ - Tích hai số lẻ số lẻ
Việc chứng minh tính chất đơn giản nêu phép chứng minh tính chất cuối : a, b hai số lẻ nên a = 2k +1 ; b = 2m +
a.b = (2k+1)(2m+1) = 4km+2k +2m + = 2(2km+k+m) + = 2q + số lẻ
ở ta ngầm sử dụng tính đóng phép nhân, cộng để 2km+k+m số nguyên
Ví dụ :Tìm dấu hiệu chia hết cho 4, :
a Tìm dấu hiệu chia hết cho : anan-1 a2a1a0 = anan-1 a2.100 + a1a0 Do 100 : nên anan-1 a2.100 :4 Được anan-1 a2a1a0 : a1a0 :
Kết luận : Một số có hai chữ số tận tạo thành số có hai chữ số chia hết cho chia hết cho
Do a1a0 = 10a1 + a0 = 8a1 + 2a1 + a0 nên : a1a0 : 2a1 + a0 : Ta có kết luận gần : Một số có tổng chữ số hàng đơn vị với hai lần chữ số hàng chục chia hết cho chia hết cho
Hồn tồn tương tự ta có kết luận :Một số có tổng lần chữ số hàng trăm với hai lần chữ số hàng chục chữ số hàng đơn vị chia hết cho chia hết cho
Ví dụ : 251 - chia hết cho
Có : 251 - =( 23)17 - = 817 -1 = (8- 1)(816 + 815 + + 1) : 7 Bài tập1 : Chứng minh :
a 270 + 370 chia hết cho 13. b 1719 + 1917 chia hết cho 18
c 3663 - chia hết cho không chia hết cho 37 HDẫn :
a 270 + 370 = ( 22)35 + (32)35 = 435 + 935 chia hết cho + hay chia hết cho 13 b 1719 + 1917
c 3663 - chia hết cho 35 nên chia hết cho
3663 - = 3663 + - Do 3663 + chia hết cho 37 nên 3663 - không chia hết cho 37
Bài tập : Tồn hay không đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn điều kiện P(1) = 1993 ; P(12) = 1998
Đề HSG QN-ĐN 93-94 HDẫn : Giả sử tồn đa thức P(x) = anxn + an-1x-1 + + a1x + a0
Xét P(12) - P(1) = an(12n - 1) + an
-1(12n-1 -1)+ + a1(12-1)
Ta thấy vế phải chia hết cho 11 vế trái không chia hết cho 11 nên không tồn đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả P(1) = 1993 ; P(12) = 1998
Bài tập : Tìm chữ sốthích hợp x, y, z để A = x54y199z chia hết cho 330 - Có 330 = 11.10 = 11.2.5
- Lèn lược dùng dÍu hiệu chia hết : - A chia hết nên z = { 0, 5}
- A chia hết z =
- A chia hết cho 11 nên + + y + = + + + x
Đồng dư thức áp dụng đồng dư thức chứng minh chia hết :
Định nghĩa : hai sốa,b có sốdư chia cho m ta nời a đong dư với b theo môđun m viết a b
(mod m)
Ví dụ : chia dư 12 chia dư
Ta nói đồng dư 12 theo môđun viết 712 (mod 5)
Ta có mit sốtính chÍt sau:
1 ab (mod m) a - b chia hết cho m
2 ab (mod m) a = b + mt
3 aa (mod m) ; ab (mod m) bc (mod m) ac (mod m)
4 ab (mod m) cd (mod m) :
(3)Suy :
a + e b + e (mod m)
a.k b.k ( mod m)
5 ab (mod m) cd (mod m) :
a b c d (mod m)
an bn (mod m)
Bài tập áp dụng đong dư thức : Ví dụ : Tìm sốdư chia : a 32000 cho 7
b 9294 cho 15 H.D :
a Có 32
( mod 7) suy 36 (mod 7)
(36 )666
(mod 7)
32
(mod 7) nên 32000 (mod 7) hay 32000 chia dư
b Có 92 ( mod 15)
24
( mod 15) nên 924 (mod 15)
9292
(mod 15)
Bài : Chứng minh :
a 19911997 - 19971996 chia hết cho 10. b 29 + 299 chia hết cho 100.
c 24 n
+ chia hết cho 11 với mụi n
d nn-1 + nn-2 + + n2 + chia hết cho n - 1 HD:
a 1991 (mod 10) nên 19911997 (mod 10
1997 - ( mod 10)
19972
- ( mod 10) 19971996 (mod 10)
Suy đpcm
b - Dễ dàng cm tông chia hết cho Xét 2(29 + 299) đong dư thức mod 25. c Xét 24n + trước Xét điong dư thức với môđun 24n + chia dư 2
A(n) = 25q + xét đong dư thức với mơđun 11. d Có n ( mod n -1)
Tổng có n - sốhạng Suy đpcm Phương pháp xét số dư
Tính chất : Khi chia số nguyên a cho số nguyên m > số dư m số từ đến m -1
Số nguyên a chia cho m dư m -1 xem a chia m dư -1 Vì để chứng minh A(n) : m xét trường hợp số dư 0; 1; m /2 Trong trường hợp A(n) : m
a(n) : m với n
Ví dụ : Chứng minh : A(n) = n(n2 + 1)(n2 + 4) : với n n = 5k ( n chia hết cho ) : A(n) : A(n) chưa thừa số (n) :
n = 5k : Có n2 + = 25k2 10 k + = 5( 5k2 2k +1) : nên A(n) :
n = 5k : Có n2 + = 25k2 10 k + = 5( 5k2 2k +1) : nên A(n) :
Trong trường số dư chia n cho , A(n) chia hết A(n) : với n Ví dụ : Chứng minh tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n
A(n) = a(a+1)(a+2) .(a+ n-1) : n Xét trường hợp số dư chia a cho n : a = nk A(n) : n
a= nk + : Có a + n-1 = nk + + n-1 = n(k+1) : n nên A(n) : n
a = nk + q (0 q n-1) có a + n -q =nk + q + n - q = n(k+1) : n
Vậy A(n) chia hết cho n
(4)bài tốn với số p lớn khơng thiết phải xét số dư chia n cho p lúc phải xét nhiều trường hợp , lúc ta chọn số nhỏ để xét
Ví dụ 3: Chứng minh tích bốn số tự nhiên liên tiếp chia hết cho A(n) = n(n+1)(n+2)(n+3)
Xét số dư chia n cho :
- Với n = 2k có A(n) = 2k(2k+1)(2k+2)(2k+3)
= 4k(k+1)(2k+1)(2k+3) Do k(k+1) : nên A(n) :
- Với n = 2k+1 có A(n) = (2k+1)(2k+2)(2k+3)(2k+4) = 4(k+1)(k+2)(2k+1)(2k+3) Do (k+1) (k+2) : nên A(n):8
Vậy A(n) chia hết cho với n
Bài tập 1: Chứng minh ab(a2-b2) chia hết cho với số nguyên a,b HD: Xét trường hợp a,b chia cho :
- Có số chia hết cho : Lúc tích a.b : nên ab(a2-b2) chia hết cho 3. - Khơng có số chia hết cho : Đặt a = 3k ; b = 3q Lúc :
a2 - b2 = 9k2
6k + -(9q2 6q + 1) = 3(3k2 - 3q2 2k 2q) :
Vậy ab(a2-b2) chia hết cho với số nguyên a,b Bài tập : Chứng minh :
a a2 + b2 chia hết cho số a, b chia hết cho 3 b a2 + b2 chia hết cho số a, b chia hết cho 7
c a2 - b2 chia hết cho số a, b chia hết cho hai số không chia hết cho 3. d a4 + b4 chia hết cho số a, b chia hết cho 5
HDẫn :
a Xét số dư số a2 chia cho : a = 3k a2 = 9k2
a = 3k a2 = 9k2 6k +
Suy a2 chia cho có số dư 1. Tương tự b2 chia cho có số dư 1.
a2 + b2 chia hết cho tổng số dư hai số chia hết cho Điều xảy a2 chia dư và b2 chia dư Tức a chia hết cho b chia hết cho 3.
b Xét số dư số a2 chia cho : a = 7k a2 = 49k2
a = 7k a2 = 49k2 14k +
a = 7k a2 = 49k2 28k +
a = 7k a2 = 49k2 42k +
Số dư chia a2 cho 0, 1, 4, Tương tự b2 chia cho 0, 1, 4, 9.
a2 + b2 chia hết cho tổng số dư hai số chia hết cho Điều xảy a2 chia dư và b2 chia dư Tức a chia hết cho chia hết cho 7.
c d
Bài tập 4:
Tìm điều kiện x,y để có hai số x2 - 2xy + 2y2 , x2 + 2xy + 2y2 chia hết cho
HD: Do số nguyên tố nên việc có hai số x2 - 2xy + 2y2 , x2 + 2xy + 2y2 chia hết cho tích chúng chia hết cho
(x2 - 2xy + 2y2 )( x2 + 2xy + 2y2 ) = x4 + 4y4 + 4x2y2 - 4x2y2 = x4 + 4y4 = x4 - y4 + 5y4.
Tích chia hết cho x4 - y4 chia hết cho
(5)a = 5k a2 = 25 k2 10 k +
a = 5k a2 = 25 k2 20 k + = 25 k2 20 k + -
a2 chia có số dư 0, 1, -1 nên a4 chia có số dư 0, 1. áp dụng định lý Fermat (Phecma)
Với p số nguyên tố np - n chia hết cho p với n
Phát biểu dạng đồng dư thức : ap = a ( mod p) với a số nguyên dương bÍt kỳ p số nguyên tố
Mit dạng phát biểu khác hay sử dụng : ap-1 = ( mod p)
Tức : ap-1 - chia hết cho p với a khơng chia hết cho p. Ví dụ : Chứng minh A(n) = n7 - n : 42 với n
Có A(n) = n7 - n = n(n6 - 1) = n(n3-1)(n3 + 1)
= n(n-1)(n2+n+1)(n+1)(n2 -n+1) : chứa tích (n-1)n(n+1) Mặt khác n7 - n : ( theo fermat) nên n7 - n : 42
Bài tập áp dụng : Bài :
Chứng minh a số nguyên không chia hết cho không chia hết cho A(n) = (a4 - 1) ( a4 + 15a2 + 1) chia hết cho 35.
H.D :
- Do a không chia hết a4 - chia hết cho 5
- A(n) = (a2 - 1)(a2 + 1)( a4 + 15a2 + 1) = (a2 + 1)( a6 - + 14a2(a2 - 1)) - A(n) chia hết cho chia hết A(n) chia hết cho 35 2:
Cho A(n) = n3 + 3n2 + 2n.
a Chứng minh A(n) chia hết cho với mụi n nguyên dương b Tìm n nguyên dương bé 10 để A(n) chia hết cho 15
H.D :
a áp dụng phecma cho n3 - n.
b A(n) = n(n+1)(n+2) Để tích chia hết cho phải có mit sốchia hết cho @ Tích a1a2 an chia hết cho sốngun tốp có nhÍt mit sốai chia hết cho p ngược lại tích a1a2 an không chia hết cho p khơng có sốnào chia hết cho p áp dụng tính chất :
- Nếu A(n) chia hết cho a b ; a b nguyên tố A(n) chia hết cho a.b - Nếu A(n).B(n) chia hết cho m , B(n) m nguyên tố A(n) : m
Ví dụ :Chứng minh tích ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho A(n) = n(n+1)(n+2) :
Có n(n+1) : tích hai số tự nhiên liên tiếp
n(n+1)(n+2) : tích ba số tự nhiên liên tiếp Và ƯCLN(2,3) = nên A(n) :
Ví dụ :Cho a1 , a2 an n số nguyên thoả : a1 + a2 + +an = p
a15 + a25 + +an5 = q
Chứng minh p chia hết cho 30 q chia hết cho 30 ngược lại Xét hiệu q - p = (a15 - a1) + (a25-a2) + +(an5-an )
Có : (a15 - a1) = a1(a14 - 1) = a1(a1-1)(a1+1)(a12 + 1)
(a15 - a1) chia hết cho a1(a1-1)(a1+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp (a15 - a1) chia hết cho theo Fermat
Do ƯCLN(5,6) = nên (a15 - a1) chia hết cho 30.Do q - p : 30
(6)Bài tập :Chứng minh A(n) = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n : 24 với n HD : Phân tích A(n) thừa số A(n) = n(n+1)(n+2)(n+3) - Chứng tỏ A(n) :
- Bằng cách xét số dư chia n cho chứng minh A(n) : - Do ƯCLN(3,8) = nên A(n) : 24
Bài tập :Chứng minh a5b - ab5 : 30 với số nguyên a,b Có a5b - ab5 = a5b - ab + ab - ab5 = b(a5 - a) - a(b5 - b )
Chứng minh a5 - a : 30 b5 - b :30 để suy điều phải chứng minh Bài 1: Chứng minh
a n3 - n + không chia hết cho 6 b n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49 c n2 + 3n + không chia hết cho 121 HD :
a n3 - n chia hết cho 6, không chia hết n3 - n + không chia hết cho 6. b n2 + 11n + 39 = ( n+2)(n+9) + 21
Nếu n + chia hết cho n + = n + + chia hết ( n+2)(n+9) chia hết cho 49 Do 21 không chia hết cho 49 nên ( n+2)(n+9) + 21 không chia hết cho 49
Nếu n + chia hết cho n + = n + + chia hết cho Lúc đờ ( n+2)(n+9) không chia hết ( n+2)(n+9) + 21 không chia hết cho suy không chia hết cho 49
@ Nếu a1, a2 an khơng chia hết cho p tích a1.a2 an không chia hết cho p. c n2 + 3n + = ( n + 7)(n - 4) + 33
Chứng minh tương tự câu b ( xét tính chia hết chia cho 11 )
@ Kinh nghiệm : Với loại tập chứng minh A(n) = n2 + qn + p không chia hết cho k2 ta thực : - Phân tích đưa dạng : A(n)=(n + a)(n + b) + BSk (Trong đờ a + b = k hoUc a - b = k, BS k không chia hết cho k2)
- Khi n + a chia hết cho k (n + a)(n + b) chia hết cho k2 A(n) khơng chia hết cho k2 BS k không chia hết cho k2
- Khi (n + a) không chia hết cho k suy (n + b) không chia hết cho k suy (n+a)(n+b) không chia hết cho k suy A(n) không chia hết cho k nên không chia hết cho k2.
- Để tìm a, b ta giải hệ :
k b a
q b a
Bài tập tương tự : Chứng minh :
a n2 + n + không chia hết cho 9 b n2 + 5n + 16 không chia hết cho 169.
c 16n3 -24 n2 + 12n + 13 không chia hết cho 125 d 9n3 + 9n + 3n -16 không chia hết cho 343 HD :
a A(n) = (n+2)(n-1) + b A(n) = (n+9)(n-4) + 52 c Xét A(n) = (4n-3)3 + 60 d Xét A(n) = (3n+1)3 - 49
Chương II: SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ
I Định nghĩa: Số nguyên tố số tự nhiên lớn có hai ước Từ định nghĩa ta có :
- Số nguyên tố P phân tích dạng : 1.P Nói cách khác số ngun tố có dạng 2n số Số ngun tố có dạng 3n số
- Số nguyên tố lớn có dạng 3k Tương tự ta có suy luận cho số khác
II Các dạng tập thường gặp :
1 Tìm số nguyên tố p thoả điều kiện :
(7)Tích số nguyên tố = pk (với p ngun tố ) tích có chứa số nguyên tố p
Ví dụ : Tìm số nguyên tố p cho p + 10 p + 14 số nguyên tố Xét p = 3k+1 có p + 14 = 3k+15 = 3(k+5) hợp số
p = 3k - có p+10 = 3k + = 3(k+3) hợp sô
Vậy p phải có dạng 3k hay p = lúc p + 10 = 13 p+14 = 17 số ngun tố Ví dụ : Tìm ba số nguyên tố mà tích chúng ba lần tổng chúng
Gọi ba số nguyên tố cần tìm a,b,c : abc =3(a + b + c).Do a ,b, c số nguyên tố nên phải có số
Khơng tính tổng qt gọi a = bc = b + c +
(b - 1)(c - 1) =
Do b-1; c-1 số dương nên ta có hệ :
b -1 =1 b-1 = b-1 =
c-1 = c-1 = c-1 =
Giải ba hệ ta ba số nguyên tố cần tìm , , Bài : Tìm số nguyên tố p để :
a p +2 , p+6 p + số nguyên tố
b p+6, p+8, p + 12 p + 14 số nguyên tố c 2p2 + số nguyên tố
d 4p2 + , 6p2 + số nguyên tố
Bài : Tìm ba số nguyên tố cho chúng ba số lẻ liên tiếp
Bài : Tìm ba số nguyên tố cho tích chúng gấp lần tổng chúng 2 Tìm tất số n để biểu thức số nguyên tố :
Kiến thức áp dụng : Để A(n) = B(n).C(n) nguyên tố : B(n) = C(n) = Ví dụ 1: Tìm n để A(n) = n4 + số nguyên tố :
Có n4 + = (n2 + 2)2 - 4n2 = (n2 + -2n)(n2 + 2+2n) Để A(n) nguyên tố : n2 + -2n =
n = Lúc A(n) =
n2 + 2+2n =
n =-1 Lúc A(n) =
Ví dụ :Tìm số ngun n để A(n) = 8n2 + 10n + số nguyên tố A(n) = (2n+1)(4n + 3)
Để A(n) nguyên tố 2n+1 = n= A(n)=3
2n+1 = -1 n= -1 A(n)=1 ( Loại)
4n+3 = n= -1/2 ( Loại )
4n+3 = -1 n= -1 A(n) =1 ( Loại )
Bµi 2:
Tìm sỉ n nguyên dơng để 22 1
n
vµ 22 1
n
đng thới s nguyên t HD: Xét ba sỉ tù nhiªn liªn tiÕp :22 1
n
, 2n
2 , 22 1
n
cê 2n
2 kh«ng chia hÕt cho nªn mĩt hai sỉ chia hÕt cho
Mĩt hai sỉ b»ng Khi 22 1
n
= suy n = Lúc đờ ba sỉ 3, 22 1
n
= suy n = lúc đờ ba sỉ 1, ( Loại) Chứng minh
Cho p, q s nguyên tỉ lín h¬n a Chøng minh p2 - chia hÕt cho 24
b p2 - q2 chia hÕt cho 24. HD :
- p lµ sỉ nguyên t lớn nên nờ s lẻ p2 s phơng lẻ nên chia d 1 p2 - 1 chia hÕt cho
(8)- p2 - q2 = p2 - - (q2 - 1) áp dụng câu a để cờ điều cèn chứng minh.
Chương III : SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I Định nghĩa : II Các tính chất :
1 Số tự nhiên a số phương bậc hai a số nguyên Ngược lại a không phương bậc hai a số vô tỷ
2 Giữa hai số n2 (n+1)2 khơng có số phương
3 Một số phương có số tận 0, 1, 4, 9, 6, (Hay số phương khơng có số tận số 2, 3, 7, )
4 Một số phương n2 chia hết cho số nguyên tố p thi chia hết cho p2 Tổng qt n2 chia hết cho p2n-1 chia hết cho p2n
5 Khi xét số dư chia số phương cho số ta lại có số tính chất đặc biệt khác : Ví dụ : Xét số dư chia số phương (n2) cho :
- Xét n = 3k n2 = 9k2 :
- Xét n = 3k n2 = 9k2 6k +
Ta có kết luận số chia cho dư số phương
Tương tự xét số dư chia số phương cho ta kết luận : Số dư phép chia 0, 1, Hay số chia cho có số dư khơng phải số phương
Ví dụ : Xét phép chia số phương cho ta có : - Nếu n2 chia hết cho
n chia hết cho n2 chia hết cho
- Nếu n2 không chia hết cho
n không chia hết cho Đặt n= 2k +1ta :
n2 = (2k +1)2 = 4k(k+1) + = 8q + 1
Ta kết luận : Một số phương chẵn chia hết cho Một số phương lẻ chia dư
Các loại tập thường gặp :
1 Chứng minh số số phương , biểu thức số phương : Kiến thức áp dụng: - Định nghĩa số phương ( bình phương số nguyên )
- Đặt a= 111 1(n số ) được: 9a+1 = 999 + = 100 0= 10n.
Ví dụ : Chứng minh số A = 999 9800 01(có n số n số 0) số phương A = 999 9.10n+2 + 8.10n+1 +
Đặt a= 111 ( n số ) :9a+1 = 999 + = 100 = 10n A = 9a.100(9a+1) + 80(9a+1) +
= 8100a2 + 900a + 720a + 81 = (90a + )2
Vậy A bình phương sô 90a+9 = 999 .9 ( gồm n+1 số )
Ví dụ :Chứng minh số lẻ viết dạng hiệu hai số phương : Có : 2k + = k2 + 2k + - k2 = (k+1)2 - k2
Bài tập 1:Chứng minh số sau số phương : a 11 122 25 ( gồm n số , n + số )
b 11 - 22 ( gồm 2n số , n số ) c 11 + 44 + ( gồm 2n số 1, n số ) d 11 155 56 ( gồm n số 1, n-1 số ) HD : Đặt a= 111 ( n số ) biến đổi : a (30a + 5)2
b (3a)2. c (3a+1)2 d (3a + 1)2
Bài tập :Số x y tổng hai số phương Chứng minh tích x.y tổng hai số phương :
(9)2 Chứng minh số khơng phải số phương :
Kiến thức áp dụng : - Số dư chia hai vế đẳng thức cho số phải - Số dư chia số phương cho ; 4; ;
Ví dụ 1: Cho A = P1P2 .Pn + P1P2 .Pn tích n số nguyên tố Chứng tỏ A khơng phải số phương
Giả sử A phương ta có: P1P2 .Pn + 1= k2 P1P2 .Pn = k2 - Nếu k chẵn k2 chẵn nên k2 -1 lẻ Trong P
1P2 .Pn = 2.P2 .Pn số chẵn Nêu k lẻ k2-1= (k-1)(k+1) chia hết cho Lúc P1P2 .Pn chia hết cho hay P2 .Pn chia hết cho (điều vô lý số nguyên tố lớn số chẵn )
Vậy A số phương
Ví dụ :Chứng minh A(n) = n3 - n + số phương với n (áp dụng tính chất ):
A(n) = n3 - n + = n(n2 - 1) + = n(n-1)(n+1) + A(n) chia có số dư nên A(n) khơng phương
Bài tập 1: Cho A = P1P2 .Pn - P1P2 .Pn tích n số nguyên tố Chứng tỏ A khơng phải số phương
HD : Giả sử A phương ,đặt A= P1P2 .Pn - 1= k2P1P2 .Pn =k2 + - Nếu k chẵn k2 + lẻ ( Vơ lý tích P
1P2 .Pn số chẵn )
- Nếu k lẻ đặt k = 2q+1 có P1P2 .Pn = k2 + 1= 4q2+ 4q + = 2(2q2 + 2q + ) P2 .Pn =2q2 + 2q +
Xét phép chia 2q2 + 2q + = 2q(q+1) + cho 3:
q=3m q = 3m -1 2q2 + 2q + chia dư 1.
q= 3m+1 2q2 + 2q + 1= 18m2+12m+2+6m+2+1 chia dư Vậy 2q2 + 2q + không chia hết cho Vô lý ( P
2 .Pn chia hết cho )
Bài tập : Chứng minh A(n) = n5 - n + khơng phải số phương với n HD : Có A(n) = n5 - n + = n(n-1)(n+1)(n2 + 1) + 2
Xét số dư A(n) cho :
Với n = 5k, n= 5k 1 ,n= 5k 2 n(n-1)(n+1)(n2 + 1) : nên A(n) chia dư
Hay A(n) có tận nên A(n) khơng số phương
Bài tâp 3: Chứng minh tổng hai số phương lẻ khơng phải số phương Xét phép chia số phương n2 cho :
- Nếu n2 chẵn
n chẵn n2 chia hết cho
- Nếu n2 lẻ
n lẻ n2 chia dư Tổng hai số phương lẻ chia dư nên khơng thể số
chính phương
3 Cho số phương N Xét điều kiện thoả mãn hay khơng
Ví dụ 1: Cho N số phương Liệu tổng chữ số N 2003 khơng? Số N có tổng chữ số 2003 nên N= 9k + = 3(3k+1) + N chia dư nên khơng thể số phương
Ví dụ 2:
Bài tâp 1: Cho số phương N Liệu tổng chữ số N 2004 khơng ? Giả sử tồn nđể n2 = N Do 2004 : nên N :
n2 : 3 n2 : 9 Tổng chữ số N :
nhưng 2004 không chia hết không tồn N Bài tập :
4 Tìm số n để biểu thức số phương :
(10)Với n = A(n) = khơng số phương
Với n = A(n) = số phương
Với n > có : A(n) = n2 - n + >n2 - 2n + 1= (n-1)2 A(n) = n2 - n + < n2
Hay (n-1)2 < A(n)< n2 Giữa (n-1)2 n2 không tồn số phương nên khơng có n>2 để A(n) số phương Vậy để A(n) phương n =2
ở ta sử dụng phương pháp giới hạn miền giá trị n cách chứng minh với n > thì
A(n) khơng phương Xét giá trị n miền giới hạn ta dễ dàng tìm n kết luận khơng có n để A(n) phương Đây phương pháp hay sử dụng việc giải phương trình nghiệm ngun
Ví dụ :Tìm tất số tự nhiên n cho A(n) = 36 + 3n số phương (Đề HSG tỉnh QN-ĐN)
A(n) = 36 + 3n = 36(1+ 3n-6 ) Để A(n) phương (1+ 3n-6 ) phương Đặt 1+ 3n-6 = y2
(y -1)(y+1) =3n-6
Ta có y-1, y+1 luỹ thừa Đặt y-1 = 3m ; y+1 = 3k Do (y+1) - (y-1) = nên : 3k - 3m =
3m(3k - m - 1) =
3m = 1 được m = , k = 3k- m -1 = 2
3m = 2 phương trình vô nghiệm N 3k- m -1 = 1
Với m = y = 1+ 3n-6 = n = k=1 y =2 ta n =
Bài tập :Tìm số tự nhiên n để biểu thức A(n) = n4 - n + số phương HD : Có A(n) = (n2)2 -(n -2)
Với n = có A(n) = khơng phương Với n = có A(n) = khơng phương Với n = có A(n) = 16 số phương Với n > ta có : ( n2 - 1)2 < (n2)2 -(n -2)< (n2)2
Không tồn n >2 để A(n) số phương Vậy với n = A(n) phương Bài tập :Tìm số nguyên x để 2x + số phương
Đặt 2x + = y2
2x = (y -1)(y+1)
Đặt y -1 = 2p ; y+1=2q có : 2q - 2p =
2q(2q-p -1) =
(2q-p -1) nguyên dương nên trường hợp 2p : 2q =
2q-p =3 (loại )
2q =
q =1 2q-p =2 q -p = p =
Lúc y+1 = y= 2x + = x =
Bài tập :Tìm số nguyên tố p để 4p + số phương HD : Do 4p + số lẻ nên bình phương số lẻ
Đặt 4p + = (2k+1)2 = 4k2 + 4k +
p = k(k+1) Do p số nguyên tố nên k=1 Lúc p =
5 Bài tập chứïng minh với điều kiện liên quan đến số phương :
Ví dụ : Cho n+1 2n + số phương Chứng minh n chia hết cho 24 Xét số dư chia n cho :
Với n = 3k + n+1 = 3k + ( không số phương )
Với n = 3k -1 2n+1 = 6k -1 = 3.2k -1 ( không số phương )
Vậy n chia hết cho
Do 2n+1 số phương lẻ nên 2n+1 = 8q + n= 4q n+1 = 4q + số phương lẻ nên n+1 = 8k + 1 n= 8k
Vậy n chia hết cho Do ƯCLN(3,8) = nên n chia hết cho 3.8=24 Ví dụ :
Bài tập :Cho số nguyên a, b, c, d, e, g thoả :a2 + b2 + c2 + d2 + e2 = g2 Chứng minh tích abcdeg là số chẵn
(11)Số a lẻ a2 lẻ a2 chia dư a2 + b2 + c2 + d2 + e2 chia dư g2 chia dư
abcdeg chẵn Bài tập :
Chương IV : PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN (Phương trình Diophante )
Việc giải phương trình Diophane bậc cao tốn khó Nhiều ta gặp hai phương trình tương tự khác hệ số mà phương trình dễ giải , phương trình lại rất khó giải , chí chưa giải Nhiều phương trình mang tên người giải Rất nhiều phương trình Diophane phải giải phương pháp toán học cao cấp Việc nghiên cứu về phương trình Diophane trở thành ngành riêng gọi giải tích Diophane ( Hồng Xuân Sính ).
1 Sử dụng tính chất chia hết, số dư để chứng minh phương trình khơng có nghiệm nguyên Kiến thức áp dụng :
-Nếu phương trình có nghiệm ngun số dư hai vế phương trình phải giống - Số dư số phương chia cho 3,4,5,8
- Số phương a chia hết cho số nguyên tố p chia hết cho p2. Ví dụ 1:
Phương trình bậc hai hai ẩn
Chứng minh phương trình sau khơng có nghiệm ngun a x2 - y2 = 1998
b 3x2 - 4y2 = 13 c 19x2 + 28 y2 = 2001 d x2 = 2y2 - 8y + 3 e 19x2 + 28y2 = 729 Hướng dẫn :
a Khi chia x2, y2 cho có số dư nên x2 -y2 có số dư 0, 1, -1 ( Trong 1998 chia 4 có số dư
b Do 13 không chia hết 3x2 không chia hết cho Suy x2 không chia hết cho Suy x2 chia dư Suy 3x2 chia dư Suy 3x2 - 4y2 chia dư Trong 13 chia dư nên phương trình khơng có nghiệm
c Suy x 2 không chia hết x không chia hết x2 chia dư Lúc VP chia dư 2001 chia dư
Hoặc : 19x2 + 28 y2 = 2001
18x2 + x2 + 27 y2 + y2 = 2001
x2 + y2 chia hết x, y chia hết cho x2, y2 chia hết cho 2001 không chia hết cho
d 2y2 - 8y + số lẻ.
Nếu y chẵn VP chia dư nên khơng phương
Nếu y lẻ y2 chia dư nên VP chia dư nên khơng số phương e 19x2 + 28y2 = 729
18x2 + x2 + 27y2 + y2 = 729
Suy x2 + y2 chia hết x,y chia hết cho 3. Đặt x = 3u, y = 3v thay vào ta phương trình :
19u2 + 28 v2 = 81
Tiếp tục lý luận tương tự ta : 19p2 + 28q2 = 9
p2 = : VN P2>0 : q2 < 0
Phương trình bậc cao: Bài 1:
(12)a x5 - 5x3 + 4x = 24(5y + 1) b 3x5 - x3 + 6x2 - 18x = 2001 c x3 + y3 = 2004
Hướng dẫn :
a x5 - x - 5x3 + 5x = 24(5y + 1)
Dễ thấy vế trái chia hết cho vế phải không chia hết cho
b Suy x3 chia hết cho suy x2 chia hết cho Suy vế trái chia hết cho Trong vế phải khơng chia hết phương trình vơ nghiệm
c Xét số dư x3 cho : x= 3k x2 chia hết cho
x = 3k x2 chia dư
x3 + y3 chia có số dư 2004 chia có số dư 6
Bài 2: Giải phương trình nghiệm nguyên : x14 + x24 + + x144 = 1599 Xét số dư x4 chia cho 16
Khi x = 2n có x4 = (2n)4 = 16n4 chia hết cho 16
Khi x = 2n+1 có x4 = (2n+ 1)4 = (2n)4 + 4(2n)3 +6(2n)2 +4(2n) + Có : (2n)4 + 4(2n)3 = 16(n4 + 2n3 ) chia hết cho 16
6(2n)2 +4(2n) = 8n(3n + ) Bằng cách xét số dư n chia cho ta có : n(3n + ) chia hết cho hay 6(2n)2 +4(2n) chia hết cho 16
Vậy x = 2n+1 x4 chia cho 16 dư
Từ ta : số dư chia x14 + x24 + + x144 cho 16 nhỏ 14 Trong 1599 chia 16 dư 15
Vậy phương trình vơ nghiệm Phương trình dạng mũ Bài tập 1: 2x + = y2 Xét x = x =
x = y = ( loại )
Với x có 2x chia hết cho suy 2x + chia dư Trong số phương chia
có thể có số dư
Vậy phương trình có nghiệm (0, 2) ; ( 0, -2) Bài tập 2: Tìm x, y tự nhiên để : 5x3 = 3y + 317 Xét y = 0, để tìm x
Với y có 3y chia hết cho Suy 3y + 317 chia dư
Xét số dư x :
x = 3k x3 chia hết cho 5x3 chia hết cho
x = 3k x3 = 9k3 3.9k2+3.3k +1 chia dư nên 5x3 chia dư
Vậy với y VP chia dư 2, VT chia dư ; nên phương trình khơng có nghiệm (x,y) với y
Bài tập 3: Tìm x, y tự nhiên để : 3x + 1 = 2y Xét y = 0,1,2 x
Với y>2 có 2y chia hết cho 8 Ta xét số dư 3x + 1 chia cho 8. Xét x=0,1
Với x>1 xét x chẵn có 3x chia dư nên 3x + 1 chia dư 2. Với x lẻ 3x chia dư nên nên 3x + 1 chia dư 4.
Bài tập 4: Tìm x, y tự nhiên để : 10x - = 81y x = y =
(10 - 1)(10x-1 + + 1) = 81y Có x số hạng
(10x-1 + + 1) = 9y
(13)Vậy phương trình có nghiệm (0,0) ( 9k, ) 2 Phương pháp tách giá trị nguyên :
Phương trình bậc hai hai ẩn :
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên : xy - x - y = 2 x(y-1) = + y
1 1
3 1
2
y y
y y
y x
Để x nguyên y -1 ước Lần lược xét giá trị y để tìm x Bài : Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 - xy = 6x - 5y - 8
y(5 - x) = - x2 + 6x - 8
x x
x x x y
5
8
2
Để y nguyên - x ước Lần lược xét giá trị - x ta x, y Bài : Giải phương trình nghiệm nguyên: 8y2 - 25 = 3xy + 5x
x = 83 255
2
y y
x nguyên nên x nguyên 9(83 525)
2
y y
nguyên Có thể thực phép chia biến đổi : 8(3 5) 3255
5
25 ) 25
(
y y
y y Phương trình phân thức
Bài tập 1: Giải phương trình nghiệm nguyên :
5
1
x x y y nguyên nên 3y nguyên suy 36 53
x x
nguyên 3135
5
13 10
3
x x
x x
x Giải 3x-5 = a ( Với a ước 13) để tìm x suy y Bài tập : Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 21 21
xy y x
Qui đồng khử mẫu : 2x + 2y + = xy x( y - 2) = 2y +
2 2
3 2
1
y y
y y
y x
Để x nguyên y - ước
Bài tập 3: Giải phương trình với nghiệm nguyên sau với p số nguyên tố
p y x
1 1
Qui đồng khử mẫu ta py + px = xy x(y-p)= py
x ( y-p) = p(y-p) + p2 p
y p p x
2
Các ước p2 1, p, p2, -1,-p,-p2. Phương trình bậc cao :
Bài 1: Giải phương trình với nghiệm nguyên : (x2 + y )(x + y2 ) = (x+y)3 x3 + y3 + xy + x2y2 = x3 + y3 + 3x2y + 3xy2
xy(1+xy - 3x - 3y ) =
Được : x =
y =
xy + 3x + 3y + = xy - 3x - 3y + = x(y + 3) = 3y -
Giải phương pháp tách giá trị nguyên
(14)(x + y)3 - 3xy(x + y) = 3xy + 3 Đặt x + y = a
xy = b a3 - 3ab = 3b + 3 3b ( + 3a) = a3 - 3 27b = 273(1( 3 3))
3
a a
Giải phương pháp tách giá trị nguyên Phương trình dạng mũ :
Bài tập : Tìm x, y tự nhiên để 2x + 2y = 2x+y. Đặt 2x = X ; 2y = Y : X + Y = X.Y
X(Y-1) = Y
1 1
1
Y Y
Y X
Giải phương trình y - = a ( với a ước 1) y, suy x
3 Sử dụng điều kiện để phương trình bậc hai có nghiệm, số phương để phương trình bậc hai có nghiệm ngun
Ví dụ : Tìm nghiệm nguyên phương trình : x + y + xy = x2 + y2. x2 - x(y+1) + y2 - y = 0.
Xem phương trình phương trình bậc hai theo biến y Để phương trình có nghiệm (y-1)2 - 4(y2 - y)
Giải bất phương trình bậc hai ta : y Lần lược xét giá trị y để tìm x
Ví dụ 2: Đưa phương trình bậc hai x : x2(1 - y2) + xy + y2 = 0.
= y2 - 4y2(1-y2) = 4y4 - 3y2 = y2(4y2 - 3)
Để phương trình có nghiệm ngun số phương suy 4y2 - 3là số phương 4y2 - =
k2.
(2y - k)(2y + k) = Lập giải hệ để tìm y
Bài tập 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x2 + 2y2 + 3xy - x - y + = 0
x2 + x(3y - 1) + 2y2 - y + = 0
= 9y2 - 6y + - 8y2 + 4y - 12
= y2 - 2y -11
Để phương trình có nghiệm ngun y2 - 2y -11 số phương Đặt y2 - 2y -11 = k2 (y - 1)2 - 10 = k2
Lập giải hệ để tìm y Bài tập2 :
7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
Do ( 1,39) = nên x + y chia hết cho Đặt x + y = 7m (1) Do ( 1,39) = nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39 Đặt x2 + xy + y2 = 39 k. (2)
Ta có k = m
Rút y = 7m - x từ (1) thay vào (2) : x2 + x(7m - x) + 49m2 - 14 mx + x2 = 39m x2 - 7mx + 49 m2 - 39m = 0
= 49m2 - 4(49m2 - 39m)
= - 147m2 + 156m
m
(15)Ví dụ : Với m = Có x + y = x + y = x + y =7 x2 + xy + y2 = 39 (x + y)2 - xy = 39 xy = 10 Giải phương trình bậc hai : x2 -7x +10 = có hai nghiệm (2, 5) (5,2). Bài tập 3: Giải phương trình nghiệm nguyên sau :
3(x2 - xy + y2 = 7( x + y) 5(x2 + xy + y2) = 7(x + 2y)
4 Phương pháp đưa phương trình ước số : Ví dụ :
Giải phương trình nghiệm nguyên x2 -4y2 =1 (x-2y)(x+2y) =
Giải hệ : x -2y = x - 2y = -1
x+2y =1 x + 2y = -1 để tìm nghiệm Phương trình bậc hai hai ẩn :
Bài :
a x3 - y3 = 91 b x+ y = xy c 3xy + x - y = d 2x2 + 3xy - 2y2 = 7. Bài :
a x2 + xy + y2 = 2x + y b x2 + xy + y2 = x + y c x2 - 3xy + 3y2 = 3y d x2 - 2xy + 5y2 = y + 1.
Các phương trình giải nhiều cách khác Chọn cách giải phù hợp rút ngắn được lời giải phương trình Nếu phương trình có chứa ẩn bậc nhất, nói chung ta nên sử dụng phương pháp tách hệ số ngun Nếu phương trình có dạng F(x,y) = p ( p số nguyên tố) ta nên áp dụng phương pháp đưa phương trình ước số Rất nhiều phương trình bậc hai gíải phương pháp xét điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai.
Phương trình bậc cao :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y3 = y6 4x2 = 4y6 - 4y3 + - 1
(2x)2 = ( 2y3 - 1)2 - 1
( 2x - 2y3 + 1)( 2x + 2y3 - 1) = -1 Lập giải hai hệ để tìm x
Bài tập :Giải phương trình nghiệm nguyên x6 + 3x3 + = y4 HD : 4x6 + 12x3 + = 4y4
(2x3 + 3)2 - 4y4 =
(2x3 + -2y2)(2x3 + +2y2) =
Lập giải bốn hệ để tìm nghiệm
Bài tập 2: Tìm nghiệm nguyên phương trình : x(x+1)(x+2)(x+3) = y2 (x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2
Đặt X = x2 + 3x : X(X + 2) = y2 (X+1)2 - = y2 (X+1-y)(X+1+y) = Giải phương trình ước số để tìm nghiệm
Bài tập :Giải phương trình nghiệm nguyên : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2
( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2
(16)4X2 + 28X = 4y2
(2X)2 + 2.2X.7 + 49 - 4y2 = 49 (2X + )2 - 4y2 = 49
(2X+7-2y)(2X+7+2y) = 49 Giải phương trình ước số để tìm nghiệm
Bài tập 4: Giải phương trình nghiệm nguyên : x4 - x2 + 2x + = y2 x4 - 2x2 + + x2 + 2x + = y2.
(x2 - 1)2 + (x+1)2 = y2 (x+1)2((x-1)2 + ) = y2.
(x-1)2 + phải số phương Đặt (x-1)2 + = k2 (x-1-k)(x-1+k) = -1
Giải phương trình ước số để x Bài tập 5:
Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 = x2y2 Công hai vế với xy (x + y)2 = xy(xy + 1)
Đặt x + y = a ; xy = b a2 = b2 + b 4a2 + = 4b2 + 4b + 1
(2b + -2a)(2b + +2a) = Giải (*) a, b để tìm x,y
Nếu có nhận xét tích hai số nguyên liên tiếp số phương hai số phép giải gọn
Cách khác :
x2 + xy + y2 = x2y2 4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2 ( 2x + y)2 = 4x2y2 - 3y2 ( 2x + y)2 = y2(4x2 - 3)
Suy 4x2 - số phương 4x2 - = k2. Ta đưa phương trình tích (2x - k)(2x + k) = Giải phương trình tích để tìm x
Phương trình dạng mũ : Bài tập 1:
Tìm x, y tự nhiên để : 2x + 57 = y2 Xét x lẻ : đặt x = 2k + :
22k+1 + 57 = y2 22k + 57 = y2
Dựa vào đồng dư thức xét số dư chia 22k cho 22k + 57 chia dư Trong y2 chia 3 có số dư
Xét x chẵn : Đặt x = 2k 22k - y2 = - 57
(2k - y)( 2k - y) = - 57 (*) (*) phương trình ước số
Bài 2: Tìm x, y tự nhiên để : x2 - 2y = 33.
Xét y chẵn : đặt y = 2k (x - 2k)(x + 2k) = 33 Giải phương trình tích này. y lẻ Đặt y = 2k + x2 = 33 + 2.22k
Xét số dư chia cho có 33 + 2.22k chia dư x2 chia có số dư 1. Bài 3: Tìm x, y tự nhiên để : x2 + = 2y
Xét y chẵn : Đặt y = 2k (2k - x)(2k + x) = Giải phương trình ước số này Xét y lẻ : Đặt y = 2k + x2 + = 22k +
(17)k = x = ; y =
Với k > 2.22k chia hết cho x2 + chia dư dư 2. Bài tập 4: Tìm x, y tự nhiên cho x2 = 4y + 5
Xét y chẵn Đặt y = 2k (x - 4k)(x+4k) = Giải phương trình ước số Nếu y lẻ Đặt y = 2k+1 x2 = 4.42k + 5
k=0 x = K > 4.42k + số lẻ chia dư Trong x2 lẻ chia dư 1. : Giải phương trình nghiệm nguyên sau ( cách phù hợp )
5 Phương pháp lùi vơ hạn :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + 2y3 = 4z3 Suy x chia hết cho Đặt x = 2x1
8x13 + 2y3 = 4z3 Chia hai vế cho 4x13 + y3 = 2z3 Suy y chia hết cho Đặt y = 2y1
4x13 + 8y13 = 2z3 Chia hai vế cho 2x13 + 4y13 = z3 Suy z chia hết cho Đặt z = 2z1
2x13 + 4y13 = 8z13 Chia hai vế cho x13 + 2y13 = 4z3
Lập luận tương tự xn, yn, zn chia hết hay x chia hết 2n với n suy x = 0,y = , z = 0. Bài tập : Giải phương trình nghiệm nguyên :
a x3 - 3y3 = 9z3 b x2 + y2 = 3z2 6 Giới hạn miền nghiệm :
Bài 0: Giải phương trình nghiệm nguyên : 6x2 + 5y2 = 74 6x2
74 x2
6 74
Giải x2 = 0, 1, 4, để tìm x Từ y
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 4x = 19 - 3y2 2(x+1)2 = 21 - 3y2.
(x+1)2
2 21 Xết (x+1)2 = 0, 1, 4, 9.
Nếu có thêm nhận xét 2(x+1)2 chia hết (x+1) chia hết cho suy (x+1)2 chia hết cho ta cần giải trường hợp
Bài : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình : 11 12
z y
x
Do x,y,z có vai trị bình đẳng Khơng tính tổng qt ta giả sử x y z có :1x1y 1z :
z z z z z y x
3 1 1 1
Có : 32
z nên
3
z
Thay z = vào ta : 1 1
y x
Bài :Giải phương trình nghiệm nguyên y2 = -2(x6 - x3y -32) HD : y2 = -2(x6 - x3y -32) 2x6 - 2x3y+ y2 = 64
x6 +(x3- y)2 = 64
Do (x3- y)2
nên | x | Xét giá trị nguyên x thuộc đoạn [2,2] để tìm nghiệm
Bài : Tìm x,y,z nguyên dương để x + y + z = xyz
Do x,y,z có vai trị bình đẳng Khơng tính tổng qt ta giả sử x y z
Do x + y + z 3z
(18)xy
Giải xy = ; xy = 2; xy = để tìm x, y từ z
Bài : Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x3 + 7y = y3 + 7x Giải với x = y
Với x y : (x - y)( x2 + xy + y2) = 7(x - y)
x2 + xy + y2 = 7 ( x - y)2 + 3xy = 7 xy
3 Giải 0, 1, x,y
Bài tập :Giải phương trình nghiệm nguyên x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2
( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2
Đặt X = x2 + 8x : X (X+ 7) = y2 X2 + 7X =y2
Với X > X2 + 8X + 16 > X2 + 7X X2 + 6X + < X2 + 7X
Tóm lại với X > (X+3)2 < X2 + 7X < (X+4)2 Hay với X > X2 + 7X =y2 vô nghiệm
Với X x2 + 8x - 9
Giải x2 + 8x - 9
x
( Ta có phân tích sau :X2 + 7X > X2 + 6X + X > 9 X2 + 7X < X2 + 8X + 16 X > -16 )
Bài tập 7:
Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + 2x3 + 2x2 + x + = y2 (x2 + x)2 + ( x2+ x + 3) = y2
Đặt X = x2 + x : X2 + X + = y2 Với X > ta có X2 + X + > X2
X2 + X + < X2 + 2X + 1 Vậy với X > X2 + X + = y2 vô nghiệm. x2 + x < -2
x
( Phân tích : X2 + X + > X2 X > -3 X2 + X + < X2 + 2X + X > )
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y) 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
Do ( 1,39) = nên x + y chia hết cho Đặt x + y = 7m (1) Do ( 1,39) = nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39 Đặt x2 + xy + y2 = 39 k. (2)
Ta có k = m x2 + xy + y2 = 39m suy xy + 39m = (x+y)2 Từ đẳng thức x2 + y2
2xy
Ta ( x+ y)2
4xy
Thay ta 49m2 4(49m2 - 39m) -147 m2 + 156m
Giải m
49
Thay m = 0, vào để giải
Bài :Giải phương trình nghiệm nguyên 1! + + x! = y2 ( Với x! = 1.2.3 x) Với x có 1! + + x! = 33 + 5! + +x!
x! chia hết cho 10 với x ( có chứa hai thừa số ) nên :
(19)5
Xét giá trị nguyên x miền < x < nghiệm : (1,1) (3,3) Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên x! + y! = 10z + 9
C1 : Với x x! có tận 0, Với y y! có tận nên x! + y! có tận 10z + có tận
Xét x, y = 1,2,3,4,5
C2 : Với x,y x!, y! số chẵn Trong 10z + số lẻ Xét x = nghiệm :
y = nghiệm :
7 Một số toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên :
Bài 1: Chứng minh với số nguyên k cho trước, không tồn số nguyên dương x cho x(x+1) = k(k+2)
x2 + x + = ( k + 1)2 Bài toán trở thành chứng minh với x > x2 + x + khơng phải số phương
Với x > ta x2 + x + < x2 + 2x + 1 x > x > -1 x2 + x + > x 2.
Vậy với x > ( x + 1)2 > x2 + x + > x 2 nên x2 + x + số phương đpcm. Phân tích :
x2 + x + > x 2 x > - 1
x2 + x + < x2 + 2x + x >
Bài : Giả sử p số nguyên tố cho hai nghiệm phương trình :
x2 + px -444p = số nguyên Hãy tìm p nghiệm phương trình HD : x2 + px -444p =
x2 = p(444 - x)
Số x2 chia hết cho p nên x chia hết cho p Đặt x = np : n2p2 = p(444- np)
n2p = 444 - np n(n+1)p = 444 = 3.4.37
Do p nguyên tố nên p = , 3, 37 Chỉ có trường hợp p = 37 tích cịn lại tích hai số nguyên liên tiếp
Thay n = 37 vào phương trình giải để tìm x
Bài : Chứng minh số có dạng A(n) = n6 -n4 + 2n3 + 2n2 khơng phương với n > HD : Phân tích A(n) thành nhân tử A(n) = n2(n+1)2((n-1)2 +1)
Để chứng minh A(n) không phương ta chứng minh (n-1)2 +1 khơng phương Với n > 2n > -2n < n2 -2n + < n2 - + (n-1)2 + < n2
Lại có (n -1)2 < (n-1)2 + nên (n -1)2 < (n-1)2 + 1< n2 Hay (n-1)2 + khơng phải số phương Chương V : MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài : Cho hai số tự nhiên a, b Chứng minh tích a.b chẵn ta ln tìm hai số tự nhiên c, d cho d2 = a2 + b2 + c2
HD : Tích a.b chẵn : - Cả a,b chẵn - Chỉ có số chẵn
- Khi hai số a, b chẵn a2 + b2 chia hết cho Đặt a2 + b2 = 4m Lúc ta chọn d = m+1 c = m-1 Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m +
- Khi có số chẵn a2 + b2 số lẻ Đặt a2 + b2 = 2m + Lúc chọn d = m+1 c = m Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m +
Bài : Các số nguyên a,b,c,d thoả a2 + b2 + c2 = d2 Chứng minh : abc chia hết cho 4. H.Dẫn :
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có ba số lẻ
a2 + b2 + c2 chia dư nên số phương
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có hai số lẻ
a2 + b2 + c2 chia dư nên khơng thể số phương
- Suy ba số a2 , b2 , c2 có hai ba số chẵn Suy a.b.c chia hết cho 4. Bài :Tìm tất số nguyên tố có dạng : n(n+1)/2 -
HD : Dùng phương pháp giới hạn miền nghiệm : Chứng minh với n n(n+1)/2 - hợp số
(20)Chuyên đề 1: dãy số nguyên – phân số viết theo quy luật = = = = = = = = = = = = &*&*& = = = = = = = = = = = = =
(1). DÃy 1: Sử dụng công thức tổng quát
n a 1 a 1 n) a.(a n
Chøng minh
-n a a n a a a n a a n a n a a a n a n a a n 1 ) ( ) ( ) ( ) ( ) (
Bµi 1.1: TÝnh a) 2009 2006 14 11 11 8 A b) 406 402 18 14 14 10 10 B c) 507 502 10 22 17 10 17 12 10 12 10 C d) 258 253 23 18 18 13 13 D
Bµi 1.2: TÝnh: a) 509 252 19 7 9 A b) 405 802 17 26 13 18 10 B c) 405 401 304 301 13 10 C
Bài 1.3: Tìm số tự nhiên x, tho¶ m·n: a) 120 21 15 10
2008 x b) 45 29 45 41 17 13 13 9 x c) 93 15 ) )( ( 7 5 x x
Bài 1.4: Chứng minh với số tự nhiên n khác ta có: a) ) )( ( 11 8 5 n n n n b) ) )( ( 15 11 11 7 n n n n
Bµi 1.5: Chøng minh r»ng víi mäi nN;n2 ta cã:
15 ) )( ( 24 19 19 14 14 n n
Bµi 1.6: Cho
403 399 23 19 19 15
A chøng minh:
80 16 81 16 A
Bµi 1.7: Cho d·y sè : ; 25 18 ; 18 11 ; 11
a) Tìm số hạng tổng quát cđa d·y
b) Gäi S lµ tỉng cđa 100 số hạng dÃy Tính S
Bài 1.8: Cho 2 2 2 2
A Chøng minh
9 A
Bµi 1.9: Cho 2 2 2 2 2007
A Chøng minh:
2008 1003
A
Bµi 1.10: Cho 2 2 2 2 2006
B Chøng minh:
2007 334
B
(21)Bµi 1.11: Cho 2 2 2 409
S Chøng minh:
12
S
Bµi 1.12: Cho 2 2 2 2 305 17 11 9
A Chøng minh:
4
A
Bµi 1.13: Cho 2 201 202 200 49 48 25 24
B Chøng minh: B99,75
Bµi 1.14: Cho
1764 1766 25 27 16 18 11
A Chøng minh:
21 20 40 43
20 40 A
Bµi 1.15: Cho
100 98 99 5 4 3
22 2 2
B T×m phần nguyên B
Bài 1.16: Cho
2500 2499 16 15
C Chøng minh C > 48
Bµi 1.17: Cho
59 1 1 1
M Chøng minh
3
M
Bµi1.18: Cho
100 99 101 98
N Chøng minh 97 < N < 98
Më réng víi tÝch nhiỊu thõa sè:
) )( ( ) ( ) )( ( n a n a n a a n a n a a n
Chøng minh:
) )( ( ) ( ) )( ( ) )( ( ) )( ( ) ( ) )( ( n a n a n a a n a n a a a n a n a a n a n a n a a a n a n a n a a n ) )( )( ( ) )( ( ) )( )( ( n a n a n a n a n a a n a n a n a a n
Bµi 1.19: TÝnh
39 38 37 2 S
Bµi 1.20: Cho
20 19 18 1
A Chøng minh
4
A
Bµi 1.21: Cho
29 27 25 36 36 36
B Chøng minh B <
Bµi 1.22: Cho
308 305 302 14 11 11 5
C Chøng minh
48
C
Bµi 1.23: Chøng minh víi mäi n N; n > ta cã: 1 3 3
3
n A
Bµi 1.24: TÝnh
30 29 28 27 1 M
Bµi 1.25: TÝnh
(22)Bµi 1.26: TÝnh: 2007 2005 1004 1002 ) )( ( ) )( ( 3 n n n n Q
Bµi 27: TÝnh:
2007 2005 2006 4 3
22 2
R
Bµi 1.28: Cho
1 2005 2005 2005 2005 2005 2005 2 2006 2 2 n n S
So s¸nh S víi
1002
Hướng dẫn:
1 k m k m k m k m ) k )( k ( m mk m mk k m k m 2
Áp dụng vào toán với m {2; , …., } k { 2005, 2005 , …200522006} ta có:
1 2005 2005 2005 2 2005 2005 2005 2 2 2 ………
(2) D·y 2: D·y luü thõa n a
víi n tự nhiên.
Bài 2.1: Tính : 2 3 100 2 A
Bµi 2.2: TÝnh: 2 3 4 99 100 2 2 2 B
Bµi 2.3: TÝnh: 3 5 99 2 C
Bµi 2.4: TÝnh: 4 7 10 58 2 2 D
Bµi 2.5: Cho n n A 3 27 26
Chøng minh
2
n
A
Bµi 2.6: Cho
98 98 3 27 28 10
B Chøng minh B < 100
Bµi 2.7: Cho 2 3 99 5
C Chøng minh:
3
(23)Bµi 2.8: Cho 2 2 2 2 2 2 2 2 10 19
D Chøng minh: D <
Bµi 2.9: Cho 2 3 100 100 3 3
E Chøng minh:
4
E
Bµi 2.10: Cho F nn 3 10
víi n N* Chøng minh:
4 11
F
Bµi 2.11: Cho 2 3 100 302 11
G Chøng minh:
2
5 G
Bµi 2.12: Cho 2 3 100 601 19 13
H Chøng minh:
9 H
Bµi 2.13: Cho 2 3 100 605 23 17 11
I Chøng minh: I <
Bµi 2.14: Cho 2 3 101 904 22 13
K Chøng minh:
4 17
K
Bµi 2.15: Cho 2 3 100 403 15 11
L Chøng minh: L < 4,5
(3) D·y 3: DÃy dạng tích phân số viết theo quy luật:
Bµi 3.1: TÝnh:
2500 2499 25 24 16 15 A
Bµi 3.2: Cho d·y sè: , 35 1 , 24 1 , 15 1 , 1 , 1
a) T×m sè hạng tổng quát dÃy
b) Tính tích 98 số hạng dÃy
Bài 3.3: TÝnh:
780 1 15 1 10 1 1 1 B
Bµi 3.4: Cho
200 199
C Chøng minh:
201
C
Bµi 3.5: Cho
100 99
D Chøng minh:
10 15 D
Bµi 3.6: TÝnh: 99 1 1 1 E
Bµi 3.7: TÝnh: 100 1 1 1 F
(24)Bµi 3.9: TÝnh: 64 31 62 30 10 H
Bµi 3.10: TÝnh: 101.10001.100000001 100 0001
/ s c n I
Bµi 3.11: Cho 100 1 1 1 2 2
K So s¸nh K víi
2
Bµi 3.12: So s¸nh 20 1 1 1 1
L víi
21
Bµi 3.13: So s¸nh 100 1 16 1 1 1
M víi
19 11
Bµi 3.14: TÝnh:
51 49 50
22 2
N
Bµi 3.15: TÝnh 10 7 1 P
Bµi 3.16: TÝnh: 2007 Q
Bµi 3.17: TÝnh: 99 T
Bài 3.18: So sánh:
40 23 22 21 39
U vµ
1 20 V
Bµi 3.19: Cho
101 99 1 1 1 1
V Chøng minh V <
Bµi 3.20: Cho
199 200
S Chøng minh: 201 400
S Bµi 3.21: Cho
210 208 12 10
A Chøng minh:
25
A
Bµi 3.22: TÝnh:
101 100 100 3 2
12 2
B
Bµi 3.23: TÝnh:
1999 1000 1000 1000 1 1000 1000 1999 1999 1999 1 1999 C
Bµi 3.24: TÝnh:
2 ) ( 1 25 1 n
D , víi n N, n1
Bµi 3.25: Cho
(25)vµ
n n
F 2 víi n N* TÝnh F E
Bµi 3.26: Cho
1024 1 256 1 16 1 1 1
G vµ 2047
2
H
TÝnh: G + H
Bµi 3.27: Cho n
n n I 2 2 ) )( ( 65536 257 255 256 17 15 16
1
víi n N
Chøng minh:
3
I
Bµi 3.28: Cho d·y sè: ; 1 ; 1 ; 1 ; 1 ;
1 2 4 8 16
a) Tìm số hạng tổng quát dÃy
b) Gọi A tích 11 số hạng dÃy Chứng minh
A
1
số tự nhiên
c) Tìm chữ số tận
A B 3
Bµi 3.29: Cho n
n n A 2 97 13
vµ 2 1
6
n
B víi n N
a) Chøng minh :
B A
M số tự nhiên
b) Tỡm n để M số nguyên tố
Bµi 3.30: Cho n
n A 2 1297 37 n B 1 1 1 1
1 víi n N
a) Chøng minh : 5A 2B số tự nhiên
b) Chứng minh với số tự nhiên n khác 5A – 2B chia hÕt cho 45
Bµi 3.31: Cho n
n n A 2 3 97 13
( víi n N ) Chøng minh: A <
(4) Tính hợp lí biểu thức có nội dung phức tạp:
Bài 4.1: TÝnh:
99 98 3 2 ) 98 ( ) ( ) ( A
Bµi 4.2: TÝnh:
(26)Bµi 4.3: TÝnh: 400 299 104 103 102
1 101.400
1 302 301 300 1 C
Bµi 4.4: TÝnh:
100 99 3 2 100 1 100 D
Bµi 4.5: TÝnh:
100 99 1 100 53 52 51 E
Bµi 4.6: TÝnh
121 16 11 16 16 121 15 11 15 15 : 27 8 27 5 F
Bµi 4.7: TÝnh
25 32 , 1 1 : , 56 43 : 2 : 15 G
Bµi 4.8: TÝnh
500 55 50 45 100 92 11 10 92 : 100 1 99 98 97 98 99 H
Bµi 4.9: TÝnh
2941 41 29 5 2941 41 29 4 : 1943 43 19 3 1943 43 19 2 I
Bµi 4.10: TÝnh
91 169 13 7 91 169 13 3 : 85 289 4 85 12 289 12 12 12 K
Bµi 4.11: TÝnh
20 15 16 12 12 10 2 L
Bµi 4.12: TÝnh
5 : , , 17 2 5 : 25 08 , 25 64 , 25 , : , M
Bµi 4.13: TÝnh
43 11 : 1517 38 1591 94 11 N
Bµi 4.14: TÝnh
(27)Bµi 4.15: TÝnh
1 99
1 97
1 95
1 97
1 99
1 99
1 1
Q
Bµi 4.16: TÝnh
1 199
198 197
3 198
2 199
1 200
1