0

Chuyên đề Số chính phương - Toán lớp 6

77 1 0
  • Chuyên đề Số chính phương - Toán lớp 6

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 15/09/2021, 15:00

Tài liệu Chuyên đề Số chính phương - Toán lớp 6 sẽ cung cấp kiến thức hữu ích về tính chất số chính phương, số chính phương và các bài tập áp dụng cụ thể cho các bạn học sinh. Mời các bạn cùng tham khảo. CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 6789 HSG-CHUN ĐỀ.SỐ CHÍNH PHƯƠNG A KIẾN THỨC CẦN NHỚ Định nghĩa số phương   Số chính phương là số bằng bình phương của một số ngun.  (tức là nếu n là số chính phương thì: n  k  k  Z  )    Một số tính chất cần nhớ 1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; khơng thể có chữ tận cùng  bằng 2, 3, 7, 8.  2- Khi phân tích ra thừa số ngun tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số ngun tố với số mũ chẵn.  3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Khơng có số chính phương  nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n   N).  4- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Khơng có số chính phương  nào có dạng  3n + 2 ( n     N ).  5- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc  9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.      Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2.      Số chính phương tận cùng  bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.  6- Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.      Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9      Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25      Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.  7. Mọi số chính phương khi chia cho 5, cho 8  chỉ dư 1, 0, 4.  8. Giữa hai số chính phương liên tiếp khơng có số chính phương nào.  9. Nếu hai số ngun liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số đó là số 0.  10. Số các ước của một số chính phương là số lẻ. Ngược lại, một số có số các ước là số lẻ thì số đó  là số chính phương.  11. Nếu n2  n, theo 1) và do S là số chính phương suy ra  n S   mn  1  4n  2mn   (sai)  Với m < n khi đó  2 Nếu  m  thì  n   2mn  m   mn   S   mn  1  (mâu thuẫn với S là số chính phương).  Nếu m = 1 thì   2 Với n > 2 thì   n  1  S   n    (mâu thuẫn với S là số chính phương).  Với n = 2 thì S = 8 khơng phải là số chính phương  Vậy phải có m = n Bài 118. Do  x; y  là các số nguyên lớn hơn 1 nên  x; y    4 xy  7 x  y  xy     4x2 y2  xy   4x2 y  x  y  x2 y2  xy      xy  1  x y  x  y   xy  1   2 Mà  x2 y2  x  y  là số chính phương và   xy   xy  ;  nên ta có  x y  x  y  2 xy  x  y , điều phải chứng minh.  2 Bài 119. Cho biểu thức  A   m  n   3m  n  với m, n là các số ngun dương. Chứng minh rằng  nếu A là một số chính phương thì  n   chia hết cho m.  2 Do m, n là các số nguyên dương nên ta có   n  1   m  n   3m  n   m  n     2 Do đó   m  n   A   m  n    Mà A là số chính phương nên ta được  A   m  n  1   2 Do đó   m  n   3m  n   m  n  1  3m  n   m  n    m  n  .  Từ đó suy ra  n    n  1  n  n  1  m  n  n  1  m .  Bài số 120 Giả sử  b  4ac  là số chính phương thì   b  ac  k  với  k  N *  Ta có: 4aabc  400a  40ab  ac  400a  40ab  b  k   20a  b  k  20a  b  k    Vì  abc  là  số nguyên tố nên  c   và  ac   Do đó  b  k  20a  b  k  20a  b  k  20a   69 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN  Suy ra  abc   20a  b  k  20a  b  k  4a  m.n  Mà  20a  b  k , 20a  b  k  đều lớn hơn  4a  nên  m, n   suy ra  abc  là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết.  Bài 121 Đặt   n  1 4n  3  k   n  1 3n  1  3k  k  N *  , các số  n  1, 4n   nguyên tố cùng nhau  và số  4n   khơng phải là số chính phương (số chình phương chia   chỉ có thế dư   hoặc  1 nên   n   a suy ra    với   a, b  N *   Từ đó ta có:  4a  3b    2a  1 2a  1  3b2  do    4n   3b a  1, 2a   nguyên tố cùng nhau nên ta có các khả năng xảy ra như sau:   2a   x TH1:    y  x   y  chia   dư   (loại)   2a   y  2a   x TH2:    y  x  *    2a   y + Nếu  x  chẵn thì suy ra  y  chẵn suy ra  3y  x  chia hết cho  , mà   khơng chia hết cho   nên  điều này khơng thể xảy ra.  + Nếu  x  lẻ thì suy ra  x  không chia hết cho   Do  n   a , a   x  nên  n  nhỏ nhất khi và chỉ  khi  a  nhỏ nhất dẫn đến  x  nhỏ nhất.  Xét  x   khi đó ta tính được  a  13, n  168,  n  1 4n  3  169.657  13.15   thỏa mãn điều  kiện. Vậy giá trị  n  nhỏ nhất cần tìm là  168   Bài 122 Giả sử  x  xy  y  m2  với  m  là số tự nhiên khác    Ta thấy rằng: Nếu cả 2 số  x , y  khơng chia hết cho   thì  x , y  chia   dư 1. Suy ra  x  y chia    dư  dẫn đến  m  chia   dư   điều này khơng thể xảy ra. Vì một số chính phương  chia  chỉ có thế  dư   hoặc  1. Từ đó suy ra trong hai số  x , y  phải có 1 số chia hết cho   Giả sử số đó là  x  thì  x    (do  x  là số ngun tố). Thay vào ta có:  y  y   m  y  36 y  36  4m2  hay   2 y  9  4m  45   y   m  y   2m   45  1.45  3.15  5.9  Giải các trường hợp ta  thu được cặp số   x; y   thỏa mãn điều kiện là   x; y    3;7  ,  7;3   Bài 123 Vì  y   là số chính phương lẻ nên  x  là số lẻ.  Gọi  d   y  x, y  x   với  d  N , d  lẻ.  70 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 2 y  x  y  x d 2 y  x d 8 y  d  y d Suy ra        3  y  x    y  x  d 6 y  x  d  4 x  d  x d Mặt khác cũng từ giả thiết ta suy ra   y  1  d  y  1 d  mà  y  d  d U 1  d  1, hay   y  x, y  x    từ đó suy ra  y  x, y  x đều là số chính phương.  Cách ra đề bài khác:  Cho các số nguyên dương  x , y  thỏa mãn  y  x  và  x  xy  y  y    Chứng minh  y  x   là số chính phương.  Bài 124  a  md  Đặt    a, b   d  b  nd  . Vì   a, b, c     c, d    thay vào điều kiện ban đầu ta có:   m, n    cm  cn m c  m dmn  c  m  n   cm  cn     m.n c , đặt  c  mnk  với  k  nguyên dương thì ta  cm  cn n c  n suy ra  dmn  c  m  n   d  k  m  n   d  k  mà  k c  k   nên  d  m  n  nên  a  b  d  m  n   d  là một số chính phương.   x  md  Bài 125 Đặt   x, y   d   y  nd  . Thay vào điều kiện bài tốn ta có:  *  m, n   1; m, n   d mn  xy | x  y  x  d  dm2  dn2  m   dmn | dm2  dn  m  .  Từ đó suy ra  d | m  (1).    Ta cũng có  dm2  dn  m  m  dn  m  do   m, n    m, n   .  Suy ra  m | d  (2).  Từ (1) và (2) suy ra  d  m  nên  x  dm  d  là số chính phương.  Bài 126 Ta viết lại giả thiết thành  4c  c  ab  bc  ca   c  a  c  b  Đặt   a  c; b  c   d  a  c   b  c   d  a  b d    Vì  a  b  là số nguyên tố nên  d  a  b  hoặc  d    + Nếu  d   thì  a  c, b  c  là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra  a  c, b  c  là hai số chính phương.  Đặt  a  c  m2 , b  c  n2  với  m, n    Khi đó  m  n  a  b  là số nguyên tố hay   m  n  m  n    là số nguyên tố   m  n   m  n   nên  4c  m n  2c  mn  8c   mn   4n  n  1    2n  1   71 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN + Nếu  d  a  b  thì  a  c   a  b  x, b  c   a  b  y  với  x, y    Khi đó   a  b   a  c    b  c    a  b  x   a  b  y   a  b  x  y   x  y   x  y   Khi đó  2 4c   a  c  b  c    a  b  xy   a  b  y  y  1   suy  ra  y  y  1   là  số  chính  phương  nên  y  y  1   c   8c   là số chính phương. (Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính  phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0).  8n   x Bài 127 Giả sử    với  x , y  là các số nguyên dương.  24n   y Khi đó  8n   x  y   x  y  x  y   Do đó  x  y  x  y  vì vậy nếu  8n   là số nguyên  tố thì điều kiện là  x  y   y  x   khi đó   n  2   24n    x  1  x  x  6n  8n   x  6n  x  2n   8n    2n  1   n  Điều này mâu thuẫn với điều kiện  n  là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy  8n   là hợp số.    Bài 128 Vì   c  và  d  là hai số nguyên liên tiếp nên  d  c   thay vào đẳng thức  a  b  a c  b d  ta  được  a  b  a 2c  b  c  1   a  b   c  a  b   1  b Dễ dàng chứng minh   a  b, c  a  b   1   nên  a  b  phải là số chính phương.  2 Bài 129 Từ  a  b  c   a  b    b  c    c  a  , suy ra  a  b2  c   ab  bc  ca       (1) Từ (1)    a  b  c    ab  bc  ca    Vì   a  b  c   và 4 là những số chính phương nên  ab  bc  ca  phải là số chính phương.  1   a  b  c   4ab   Vì   a  b  c   và 4 là những số chính phương nên  ab  là số chính phương.  1   b  c  a   4bc   Vì   b  c  a   và 4 là những số chính phương nên  bc  là số chính phương 1   c  a  b   4ca   Vì   c  a  b   và 4 là những số chính phương nên  ca  là số chính phương Bài 130 Đặt  a  11   n 10n  a 1 ,  ta có  10 n  9a   và  11   10 n 1 72 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 2  9a    9a    a 1   9a  1  4a   9a   Suy ra  A   3a   5       10      Vì  a  lẻ nên  9a   là số ngun. Suy ra A là số chính phương.  Ta có thể tính cụ thể như sau:   10 2n  2.10n  10 10 n 10 n  10  10n  1 a  1  10n         1  2   18 18 18      n 1 n 1 10  10  n  5.10 n    55 5.10  44     55   44 45  9 n 1 n 1 n 1 n 1 2 n Như vậy  A  33  44  55 5.10    55  44 5   n n 1 n n 1 n 1 4n   x Bài 131. Theo giả thiết, tồn tại các số nguyên dương  x, y  sao cho     9n  10  y Suy ra  x  y   4n     9n  10   41   3x  y  x  y   41   3 x  y  Vì 41 là số nguyên tố và  3x  y  3x  y  nên chỉ xảy ra     3 x  y  41 Từ đó tìm được  x  7; y  10  Suy ra  n  10   Bài 132 Giải sử  3n  144  l  với  l    Suy ra   l  12  l  12   3n l  12  3a  Suy  ra  l  12  3b   suy  ra  3a  3b  24   hay  3a 1  3b 1    Vì  8  không  chia  hết  cho  3  nên   a, b   , a  b  n  phải có  b  1. Suy ra  a   và  n    Bài 133 Giải sử  3n  63  k  Nếu  n  lẻ thì  3n  63   63   mod   Suy ra  k   mod   (loại)  Nếu  n  chẵn đặt  n  2m  với  m   , khi đó  k  32 m  63   k  3m  k  3m   7.9   Vì  k  3m  k  3m  mod 3  nên suy ra cả  k  3m  và  k  3m  đều chia hết cho 3.  k  3m  Hơn nữa  k  3m  k  3m  chỉ xảy ra khả năng     m k   3.7 Từ đó tìm được m=12 m=2. Suy ra n=4.  73 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Bài 134 Giả sử ta có thể thêm  n  n    vào giữa chữ số 6 và chữ số 8 trong số 1681 để thu được  một  số  chính  phương.  Khi  đó  tồn  tại  số  nguyên  dương  k  sao  cho:  16.10n  81  k   k   k    2n 65n  Suy ra  k  9, k   chỉ có ước nguyên tố là 2 hoặc 5.  Hơn nữa  k  lẻ và   k     k    18  2.32  nên   k  9, k     Chỉ xảy ra hai trường hợp sau:  k   2.5n  k   2.5n  hoặc      n 5 n 5  k    k   Trong cả hai trường hợp ta có:  2.5n   n   18  25.5n  16.2 n    Điều này khơng xảy ra vì  25.5n  16.2 n  25.2n  16.2n  9.2 n    Bài 135 Giả sử số tự nhiên  n  thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương  k  sao cho: 2012  2015  2n  k  9.2 2012  n  k   k  3.21006  k  3.21006   n    k  3.21006  a  Suy ra   k  3.21006  2b  suy ra  a  2b  3.21007  hay  2b 1  2a b  1  3.21006    a, b   , a  b  n  b   1006 b  1007 Suy ra   a b   n  2016   a  1009 2   Bài 136 Giả sử  2m  3n  k , k   Nếu  m  lẻ thì  2m   mod 3  Suy ra  n   Do đó  k  1 k  1  2m  Ta thấy  k  lẻ   k  1, k  1   nên chỉ có thể xảy ra  k    và  k   2m 1   Từ đó tìm được  k  3, m     k  s  3a  Nếu  m  chẵn, đặt  m  s, s    Ta có:   k  s  k  s   n  Suy ra   k  s  3b    a, b   , a  b  n  Suy ra  3a  3b  s1  Vì  s1  khơng chia hết cho 3 nên phải có  b  0, a  n  Như vậy  3n   s1   Nếu  s   thì  n  1, m    Nếu  s   thì  3n  2s1   1 mod   nên  n  chẵn.  Đặt  n  2t , t    khi đó   3t  1 3t  1  s1   Ta thấy   3t  1,3t  1   nên phải có  3t 1  2;3t   2s   Từ đó tìm được  t  1, s  2, n  2, m    74 CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 6789 Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề bài là   m, n    0,1 ;  3,  ;  4,    Bài 137 Giả sử  m.5n  25  l  với  l    Suy ra   l  5 l    2m.5n    Vì   l  5   l  5  10  2.5  nên suy ra cả hai số  l   và  l   cùng chia hết cho   và     Suy ra   l  5, l    10  Xảy ra các trường hợp sau: l   10 Trường hợp 1:    (loại)  m 2 n  l   10.2 l   10.2 m2 Trường hợp 2:     n l   10.5 Suy ra  m 2  5n    Vì  5n    mod   nên phải có  m  3, n    n l   10.5 Trường hợp 3:     m l   10.2 Suy ra  5n    m 2  Nếu  m   thì  5n 2   m 2   Suy ra  n   chẵn, đặt  n   2k , k        Khi đó  5k  5k   2m2     Vì  5k 1 , 5k 1   nên phải có  5k   (loại). Với  m  , thử trực tiếp ta thấy  m  4, n   thỏa  mãn.  l   10.2 m 2.5n Trường hợp 4:     l   10 Suy ra  l  15  và  m  2.5n    Suy ra  m  3, n    Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề bài là   m, n    3;  ,  4; 3   Bài 138 Khơng mất tính tổng qt ta giả sử:  x  y  vì  y  y  3x  y  y  y  y    y      y  3x   y  1  3x  y   Bây giờ ta cần tìm điều kiện để:  x  y  m2  16 x  48 y  16m2  16 x  24  3x  1  16m2   x    16m2  105  hay   x  y   x  y    1.105  3.35  5.21  7.15  Giải các trường hợp trên ta thu được bộ số   x; y   thỏa mãn điều kiện là   x; y   1; 1 , 11; 16  , 16; 11   Bài 139 a) Ta thấy  n   là số chính phương lẻ nên  n   tận cùng bởi các chữ số 1, 5,  suy ra  n  có chữ  số tận cùng là  0, 2,  Mặt khác  3n   cũng là số chính phương nên  n  chỉ có thể tận cùng bởi    Suy ra  n   75 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN Khi  n  tận cùng là   thì  2n  1, 3n   đều là số chính phương lẻ.  Suy ra  3n    2k  1  3n  4k  k  1 8  hay  n8  mà   5, 8   n 40   b) Từ kết quả câu a suy ra  ab  40  hoặc  ab  80  thử lại ta thấy chỉ có  ab  40  thỏa mãn điều kiện  bài toán.  Bài 141   a) Ta xét  n  1008  Giả sử  431  41008  4n  y  với  y  *  Hay  430  4978  4n30  y  do  2 430   415   suy ra   4978  4n30  là số chính phương chẵn, hay   4978  4n30   2k    với  k   *   Ta có:   4978  4n30   2k    4977  4n 31  k  k  1  4977 1  4n1008   k  k  1   977   k  4977  4n1008  n  1985   thử lại ta  Nếu  k  là số chẵn thì  k   là số lẻ suy ra   n 1008   k   thấy không thỏa mãn.  977 4  k   4977  4n1008   4n1008  4977  n  1985   hay  n  1984   Nếu  k  lẻ thì    n 1008   k  Khi  n  1984  thì  431  41008  41984  262  22016  2968   231  21984   đpcm.  b) Khơng mất tính tổng qt ta giả sử  x  y  z  Đặt  x  y  z  u  thế thì   22 x 1  y  x  z  x   u   TH1: Nếu 1  y  x  z  x  là số lẻ thì    y  x  4z  x   2k  1  y  x 1  z  x1  k  k  1  y  x 1 1  z  y   k  k  1   4 y  x1  k  y  x 1  z  y  z  y  x  1 và  + Nếu  k  chẵn thì  k   là số lẻ suy ra   z y 1   k  x  y  z  x  y  y  x1   x  2 y  x 1    4 y  x 1  k   y  x 1  z  y   22 y  x 3  22 x 2 y 1  *  do  + Nếu  k  lẻ thì  k   chẵn suy ra   z y 1   k x  y   là số lẻ luôn khác   Nên (*) không thể xảy ra.  TH2: Nếu 1  y  x  z  x  là số chẵn thì  y  x  hoặc  z  x  Từ đó ta suy ra phải có  x  y  dẫn đến:   z  x  là số chính phương. Điều này là vơ lý vì một số chính phương chia cho   chỉ có thể dư    hoặc  1. Cịn   4z  x  chia cho   dư   hoặc    Tóm lại: Điều kiện để  x  y  z  là số chính phương là:  z  y  x    76 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 Áp dụng vào câu  a )  ta có:  n  2.1008  31   1984   Bài 142 Vì  d  là một ước của  3n  d k  3n , ta có  n2  d  n2  k  0, k    tức là  n k  k  3 k2 3n2  là số chính phương với  k   là số chính phương suy ra  k  k  3  là số chính phương  2k   2m   k  Đặt  k  k    m   2k   2m  2k   2m         2k   2m   m  Bài 143 Nếu  m  n  thì ta có điều phải chứng minh m  n  x m  x  y Xét  m  n  ta đặt   ( x, y  , x  0, y  0)  khi đó ta có  do  m, n     m  n  y n  x  y x  y  suy ra    x  y   x  y  Do  n   m  n   suy ra   (m  n  1)  m  m  n   m  m  n   Suy ra   m  k  m  n  1  (1)  (với  k   ).  Thay  m  x  y, n  x  y  ta có:  ( x  y)  k (4 xy  1)  x  2k (2k  1) xy  y  k   (*). Phương  trình (*) có 1 nghiệm là  x    nên có một nghiệm nữa là  x1  Theo hệ thức Vi-et ta có:   x  x1  2(2 k  1)  từ đây suy ra   x1       xx1  y  k + Nếu  x1   ( x1 ; y) là cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy  x1 | y | y  k  xx1 | y |2  y  k   x1  x  2(2k  1)   mâu thuẫn.  + Nếu  x1  thì  xx1  y  k   k  y  k   xy    y   Ta có:  k  x12  2(2k  1) x1 y  y  x12  2(2 k  1) | x1 | y  y  2(2k  1) | x1 | y  2(2k  1)  k  mâu thuẫn.  m2  m  Vậy  x1   Khi đó  k  y  và  m  n       nên  m  n   là số chính phương.  k y 2 -HẾT -    77 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN ...  là? ?số? ?chính? ?phương.    (Đề vào 10 Chuyên Thái Nguyên năm 201 6- 2 017) 16 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 67 89 Bài 38: Chứng minh rằng nếu a và b là các? ?số? ?tự nhiên lẻ thì  a  b  khơng phải là? ?số? ?chính? ?...  và  n  50  đều là? ?số? ?chính? ?phương.   (Đề thi HSG lớp huyện Thăng Bình năm 201 8-2 019) Bài 31: Tìm? ?số? ?tự nhiên n sao cho:  n  24  và  n  65  là hai? ?số? ?chính? ?phương.   (Đề thi HSG lớp huyện Phù...     2 Khơng có? ?số? ?chính? ?phương? ?nào có dạng  4k   vì vậy  a  b2  khơng phải? ?số? ?chính? ?phương.   CHUN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 67 89  Dạng 3: Điều kiện để số số phương * Cơ sở phương pháp:  Chúng ta thường sử dụng các? ?phương? ?pháp sau: 
- Xem thêm -

Xem thêm: Chuyên đề Số chính phương - Toán lớp 6, Chuyên đề Số chính phương - Toán lớp 6