LEÂ THAØNH TÍN

2

PHÉP CHIA HẾT I. ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA: ►Tính chất: a) Mọi số nguyên a 0 đều chia hết cho chính nó. b) số 0 chia hết cho mọi số b 0 c) Nếu thì với c là số nguyên d) Nếu thì e) Mọi số nguyên a đều chia hết cho f) Nếu và thì b không chia hết cho a (a, b nguyên

dương) g) Nếu thì h) Nếu và thì với m, n là các số nguyên

bất kì. i) Nếu và a, b đều chi hết cho m thì j) Nếu một số hạng của tổng không chia hết cho m còn các số

hạng còn lại của tổng chia hết cho m thì tổng không chia hết cho m.

k) Nếu thì l) Nếu a b và b c thì a c m) Nếu a b và b a thì a = b n) Nếu a b ; a c và (b,c) = 1 thì a bc o) Nếu ab c và (c,b) = 1 thì a c II. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT: 1. Dùng tính chất ” Trong n ( n 1 ) số nguyên liên tiếp có một và

chỉ một số chia hết cho n “ ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng: a) Tích 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 b) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 c) Tích 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120

3

2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n: a) n3 + 11n 6 b) mn( m2 – n2 ) 3 c) n( n + 1 )( 2n + 1 ) 6 d) n2(n2 – 1) 12 e) n5 – 5n3 + 4n 120

3. Chứng minh rằng tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 9.

4. Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp có một số có tổng các chữ số chia hết cho 27.

5. a) a, b lẻ không chia hết cho 3. Chứng minh a2 – b2 24. b) p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh p2 – 1 24 6. Chứng minh rằng các biểu thức sau là các số nguyên với mọi

n nguyên:

a) b)

7. Chứng minh rằng ax2 + bx + c là số nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 2a, a + b và c là số nguyên

8. Cmr: ax3 + bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên

HƯỚNG DẪN: 1. a) 2k( 2k + 2 ) = 4k( k + 1) 8 ( vì k và k + 1 là 2 số

nguyên liên tiếp nên 2) c) 120 = 23.3.5 - Trong 5 số nguyên liên tiếp phải có 2 số chẵn liên tiếp

nên 8 - Trong 5 số nguyên liên tiếp có một số 3 và một số 5 Mà ( 8, 3, 5 ) = 1 Nên tích của 5 số nguyên liên tiếp 120 2. a) n3 + 11n = n3 – n + 12n = n( n – 1 )( n + 1 ) + 12n 6 b) mn( m2 – n2 ) = mn[( m2 – 1 ) – ( n2 – 1 )] = mn( m2 – 1 ) – mn( n2 – 1 ) = n( m – 1 )m( m + 1 ) – m( n – 1 )n( n + 1 ) 3

4

c) n( n + 1 )( 2n + 1 ) = n( n + 1 )[( n – 1 ) + ( n + 2 )] = n( n + 1 )( n – 1 ) + n( n + 1 )( n + 2 ) 6 d) n2(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1)n 3 và - Nếu n chẵn thì n = 2k ( ). Do đó n2 = 4k2 4

n2(n2 – 1) 4 - Nếu n lẻ thì n = 2k + 1 ( ). Do đó n2 = 4k2 + 4k +

1 n2(n2 – 1) 4 e) n5 – 5n3 + 4n = n(n2 – 1)(n2 – 4) là tích của 5 số tự nhiên

liên tiếp 3. ( n – 1 )3 + n3 + ( n + 1 )3 = 3( n3 + 2n ) = 3( n3 – n + 3n ) = … 9 4. Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là N, N + 1, N + 2,…, N

+ 1899 (1) - Trong 1000 số tự nhiên liên tiếp N, N + 1, N + 2, …, N +

999 có một số 1000. Gọi số đó là N0. Khi đó N0 có tận cùng 3 chữ số 0

- Gọi tổng các chữ số của N0 là n. Khi đó 27 số N0, N0 + 1,N0 + 2, N0 + 3,…, N0 + 9, N0 + 19, N0 + 29, … , N0 + 99, N0 + 199, N0 + 299, … , N0 + 899 ( 2 ) có tổng các chữ số lần lượt là n, n + 1, …, n + 26.

- Trong 27 số tự nhiên liên tiếp có một số 27. Do N0 + 899 N + 999 + 899 < N + 1899 Nên các số của ( 2 ) nằm trong dãy ( 1 ) 5. a) a2 – b2 = a2 – 1 – ( b2 – 1 ) = ( a – 1 )( a + 1 ) – ( b – 1 )( b + 1 ) Vì a, b lẻ nên a – 1, a + 1, b – 1, b + 1 chẵn a2 – b2 8 Mặt khác a, b không chia hết cho 3 a = 3k 1 và b = 3l 1; k,l - Nếu a = 3k + 1 thì a – 1 3 ( a – 1 )( a + 1 ) 3. Tương tự với các thừa số khác b) p nguyên tố > 3 thì p lẻ không chia hết cho 3. p2 – 1 = ( p – 1 )( p + 1 ). Lí luận như phần a).

5

6. a) =

=

Lí luận tương tự bài 2 n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 – 4) + 5n(n2 – 1) 5 và n3 - n 3

b)

=

=

=

- Áp dụng bài 2) n5 – 5n3 + 4n 120 và n2(n2 – 1) 12,… * Cách 2: Quy đồng, phân tích tử thành nhân tử là tích

của 5 số tự nhiên liên tiếp: n5 + 10n4 +35n3 + 50n2 + 24n = n( n4 + 10n3 + 35n2 + 50n + 24 ) = n[n3( n + 1 ) + 9n2( n + 1 ) + 26n( n + 1 ) + 24( n + 1 )] = n( n + 1 )(n3 + 9n2 + 26n + 24 ) = n( n + 1 )[ n2( n + 2 ) + 7n( n + 2 ) + 12( n + 2 )] = n( n + 1 )( n + 2 )( n2 + 7n + 12 ) = n( n + 1 )( n + 2 )( n + 3)( n + 4 ) 120 ( bài 1c ) 7. y = ax2 + bx + c. * Điều kiện cần: Cho x = 0 là số nguyên - Cho x = 1 nguyên , mà c nguyên nguyên- Cho x = nguyên mà y = a + b + c nguyên là số nguyên

* Điều kiện đủ: y = ax2 + bx + c = .

6

Vì x(x – 1)là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵnmà 2a, a + b, c là các số nguyên

y là số nguyên với x nguyên 8. ax3 + bx2 + cx + d

=

2. Dùng Công thức khai triển

►Bài tập: 1. Với n chẵn, cmr 20n + 16n – 3n – 1 323 2. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên: a) 11n + 2 + 122n + 1 133 b) 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 59 c) 7.52n + 12.6n 19 3. Chứng minh rằng: a) 22225555 + 55552222 7 b) 42n – 32n – 7 168 với n 1

c) với n > 1 HƯỚNG DẪN:

1. Ta có: 323 = 17.19 7

Cho a, b : an – bn a – b ( a b )

an + bn a + b ( n lẻ ) an – bn a + b ( n chẵn và )

( a + b )n và bn có cùng số dư khi chia cho a 0

và 20n + 16n – 3n – 1 = ( 20n – 1 ) + ( 16n – 3n ) 19 ( 1 ) Vì 20n – 1 20 – 1 = 19 và 16n – 3n 16 + 3 = 19 do n chẵn Mặt khác: 20n + 16n – 3n – 1 = ( 20n – 3n ) + ( 16n – 1 ) 17 ( 2 ) Từ (1) và (2) đpcm

2. a) 11n + 2 + 122n + 1 = 121.11n + 12.144n

= (133 – 12)11n + 12.144n

= 133.11n + 12(144n – 11n) 133 b) 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 = 5n(25 + 26) + 8.64n = 5n(59 – 8) + 8.64n

= 59.5n + 8(64n – 5n) 59 c) 7.52n + 12.6n = 7.25n + (19 – 7)6n = 19.6n + 7(25n – 6n) 19 3. a) Ta có: 2222 4 ( mod 7 ) và 5555 4 ( mod 7 )

22225555 + 55552222 ( 4 )5555 + 42222 0 ( mod 7 ) Vì ( 4 )5555 + 42222 = 42222 ( 43333 – 1) 43 – 1 = 63 7 b) Ta có 168 = 3.7.8 và : An = 42n – 32n – 7 16n – 7 = (16n – 1) – 6 3 An 3 16n – 9n 16 – 9 = 7 An 7 9n + 7 = (8 + 1)n + 7 1 + 7 ( mod 8 ) An 8 c) = 4n = (3 + 1)n 1 ( mod 3 )

4n = 3k + 1, k = 23k + 1 = 2.8k = 2(7 + 1)k 2 ( mod 7 ) + 5 2 + 5 0 ( mod 7 )

3. Dùng định lí về phép chia có dư: Để chứng minh An p , ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia n cho p. Chia n cho p có

thể dư là 0; 1; 2;…; p – 1 hoặc nếu p lẻ

►Bài tập:1. Chứng minh rằng nếu n 3 thì 32n + 3n + 1 13

8

2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n: a) mn(m2 – n2) 3 b) n5 – n 30 c) n(n2 + 1)(n2 + 4) 5 3. Chứng minh rằng với m, n nguyên: a) n7 n 42 b) mn(m2 – n2)(m2 + n2) 30 c) Nếu n 7 thì n3 – 1 hoặc n3 + 1 chia hết cho 7

HƯỚNG DẪN: 1. Vì n 3 nên n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 - Nếu n = 3k + 1 thì 32n + 3n + 1 = 36k + 2 + 33k + 1 + 1 = 9.272k + 3.27k + 1 9 + 3 + 1 = 13 13 ( mod 13 ) - Nếu n = 3k + 2 thì 32n + 3n + 1 = 36k + 4 + 33k + 2 + 1 = 81.272k + 9.27k + 1 81 + 9 + 1 0 ( mod 13 ) Vậy n 3 thì 32n + 3n + 1 13 2. a) – Nếu m 3 hoặc n 3 thì mn( m2 – n2 ) 3 - Nếu m 3 và n 3 thì m = 3k 1 và n = 3l 1 Khi đó m2 = 3( 3k2 2k ) + 1 và n2 = 3( 3l2 2l ) + 1 m2 – n2 3 mn(m2 – n2) 3 b) Ta có 30 = 2.3.5 n5 – n = n( n4 – 1 ) = ( n – 1 ) n ( n + 1 )( n2 + 1 ) Vì n – 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng 6 Ta chứng minh n5 – n = n( n2 – 1 )( n2 + 1 ) 5 Ta có: n = 5k hoặc n = 5k 1 hoặc n = 5k 2

- Nếu n = 5k thì n5 – n 5- Nếu n = 5k 1 thì n2 – 1 5 n5 – n 5

Nếu n = 5k 2 thì n2 + 1 5 n5 – n 5 Vậy n5 – n 30 c) Tương tự b) 3. a) n7 – n = n( n6 – 1 ) = n( n3 – 1 )( n3 + 1 ) Vì n = 7k r với r = 0; 1; 2; 3 Nên n3 = 7m hoặc n3 = 7m 1 ….. b) n 7 thì n3 = 7k 1 . Chứng minh như câu b)

9

c) n = 5k r với r = 0; 1; 2 n2 = 5m’ hoặc n2 = 5m’ 1 - Nếu n hoặc m chia hết cho 5 thì mn( m2 – n2 )( m2 + n2 ) 5 - Nếu n 5 và m 5 thì: + Nếu m2, n2 cùng số dư khi chia cho 5 thì m2 – n2 5

+ Nếu m2, n2 khác số dư khi chia cho 5 thì m2 = 5k 1 và n2 = 5l 1

Lúc đó, m2 + n2 5 Vậy mn( m2 – n2 )( m2 + n2 ) 5

4. Sử dụng Nguyên tắc Dirichlet: Nếu đem n + 1 vật xếp vào n ngăn kéo thì có ít nhất 1 ngăn kéo chứa từ 2 vật trở lên. Tổng quát: Nếu đem nk + 1 vật xếp vào n ngăn kéo

thì có ít nhất một ngăn kéo chứa từ k + 1 vật trở lên. ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng: a) Trong 11 số nguyên bất kì, có thể tìm được 2 số có chữ số

tận cùng giống nhau. b) Trong 101 số nguyên bất kì có thể tìm được số có 2 chữ số

tận cùng giống nhau . c) Trong n + 1 số nguyên bất kì có 2 số có hiệu chia hết cho n. 2. Chứng minh rằng: a) Có thể tìm được một số có dạng 20052005…200500…0 và

chia hết cho 2006 b) Có một số tự nhiên mà 4 chữ số cuối cùng của nó là

2004 và chia hết cho 2003 3. Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên mỗi số có 3 chữ số bao

giờ cũng chọn được 2 số mà khi viết liền nhau, ta được một số có 6 chữ số và chia hết cho 7

4. Với 4 số nguyên a, b, c, d. Chứng minh rằng: ( a – b )( a – c )( a – d )( b – c )( b – d )( c – d ) 12

5. Chứng minh rằng có thể tìm được 2 lũy thừa khác nhau của số 4 mà chúng có 3 chữ số tận cùng giống nhau.

HƯỚNG DẪN:

10

1. a) Lấy 11 số nguyên bất kì đã cho chia cho 10 thì được số dư là một trong các số 0; 1; 2; … ; 9

Theo nguyên tắc Dirichlet, phải có 2 số có cùng số dư. Do đó, hiệu của 2 số đó chia hết cho 10. Khi đó chúng có chữ số tận cùng giống nhau

b) Tương tự như câu a), lấy 101 số nguyên bất kì chia cho 100

c) Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì được n + 1 số dư nhận được trong các số 0; 1; 2; … ; n – 1. Nên phải có 2 số dư giống nhau. Khi đó hiệu 2 số đó chia hết cho n

2. a) Lấy 2006 số: 2005; 20052005; … ; 2005…2005 chia cho 2006.

Vì đây là dãy các số lẻ nên không có số nào chia hết cho 2006. Do đó, dư trong phép chia các số này cho 2006 chỉ có thể là 1; 2; …; 2005. Vậy phải có 2 số có cùng số dư khi chia cho 2006, hiệu 2 số đó có dạng 20052005…200600…0

b) Lấy 2003 số: 2004; 20042004; …; 2004…2004 chia cho 2003.

Ta chứng minh trong dãy số này có một số chia hết cho 2003.

Thật vậy, nếu tất cả đều không chia hết cho 2003 thì dư trong phép chia các số này cho 2003 chỉ có thể là 1; 2; …; 2002 nên phải có 2 số có cùng số dư, khi ấy hiệu của chúng chia hết cho 2003 , giả sử là:

Vì ( 104m, 2001) = 1. 2004…2004 2003. Vô lí. Vậy tồn tại một số tự nhiên mà 4 chữ số tận cùng của nó

là 2004 và chia hết cho 2003 3. Lấy 8 số đã cho chia cho 7 thì 2 số có cùng số dư, giả sử là

và chia cho 7 có dư là r Khi đó:

11

= 1000( 7k + r ) + 7l + r = 7( 1000k + 1 + 143r ) 7 ( đpcm ) 4. Đặt A = ( a – b )( a – c )( a – d )( b – c )( b – d )( c – d )

Bốn số a, b, c, d khi chia cho 3 có 2 số cùng dư, khi đó hiệu của chúng chia hết cho 3 nên A 3

Mặt khác, Nếu a, b, c, d có 2 số cùng dư khi chia cho 4 thì A 4, còn nếu a, b, c, d khi chia cho 4 có các dư khác nhau đôi một thì sẽ có 2 số chẵn và 2 số lẻ. Khi đó A 4 Mà ( 3; 4 ) = 1 Nên A 12

5. Lấy 1001 số 4,42, 43, ... , 41001 chia cho 1000 thì ít nhất trong 1001 phép chia này có 2 phép chia có cùng số dư theo nguyên tắc Dirichlet.

Giả sử 2 số đó là 4k , 4l với . Ta có: có 2 chữ số tận cùng giống

nhau vì hiệu của chúng phải tận cùng bằng 3 chữ số 0 mới chia hết cho 1000CÁC BÀI TẬP KHÁC VỀ CHIA HẾTI. CHỨNG MINH KHÔNG CHIA HẾT: LƯU Ý:

12

1) Nếu a b và b\c thì a c 2) Nếu a c và b c thì a b c ( a và b có cùng số

dư khi chia cho c ) 3) Nếu ab p thì a p hoặc b p với p là số nguyên tố 4) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì sẽ

chia hết cho p2

Nếu n p nhưng n p2 thì n không là số chính phương

►Bài tập: 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n:

a) 9n + 1 100 b) n2 + n + 2 15 c) n2 + n + 1 9 d) n2 + 11n + 39 49 2. Gọi N = 2.3.5…pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên ( n

> 1 ). Chứng minh trong 3 số nguyên liên tiếp N – 1, N, N + 1không có số nào là số chính phương.

HƯỚNG DẪN: 1. a) Ta có: 9 1 ( mod 4 ) 9n + 1 2 ( mod 4 ) 9n + 1 4. Vì vậy 9n + 1 100 b) Cách 1: - Với n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k2 + 3k + 2 3 - Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = ( 3k + 1 )2 + ( 3k + 1 ) + 2 1 ( mod 3 ) - Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = ( 3k + 2 )2 + ( 3k + 2 ) + 2 2 ( mod 3 ) Vậy n2 + n + 2 3 n2 + n + 2 15 Cách 2:Ta có: n2 + n + 2 = n2 – 1 + n + 3 = ( n – 1 )( n + 1 ) + n + 3

- Nếu n 3 thì ( n – 1 )( n + 1 ) 3. Khi đó n2 + n + 2 3 - Nếu n 3 thì n – 1 hoặc n + 1 chia hết cho 3 ( n – 1 )( n + 1 ) 3 Còn n + 3 3 n2 + n + 2 3 Cách 3: Giả sử n2 + n + 2 = 3k ; k phương trình n2 + n + 2 – 3k = 0 có nghiệm nguyên.

13

Ta có: = 1 – 4( 2 – 3k ) = 12k – 7 = 3(4k – 3)+ 2 không là một số chính phương ( Vì một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) nên phương trình không có nghiệm nguyên, Vô lí.

Vậy n2 + n + 2 3 c) Cách 1: Xét 3 trường hợp về số dư khi chia n cho 3. Ta có: n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2- Với n = 3k thì n2 + n + 1 3 n2 + n + 1 9- Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 1 = (3k + 1)2 + (3k + 1) + 1 = 9(k2 + k) + 3 9- Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 1 1 ( mod 3 )

Do đó n2 + n + 1 9 Cách 2:

Giả sử n2 + n + 1 9, khi đó n2 + n + 1 3 Ta có: n2 + n + 1 = (n + 2)(n – 1) + 3 3 (n + 2)(n – 1) 3. Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2 3 hoặc n + 1 3,

nhưng vì hiệu (n + 2) – (n – 1) = 3 3. Do đó n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3 (n + 2)(n – 1) 9

Mặt khác, theo giả thiết (n + 2)(n – 1) + 3 9 3 9 ( vô lý ) Vậy n2 + n + 1 9 Cách 3:

Giả sử n2 + n + 1 = 9k ; k Khi đó, phương trình n2 + n + 1 – 9k = 0 có nghiệm nguyên Ta có: = 1 – 4(1 – 9k) = 36k – 3 = 3(12k – 1) 3 Nhưng 9 . Do đó không là số chính phương nên

phương trình không có nghiệm nguyên, vô lý. Vậy n2 + n + 1 9 d) Giả sử n2 + 11n + 39 49 Ta có: n2 + 11n + 39 = (n + 9)(n + 2) + 21

14

(n + 9)(n + 2) 7 Mà: (n + 9) – (n + 2) = 7 Nên n + 9 và n + 2 đồng thời chia hết cho 7 (n + 9)(n + 2) 49 Mặt khác: (n + 9)(n + 2) + 21 49 ( gt ) 21 49 ( Vô lý ) Vậy n2 + 11n + 39 49

2. * N là số chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là một số chính phương

* Nếu N + 1 = k2 thì N = (k – 1)(k + 1) 4 ( vì N chẵn N + 1 lẻ lẻ k lẻ ) vô lý, nên N + 1 cũng không thể là số chính phương

* Ta có N – 1 2 ( mod 3 ) (vì N 3 N – 1 : 3 dư 2) Nên N – 1 không thể là số chính phương.

II. TÌM SỐ TỰ NHIÊN n ĐỂ A(n) B(n) Phương pháp: Giả sử ta có A(n) : B(n), ta biến đổi hoặc dùng phép chia đa

thức để đi đến hằng số m : B(n), từ đó suy ra n. Kiểm nghiệm các giá trị tìm được của n ►Bài tập: 1. Tìm n > 0 sao cho n2 + 1 n + 1 2. Tìm n > 0 và n 4 sao cho (3n – 8) (n – 4) 3. Với giá trị nào của n thì (n + 5)(n + 6) 6n ? Với n HƯỚNG DẪN: 1. Giả sử n2 + 1 n + 1 n2 + 1 = n2 – 1 + 2 n + 1 2 n + 1 n = 1 . Thử lại rồi trả lời 2. Giả sử 3n – 8 n – 4 3n – 8 = 3(n – 4) + 4 n – 4 Nên 4 n – 4 n – 4 = 3. Ta có: (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = n(n – 1) + 30 + 12n 6n

15

n(n – 1) + 30 6n

n = 1; 3; 6; 10; 15; 30 Thử lại ta có kết quả: n III. SỐ CHÍNH PHƯƠNG: Phương pháp: 1. Sử dụng tính chẵn lẻ 2. Sử dụng chia hết và chia có dư 3. Dùng tính chất:

a) Nếu a.b là số chính phương và (a, b) = 1 thì a và b đều là số chính phương.

b) Nếu có số nguyên m sao cho m2 < n < (m + 1)2 thì n không thể là số chính phương.

c) Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Đảo lại, một số chia cho 3 dư 2 không phải là một số chính phương.

►Bài tập: 1. Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng

chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6 2. Tìm một số có 2 chữ số biết: a) Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính

phương. b) Hiệu các bình phương của số đó và số viết theo thứ tự

ngược lại là số chính phương. 3. Chứng minh rằng: Nếu a, b là các số nguyên thoả mãn hệ

thức 2a2 + a = 3b2 + b thì a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương.

4. Chứng minh rằng: Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương

HD: 1. Giả sử số chính phương có dạng:

16

Chữ số hàng chục của 20n(5n + b) là chẵn nên theo giả thiết chữ số hàng chục của b2 phải lẻ, từ đó suy ra b = 4; 6

Khi đó b2 = 16; 36. Nên chữ số hàng đơn vị của luôn

bằng 6 2. a) Giả sử là số chính phương

Ta có: = 10a + b + 10b + a = 11(a + b) 11 Vì là số chính phương nên 11(a + b) 121 a + b 11 Mà: 0 < a + b 18

Nên a + b = 11 Vậy các số cần tìm là 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92

b) Giả sử là số chính phương

Ta có: = (10a + b)2 – (10b + a)2

= 99(a2 – b2) 11 Lí luận tương tự câu a) (a – b)(a + b) 11 Mà 0 < a – b 8; 2 a + b 18 . Nên a + b 11 ( 1 )

Từ đó: = 9.11.11.(a – b) là số chính

phương a – b là số chính phương . Nên a – b = 1 hoặc a – b = 4 - Nếu a – b = 1 thì từ ( 1 ) a = 6 và b = 5. Ta có số 65. Thử lại 652 – 562 = 332

- Nếu a – b = 4 thì từ ( 1 ) a = (loại)

Vậy số cần tìm là 65.

17

3. Ta có: 2a2 + a = 3b2 + b 2(a2 – b2) + a – b = b2

(a – b)(2a + 2b + 1) = b2 ( 1 ) Gọi d là ước của a – b và 2a + 2b + 1 thì d là ước của hiệu : 2a + 2b + 1 – 2(a – b) = 4b + 1 ( 2 ) Mặt khác, từ ( 1 ) d2 \ b2. Nên d \ b ( 3 ) Từ ( 2 ) và ( 3 ) d \ 1 d = 1. Vậy (a – b, 2a + 2b + 1) = 1 ( 4 ) Theo tính chất a) trong phương pháp 3, từ ( 1 ) và ( 4 ) suy ra

a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương * Nhận xét: Từ gt, suy ra (a – b)(3a + 3b + 1) = a2 3a + 3b + 1 cũng là số chính phương 4.Ta có: A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1

(n2 + 3n)2 < A < (n2 + 3n + 1)2

Vậy A không thể là số chính phương. 5. Cho N laø toång cuûa 2 soá chính phöông. Chöùng

minh 2N cuõng laø toång cuûa 2 soá chính phöông. Giaûi: Ta coù: N = a2 + b2 vôùi a, b 2N = 2a2 + 2b2 =(a + b)2 + (a – b)2

Vaäy 2N laø soá chính phöông. Bài tập về nhà:

1. Chứng minh rằng: a) 2n + 1 7 với mọi số tự nhiên n b) n2 – 8 5 với mọi n c) n2 + 4n + 5 8 với mọi n lẻ 2. Tìm n > 0 để: a) n + 1 2n – 1 b) n2 + 2n + 6 n + 4 3. Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số

hàng chục là chẵn. 4. Tìm số chính phương biết 5. Cho n là số tự nhiên, d là ước nguyên tố của 2n2. Chứng

minh rằng n2 + d không là số chính phương.

18

HD:1. a) * Nếu n chẵn n = 2k 2n + 1 = 22k + 1 2 (mod 7)

* Nếu n lẻ n = 2k + 1 2n + 1 = 22k + 1 + 1 = 2.4k + 1 2, 3. Vậy 2n + 1 7 với mọi số tự nhiên n

b) Xét các trường hợp n = 5k, n = 5k 1, n = 5k 2 c) n = 2k + 1

2. a) n + 1 =

b) n2 + 2n + 6 = n(n + 4) – 2(n + 4) + 14 (n + 4)

IV. CHỮ SỐ TẬN CÙNG: Tìm một chữ số tận cùng của an dựa vào các tính chất:

- Nếu a tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì an có chữ số tận cùng không đổi .

- Nếu a tận cùng là 2, 3, 7 : * Nhận xét: 34k = 81k 1 (mod 10) 74k = 492k 1 (mod 10). Do đó, để tìm số tận cùng của an , ta lấy mũ n chia cho 4. * Giả sử n = 4k + r, r = 0, 1, 2, 3 Nếu (mod 10) thì Nếu thì

Bài tập:1. Chứng min rằng 0,3(19831983 – 19171917) là một số nguyên. HD: 19831983 = 19834k + 3 33 7 (mod 10) 19171917 = 19174m + 1 7 (mod 10) 19831983 – 19171917

19

0,3(19831983 – 19171917) là số nguyên.2. Chứng minh với mọi số tự nhiên n. HD: Theo định lí Fermat 210 1 (mod 11) do đó ta phải tìm

số tận cùng của 34n + 1. Ta có: 34n + 1 = 3.81n 3 (mod 10)

3. Chứng minh

4. Chứng minh 0,7 là một số nguyên

5. Tìm chữ số tận cùng của 6. Tìm chữ số tận cùng của thương trong phép chia: cho 7Tìm 2 chữ số tận cùng: Giả sử a có chữ số tận cùng là x ( )Theo nhị thức Newton: a20 = (10k + x)20

= (10k)20 + 20(10k)19x + … + 20.(10k).x19 + x20 x20(mod 10)Vậy 2 chữ số tận cùng của a20 cũng chính là 2 chữ số tận cùng của x20

Để tìm 2 chữ số tận cùng của an ta tìm dư trong phép chia n cho 20.* Chú ý: - Nếu a tận cùng là 1, 4, 6, 9 thì ta chỉ cần tìm 1 chữ số tận cùng của n - Nếu a tận cùng là 7 thì ta tìm chữ số tận cùng của n và lấy n chia cho 4. - Tìm dư trong phép chia n cho 20, ta dùng tính chất: m = p.q với

20

PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH

I. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ax + by = c ( 1 ), a, b, c nguyên:

1. Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên: Phương trình ( 1 ) có nghiệm nguyên (a, b) \ c * Hệ quả: Nếu (a, b) = 1 thì phương trình ( 1 ) luôn có

nghiệm nguyên 2. Định lí: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax +

by = 1 với (a, b) = 1 thì phương trình có vô số nghiệm nguyên và nghiệm tổng quát của phương trình được tính bởi công thức:

Khi đó (x0, y0) được gọi là một nghiệm riêng của phương trình (1) 3. Cách tìm nghiệm riêng của pt ( 1 ):

- Tìm nghiệm riêng của ax + by = 1 với (a, b) = 1 bằng cách dùng thuật toán Euclit:

a = bq0 + r1

b = r1q1 + r2

…………… rk-1 = rkqk + 1 - Lấy các “thương số” trong dãy phép chia, rồi tính

- Nghiệm riêng của ax + by = 1 thoả:

hoặc

- Thử từng trường hợp để xác định dấu của x0, y0

21

- (cx0, cy0) là nghiệm riêng của ( 1 )► Bài tập:

1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x – 7y = 3 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n 9 và n + 1 25 3. Giải và biện luận theo số nguyên m các phương trình sau: a) 6x – 11y = m + 2 ( 1 ) b) 15x + 25y = m – 1 ( 2 ) 4. a) Trên đường thẳng 8x – 13y + 6 = 0 hãy tìm các điểm

nguyên nằm giữa 2 đường thẳng x = 10 và x = 50 b) Chứng minh rằng trong hình chữ nhật giới hạn bởi các

đường thẳng x = 6, x = 42, y = 2, y = 17 không có điểm nguyên nào thuộc đường thẳng 3x + 5y = 7

5. Giải bài toán cổ: “Trăm trâu, trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba con một bó” Hỏi có bao nhiêu trâu đứng, trâu nằm và trâu già ? 6. Để tặng thưởng cho các học sinh đạt thành tích cao trong một

kì thi Olympic toán dành cho học sinh lớp 9, ban tổ chức đã trao 30 phần thưởng cho các học sinh với tổng giải thưởng là 2.700.000 đồng, bao gồm: Mỗi học sinh đạt giải nhất được 150.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải nhì được thưởng 130.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải ba được thưởng 100.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải khuyến khích được thưởng 50.000 đồng. Biết rằng có 10 giải ba và ít nhất một giải nhì được trao, hỏi ban tổ chức đã trao bao nhiêu giải nhất, nhì và khuyến khích ? ( TS Năng Khiếu 06 – 07, Khối A,B )

7. Caâu 5.Moät nhoùm hoïc sinh caàn chia ñeàu löôïng keïo thaønh caùc phaàn quaø ñeå taëng cho caùc em nhoû ôû moät ñôn vò nuoâi treû moà coâi. Neáu moãi phaàn quaø giaûm 6

22

vieân keïo thì caùc em seõ coù theâm 5 phaàn quaø nöõa, coøn neáu moãi phaàn quaø giaûm 10 vieân keïo thì caùc em seõ coù theâm 10 phaàn quaø nöõa. Hoûi nhoùm hoïc sinh treân coù bao nhieâu vieân keïo? ( TS Năng Khiếu 08 – 09, Khối A,B )

8. Caâu 5. Moät coâng ty may giao cho toå A may 16.800 saûn phaåm, toå B may 16.500 saûn phaåm vaø baét daàu thöïc hieän coâng vieäc cuøng luùc. Neáu sau 6 ngaøy, toå A ñöôïc hoã trôï theâm 10 coâng nhaân may thì hoï hoaøn thaønh coâng vieäc cuøng luùc vôùi toå B. Neáu toå A ñöôïc hoã trôï theâm 10 coâng nhaân may ngay töø ñaàu thì hoï seõ hoaøn thaønh coâng vieäc sôùm hôn toå B 1 ngaøy. Haõy xaùc ñònh soá coâng nhaân ban ñaàu cuûa moãi toå. Bieát raèng, moãi coâng nhaân may moãi ngaøy ñöôïc 20 saûn phaåm. ( Ñeà NK )

Hướng dẫn: 1. Trước hết, ta tìm nghiệm riêng của phương trình 5x – 7y = 1 Thuật toán Euclit cho 7 và 5 7 = 5.1 + 2 5 = 2.2 + 1

Vậy (x0 = 3, y0 = 2) là nghiệm riêng của pt 5x – 7y = 1 (9, 6) là nghiệm riêng của 5x – 7y = 3 Do đó, nghiệm tổng quát là:

2. n = 9x, n + 1 = 25y; x,y

23

Khi đó 25y – 9x = 1

Vậy n = 99 + 225t, t 3. a) Ta có: (6, 11) = 1. Nên pt ( 1 ) luôn có nghiệm nguyên. (2, 1) là 1 nghiệm riêng của pt 6x – 11y = 1 Do đó (2m + 4, m + 2) là nghiệm riêng của ( 1 ). Khi đó, nghiệm tổng quát của ( 1 ) là:

b) Pt ( 2 ) có nghiệm (15; 25) = 5 \ m – 1 m = 5k +1 ; k Khi đó pt ( 2 ) 3x + 5y = k

Ta có: ( 3; 2) là nghiệm riêng của 3x + 5y = 1, lúc đó nghiệm tổng quát của (2) là

4. a) 8x – 13y = 6 có nghiệm riêng là ( 30, 18). Nên nghiệm nguyên tổng quát là:

Để các điểm nguyên nằm giữa 2 đường thẳng x = 10 và x = 50, ta phải tìm t nguyên thoả:

10 < 30 + 13t < 50 t = 2, 3, 4, 5, 6 Từ đó: Có 5 điểm nguyên là ( 4; 2); (9; 6); (22; 14); (35;

22); (48; 30)b) Pt 3x + 5y = 7 có nghiệm riêng là ( 1; 2). Nên nghiệm nguyên

tổng quát là:

24

Tìm t nguyên thoả hệ

Hệ này vô nghiệm. Nên đường thẳng 3x + 5y = 7 không có điểm nguyên nào nằm trong hình chữ nhật đã cho.

5. Gọi số trâu đứng là x, nằm là y, già là 100 – (x + y) ( x,y nguyên dương và x,y < 100 )

Ta có phương trình: 5x + 3y + = 100

7x + 4y = 100Tìm 1 nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 1Dùng thuật toán Euclit cho 7 và 4, ta có: 7 = 4.1 +3 4 = 3.1 +1 m = 1 + 1 = 2Nên ( 1; 2) là một nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 1

( 100; 200) là một nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 100

Do đó, phương trình có nghiệm:

Mặt khác, 0 < x, y < 100

t = 26, 27, 28 * Với t = 26 thì x = 4; y = 18 (4, 18, 78) là một nghiệm * Với t = 27 thì ( 8, 11, 81) là nghiệm thứ hai * Với t = 28 thì ( 12, 4, 84 ) là nghiệm thứ ba 6. Gọi x là số phần thưởng hạng nhất ( ) y là số phần thưởng hạng nhì. ( ) Số phần thưởng giải khuyến khích 20 – (x + y) Ta có pt: 150.000x + 130.000y + 1.000.000 + 50.000(20 – x – y) = 2.700.000

25

5x + 4y = 35 (1) Nghiệm riêng của pt 5x + 4y = 1 là x = 1 và y = 1 Nghiệm riêng của (1) là x = 35 và y = 35

Do đó, nghiệm của (1) là

Mặt khác 0 x 20 0 35 + 4t 20

(2) 1 y 20 1 35 – 5t 20

(3) Từ (2) và (3) Vậy pt có nghiệm x = 3; y = 5 ĐS: Giải nhất: 3; giải nhì: 5; giải khuyến khích: 12.

7. Gọi x là số phần quà dự định, y là số kẹo trong mỗi phần (x, y nguyên dương và y > 10). Ta có hệ phương trình:

( thoả điều kiện)Vậy số viên kẹo của nhóm học sinh trên là 20.30 = 600 viên.8. Goïi x (cn) laø soá coâng nhaân cuûa toå A ( x nguyeân döông ) y (cn) laø soá coâng nhaân cuûa toå B ( y

nguyeân döông ) Soá saûn phaåm may ñöôïc cuûa toå A sau 6 ngaøy 6.20.x = 120x (sp)

Soá saûn phaåm cuûa toå A coøn phaûi may sau 6 ngaøy 16800 – 120x (sp)

26

Thôøi gian may soá saûn phaåm coøn laïi cuûa toå A .

Ta coù phöông trình:

18000y – 16500x = 165000 12y – 11x =110 (1)

Neáu toå A ñöôïc hoã trôï 10 coâng nhaân ngay töø ñaàu thì ta coù phöông trình:

(2) * Giaûi heä phöông trình (1) vaø (2)

II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIẾU ẨN a1x1 + a2x2 + … + anxn = c ( 2 ) ai;c

1. Định lí: Pt ( 2 ) có nghiệm nguyên (a1; a2; … ;an) \ c 2. Cách giải: Đưa pt ( 2 ) về một trong hai dạng sau: a) Có một hệ số của một ẩn = 1 Giả sử a1 = 1, Khi đó: x1 = c – a2x2 – a3x3 … anxn ; x2, x3, … , xn

Nghiệm của (2) là:( c – a1x1 – a2x2 … anxn; x2; … ; anxn) b) Có 2 hệ số nguyên tố cùng nhau: Giả sử (a1; a2) = 1 Khi đó: a1x1 + a2x2 = c – a3x3 … anxn

Giải pt theo 2 ẩn x1; x2. ►Bài tập: 1. Giải pt trên tập số nguyên: 6x + 15y + 10z = 3 ( 1 ) 2. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho cả hai số 3x – y

+ 1 và 2x + 3y – 1 đều chia hết cho 7.

27

3. Giải hệ phương trình trên tập số nguyên:

Hướng dẫn: 1. ● Cách 1: ( 1 ) x + 10(y + z) +5(x + y) = 3 Đặt u = y + z; v = x + y Khi đó: ( 1 ) x + 10u + 5v = 3

Nghiệm tổng quát của (1) là:

● Cách 2: (1) 6(x + z) + 15y = 3 – 4z Đặt u = x + z, ta có 15y + 4z = 3 – 6u (1; 4) là một nghiệm riêng của 15y + 4z = 1. Nên ( 3 + 6u; 12 – 24u) là nghiệm riêng của 15y + 4z = 3

– 6u. Do đó nghiệm riêng tổng quát là:

Từ u = x + z x = u – z = u – (12 – 24u – 15t) = 12 + 25u + 15t Vậy nghiệm tổng quát của (1) là :

2. Ta tìm nghiệm nguyên của hệ

Nhân pt (1) cho 3 rồi cộng với pt (2), ta được 11x + 2 = 7(3u + v) Đặt K = 3u + v ta đi đến pt 11x – 7K = 2 Có nghiệm nguyên tổng quát là:

28

Từ 3x – y + 1 = 7u y = 3x + 1 – 7u = 11 + 7(3t – u) 3 ( mod 7 ) Thử lại với x 3 ( mod 7 ) ; y 3 ( mod 7 ) thì 3x – y + 1 và

2x + 3y – 1 đều chia hết cho 7 Vậy x 3 ( mod 7 ) và y 3 ( mod 7 )

3. a) Pt 3x + 2y = 1 có nghiệm nguyên là:

Thay vào 3x + 6y – 2z = 1 , ta được z – 6t = 1

Pt z – 6t = 1 có nghiệm nguyên là

Từ đó suy ra:

b) Thay ng. nguyên của pt (1) là vào pt (2),

ta đc (m + 1)z – 12t = m + 1 Đặt d = (m + 1; 12) \ m + 1 thì nghiệm nguyên tổng quát

29

III. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VÔ ĐỊNH:

1. Sử dụng tính chẵn lẻ : ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của pt: ( 2x + 5y + 1)( + y + x2

+ x) = 105 2. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thoả x2 – 2y2 = 1 3. Giải pt trên tập số nguyên tố xy + 1 = z HD: 1. Vì 105 là số lẻ , nên 2x + 5y + 1 lẻ y chẵn

Mà x2 + x = x(x + 1) chẵn lẻ x = 0 Thay x = 0 vào pt, ta được: (5y + 1)(y + 1) = 21.5 Vì (5y + 1, 5) = 1,

nên hoặc

y = 4. Thử lại x = 0, y = 4 là nghiệm nguyên duy nhất của pt đã cho.

2. x2 = 2y2 + 1 lẻ x = 2k + 1 y chẵn Mà y là số nguyên tố Nên y = 2 x = 3 3. Vì x, y P, nên x 2, y 2, khi đó xy 4 z 5 Vì z = xy + 1 là số nguyên lẻ nên xy chẵn x = 2

Nếu y = 2k + 1 thì z = 22k + 1 + 1 3 Vô lí vì z là số nguyên tố 5

(22k + 1 2 (mod 3) 22k + 1 + 1 2 + 1 0 ( mod 3 ))30

Vậy y = 2. ĐS: x = 2, y = 2, z = 52. Phương pháp phân tích: ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên: a) x + y = xy b) p(x + y) = xy với p là số nguyên tố 2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 3x3 – xy = 5 3. Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và

số đo diện tích bằng số đo chu vi. 4. Tìm nghiệm nguyên của pt: xy + 6x + 2006y + 12033 = 0

( TS ĐHSP 06 – 07 ) 5. Tìm các số x và y thoả: HD:

1. a)Ta có x + y = xy xy – x – y + 1 = 1 (x – 1)(y – 1) = 1

Phương trình có 2 nghiệm nguyên là (2; 2) và (0; 0) b) Giả sử x y ( vì x, y có vai trò như nhau ) Ta có: p(x + y) = xy px + py = xy p2 = xy – px – py + p2

(x – p)(y – p) = p2 = p.p = ( p)( p) = 1.p2 = 1.( p2) = ( p2)( 1) Từ đó pt có các nghiệm nguyên là: (2p; 2p); (0; 0); (p + 1;

p2 + p); (p2 + p; p + 1) ; (p – p2; p – 1); (p – 1; p – p2) 2. Ta có: 3x3 – xy = 5 x(3x2 – y) = 5 = 5.1 = 1.5

Vậy nghiệm tự nhiên của pt là (5; 74)

31

3. Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông, 1 x y < z

Ta có:

Từ (1) z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) ( theo (2) )

z2 = (x + y)2 – 4(x + y) – 4z z2 + 4z + 4 = (x + y)2 – 4(x + y) + 4 (z + 2)2 = (x + y – 2)2

z + 2 = x + y – 2 ( do x + y 2 ) z = x + y – 4 Thay vào (2), ta được: (x – 4)(y – 4) = 8 = 1.8 = 2.4

4. Ta có: xy + 6x + 2006y + 12033 = 0 (y + 6)(x + 2006) = 3; rối giải như bài 1 5.

ĐK:

* Bình phương 2 vế, rút gọn, bình phương 2 vế lần 2, phân tích được:

( x – 2 )( 2 – y ) = 0 x = 2 hoặc y = 2

Phương trình có nghiệm:

3. Phương pháp cực hạn: Thường được sử dụng cho phương trình đối xứng. Vì vai trò

của các ẩn như nhau nên có thể giả sử x y z … ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz

32

2. Một tam giác có số đo của đường cao là những số nguyên và bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1. Chứng minh rằng tam giác đó đều

3. Tìm nghiệm nguyên dương của trình x3 + 7y = y3 + 7x HD:

1. Vì vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử 1 x y z

Từ gt 1=

Thay x = 1 vào pt đề bài, ta được: 1 + y + z = yz (y – 1)(z – 1) = 2 = 1.2 y = 2 và z = 3 (vì y – 1 z – 1 ) Vậy pt có 6 nghiệm là các hoán vị của (1; 2; 3)

2. Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của

tam giác. Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 1 nên x, y, z > 2.

Giả sử x y z > 2 Diện tích :

S = ax = by = cz (1)

Mà:S = SAOB + SAOC + SBOC

= (a + b + c) (2)

Từ (1) và (2) ax = by = cz = a + b + c

33

1

O

cb

aCB

A

Từ

(2x – 3)(2y – 3) = 9 = 3.3 = 9.1 x = 3, y = 3 hoặc x = 6, y = 2 ( loại ) Vậy x = y = z = 3. Khi đó a = b = c. 3. Phương trình đã cho tương đương với: (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0 x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7 - Nếu x y thì từ x2 + xy + y2 = 7

(x – y)2 = 7 – 3xy > 0 xy <

x = 1; y = 2 hoặc x = 2, y = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của pt là (1; 2); (2; 1); (x; x) Với x N* ●Chú ý: Nghiệm nguyên dương của phương trình:

Vì x1, x2, …, xn có vai trò như nhau nên giả sử 1 x1 x2

… xn.

Khi đó, ta có:

* Cách giải: a(x1 + x2 + … + xn) + b = cx1x2… xn ; a, b, c

34

a(x1 + x2 + … + xn) +b = cx1x2… xn ; a, b, c

c =

VD: Tìm nghiệm nguyên dương của pt a) 2(x + y) + 16 = 3xy b) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz ( HS tự giải )

4. Phương pháp loại trừ: - Tìm các nghiệm đặc biệt của phương trình - Chứng tỏ các giá trị khác của x không là nghiệm của pt

►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6 + 3x3 + 1 = y4

2. Giải pt trên tập số nguyên: x2 – 6xy + 13y2 = 100 3. Tìm nghiệm nguyên của pt: x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2

4. Tìm các số nguyên x, y thoả pt: x2 + xy + y2 = x2y2

HD: 1. Rõ ràng x = 0, y = 1 là nghiệm của pt. Ta chứng minh đó

là 2 nghiệm duy nhất * Với x > 0 : (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6

+ 4x3 + 4 = (x3 + 2)2

x3 + 1 < y2 < x3 + 2. Vô lý! * Với x 2: (x3 + 2)2 < x6 + 3x3 + 1 = y4 < x6 + 2x3 +1 =

(x3 + 1)2

< y2 < . Vô lý! * Với x = 1 thì y4 = 1: Vô nghiệm Vậy pt đã cho có 2 nghiệm nguyên (0; 1) và (0; 1) 2. Ta có: x2 – 6xy + 13y2 = 100 x2 – 6xy + 9y2 = 100 – 4y2 (x – 3y)2 = 4(25 – y2) 0 và 25 – y2 là số chính phương

35

Với y = 0 thì x = 10 Với y = 1, 2 thì 25 – y2 không là số chính phương (loại) Với y = 3 thì 25 – y2 = 16 (x – 3y)2 = 64

x = 8 + 3y hoặc x = 8 + 3y- Nếu y = 3 thì x = 17 hoặc x = 1- Nếu y = 3 thì x = 1 hoặc x = 17

● Với y = 4, 5 làm tương tự 3. y2 = (x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = z(z + 7) với z = x2 + 8x Nếu z > 9 thì (z + 3)2 < z2 + 7z = y2 < (z + 4)2. Vô lý ! Vậy z 9 x2 + 8x – 9 0 …… 4. Ta có: x2 + xy + y2 = x2y2 (1) - Nếu x = y = 0 thì đẳng thức (1) đúng. Vậy x = y = 0 là một

nghiệm của pt - Nếu trong 2 số x và y, có một số = 0 và số còn lại khác 0

thì pt vô nghiệm.

- Nếu (2)

Và

- Tương tự với x 2 và y 2 thì pt vô nghiệm.

- Nếu x = 1 và y > 2 ( hoặc y < 2 ) thì (2) . Vô

lí! - Tương tự với y = 1 và x > 2 ( hoặc x < 2 ) thì (2)

. Vô lí!

- Nếu x = 1 và y = 1 thì vế trái của (2) = 3 > 1 - Tương tự với x = 1 và y = 1. Pt vô nghiệm

36

- Nếu thì vế trái của (2) = 1 = Vế phải nên

các giá trị đó là ng.

- Nếu thì vế trái của (2) = > 1

- Nếu thì vế trái của (2) = < 1

- Tương tự với các trường hợp x = 2 và y = 1 đều không là nghiệm.

Vậy pt đã cho có nghiệm (0;0); ( 1;1); (1; 1)5. Dùng chia hết và chia có dư: Thường dùng để chứng minh phương trình không có

nghiệm nguyên bằng cách chứng minh 2 vế khi chia cho cùng một số có số dư khác nhau.

►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 2y2 = 5

2. Chứng minh rằng tổng bình phương của 3 số nguyên trong phép chia cho 8 không thể có số dư là 7. Từ đó suy ra pt 4x2

+ y2 + 9z2 = 71 không có nghiệm nguyên. 3. Tìm các chữ số x, y, z thoả : (1) HD: 1. ● Nếu x 5 thì từ 2y2 = x2 – 5 y 5 Khi đó x2 – 2y2 25. ( Vô lý vì vế phải là 5 ) ● Nếu x 5 thì y 5. Số nguyên x khi chia cho 5 có thể dư là

x2 ( mod 5 ) x2 – 2y2 ( mod 5 ) Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên 2. Giả sử x2 + y2 + z2 7 ( mod 8 )

Ta có: x 0, 1, 2, 3, 4 ( mod 8 ) x2 0, 1, 4 (mod 8) y2 + z2 7, 6, 3 (mod 8)(Vô lý)

37

[Vì – Nếu y, z cùng lẻ thì y = 2k + 1, z = 2l + 1 - Nếu y, z cùng chẵn thì y = 2k, z = 2l = 2m, chẵn) (mod 8) (k2 + l2 = 2m + 1, lẻ) (mod 8) - Nếu y, z chẵn lẻ khác nhau thì y = 2k + 1, z = 2l mà 4k(k + 1) (mod 8) và 4l2 + 1 (mod 8) nếu l chẵn, (mod 8) nếu l lẻ (mod 8). Do đó: y2 + z2 2, 0, 4, 1, 5 (mod 8)]

Vậy x2 + y2 + z2 7 ( mod 8 ) Ta có: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 (2x)2 + y2 + (3z)2 = 8.8 + 7 7 ( mod 8 ) Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên. 3. (1) 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z 200x + 11y = 100z 100(z – 2x) = 11y 100 y = 0, Khi đó z = 2x z = 2, 4, 6, 8 ứng với x = 1; 2; 3; 4. Ta có các số 102, 204, 306, 408 đều thoả (1) 6. Sử dụng tính chất nguyên tố:

Tính chất 1: Với mọi số nguyên tố p, số p2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3

Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3; a, b là số nguyên. Nếu a2 + b2 p thì a p và b p.

Chứng minh: TC 1: Giả sử a2 + 1 có ước nguyên tố p = 4k + 3 ( k ) Khi đó ap – 1 + 1 = a4k + 2 + 1 = ap – 1 1 + 2 = (a2)2k + 1 + 1 a2 + 1 p (1) Mặt khác, theo định lý Fermat: ap – 1 – 1 p (2)

38

Từ (1) và (2) 2 p. Do đó p = 2 không có dạng 4k + 3. Vô lý !

Vậy a2 + 1 không có ước nguyên tố dạng 4k + 3 TC 2: Ta có: ap – 1 1 ( mod p ) a4k + 2 1 ( mod p ) bp – 1 1 ( mod p ) b4k + 2 1 ( mod p ) a4k + 2 + b4k + 2 2 ( mod p ) p = 2

Vậy a p và b p

►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của pt: a) x2 – y3 = 7 b) 19x2 + 28y2 = 729 c) x2 + 2x + 4y2 = 37

2. p là số nguyên tố dạng 4k + 3, chứng minh rằng pt x 2 + y2 = pz2 không có nghiệm nguyên dương

3. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ

HD: 1. a) x2 – y3 = 7 x2 + 1 = (y + 2)(y2 – 2y + 4) ● Nếu y chẵn thì x2 + 1 4 . Vô lý! Vì mọi số

chính phương khi chia cho 4 không thể dư 3. Thật vậy, - Với x = 4k x2 0 ( mod 4 ) - Với x = 4k 1 x2 1 ( mod 4 ) - Với x = 4k + 2 x2 0 ( mod 4 ) ● Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2 + 3 có dạng 4k + 3 nên

phải có một ước nguyên tố có dạng đó ( Vì tích số dạng 4k + 3 sẽ có dạng 4k + 3 ). Do đó x2 + 1 có ước nguyên tố dạng 4k + 3. Vô lý !

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên tố.b) Ta có: 19x2 + 28y2 = 729 18x2 + 27y2 + x2 + y2 = 3.243 3 x2 + y2 3 x 3 và y 3 Đặt x = 3u và y = 3v ; u,v

39

Thay vào phương trình đã cho và sau khi rút gọn ta được 19u2

+ 28v2 = 81, tương tự ta được u = 3u1 , v = 3v1. Khi đó

u1 = 3u2 và v1 = 3v2 lại được . Vô nghiệm. Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên.

c) Ta có: x2 + 2x + 4y2 = 37 (x + 1)2 + (2y)2 = 38 19 ( dạng 4k + 3 ) x + 1 19 và 2y 19 (x + 1)2 + (2y)2 192 ( Vô lý ) Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên tố.

2. d = (x, y, z); p

Vô lý !

3. Gọi d = (x, y). Khi đó z d Đặt x = dx1, y = dy1, z = dz1, t = dt1 với (x1, y1) = 1 Cộng vế 2 pt, ta được 14(x2 + y2) = z2 + t2 7 z 7 và t 7 14(x2 + y2) = z2 + t2 72 (1) 7 và .

Mặt khác: (1)

và và

x1 7 và y1 7. Vô lý vì (x1, y1) = 1 Vậy hệ đã cho không có nghiệm nguyên. 7. Phương pháp xuống thang: Quá trình tìm nghiệm diễn ra tuần hoàn và sau mỗi chu kỳ,

nghiệm nhỏ đi một lần ► Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – 3y3 – 9z3 = 0 2. Tìm nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt (1)

40

3. Tìm nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 = x2y2. HD:

1. Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên của pt, khi đó x0 3, đặt x0 = 3x1. Thay vào pt ta được:

, đặt y0 = 3y1, Khi đó: Thay z0 = 3z1 vào ta được

Như vậy cũng là nghiệm của pt.

Quá trình này tiếp tục mãi, các số là các số

nguyên với mọi k nguyên. Do đó: x0 = y0 = z0 = 0 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0)

2. Giả sử (x0, y0, z0, t0) là nghiệm nguyên của (1), khi đó: là số chẵn nên trong đó các

số x0, y0, z0, t0 phải có số số lẻ là một số chẵn (0; 2hay 4) ● Nếu x0, y0, z0, t0 đều lẻ thì . Trong khi đó

2x0y0z0t0 4. ● Nếu trong các số x0, y0, z0, t0 có 2 số lẻ thì: ( mod 4 ). Trong khi đó 2x0y0z0t0 4 Vậy x0, y0, z0, t0 phải cùng chẵn, giả sử: x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 =

2z1, t0 = 2t1

Phương trình trở thành: Tương tự: Trong đó:

41

Cứ thế tiếp tục, đi đến:

Với là các số nguyên

, điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = z0 = t0 = 0. Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0; 0)

3.● Nếu x và y đều là số lẻ thì x2 1 (mod 4) và y2 1 (mod 4). Nên x2y2 1 (mod 4)

Từ x2 + y2 + z2 = x2y2 z lẻ . Nên z2 1 (mod 4). x2 + y2 + z2 3 (mod 4). Vô lý. Vậy x chẵn hoặc y chẵn.

● Giả sử x chẵn y2 + z2 4 y và z cùng chẵn

( Vì nếu y và z lẻ thì y2 + z2 2 (mod 4) . Vậy x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1

Thay vào pt đã cho , ta được: . Lý luận tương tự ta được :

Với là những số nguyên

Quá trình này có thể tiếp tục mãi các số là số chẵn

với mọi n. Do đó (x; y; z) chỉ có thể là (0; 0; 0)

8. Dùng bất đẳng thức:( Cauchy hoặc Bunhiacopsky ) ►Bài tập:

1. Tìm nghiệm nguyên dương:

2. Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) (1) 3. Tìm nghiệm nguyên: x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4 HD:

42

1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, pt đã cho tương đương với: 3xyz = x2y2 + y2z2 +z2x2 x = y = z = 1 2. Áp dụng bđt B.C.S: (x + y + 1)2 (x2 + y2 +12)(12 + 12 +

12) = 3(x2 + y2 + 1) Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 Cách 2: (1) 2xy + 2x + 2y = 2x2 + 2y2 + 2 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0 x = y = 1 3. Phương trình đã cho tương đương với: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – 2)2 = 0 x = y = z = 2

CÁC BÀI ÔN TẬP. 1. Giải phương trình: a) 2x + 3x = 5x (1)

HD: a) – Nếu x = 1 thì pt (1) nghiệm đúng x = 1 là nghiệm.

- Nếu x > 1 thì (1) (2)

Mà

Vậy pt (2) vô nghiệm. Nên pt (1) vô nghiệm với x > 1

- Nếu x < 1 thì và

Vậy pt (2) vô nghiệm. Nên pt (1) vô nghiệm với x < 1 Do đó pt (1) chỉ có một nghiệm duy nhất x = 1

43

2. Tìm x, y thoả hệ bất pt

HD:

Do x2 – 2x và x – 1 nguyên và không cùng tính chẵn lẻ Nên (1)

Vì vậy trong 2 số và phải có một số bằng 1 và một số bằng 0, hoặc ngược lạipt (1) hệ bất pt có nghiệm: (0;0), (1;1), (0;1), (1;2), (2;0),

(2;1).

3. Tìm x, y thoả

HD: (1)

(2)

Từ (1’) và (2’) .

Vì nên Xét từng giá trị của y trong hệ bất pt là nghiệm4. Chứng minh rằng , ta có:

là một số nguyên dương.

HD: Ta phải chứng minh và

44

Đúng vì tích của 5 số tự nhiên liên tiếp 5. Tìm 2 số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau nghiệm đúng:

HD: * Gọi d = (2a + b; a2 + ab)

* Mặt khác 2a + b Mà ab Do (a; b) = 1

Vậy tối giản 2a + b = 102 và a2 + ab = 101

a(a + b) = 1.101 a = 1 và b = 100 6. Cmr A = 2880n + 60n + 12n + 4n – 720n – 240n – 48n – 1 Với n là số tự nhiên chia hết cho 1947. HD: * 1947 = 3.11.59 * A = (2880n – 720n) – (240n – 60n) – (48n – 12n) + (4n – 1). = 720n(4n – 1) – 60n(4n – 1) 12(4n – 1) + (4n – 1) = (4n – 1) (12n – 1) (60n – 1) Mà 4n – 1 = (4 – 1) (4n – 1 + 4n – 2 + ... + 1) 12n – 1 = (12 – 1)( 12n – 1 + 12n – 2 + ... + 1)

45

60n – 1 = (60 – 1)( 60n – 1 + 60n – 2 + ... + 1) Vậy A

7. Cho a2 + b2 + c2 = 6 và . Cm a + b + c 0 ( Năng Khiếu Chuyên 09 – 10 ) Ta có

Tương tự và Cộng vế

7’. Cho và . Cm a2 + 2b2 + 3c2 66 ( TSL10/ Hà Tĩnh 09 – 10 ) Ta có:

Tương tự .

8. Tìm các số thực x sao cho và đều là các

số nguyên. * ĐK:

* Đặt và

Ta có:

46

* Để a, b thì

Vậy thoả

9. Cho các số thực a, b, c thoả

Chứng minh cả ba số a, b, c đều dương. HD: * Giả sử .

Nếu a = 0 thì abc = 0. Mâu thuẫn với (3)-Nếu a < 0 kết hợp với (3) bc < 0Từ a < 0 và (1) b + c > 0 (1’)Từ b.c < 0 và (2) ab + ca > 0 a(b + c) > 0 (2’)Từ (1’) và (2’) a > 0. Mâu thuẫn

Vậy là sai. Do đó a > 0 Cm tương tự: b > 0, c > 0 10. Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho (x2 + y2 + 6) xy.

Tìm thương của phép chia x2 + y2 + 6 cho xy. HD: Ta có: x, y , (x2 + y2 + 6) xy (x2 + y2 + 6) = mxy (1) Trong tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả (1), giả sử

(x0;y0) là cặp số có x0 + y0 nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử x0 y0. Xét pt

(2)y0 là một nghiệm của pt (2). Gọi y1 là nghiệm của pt (2).

Theo hệ thức Viet, ta có:

Do (x0; y0) và (x0; y1) thoả (1) mà x0 + y0 nhỏ nhất.Nên 0 < x0 y0 y1.

- Nếu x0 = y0 , từ (1) và m = 8

47

- Nếu y0 = y1 . Ta có (*) Từ hệ thức tổng và cùng tính chẵn lẻ Nên (*) không xảy ra - Nếu x0 < y0 < y1, ta có: . Do đó

Ta có: y0.y1 = 7 y0 = 1 và y1 = 7. Mâu thuẫn x0 < y0 < y1. Vậy thương tìm được là m = 8.11. Tìm tất cả các số nguyên đương n để giá trị của biểu thức: A = n2009 + n2008 + 1 là hợp số HD: * Nếu n = 1 thì A = 3 không là hợp số. * Nếu n > 1. Ta có: A = n2009 + n2008 + 1 = n2009 n2 + n2008 n + n2 + n + 1 = n2(n2007 – 1) + n(n2007 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n2007 – 1) = (n3)669 – 1669 n3 – 1 Và n3 – 1 (n2 + n + 1) Vậy n2007 – 1 n2 + n + 1 Mà , n > 1. Nên n2009 + n2008 + 1 > n2 + n + 1 > 1. Vậy a là hợp số Do đó thì a là hợp số. 12. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả: x2 – (2009 + y)x + 5 + y = 0 (1) HD: (1) x2 – 2009x – xy + 5 + y = 0 x2 – x – 2008x + 2008 – xy + y = 2003 (x – 1)(x – 2008 – y) = 2003 . Nên (x – 1) là ước của 2003. Mà 2003 là số nguyên tố. Ta có: x – 1

48

x = 2 thì 2 – 2008 – y = 2003 x = 0 thì 0 – 2008 – y = 2003 x = 2004 thì 2004 – 2008 – y = 1 x = thì – 2008 – y =

13. Ba số nguyên dương a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn đồng thời các điều kiện:

i) a là ước của b + c + bc ii) b là ước của a + c + ac iii) c là ước của a + b + ab.

a) Hãy chỉ ra một bộ ba số (a; b; c) thoả các điều kiện trên.b) Chứng minh rằng a, b, c không thể đồng thời là các số

nguyên tố. HD: a) (1; 3; 7) vì … ( thử lại ) b) Giả sử là 3 số nguyên tố (a < b < c) thoả 3 đk trên Từ gt a + b + c+ ab + bc + ca có a, b, c là ước. Đặt a + b + c + ab + bc + ca = mabc ( )

. Vô lý Vậy điều giả sử trên là sai Nên không tồn tại 3 số nguyên tố khác nhau thoả đk đề bài. 14. Cho 13 điểm nằm trong hay trên cạnh của một tam giác đều

có cạnh bằng 6cm. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 điểm trong số 13 điểm đó mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá

cm HD: Xét tam giác đều cạnh 6cm. Gọi D, E, F lần lượt là trung

điểm các cạnh BC, CA, AB Gọi G là trọng tâm và M, N, P, I, J, L, T lần lượt là

trung điểm của GA, GB, GC, AF, BF, BD, CD, GE, AE.

49

được chia thành 12 phần. Theo nguyên tắc Dirichlet trong 13 điểm đã cho tồn tại 2 điểm thuộc cùng một phần.

Do cạnh bằng 6cm

Do đó 2 điểm bất kì thoả điều kiện đề bài có khoảng cách không quá cm

15. Tìm tất cả các số nguyên p sao cho pt: 2x2 – (p – 1)x + p + 2008 = 0 Có tất cả các nghiệm là các số nguyên.

HD: . Vô lí!

Vậy không tồn tại số nguyên p thoả yêu cầu đề bài.

16. Cho các số nguyên dương a, b thay đổi thoả mãn .

Tìm giá trị lớn nhất của

HD: Vì vai trò của a, b như nhau . Giả sử - Nếu b 3 thì . Vô lí!

- Nếu b = 2. Ta có:

Do đó a = 3 hay a = 2

Nếu a = 3 thì (thế vào biểu thức)

Nếu a = 2 thì .

- Nếu b = 1 thì P = 1.

Ta có .

50

Vậy giá trị lớn nhất của .

17. Tìm các số a, b, c nguyên dương sao cho:

là một số nguyên.

HD: Đặt

Ta có: = abc(abc – a – b – c) + (ab + bc + ca – 1)

Do vậy (ab + bc + ca – 1) abc Không mất tính tổng quát. Giả sử . Ta có: abc < ab + bc + ca < ab + ac + ac = a(b + 2c) * Xét c = 1. Ta có: ab + a + b – 1 abc

Khi đó M = 0 * Xét c = 2. Ta có: 2ab + 2a + 2b – 1 ab

Khi đó với

Vậy và các hoán vị. 18. Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3 là 1 số nguyên

dương và biết f(5) – f(3) = 2010. Chứng minh rằng f(7) – f(1) là hợp số

HD: Ta có: f(x) = ax3 + bx2 + cx + d, có a nguyên dương Nên 2010 = f(5) – f(3) = (53 – 33)a + (52 – 32)b + (5 – 3)c = 98a + 16b + 2c

51

16b + 2c = 2010 – 98a Lại có f(7) – f(1) = 342a + 48b + 6c = 342a + 3(16b + 2c) = 342a + 3(2010 – 98a) = 48a + 6030 3 = 3(16a + 2010) 3 Vì a nguyên dương, nên 16a + 2010 > 1 Vậy f(7) – f(1) là hợp số.19. Tìm số thoả HD: Ta có: 100a + 10b + c = (a + b)24c

Mà 4(a + b)2 – 1 là số lẻ và do 0 < c 9. Nên Mà 4(a + b)2 là số chẵn. Nên 4(a + b)2 phải có chữ số tận cùng là 6 phải có chữ số tận cùng là 4 hoặc 9 (*)

Lại có: và 4(a + b)2 – 1 là số lẻ

(**)

Kết hợp (*) và (**)

* Nếu thì a + b có dạng .

Khi đó

Mà

* Nếu a + b = 3, ta có:

Vì 0 < a < 4 và Nên 1 + 3a = 7 . Khi đó c = 6 và b = 1. Vậy 216 là số cần tìm.

52

Chú ý: * Bình phương của mọi số đều có chữ số tận cùng là một trong

các số: 0, 1, 4, 5, 6, 9. * Bình phương của một số chẵn có chữ số tận cùng là một trong

các số: 0, 4, 6. 20. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x – y3 = 1 (1) HD: (1) 3x = (y + 1)(y2 – y + 1)

* Nếu m = 0 thì x = y = 0

* Nếu m > 0 thì

9m – 3.3m +3 = 3m(3m – 3) = 0 . Vậy pt có 2 nghiệm nguyên (x; y) là (0; 0) và (2; 2). 21. Cho 3 số nguyên dương a, p, q thoả mãn các điều kiện: i) ii) .

Chứng minh rằng .

HD: Từ giả thiết

22. Tìm các số nguyên x và y để cho (1)

HD: ĐK: y 0. Khi đó (1) xy – 8 = 3y y(x – 3) = 8 Xét bảng:

y 1 2 4 853

8 4 2 1x 11 7 1 5 2 4

Có 8 cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức (1).23. (Chuyên 05-06, TPHCM) Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là số chính phươngHD: Gọi số phải tìm là . Ta có với a’ = a + 1, b’ = b + 1, c’ = c + 1, d’ = d + 1. y2 và x2 có 4 chữ số . Lúc này

Giải các hệ phương trình này được kq x = .24. (Chuyên 06-07, TPHCM) a) Cho 2 soá döông x, y thoûa maõn

b) Tìm caùc soá nguyeân döông x, y thoûa maõn

HD: a) Vôùi x, y döông, ta coù

(*)

Ñaët thì pt (*) thaønh a2 – 3a + 1 = 0, coù 2 nghieäm laø

54

Vaäy

b) Vôùi x, y nguyeân döông, ta laäp baûng giaù trò

x – 2 4 1 41

22

y – 2 1 4 14

22

x 6 3 2 1 4 0y 3 6 1

24 0

Caùc caëp soá (x;y) nguyeân döông thoûa maõn ñieàu kieän laø (6;3), (3;6), (4;4)

25. (Chuyên 07-08, TPHCM)Cho a, b laø caùc soá nguyeân döông sao cho

cuõng laø soá nguyeân. Goïi d laø öôùc soá cuûa a vaø b. Chöùng minh

HD: laø soá nguyeân

Maø . Neân coù a + b ab Maët khaùc d laø öôùc chung cuûa a vaø b Do ñoù Neân d.d

26. (Chuyên 08-09, TPHCM)Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c.

55

Chứng minh rằng:a) a2 + b2 + c2 + d2 là tổng của ba số chính phương.b) bc ≥ ad.

a) a + d = b + c a + d – b – c = 0 2a(a + d – b – c) = 0 Ta có: a2 + b2 + c2 + d2 + 2a(a + d – b – c) = (a + d)2 + (a – d)2 + (a – c)2

b) 4bc = (b + c)2 – (b – c)2 (0,25đ) 4ad = (a + d)2 – (a – d)2 (0,25đ) Từ (0,25đ) Mà b + c = d + a (0,25đ)

Câu 4 (2 điểm): a) Cho a, b là hai số thực thoả 5a + b = 22. Biết phương trình x2 +

ax + b = 0 có hai nghiệm là hai số nguyên dương. Hãy tìm hai nghiệm đó.

b) Cho hai số thực sao cho x + y, x2 + y2, x4 + y4 là các số nguyên. Chứng minh x3 + y3 cũng là các số nguyên.

HD: Cho a, b, c, d là các số nguyên thoả a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c.

a) Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta có thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k N)

Khi đó do a + d = b + c b + c + h – k = b + c h = k.Vậy a = b – k và d = c + k.Do đó: a2 + b2 + c2 + d2 = (b – k)2 + b2 + c2 + (c + k)2

= 2b2 + 2c2 + 2k2 – 2bk + 2ck = b2 + 2bc + c2 + b2 + c2 + k2 – 2bc – 2bk + 2ck + k2

= (b + c)2 + (b – c – k)2 + k2 là tổng của ba số chính phương (do b + c, b – c – k và k là các số nguyên)

b) Ta có ad = (b – k)(c + k) = bc + bk – ck – k2 = bc + k(b – c) – k2 ≤ bc (vì k N và b ≤ c)

Vậy ad ≤ bc (ĐPCM)Đáp án của SỞ GD: Câu 3: a) a + d = b + c a + d – b – c = 0 2a(a + d – b – c) = 0

(0,5đ)56

Ta có: a2 + b2 + c2 + d2 + 2a(a + d – b – c) = (a + d)2 + (a – d)2 + (a – c)2

b) 4bc = (b + c)2 – (b – c)2 (0,25đ) 4ad = (a + d)2 – (a – d)2 (0,25đ) Từ (0,25đ) Mà b + c = d + a (0,25đ)Câu 4: a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 ≤

x2)Ta có a = –x1 – x2 và b = x1x2 (0,25đ)Nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 (0,25đ) x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)(0,25đ)Ta có: –4 ≤ x1 – 5 ≤ x2 – 5 nên

(*) . (0,25đ)

Khi đó: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52.

b) Ta có (x + y)(x2 + y2) = x3 + y3 + xy(x + y) (1)x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy (2)x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 (3)

Vì x + y, x2 + y2 là số nguyên nên từ (2) 2xy là số nguyên.

Vì x2 + y2, x4 + y4 là số nguyên nên từ (3) 2x2y2 = (2xy)2 là

số nguyên (2xy)2 chia hết cho 2 2xy chia hết cho 2 (do 2 là nguyên tố)

xy là số nguyên.Do đó từ (1) suy ra x3 + y3 là số nguyên.Đáp án của SỞ GDCâu 4b) Ta có 2xy = (x + y)2 – (x2 +y2) (0,25đ)

57

2x2y2 = (x2 +y2)2 – (x4 + y4) (0,25đ)

Giả sử 2xy = m

m chia hết cho 2 (0,25đ) x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x +y)

(0,25đ)27. (Chuyên 09-10, TPHCM)

1. Cho heä phöông trình (a, b nguyeân döông vaø a b) Tìm a, b ñeå heä coù nghieäm (x; y) vôùi x, y laø soá nguyeân döông. 2. Chöùng minh khoâng toàn taïi caùc soá nguyeân x, y, z thoaû heä:

HD: 1.

Vì (a + b)y = 5 vaø a, b, y laø caùc soá nguyeân döông neân a + b laø öôùc nguyeân döông cuûa 5 vaø lôùn hôn 1. Vaäy a + b = 5.

Ta coù: 2. Giaû söû toàn taïi caùc soá nguyeân x, y, z thoaû heä:

58

Ta coù: 3(x2 – 3xy + 3y2 – z2) + (x2 + xy + 8z2) = 3.31 + 100 4x2 – 8xy + 9y2 + 5z2 =193 (2x – 2y)2 + 5(y2

+ z2) = 193 (*) Maø 5(y2 + z2) 5.Do ñoù 5(y2 + z2) coù chöõ soá taän cuøng baèng 0 hoaëc 5Töø (*) coù (2x – 2y)2 coù chöõ soá taän cuøng laø 3 hoaëc 8. Ñieàu naøy voâ lí vì (2x – 2y)2 laø soá chính phöông neân khoâng theå coù chöõ soá taän cuøng laø 3 hoaëc 8.Vaäy khoâng toàn taïi caùc soá nguyeân x, y, z thoaû heä: .

28. (NK Chuyên 07-08) Cho S laø moät taäp hôïp goàm 3 soá töï nhieân coù tính chaát: toång hai phaàn töû tuyø yù cuûa S laø moät soá chính phöông (Ví duï

laø caùc taäp hôïp thoaû maõn ñieàu kieän treân). Chöùng minh raèng trong taäp S coù khoâng quaù 1 soá leû.

* Giaû söû taäp . Trong ñoù, a, b leû, coøn c chaün vaø thoaû a + b = n2, a + c = m2, b + c = p2.

Vì a, b leû neân a + b chaün n2 chaün n chaün Vì a leû, c chaün neân a + c leû m2 leû m leû m

= 2k +1 . Töông töï p = 2q + 1. m2 + p2 = (2k + 1)2 + (2q + 1)2 = 4(k2 +q2 +k +

q) + 2 4 (*) Maët khaùc n2 + m2 + p2 = 2(a + b + c) Maø n2 4 m2 + p2 4 (**)

59

Töø (*) vaø (**) Maâu thuaãn. Vaäy ñieàu giaû söû treân sai.

* Giaû söû taäp . Trong ñoù, a, b, c ñeàu leû vaø thoaû a + b = n2, a + c = m2, b + c = p2.

Luùc naøy n2 + m2 + p2 4 (1) Maët khaùc n2 + m2 + p2 = 2(a + b + c) = 2(2h +1)

= 4h + 2 4 (2) Töø (1) vaø (2) Maâu thuaãn. Vaäy ñieàu giaû

söû treân sai. Do ñoù khoâng theå coù quaù moät soá leû trong

taäp S.29. (NK Chuyên 08-09) Moät soá nguyeân döông n ñöôïc goïi laø soá baïch kim neáu n baèng toång bình phöông caùc chöõ soá cuûa noù.1. Chöùng minh raèng khoâng toàn taïi soá baïch kim

coù ba chöõ soá.2. Tìm taát caû caùc soá nguyeân toàn taïi soá baïch

kim.HD: 1. Goïi soá coù ba chöõ soá laø

. Ta coù = 100a + 10b + c = 10a + 10b + + 90a + c >

a2 + b2 + c2 ( vì 10a > a2, 10b b2; 90a + c 90 > c2 )Vaäy . Do ñoù khoâng toàn taïi soá baïch

kim coù ba chöõ soá.2. Goïi soá coù k chöõ soá laø n = (vôùi ak, ak-1, …, a3, a2, a1; ak ) Xeùt k 3, ta coù Do ñoù n = ak.10k – 1 + ak – 1. 10k – 2 + … + a3. 103 + a2. 102 + a1.10 + a. ak.10 + ak – 1.10 + … + a3. 100 + a2. 10 + a1.10 + a > (vì ak.10 > ; ak – 1.10 >

; …60

vaø 90ak + a1

)Vaäy khoâng toàn taïi soá baïch kim coù nhieàu hôn 2 chöõ soá.Do ñoù soá baïch kim chæ coù theå laø soá coù 1 hoaëc 2 chöõ soá.* Xeùt soá baïch kim coù moät chöõ soá: Ñaët n = a ( ) Ta coù a = a2. Vì a 0. Do ñoù a = 1.* Xeùt soá baïch kim coù 2 chöõ soá: Ñaët Ta coù:

Maø . Do ñoù (2a – 10)2 < 100 Maët khaùc (2a – 10)2 laø soá chaün. Soá 101 chæ coù chæ coù moät caùch phaân tích thaønh toång cuûa hai bình phöông laø: 101 = 102 + 12. Do vaäy (**) khoâng xaûy ra. Suy ra khoâng toàn taïi soá baïch kim coù 2 chöõ soá. Vaäy chæ coù n = 1 laø soá baïch kim30. (NK Chuyên 09-10) a) Chöùng minh raèng khoâng toàn taïi soá töï nhieân a sao cho a2 + a = 20102009. b) Chöùng minh raèng khoâng toàn taïi soá töï nhieân a sao cho a + a2 + a3 = 20092010. HD: a) Giaû söû toàn taïi soá sao cho a2 + a = 20102009. Ta coù a(a + 1) = 20102009. Maø ÖCLN(a;a + 1) = 1; a + 1 > a Do ñoù a + 1 = u2009, a = v2009.

61

Trong ñoù ÖCLN(u;v) = 1, ( ), u.v = 2010, u > v. Ta coù a = u2009 – 1 (v + 1)2009 – 1 > v2009 + 1 – 1 = a. Voâ lí ! Vaäy ñieàu giaû söû treân sai. Do ñoù khoâng toàn taïi soá töï nhieân a sao cho a2 + a = 20102009. b) Neáu a = 0 thì a + a2 + a3 = 0 < 20092010

Neáu a 0. Ta coù: a3 < a + a2 + a3 < a3 + 3a2 + 3a + 1 a3 < 20092010 < (a + 1)3

a3 < (2009670)3 < (a + 1)3 (*) Vì a vaø a + 1 laø 2 soá nguyeân döông lieân tieáp. Neân khoâng theå coù (*). Vaäy khoâng toàn taïi soá töï nhieân a sao cho a + a2 + a3 = 20092010.Caâu 5. Treân moät ñöôøng troøn, ngöôøi ta xeáp caùc soá 1, 2, 3,…, 10 (moãi soá xuaát hieän ñuùng moät laàn).

a) Chöùng minh khoâng toàn taïi moät caùch xeáp maø toång hai soá keà nhau ñeàu lôùn hôn 10.

b) Toàn taïi hay khoâng moät caùch xeáp maø toång hai soá keà nhau ñeàu lôùn hôn hoaëc baèng 10.

a) Giaû söû toàn taïi 1 caùch saép xeáp caùc soá 1, 2, 3, …, 10 treân 1 ñöôøng troøn (moãi soá xuaát hieän 1 laàn) maø toång hai soá keà nhau ñeàu lôùn hôn 10.

Vì soá 1 coù 2 soá keà nhau vôùi noù. Maø toång cuûa moãi soá naøy vôùi 1 phaûi lôùn hôn 10. Do vaäy caû 2 soá naøy khoâng nhoû hôn 10. Maø chæ coù ñuùng 1 soá khoâng nhoû hôn 10 (soá 10). Ñieàu naøy maâu thuaãn. Vaäy ñieàu giaû söû treân sai!

Do ñoù khoâng toàn taïi moät caùch saép xeáp maø toång 2 soà keà nhau ñeàu lôùn hôn 10.

b) Toàn taïi 1 caùch saép xeáp maø toång 2 soá keà nhau ñeàu lôùn hôn hoaëc baèng 10.

( Xem hình döôùi )

62

7

9 10

46

5

1

8

23

31.(ĐHSP 08-09) Tìm caùc boä ba soá nguyeân döông (x, y, z) thoaû maõn heä phöông trình sau:

:Caùch 1: . Deã thaáy (0;0;0) laø 1 nghieäm cuûa hpt

* Neáu x, y, z khoâng ñoàng thôøi baèng 0 thì (2) (x + y)(x2 + y2 – xy) = z2

Neân Vì y

63

Töø ñoù suy ra hpt (1) coù caùc nghieäm (0; 0; 0), (2; 2; 4), (1; 2; 3), (1; 0; 1), (2; 1; 3), (0; 1; 1).

Caùch 2: . Deã thaáy (0;0;0) laø 1 nghieäm cuûa hpt

* Neáu x, y, z khoâng ñoàng thôøi baèng 0 thì (2) (x + y)(x2 + y2 – xy) = z2

(1) Vì x, y, z Neân veá phaûi cuûa pt

(1) chæ coù theå laø 0 + 0 + 2 hay 0 + 1 + 1

- Tröôøng hôïp 0 + 0 + 2 khoâng xaûy ra vì x – y, x – 1, y – 1

- Tröôøng hôïp 0 + 1 + 1 thì coù caùc khaû naêng xaûy ra:

x – y

x – 1 y – 1 x y Ñc: x – y

z

0 1 1 2 2 nhaän 40 1 0 2 loaïi

0

1 2 0 loaïi

0

0 0 loaïi

1 0 1 1 2 loaïi0 1 1 2 nhaän 3

1 0 1 0 nhaän 10 1 0 loaïi

64

1 1 0 2 1 nhaän 31 0 2 1 loaïi

1 0 0 1 loaïi0 0 1 nhaän 1

Vaäy heä phöông trình ñaõ cho coù caùc nghieäm (0; 0; 0), (2; 2; 4), (1; 2; 3), (1; 0; 1), (2; 1; 3), (0; 1; 1).32. (ĐHSP Chuyên 07-08) Tìm taát caû caùc boä ba soá

nguyeân döông (x, y, z) thoûa maõn:

33. (HSG TPHCM 04-05) Cho caùc soá nguyeân döông x,y,z thoûa :

x2 + y2 = z2

a) Chöùng minh tích x.y.z chia heát cho 3.b) Chöùng minh tích x.y.z chia heát cho 60.

Baøi toaùn phuï : Cho a Z. Chöùng minh raèng:) a2 chia cho 3 dö 0 hoaëc 1.) a2 chia cho 4 dö 0 neáu a chaün, chia cho 8 dö 1

neáu a leû, chia cho 4 dö 1 neáu a leû.) a2 chia cho 5 dö 0 hoaëc 1 hoaëc 4.a/ Ta coù:

- Neáu x hoaëc y chia heát cho 3 - Neáu x vaø y cuøng khoâng chia heát cho 3, theo

) coù z2 chia cho 3 dö 2. Maâu thuaãn )b/ - Neáu x, y cuøng chaün

- Neáu x, y cuøng leû, theo ) z2 chia cho 4 dö 2. Maâu thuaãn )

- Neáu x, y khaùc tính chaün leû. Khoâng maát tính toång quaùt giaû söû x chaün, y leû. Ta coù z leû,theo ) coù y2, z2 chia cho 8 dö 1

65

c/ - Neáu x hoaëc y chia heát cho 5 - Neáu x vaø y cuøng khoâng chia heát cho 5 theo ) coù x2, y2 chia cho 5 dö 1 hoaëc 4 Suy ra x2 + y2 chia cho 5 dö 0; 2 hoaëc 3 Theo ) coù z2 chia cho 5 dö 0, 1 hoaëc 4, maø x2

+ y2 = z2 neân x2 + y2 chia cho 5 dö 0 Do ñoù xyz chia heát cho 60 34. (HSG TPHCM 07-08) Chöùng minh raèng vôùi

moïi soá töï nhieân thì khoâng chia heát cho 9.

Giaû söû chia heát cho 9 thì ta coù :

( 1)

Ta thaáy chia heát cho 3 vaø khoâng chia heát cho 9 neân khoâng laø soá chính phöông, do vaäy phöông trình (1) treân khoâng theå coù nghieäm nguyeân.Vaäy khoâng chia heát cho 9. ( ñpcm)

35. (HSG Q1 09-10) Tìm soá töï nhieân n sao cho n2 – 18n – 10 laø moät soá chính phöông.

HD: Ñeå n2 – 18n – 10 laø moät soá chính phöông Vì neân n – 9 – k < n – 9 + k. Ta coù caùc tröôøng hôïp sau:

66

Vaäy khi n = 19 hay n = 55 thì n2 – 18n – 10 laø moät soá chính phöông.

67