20 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 6 SGK MỚI (CẢ 3 BỘ SÁCH) CHUYÊN ĐỀ 6 SỐ CHÍNH PHƯƠNG by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIC

CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 6

vectorstock.com/30416001

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

20 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ÔN THI HSG TOÁN 6 SGK MỚI (CẢ 3 BỘ SÁCH) CHUYÊN ĐỀ 6 SỐ CHÍNH PHƯƠNG (TÓM TẮT LÝ THUYẾT, CÁC DẠNG BÀI, BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HSG) WORD VERSION | 2022 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

FI CI A

ĐS6. CHUYÊN ĐỀ 6 – SỐ CHÍNH PHƯƠNG CHỦ ĐỀ 1: ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CƠ BẢN CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là bình phương đúng của một số nguyên. Ví dụ : 4 và 6 là hai số chính phương vì 4 = 2 2 ; 16 = 42

II. CÁC TÍNH CHẤT CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG: 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0; 1; 4;5;6;9 , không thể có chữ số tận cùng là 2;3;7;8

 Để chứng minh một số không phải số chính phương ta chỉ ra số đó có hàng đơn vị là 2;3;7;8

2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với mũ chẵn, không chứa TSNT với mũ lẻ.

ƠN

Từ tính chất 2 ta có các hệ quả: a) Số chính phương chia hết cho 2 thì phải chia hết cho 4 . b) Số chính phương chia hết cho 3 thì phải chia hết cho 9 . c) Số chính phương chia hết cho 5 phải chia hết cho 25 . d) Số chính phương chia hết cho 8 thì phải chia hết cho 16 . e) Tích của các số chính phương là một số chính phương. f) Với A là số chính phương và A = a.b , nếu a là số chính phương thì b cũng là số chính phương.  Để chứng minh một số không phải SCP ta chỉ ra số đó khi phân tích ra TSNT thì có số mũ lẻ. 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1 ( a 2 ≡ 0 (mod 3) , a 2 ≡ 1(mod 3) ),

QU Y

không có SCP nào có dạng 3n + 2 ( n ∈ ℕ ) .

4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 ( a 2 ≡ 0(mod 4) , a 2 ≡ 1(mod 4) ) không có SCP nào có dang 4n + 2 hoặc 4n + 3 ( n ∈ ℕ ) 5. Số các ước số của một số chính phương là số lẻ, ngược lại một số có số lượng các ước là lẻ thì đó là số chính phương.

6. Nếu A số một số chính phương, A chia hết cho p và p là một số nguyên tố thì A chia hết cho p 2 .

KÈ

7. Nếu a 2 chia hết cho p và p là một số nguyên tố thì a chia hết cho p . 2

8. Hai số chính phương a 2 và ( a + 1) được gọi là hai số chính phương liên tiếp. Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. 2

Nghĩa là: nếu n 2 < A < ( n + 1) thì A không là số chính phương.

DẠ

9. Nếu tích a.b là một số chính phương và (a, b) = 1 thì hai số a và b đều là các số chính phương 10. Số chính phương biểu diễn được thành tổng các số lẻ : 1 + 3 = 2 2 ; 1 + 3 + 5 = 32 ; 1 + 3 + 5 + 7 = 42...

Chứng minh:

Giả sử: A = 1 + 3 + 5 + ... + ( 2k + 1) với k ∈ℕ Trang 1

 A = 1 + 3 + 5 + ... + ( 2k + 1) =

( 2k + 1 + 1)( k + 1) = 2

( k + 1)

(2k + 1) − 1 + 1 = k + 1 số hạng 2

FI CI A

Ta có từ 1 đến 2k + 1 có

(đpcm)

PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI

  2 Bài 1: Cho các số n ∈ 11; 101; 1001; 10001; 100...01  . Hãy tìm các số chính phương n .  k chöõ soá 0  

Lời giải: Ta có: 112 = 121

1012 = 10201 10012 = 1002001 100012 = 100020001 k chöõ soá 0

k chöõ soá 0

ƠN

2 Tổng quát: 1 00...0 1 = 1 00...0 2 00...01 k chöõ soá 0

Bài 2: Các biểu thức số sau có phải số chính phương hay không? a) A = 3 + 32 + 33 + ... + 320

b) B = 11 + 112 + 113 c) C = 1010 + 8 d) D = 100!+ 7 e) E = 1010 + 5

h) H = 20012001 Lời giải

QU Y

f) F = 10100 + 1050 + 1 g) G = 2004000

a) Ta có: 3n ⋮ 9 với mọi n ≥ 2 nên ( 32 + 33 + ... + 320 ) ⋮ 9

Suy ra A = 3 + 32 + 33 + ... + 320 chia cho 9 dư 3 .

KÈ

Vì A chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên A không phải là số chính phương. b) Ta có: B = 11 + 112 + 113 B = 11(1 + 11 + 112 )

B = 11.133

DẠ

B = ...3  B có chữ số tận cùng là 3 nên B không phải là số chính phương.

c) Ta có 1010 + 8 có chữ số tận cùng là 8 nên không phải là số chính phương.

d) Ta có 100! + 7 có chữ số tận cùng là 7 nên không phải là số chính phương.

Trang 2

e) Ta có 1010 + 5 có cặp chữ số tận cùng là 05 chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 nên

FI CI A

không phải là số chính phương. f) Ta có 10100 + 1050 + 1 có tổng các chữ số là 3 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không phải là số chính phương. g) Ta có số 2004000 có tận cùng là 3 chữ số 0  G không tận cùng là chẵn lần chữ số 0  G không là số chính phương. 2

1000 2

( 2001 )

là số chính phương, ta xét số 2001 :

h) Ta có: H = 20012001 = 20012000.2001 = ( 20011000 ) .2001

ƠN

Vì 2001 có tổng các chữ số là 3 nên số 2001 chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 .  số 2001 không là số chính phương. Vậy H không là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh rằng: a) Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1 . b) Một số chính phương khi chia cho 4 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1. c) Một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 . d) Một số chính phương lẻ khi chia cho 8 chỉ có số dư là 1 . Lời giải: a) Ta xét các trường hợp của n khi chia cho 3 :

QU Y

+ Nếu n = 3k  n2 = 9k 2 ⋮ 3

k 2 + 6 k + 1  n chia 3 dư 1 + Nếu n = 3k + 1  n2 = 9 ⋮3

⋮3

+ Nếu n = 3k + 2  n = 9k + 12k + 4 = 9 k 2 + 12k + 3 + 1  n chia 3 dư 1 2

⋮3

Vậy một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1 . b) Ta xét các trường hợp của n khi chia cho 2 :

+ Nếu n = 2k  n 2 = 4k 2 ⋮ 4  n chia 4 dư 0 + Nếu n = 2k + 1  n 2 = 4k 2 + 4k + 1 = 4 k 2 + 4 k + 1  n chia 4 dư 1

KÈ

⋮4

Vậy một số chính phương khi chia cho 5 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 . c) Ta xét các trường hợp của n khi chia cho 5 : + Nếu n = 5k  n 2 = 25k 2 ⋮ 5  n chia 5 dư 0

+ Nếu n = 5k ± 1  n 2 = 25k 2 ± 10k + 1 25 k 2 ± 10 k + 1  n chia 5 dư 1 ⋮5

DẠ

+ Nếu n = 5k ± 2  n = 25k ± 20k + 4 = 25 k 2 ± 20 k + 4  n chia 5 dư 4 2

⋮5

d) Ta có: n = 2k + 1  n = (2k + 1) = 4k + 4k + 1 = 4k (k + 1) + 1 2

Vì k (k + 1) là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên k (k + 1) chia hết cho 2 .  4k (k + 1) chia hết cho 8 . Trang 3

 4k (k + 1) + 1 chia 8 dư 1 .

FI CI A

Vậy một số chính phương lẻ khi chia cho 8 chỉ có số dư là 1 .

Bài 4: a) Cho A = 22 + 23 + 24 + ... + 220 . Chứng minh rằng A + 4 không là số chính phương.

b) Cho B = 3 + 32 + 33 + ... + 3100 . Chứng minh rằng 2B + 3 không là số chính phương.

 2. A = 23 + 24 + 25 + ... + 221

(1) (2)

Lời giải: a) Ta có: A = 22 + 23 + 24 + ... + 220

Lấy (2) trừ (1) ta được: 2. A − A = 221 − 22

ƠN

 A = 221 − 4  A + 4 = 221 − 4 + 4 = 221 2

( )

 A + 4 = 2 20.2 = 210

Mà trong tích ( 210 ) .2 ta có số 2 không là số chính phương

QU Y

 A + 4 không là số chính phương

b) Ta có: B = 3 + 32 + 33 + ... + 3100 (3)  3.B = 32 + 33 + 34... + 3101 (4)

 2 B = 3101 − 3

Lấy (4) trừ (3) ta được: 3.B − B = 3101 − 3

KÈ

 2 B + 3 = 3101 − 3 + 3  2 B + 3 = 3101

( )

 2 B + 3 = 3100.3 = 350 2

DẠ

Ta có ( 350 ) .3 không là số chính phương do 3 không là số chính phương. Vậy 2B + 3 không là số chính phương. •

Lưu ý: B + 3 = 3101 , A + 4 = 221 cũng có thể kết luận ngay chúng không là số chính phương ( Chứ thừa số nguyên tố với số mũ lẻ )

Trang 4

Gọi hai số chính phương là: a 2 , b 2 . Theo đầu bài ta có: a 2 + b 2 ⋮ 3 Ta xét các trường hợp: + Giả sử a 2 ⋮ 3, b 2 ⋮ 3  a 2 + b 2 chia 3 dư 2 (theo tính chất 3 )  mâu thuẫn giả thiết a 2 + b 2 ⋮ 3

FI CI A

Bài 5: Cho hai số chính phương có tổng là một số chia hết cho 3 . Chứng minh rằng cả hai số chính phương đó đều chia hết cho 9 . Lời giải

+ Giả sử hoặc a 2 hoặc b 2 không chia hết cho 3, số còn lại chia hết cho 3  a 2 + b 2 ⋮ 3 (mâu

thuẫn giả thiết)

a 2 ⋮ 3  a ⋮ 3  2  , mà 3 là số nguyên tố. b ⋮ 3 b ⋮ 3

ƠN

a 2 ⋮ 9   2 (đpcm) b ⋮ 9

Bài 6: Cho A là số chính phương gồm bốn chữ số, nếu ta thêm vào mỗi chữ số của số A một đơn vị thì ta được số chính phương B . Tìm A và B . Lời giải Đặt A = a 2 ; B = b 2 (a < b;32 ≤ a < b < 100) Vì thêm vào mỗi chữ số của số A một đơn vị thì ta được số B nên dễ thấy: B − A = 1111 Mà: 1111 = 1.1111 = 11.101 và 1 ≤ b − a < b + a < 200

QU Y

 1111 = b 2 − a 2 = (b − a )(b + a )

b − a = 11  b + a = 101 a = 45  b = 56

KÈ

2  A = a = 2025  2  B = b = 3136 Vậy hai số cần tìm là 2025;3136 .

Bài 7: Tìm số nguyên tố ab ( a > b > 0) , sao cho ab − ba là số chính phương.

Lời giải

DẠ

Ta có: ab − ba = 10a + b − (10b + a ) = 9a − 9b = 9( a − b) là số chính phương; Mà ab − ba là số chính phương.  a − b là số chính phương a − b = 1  a − b = 4 Trang 5

+) Với a − b = 1  ab ∈ {21,32, 43,54, 65, 76,87,98}

Vậy các số nguyên tố ab thỏa yêu cầu đề bài là: ab ∈ {43;73}

FI CI A

+) Với a − b = 4  ab ∈ {51,62,73,84,95}

Bài 8: Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng hai chữ số đầu giống nhau, hai chữ số cuối giống nhau. Lời giải

Gọi số chính phương cần tìm là : aabb = n 2 (a, b ∈ ℕ,1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9) Ta có : aabb = 1000a + 100a + 10b + b

Lại có : aabb ⋮11  100a + b ⋮11  (99a + a + b) ⋮11 mà 99a ⋮ 11

 a + b⋮11 Mà : 1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9  1 ≤ a + b ≤ 18  a + b = 11

ƠN

⇔ n 2 = 1100a + 11b ⇔ n 2 = 11(100a + b) (1)

Thay a + b = 11 vào (1) , ta được : n 2 = 11(99a + 11) = 11(9.11 a + 11) = 1112 (9 a + 1)

Ta có : 7744 = 112.82 = 882 Vậy số cần tìm là : 7744 . Cách 2:

QU Y

 9a + 1 phải là số chính phương (do 1112 là số chính phương) Ta có bảng sau:

KÈ

Gọi số chính phương cần tìm là : aabb = n 2 (a, b ∈ N ,1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9) Ta có: n 2 = aabb = 1000a + 100a + 10b + b = 1100a + 11b = 11(100a + b) = = 11.a0b Do đó: a 0b = 11k 2 (k ∈ ℕ)

DẠ

Ta có: 100 ≤ 11k 2 ≤ 909 1 7  9 ≤ k 2 ≤ 82 11 11 4≤k ≤9 Ta có bảng:

Trang 6

L FI CI A

Mà a 0b = 11k 2  a 0b = 704  chọn k = 8

 n 2 = aabb = 11.11k 2 = 11.11.82 = 882 = 7744

Bài 9: Tìm số tự nhiên n để 28 + 211 + 2n là số chính phương.

Lời giải

Đặt 28 + 211 + 2n = a 2 (a > 0, a ∈ N )  482 + 2n = a 2  2 n = (a − 48)(a + 48) +) Với n = 0  (a − 48) (a + 48) = 1  vô lí

ƠN

+) Với n > 0

a + 48 = 2 x  ( x + y = n; x > y ) y a − 48 = 2

 96 = 2 x − 2 y

x−y  2 y (2 − 1) = 25.3 leû

2 = 5 ⇔  x− y 2 = 4 x = 7 ⇔  n = 12 y = 5

QU Y

KÈ

Bài 10: Viết liên tiếp từ 1 đến 12 được số A = 1.2.3...1112 . Hỏi: số A có thể có 81 ước được không? Lời giải Giả sử A có 81 ước. Vì số lượng các ước của A là 81 (là số lẻ) nên A là số chính phương (1) Mặt khác, tổng của các chữ số của A là 1 + 2 + 3 + ... + 12 = 51 Vì 51 ⋮ 3 nên A chia hết cho 3 nhưng A không chia hết cho 9 , do đó A không là số chính phương mâu

thuẫn với (1). Vậy A không thể có 81 ước.

DẠ

Bài 11: Tìm số có hai chữ số, biết rằng nếu nhân nó với 45 thì ta được một số chính phương. Lời giải Gọi số phải tìm là n ( n ∈ ℕ, 10 < n < 99 )

Ta có: 45.n = a 2 ( a ∈ ℕ ) hay  32.5.n = a 2 Trang 7

Vì số chính phương chỉ có các thừa số nguyên tố với mũ chẵn nên n = 5.k 2

( k ∈ ℕ *)

+) Với k = 1  n = 5.12 = 5 (không thỏa mãn)

FI CI A

+) Với k = 2  n = 5.22 = 20 +) Với k = 3  n = 5.32 = 45 +) Với k = 4  n = 5.42 = 80 +) Với k ≥ 5  n ≥ 5.52 ≥ 125 (loại vì n có nhiều hơn hai chữ số) Vậy số cần tìm là 20; 45;80

Lời giải Gọi A là số tự nhiên được ghi bởi n chữ số 2 ( n > 2 ) Ta có: A = 222...222 = 222...200 + 22  A ⋮ 4

Bài 12: Chứng minh rằng: một số tự nhiên viết toàn bằng chữ số 2 thì không phải số chính phương.

ƠN

 A là số tự nhiên chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4  A không là số chính phương.

Bài 13: Một số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2008 thì có thể là số chính phương được không? Vì sao? Lời giải

Gọi n là số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2008 (n ∈ ℕ)

QU Y

Ta có: 2018 = 672.3 + 2 Vì tổng các chữ số của n chia 3 dư 2 nên số n khi chia cho 3 cũng có số dư là 2  n có dạng n = 3k + 2 (k ∈ ℕ) Mà một số chính phương không có dạng 3k + 2 nên số tự nhiên n không là số chính phương. Vậy một số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2008 thì không là số chính phương.

Bài 14: Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 233 . Hỏi A có là số chính phương không? Vì sao? Lời giải

Ta có:

KÈ

A = 1 + 2 + (22 + 23 + 2 4 + 25 ) + ... + (230 + 231 + 232 + 233 ) A = 3 + 2(2 + 22 + 23 + 2 4 ) + ... + 229 (2 + 2 2 + 23 + 24 )

A = 3 + 2.30 + ... + 229.30

A = 3 + 30.(2 + 2 2 + ... + 2 29 )

DẠ

A = 3.(2 + 22 + ... + 229 )  .10 + 3  A có chữ số tận cùng là 3  A không là số chính phương.

PHẦN III. CÁC BÀI TRONG ĐỀ THI Trang 8

Lời giải Ta có

20124 n ⋮ 4, ∀n ∈ ℕ * 20144 n ⋮ 4, ∀n ∈ ℕ *

20154 n = ( 20154 n − 1) + 1 chia cho 4 dư 1 Do đó A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n chia cho 4 dư 2

20134 n = ( 20134 n − 1) + 1 chia cho 4 dư 1

FI CI A

(Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 – 2016)

Bài 1: Chứng minh rằng A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n .

ƠN

Ta có A⋮ 2 nhưng A không chia hết cho 2 2 , mà 2 là số nguyên tố nên A không là số chính phương. Vậy A không là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh rằng n5 + 1999n + 2017 ( n ∈ ℕ ) không phải là số chính phương. (Trích đề thi HSG tỉnh Quảng Ngãi 2017 - 2018)

Lời giải Ta có

QU Y

A = n5 + 1999n + 2017 = n5 − n + 2000n + 2015 + 2

A = n(n − 1)(n + 1)(n − 2)(n + 2) + 5n(n − 1)(n + 2) + 2000n + 2015 + 2 Ta thấy

n( n − 1)( n + 1)( n − 2)( n + 2) ⋮ 5 5n( n − 1)( n + 2) ⋮ 5

2000.n ⋮ 5 2015 ⋮ 5

KÈ

Nên A chia 5 dư 2 , mà không có số chính phương nào chia 5 dư 2 . Vậy n5 + 1999n + 2017 ( n ∈ ℕ ) không là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh rằng tổng bốn số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương.

DẠ

(Trích đề thi HSG lớp 6 THCS Nguyễn Huy Tưởng năm học 2004-2005)

Lời giải

Gọi bốn số tự nhiên liên tiếp là a, a + 1, a + 2, a + 3(a ∈ ℕ*)

Ta xét S = a + (a + 1) + (a + 2) + (a + 3) = 4a + 6

Vì 4a⋮ 2 và 6⋮ 2 nên S ⋮ 2 Trang 9

FI CI A

Vậy S chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên S không là số chính phương.

Mặt khác 4a⋮ 4 và 6 không chia hết cho 4 nên S không chia hết cho 4.

Bài 4: Cho B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n(n − 1)(n − 2) với n∈ℕ * . Chứng minh rằng B không là số chính phương. (Trích đề thi HSG Bắc Ninh 2018-2019)

Lời giải Ta có

4 B = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) = n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n Ta có: n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n < n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n + 1 = ( n 2 + 3n + 1)

Vậy B không là số chính phương.

Suy ra ( n 2 + 3n ) < n 4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n < ( n 2 + 3n + 1)

ƠN

n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n > n 4 + 6n3 + 9n 2 = ( n 2 + 3n )

4 B = 1.2.3.4 + 2.3.4.(5 − 1) + 3.4.5.(6 − 2) + ... + n(n − 1)(n − 2).[ (n + 3) − (n − 1) ]

Bài 5: Chứng tỏ tổng sau không là số chính phương S = abc + bca + cab không là số chính phương. (Trích đề thi Olympic lớp 6 THCS Cầu Giấy năm học 2011-2012)

QU Y

Lời giải

Ta có: S = abc + bca + cab = 111a + 111b + 111c

= 111(a + b + c) = 3.37.(a + b + c)

Để S là số chính phương thì a + b + c = 3.37.k 2 (k ∈ ℕ) Điều này vô lí vì a + b + c ≤ 27 < 37

KÈ

Vậy S không là số chính phương.

Bài 6: Cho M = 5 + 52 + 53 + ... + 580 a) Chứng minh M chia hết cho 6. b) Chứng minh M không là số chính phương.

(Trích đề thi HSG lớp 6 Đa Phúc 2010-2011)

DẠ

Lời giải

a) Ta có: M = 5 + 52 + 53 + ... + 580

Trang 10

M = 5 + 52 + 53 + ... + 580

M = ( 5 + 52 ) + ( 53 + 54 ) + ... + ( 579 + 580 )

FI CI A

M = 5.(1 + 5) + 53. (1 + 5 ) + ... + 579. (1 + 5 ) M = 6. ( 5 + 53 + ... + 579 )  M ⋮6 b) Ta có:

5⋮ 5

52 ⋮ 5 53 ⋮ 5 ... 580 ⋮ 5

ƠN

 M = 5 + 52 + 53 + ... + 580 ⋮ 5 Mặt khác:

5 không chia hết cho 25

52 ⋮ 25 53 ⋮ 25 ... 580 ⋮ 25

QU Y

 M = 5 + 52 + 53 + ... + 580 không chia hết cho 25. Ta có M ⋮ 5 nhưng M không chia hết cho 52 nên M không là số chính phương.

(

)

Bài 7: Cho E = 125. 1 + 6 + 62 + ... + 62021 Chứng minh E + 25 là một số chính phương. Lời giải

(Trích đề thi Olympic lớp 6 Nghĩa Đô 2010-2011)

a n +1 − a 0 Ta có: a + a + a + ... + a = a −1 1

KÈ

Nên

62022 − 1 5 2022 2 2 6 −1  E + 25 = 125. + 25 = 25. ( 62022 − 1) + 25 = 25.62022 = 52. ( 61011 ) = ( 5.61011 ) 5

DẠ

1 + 6 + 62 + ... + 62021 =

Nên E + 25 là số chính phương.

Bài 8: Cho A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 Trang 11

a) Chứng minh A chia hết cho 24 .

b) Chứng minh A không là số chính phương.

FI CI A

(Trích đề thi HSG lớp 6 huyện Anh Sơn 2011-2012)

Lời giải a) Ta có:

A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 A = 103. (102009 + 102008 + 102007 + 102006 ) + 8

A = 8.125. (102009 + 102008 + 102007 + 102006 ) + 8 A = 8. 125. (102009 + 102008 + 102007 + 102006 ) + 1  A⋮8 đều dư 1 . Ta có 8 chia 3 dư 2 .

ƠN

Ta lại có 10 2012 ,102011 ,10 2010 ,102009 có tổng các chữ số bằng 1 nên khi chia 10 2012 ,102011 ,10 2010 ,102009 cho 3

Vậy A chia 3 có số dư là dư của phép chia (1 + 1 + 1 + 1 + 2)

Hay dư của phép chia 6 chia cho 3 (có số dư bằng 0)

 A⋮ 3

Vì 8 và 3 là hai số nguyên tố nguyên cùng nhau, A⋮ 3 , A⋮8 nên A⋮ 24

QU Y

b) Ta có 10 2012 ,102011 ,10 2010 ,102009 có chữ số tận cùng là 0 nên:

A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 có chữ số tận cùng là 8 Vậy A không là số chính phương vì số chính phương có tận cùng là 1; 4; 5; 6; 9

Bài 9: Tìm số chính phương có bốn chữ số, được viết bởi các chữ số: 3; 6; 6; 8 (Trích đề thi HSG lớp 6 THCS Sơn Đông 2011-2012)

Lời giải

KÈ

Gọi số chính phương phải tìm là n 2 - Vì số chính phương không có chữ số tận cùng là 3; 8 do đó phải có tận cùng là 6. - Số có tận cùng bằng 86 thì chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên không là số chính phương.  n 2 có tận cùng là 36.

Vậy số chính phương đó là 8836 (với 8836 = 942 ).

DẠ

Bài 10: Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu nhân nó với 135 thì ta được một số chính phương?

(Trích đề thi HSG lớp 6 THCS Sơn Đông 2013-2014)

Lời giải

Gọi số phải tìm là n ( n ∈ ℕ, 10 < n < 99 ) Trang 12

+) Với k = 1  n = 3.5.12 = 15 +) Với k = 2  n = 3.5.22 = 60 +) Với k ≥ 3  n ≥ 3.5.32 ≥ 135 (loại vì n có nhiều hơn hai chữ số) Vậy số cần tìm là 15; 60 .

FI CI A

Vì số chính phương chỉ có các thừa số nguyên tố với mũ chẵn nên  n = 3.5.k 2 (k ∈ ℕ)

Ta có: 135.n = a 2 (a ∈ ℕ) hay  33.5.n = a 2

(Trích đề HSG toán 6 THCS Hồng Hà năm 2013 – 2014)

Lời giải

Bài 11: Cho tổng S = 1 + 3 + 5 + ... + 2009 + 2011 . Chứng tỏ S là một số chính phương.

ƠN

 2011 + 1   2011 − 1   2011 + 1   2011 + 1  2 Ta có: S = 1 + 3 + 5 + ... + 2009 + 2011 =  + 1 =     = 1006 2 2 2 2       Vậy S là một số chính phương.

Bài 12: Cho tổng M = 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) (với n ∈ ℕ, n ≠ 0 )

Lời giải Xét dãy số trong tổng M , từ 1 đến 2n − 1có

Chứng tỏ M là một số chính phương. (Trích đề thi HSG huyện Lương Tài năm học 2015 – 2016)

2n − 1 − 1 + 1 = n (số số hạng). 2

(2n − 1 + 1).n = n2 2

QU Y

 M = 1 + 3 + 5 + ... + (2n − 1) =

Vì M = n 2 nên M là một số chính phương.

Bài 13: Chứng minh rằng: với mọi số tự nhiên khác 0 và có số lượng các ước tự nhiên là một số lẻ thì số tự nhiên đó là số chính phương. (Trích đề thi HSG lớp 6 huyện Vũ Thư, năm học 2018 – 2019) Lời giải

KÈ

Gọi số tự nhiên đó là P ( P ≠ 0) Nếu P = 1  12 = 1  P là số chính phương. Nếu P > 1 . Phân tích P ra thừa số nguyên tố ta có: P = a x .b y ...c z (với a, b, c là các số nguyên tố).

Khi đó số lượng các ước của P là ( x + 1)( y + 1)...( z + 1) . Theo đề ta có: ( x + 1)( y + 1)...( z + 1) là số lẻ

DẠ

 ( x + 1); ( y + 1); ... ;( z + 1) đề là các số lẻ  x, y ,..., z đều là các số chẵn

Đặt x = 2m; y = 2n; z = 2t Ta được P = a x .b y ...c z = a 2 m .b 2 n ...c 2 t = ( a m .b n ...c t )

Trang 13

Lời giải Giả sử n 2 + 2006 là số chính phương

Đặt a 2 = n 2 + 2006 (a ∈ ℤ)  a 2 − n 2 = 2006

FI CI A

Bài 14: Tìm n để n 2 + 2006 là một số chính phương. (Trích đề thi HSG lớp 6 trường THCS Sơn Tây, năm học 2015 – 2016)

Vậy P là số chính phương.

 (a − n)(a + n) = 2006 (*) +) Nếu a , n khác tính chẵn lẻ thì vế trái của (*) là số lẻ nên không thỏa mãn (*) +) Nếu a , n cùng tính chẵn lẻ

ƠN

a − n ⋮ 2  a + n ⋮ 2  ( a − n )( a + n )⋮ 4 Mà vế phải của (*) là 2006 không chia hết cho 4

 (*) vô lý

Vậy không tồn tại n để n 2 + 2006 là một số chính phương.

Bài 15: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng số gồm 2 số đầu lớn hơn số gồm 2 số sau 1 đơn vị. (Trích đề thi HSG lớp 6 trường THCS Liên Hòa năm học 2008 – 2009)

QU Y

Lời giải

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số cần tìm là abcd Theo đề bài ta có: abcd = k 2 , k ∈ℕ , 32 ≤ k < 100 ab − cd = 1

(

)

Ta có: abcd = 100ab + cd = 100 cd + 1 + cd = 101cd + 100

KÈ

 101cd = k 2 − 100 = ( k − 10 )( k + 10 )  k + 10⋮101 hoặc k − 10⋮101 Mà 32 ≤ k < 100  ( k − 10;101) = 1 nên k + 10⋮101 Mà 32 ≤ k < 100

 HẾT 

DẠ

Vậy số cần tìm là abcd = 912 = 8281 .

Trang 14

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

HSG-CHUYÊN ĐỀ.SỐ CHÍNH PHƯƠNG

1. Định nghĩa số chính phương. Số chính phương là số bằng bình phương của một số nguyên. (tức là nếu n là số chính phương thì: n = k 2 ( k ∈ Z ) ) 2. Một số tính chất cần nhớ

FI CI A

A. KIẾN THỨC CẦN NHỚ

1- Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9; không thể có chữ tận cùng

bằng 2, 3, 7, 8.

2- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. 3- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương

ƠN

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. Không 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.

QU Y

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 không có số chính phương nào. 9. Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số đó là số 0.

KÈ

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 < k < (n + 1)2 ( n ∈ Z) thì k không là số chính phương.

12. Nếu hai số tự nhiên a và b nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số a, b

DẠ

cũng là các số chính phương.

13. Nếu a là một số chính phương, a chia hết cho số nguyên tố p thì a chia hết cho p 2 . 14. Nếu tích hai số a và b là một số chính phương thì các số a và b có dạng a = mp 2 ; b = mq 2

1 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

 Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương, hoặc là tổng nhiều số chính phương.

FI CI A

* Cơ sở phương pháp:

B. CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

Để chứng minh một số n là số là số chính phương ta thường dựa vào định nghĩa, tức là chứng minh : n = k 2 ( k ∈ Z ) * Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Cho n là một số tự nhiên. Chứng minh rằng: A = n (n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính

Hướng dẫn giải

phương.

ƠN

Ta có: A = (n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) + 1 = (n 2 + 3n) + 2 (n 2 + 3n) + 1 = (n 2 + 3n + 1) Vì n ∈ ℕ nên n 2 + 3n +1 ∈ ℕ . Vậy A là số chính phương.

Bài toán 2. Cho: B = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + k (k + 1)(k + 2) với k là số tự nhiên. Chứng minh rằng 4B + 1 là số chính phương.

QU Y

Hướng dẫn giải

Ta thấy biểu thức B là tổng của một biểu thức chúng ta nghĩ đến việc phải thu gọn biểu thức B trước. Ta có:

Áp dụng:

1 1 n (n + 1)(n + 2) (n + 3) − (n − 1) =  n (n + 1)(n + 2)(n + 3) − (n −1) n (n + 1)(n + 2) 4 4

n (n + 1)(n + 2) =

KÈ

1 1.2.3 = (1.2.3.4 − 0.1.2.3) 4

DẠ

1 2.3.4 = (2.3.4.5 − 1.2.3.4) 4 1 3.4.5 = (3.4.5.6 − 2.3.4.5) 4 ............................................ 1 k (k + 1)(k + 2) =  k (k + 1)(k + 2)(k + 3) − (k − 1) k (k + 1)(k + 2) 4

Cộng theo vế các đẳng thức trên ta được:

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

B = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + k (k + 1)(k + 2) =

1 k (k + 1)(k + 2)(k + 3) 4

FI CI A

⇒ 4 B + 1 = k (k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 2

Theo ví dụ 1 ta có: 4 B + 1 = (k 2 + 3k + 1)

Vì k ∈ ℕ nên k 2 + 3k + 1 ∈ ℕ . Vậy 4 B + 1 là số chính phương.

Bài toán 3. Chứng minh rằng: C = 11...1 + 1 với n là số tự nhiên. Chứng minh rằng C là số + 44...4 2n

Hướng dẫn giải n

ƠN

Ta có: C = 11...100...0 +1 + 11...1 + 44...4

chính phương.

n Đặt a = 11...1 + 1 = 10 = 9a + 1 thì 9a = 99...9 . Do đó 99...9 n

C = a.10n + a + 4a + 1 = a (9a + 1) + 5a + 1 2

⇒ C = 9a 2 + 6a + 1 = (3a + 1) 2 ⇒ C = 33...3 4 . n−1

QU Y

Vậy C là một số chính phương.

Nhận xét:

Khi biến đổi một số trong đó có nhiều chữ số giống nhau thành một số chính phương ta nên n đặt 11...1 + 1 = 10 = 9a + 1 . = a và như vậy 99...9 n

Bài toán 4. Cho a = 11...1 , b = 10...0 5 . Chứng minh

ab + 1 là số tự nhiên.

2015

KÈ

2016

Hướng dẫn giải

Cách 1:

DẠ

Ta có: b = 10...0 5 = 10...0 − 1 + 6 = 9...9 + 6 = 9a + 6 . 2015

2016

 ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2 

ab + 1 = (3a + 1) 2 = 3a + 1 ∈ N .

3 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Vậy

ab + 1 là số tự nhiên.

(10 10 2016 − 1  ab + 1 = . (102016 + 5 ) + 1 = 9 

(10 ab + 1 =

2016

+ 2)

Mà (102016 + 2 ) ⋮3 . Do đó,

)

+ 4.102016 − 5 + 9 9

 102016 + 2  =  . 3  

ab + 1 là số tự nhiên.

ƠN

Vậy

2016 2

FI CI A

2016

102016 − 1 , b = 102016 + 5 . 9

Ta có: a = 11...1 =

Cách 2:

Bài toán 5. Cho số tự nhiên a gồm 60 chữ số 1, số tự nhiên b gồm 30 chữ số 2. Chứng minh a - b là

một số chính phương.

Hướng dẫn giải

Ta có: a = 11...1 = 60

QU Y

Cách 1:

1060 − 1 1030 − 1 , b = 22...2 = 2. . 9 9 30 2

1060 − 1 2(1030 − 1) 1060 − 2.1030 + 1 1030 − 1    a −b = − = = =  33...3  .  9 9 9  3   30  Cách 2:

KÈ

30 + 11...1 b = 22...2 . = 2.11...1 , a = 11...1 = 11...1.00...0 + 11...1 = 11...1.10 30

30 Đặt c = 11...1 + 1 = 10 . .  9c + 1 = 99...9 30

DẠ

Khi đó: a = c. ( 9c + 1) + c = 9c 2 + 2c . b = 2c .

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 2

  2  a − b = 9c 2 + 2c − 2c = ( 3c ) =  33...3  .  30 

FI CI A

Bài toán tổng quát: Cho k số tự nhiên khác 0, số tự nhiên a gồm 2k chữ số 1 và số tự nhiên b gồm k chữ số 2. Chứng minh rằng a − b là một số chính phương.

Bài toán 6. Cho n ∈ ℕ sao cho

n2 − 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng n là 3

Hướng dẫn giải Giả sử ta có:

n2 − 1 = a ( a + 1) . 3

tổng của hai số chính phương liên tiếp.

ƠN

Từ đó có n 2 = 3a 2 + 3a + 1  4 n 2 − 1 = 12 a 2 + 12 a + 3 2

 ( 2n − 1)( 2n + 1) = 3 ( 2a + 1) .

QU Y

2 2n − 1 = 3 p . Trường hợp 1:  2 2n + 1 = q

Vì 2n + 1; 2n − 1 là hai số lẻ liên tiếp nên ta có các trường hợp:

Khi đó q 2 = 3 p 2 + 2 ( Vô lí ). Vậy trường hợp này không xảy ra.

2n − 1 = p 2 Trường hợp 2:  . 2 2n + 1 = 3q

Từ đó p là số lẻ nên p = 2k + 1 . 2

KÈ

Từ đó 2n = ( 2k + 1) + 1  n = k 2 + ( k + 1) (đpcm).

Bài toán 7. Cho k là một số nguyên dương và a = 3k 2 + 3k +1

a) Chứng minh rằng 2 a và a 2 là tổng của ba số chính phương.

DẠ

b) Chứng minh rằng nếu a là một ước của một số nguyên duong b và b là một tổng gồm ba số chính phương thì b n là một tổng của bà số chính phương.

Hướng dẫn giải

5 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

b) Vì b ⋮ a nên đặt b = ca . Vì b là tổng của ba số chính phương nên đặt b = b12 + b22 + b32 . Khi đó b 2 = c 2 .a 2 = c 2 (a12 + a22 + a32 )

Để kết thúc việc chứng minh, ta tiến hành như sau: cho n = 2 p +1 ta được:

FI CI A

và a 2 = 9 k 4 + 18k 3 + 15k 2 + 6k + 1 = (k 2 + k ) + (2k 2 + 3k + 1) + (2 k 2 + k ) = a12 + a22 + a32 .

a) Ta có 2a = 6k 2 + 6k + 2 = (2k + 1) + (k + 1) + k 2

b 2 p+1 = (b p ) (b12 + b22 + b32 ) và cho n = 2 p + 2 ta được b n = (b p ) b 2 (a12 + a22 + a32 )

ƠN

 Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương. * Cơ sở phương pháp:

Để chứng minh n không là số chính phương, tùy vào từng bài toán ta có thể sử dụng các cách sau:

1) Chứng minh n không thể viết được dưới dạng một bình phương một số nguyên. 2) Chứng minh k2 < n < (k + 1)2 với k là số nguyên. 3) Chứng minh n có tận cùng là 2; 3; 7; 8

QU Y

4) Chứng minh n có dạng 4k + 2; 4k + 3 5) Chứng minh n có dạng 3k + 2

6) Chứng minh n chia hết cho số nguyên tố p mà không chia hết cho p2.

* Ví dụ minh họa:

KÈ

không ? tại sao?

Bài toán 1. Một số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2018 thì có thể là số chính phương được

Hướng dẫn giải

Gọi số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2018 là n Ta có : 2018 = 3m + 2 nên số tự nhiên n chia 3 dư 2, do đó số n có dạng 3k + 2 với k là số tự nhiên.

Mặt khác một số chính phương trình không có dạng 3k + 2 suy ra số tự nhiên n không là số chính

DẠ

phương.

Bài toán 2. Chứng minh rằng số A = n 4 + 2n3 + 2n 2 + 2n + 1 trong đó n ∈ N và n > 1 không phải là số chính phương.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Hướng dẫn giải

FI CI A

A = n 4 + 2n3 + 2n 2 + 2n + 1 = (n 4 + 2n3 + n 2 ) + (n 2 + 2n + 1) 2

= (n 2 + n) + (n + 1) > (n 2 + n) ∀n > 1 2

⇒ A > ( n 2 + n ) ∀n > 1 Mặt khác:

= n 4 + 2n 3 + 2 n 2 + n 2 + 2 n + 1

(n2 + n + 1)

Ta có:

= (n 4 + 2n3 + 2n 2 + 2n + 1) + n 2 = A + n 2 > A ∀n > 1 2

ƠN

⇒ A < (n 2 + n + 1)

Do đó (n 2 + n) < A < (n 2 + n + 1)

Ta có (n2 + n) và (n2 + n + 1) là hai số tự nhiên liên tiếp nên A không thể là số chính phương.

Bài toán 3. Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 233 . Hỏi A có là số chính phương không? Vì sao?

Hướng dẫn giải

QU Y

Ta có A = 1 + 2 + ( 22 + 23 + 24 + 25 ) + ... + ( 230 + 231 + 232 + 233 ) = 3 + 2 2. (1 + 2 + 2 2 + 23 ) + ... + 230. (1 + 2 + 2 2 + 23 ) = 3 + 2.30 + ... + 2 29.30 = 3 + ( 2 + ... + 2 29 ) .3.10 .

Ta thấy A có chữ số tận cùng bằng 3.

Mà số chính phương không có chữ số tận cùng là 3. Do đó, A không là số chính phương.

KÈ

Vậy A không là số chính phương.

Bài toán 4. Chứng minh rằng A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n không phải là số chính

DẠ

phương với mọi số nguyên dương n. (Đề thi vào lớp 10 chuyên trường ĐHSP TP Hồ Chí Minh 2015 - 2016)

Hướng dẫn giải

Ta có:

20124 n ⋮ 4; 20144 n ⋮ 4 , ∀n ∈ N * .

7 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

20134 n = 20134 n − 1 + 1 = ( 20134 n − 1) + 1 chia cho 4 dư 1. 4n

FI CI A

Do đó, A = 20124 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n chia cho 4 dư 2.

20154 n = 20154 n − ( −1) + 1 chia cho 4 dư 1.

Ta có: A⋮ 2 , nhưng A không chia hết cho 2 2 , mà 2 là số nguyên tố. Suy ra A không là số chính phương. Vậy A không là số chính phương.

Bài toán 5. Cho 2 ≤ n ∈ ℕ , Chứng minh rằng A = n6 − n4 + 2n3 + 2n 2 không thể là số chính

Hướng dẫn giải

ƠN

Ta có A = n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 = n 2 (n 4 − n 2 + 2n + 2)

phương

= n 2  n 2 (n 2 −1) + 2 (n + 1)  

= n 2  n 2 (n −1)(n + 1) + 2 (n + 1) 2

= n 2 (n + 1) (n 2 − 2 n + 2)

QU Y

Với 2 ≤ n ∈ ℕ , ta có n 2 − 2n + 2 > n 2 − 2n + 1 = (n + 1) 2

Và n 2 − 2n + 2 = n 2 − 2 (n −1) < n 2 . Do đó (n −1) < n 2 − 2n + 2 < n 2 Như vậy n 2 − 2n + 2 không phải là số chính phương nên A không phải là số chính phương.

Bài toán 6. Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kì không phải là một số chính

KÈ

phương.

Hướng dẫn giải

Giả sử: a = 2m + 1 , b = 2n + 1 , với m, n ∈ ℕ 2

Ta có: a 2 + b 2 = (2m + 1) + (2 n + 1) = 4 (m 2 + m + n 2 + n) + 2 = 4 k + 2 với k ∈ ℕ .

DẠ

Không có số chính phương nào có dạng 4 k + 2 vì vậy a 2 + b 2 không phải số chính phương.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

 Dạng 3: Điều kiện để một số là số chính phương.

* Cơ sở phương pháp: Chúng ta thường sử dụng các phương pháp sau:

FI CI A

- Phương pháp 1: Sử dụng định nghĩa. - Phương pháp 2: Sử dụng tính chẵn, lẻ. - Phương pháp 3: Sử dụng tính chất chia hết và chia có dư. - Phương pháp 4: Sử dụng các tính chất.

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Tìm số nguyên n sao cho n (n + 3) là số chính phương.

ƠN

Hướng dẫn giải

Để A = n (n + 3) là số chính phương thì n (n + 3) = k 2 với k là số tự nhiên, do đó:

n 2 + 3n = k 2

⇔ 4n 2 + 12n = 4k 2

⇔ 4n 2 + 12n + 9 = 4k 2 + 9 2

⇔ (2n + 3) − (2k ) = 9

QU Y

⇔ (2n + 2k + 3)(2n − 2k + 3) = 9 Ta có (2n + 2k + 3) ≥ (2n − 2k + 3)

Và 9 = 9.1 = 3.3 = (−1).(−9) = (−3).(−3)

2n + 2k + 3 = 9  n + k = 3  n = 1 Trường hợp 1 :  ⇔ ⇔  ⇒ A= 4   2n − 2k + 3 = 1 n − k = −1 k = 2

KÈ

2n + 2k + 3 = 3 n + k = 0 n = 0 ⇔ ⇔ ⇒ A=0 Trường hợp 2 :    2n − 2k + 3 = 3  n − k = 0 k = 0

2n + 2k + 3 = −1 n + k = −2 n = −4 Trường hợp 3 :  ⇔ ⇔ ⇒ A= 4  2n − 2k + 3 = −9  n − k = −6  k = 2

DẠ

2n + 2k + 3 = −3 n + k = −3 n = −3 ⇔ ⇔ ⇒ A=0 Trường hợp 4 :    2n − 2k + 3 = −3  n − k = −3  k = 0 Vậy khi n = −4; −3;0;1 thì ta có A là số chính phương.

9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Hướng dẫn giải Giả sử n + 1955 = a 2 ; n + 2014 = b2 với a, b ∈ ℕ và a < b.

b − a = 1 a = 29 Khi đó b 2 − a 2 = 59 ⇔ ( b − a )( b + a ) = 59 ⇔  ⇔ . b + a = 59 b = 30

Dễ dàng suy ra n = −1114.

FI CI A

Bài toán 2. Tìm số nguyên n sao cho n + 1955 và n + 2014 là một số chính phương.

Bài toán 3. Tìm số nguyên dương n để các biểu thức sau là số chính phương: b) B = n 5 − n + 2

ƠN

a) A = n2 − n + 2

Hướng dẫn giải

a) Với n = 1 thì A = n2 – n + 2 = 2 không là số chính phương

Với n = 2 thì A = n2 – n + 2 = 4 là số chính phương

Với n > 2 thì A = n2 – n + 2 không là số chính phương vì 2

(n − 1) =n 2 − (2n − 1) < n 2 − (n − 2) < n 2

QU Y

Vậy n = 2 thì A là số chính phương. b) Ta có: n5 − n = (n 2 −1) n (n 2 + 1) Với n = 5k thì n chia hết cho 5.

Với n = 5k ± 1 thì n 2 − 1 chia hết cho 5

Với n = 5k ± 2 thì n 2 + 1 chia hết cho 5 Do đó n5 − n luôn chia hết cho 5

KÈ

Nên n5 − n + 2 chia cho 5 thì dư 2 nên n5 − n + 2 có chữ số tận cùng là 2 hoặc 7 nên

B = n 5 − n + 2 không là số chính phương Vậy không có giá trị nào của n thỏa để B là số chính phương.

Bài toán 4. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho các số n + 1 , 2n + 1 , 5n + 1 đều là các số

DẠ

chính phương.

Hướng dẫn giải

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

FI CI A

Nếu n = 3k + 2 thì 2n + 1 = 6k + 5 , cho cho 3 dư 2 nên không là số chính phương. Vậy n ⋮ 3 .

Nếu n = 3k + 1 ( k ∈ ℕ ) thì n + 1 = 3k + 2 , không là số chính phương.

2n + 1 là số chính phương lẻ nên chia cho 8 dư 1. Suy ra 2n ⋮8  n⋮ 4  n + 1 lẻ. Do n + 1 là số chính phương lẻ nên n + 1 chia cho 8 dư 1, suy ra n ⋮8 .

n chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau 3 và 8 nên n ⋮ 24 . Với n = 24 thì n + 1 = 25 = 52 ,

2 n + 1 = 49 = 7 2 , 5n + 1 = 121 = 112 .

Giá trị nhỏ nhất của n phải tìm là 24 .

Bài toán 5. Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương.

ƠN

(Đề thi HSG lớp 6 - Phòng giáo dục đào tạo Phúc Yên - Vĩnh Phúc)

Hướng dẫn giải Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương

Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương

Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương.

QU Y

Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3.

Bài toán 6. Tìm số nguyên dương n sao cho A = ( n + 3 ) ( 4 n 2 + 14 n + 7 ) là số một chính phương. (Đề thi chọn HSG Toán 9 tỉnh Thái Bình)

Hướng dẫn giải

Ta có: 4n 2 + 14 n + 7 = ( n + 3)( 4n + 2 ) + 1 và n là số nguyên dương nên n + 3 và 4n2 + 14n + 7 là nguyên tố cùng nhau. Vì vậy, để A là số chính phương thì 4n2 + 14n + 7 và n + 3 phải là số chính

KÈ

phương.

Do n ∈ Z + nên ta có ( 2 n + 3 ) ≤ 4 n 2 + 14 n + 7 < ( 2 n + 4 ) . 2

 4n 2 + 14n + 7 = ( 2n + 3)  n = 1 . Khi đó n + 3 = 4 là số chính phương.

Thử lại, với n = 1 , ta có A = 102 .

DẠ

Vậy số nguyên dương cần tìm là n = 1 .

Bài toán 7. Tìm 3 ≤ a ∈ ℕ sao cho a ( a − 1).a ( a − 1) = ( a − 2 ) aa ( a − 1).

11 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Hướng dẫn giải

Vì VT(*) là số chính phương nên VP(*) cũng là số chính phương. Vì số chính phương chỉ có chữ số tận cùng thuộc tập hợp {0;1; 4;5;6;9} nên a có chữ số tận cùng thuộc tập hợp {1; 2;5; 6;7; 0} .

Thử lần lượt từng giá trị ta thu được a = 7 thỏa mãn 762 = 5776.

ƠN

Bài toán 8. Tìm số tự nhiên n sao cho 2n + 9 là số chính phương.

Do a là chữ số nên a ≤ 9. Kết hợp với 3 ≤ a ∈ ℕ nên a ∈ {5; 6;7} .

(*)

FI CI A

Ta có a ( a − 1).a ( a − 1) = ( a − 2 ) aa ( a − 1) ⇔ a ( a − 1) = ( a − 2 ) aa ( a − 1).

Hướng dẫn giải

Giả sử 2n + 9 = m2 , m ∈ ℕ ⇔ ( m − 3)( m + 3) = 2n.

m − 3 = 2a Vì m − 3 < m + 3 nên  , với a, b ∈ ℕ và a < b. b m + 3 = 2

QU Y

Ta có 2b − 2a = 6 ⇔ 2a ( 2b − a − 1) = 6.

Vì 2 a ( 2b − a − 1)⋮ 2 mà 2 a ( 2b − a − 1) ⋮ 4 nên a = 1. Điều này dẫn đến m = 5 và n = 4.

 Dạng 4: Tìm số chính phương.

* Cơ sở phương pháp: Dựa vào định nghĩa về số chính phương A = k 2 , với k là số nguyên và các

yêu cầu của bài toán để tìm ra số chính phương thỏa bài toán.

KÈ

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1. Tìm số chính phương abcd biết ab − cd = 1 .

Hướng dẫn giải

(

)

DẠ

Giả sử n 2 = abcd = 100 ab + cd = 100 1 + cd + cd = 101cd + 100 , n ∈ Z .

 101.cd = n2 − 100 = ( n − 10 )( n + 10 ) .

Vì n < 100 và 101 là số nguyên tố nên n + 10 = 101 .

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

 n = 91 .

Thử lại: abcd = 912 = 8281 có 82 − 81 = 1 .

FI CI A

Vậy abcd = 8281 .

Bài toán 2. Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.

Hướng dẫn giải

 A = abcd = k 2 Theo đề bài ta có: 

2  B = abcd + 1111 = m

Gọi A = abcd = k 2 . .

ƠN

(với k , m ∈ N * và 31 < k < m < 100 , a , b , c , d = 1, 9 ).  m 2 − k 2 = 1111 ⇔ (m - k)(m + k) = 1111

(*)

Nhận xét thấy tích (m – k)(m + k) > 0 nên m – k và m + k là 2 số nguyên dương. Và m – k < m + k < 200 nên (*) có thể viết (m – k) (m + k) = 11.101

 m − k = 11 m = 56  A = 2025 ⇔  ⇔  m + k = 101  k = 45  B = 3136

Do đó:

Vậy A = 2025, B = 3136.

QU Y

Bài toán 3. Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.

Hướng dẫn giải

Gọi số phải tìm là abcd với a; b; c; d là các số tự nhiên và 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b, c, d ≤ 9.

KÈ

Ta có abcd chính phương  d ∈ {0,1, 4, 5, 6, 9}. Vì d là số nguyên tố  d = 5.

Đặt abcd = k 2 < 10000  32 ≤ k < 100, k ∈ N .

Do k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5  k tận cùng bằng 5

DẠ

Tổng các chữ số của k là một số chính phương  k = 45 (vì k tận cùng bằng 5 và có 2 chữ số)  abcd = 2025

Vậy số phải tìm là: 2025.

C. BÀI TẬP ÁP DỤNG

13 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 1: Cho a; b; c là 3 số nguyên thỏa mãn điều kiện ab + bc + ca = 1 .

n ( 2n − 1) là số chính phương . 26

FI CI A

Bài 2: Tìm số nguyên dương n sao cho

Chứng minh rằng ( a 2 + 1)(b 2 + 1)(c 2 + 1) là 1 số chính phương.

(Đề TS lớp 10 THPT Chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa 2012-2013)

Bài 3: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A = n 4 + n 3 + n 2 có giá trị là số chính phương.

(Đề TS lớp 10 THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An 2010-2011 )

Bài 4: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì biểu thức

A = ( x + y )( x + 2 y )( x + 3 y )( x + 4 y ) + y 4 có giá trị là số chính phương. Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương: a) A = 224 99...9100...0 9 n− 2

b) B = 11...155...5 6

n−1

ƠN

Bài 6: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số liên tiếp không thể là số chính phương.

Bài 7: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889;...

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương

các số chính phương.

QU Y

Bài 8: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p − 1 và p + 1 không thể là

Bài 9: Có hay không số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương. Bài 10: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương

KÈ

là bội số của 24.

Bài 11: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n + 1 và 2n + 1 đều là các số chính phương thì n Bài 12: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.

Bài 13 : Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.

Bài 14: Cho số nguyên dương n và các số A = 444....4 (A gồm 2n chữ số 4); B = 888.....8 (B gồm 2n

DẠ

n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.

(Đề vào chuyên toán Hà Nam năm 2013-2014)

Bài 15: Giả sử N = 1.3.5.7....2007

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2 N − 1, 2 N , và 2 N + 1 không có số nào là số chính

FI CI A

Bài 16: Với mỗi số nguyên dương n , ký hiệu Sn là tổng của n số nguyên tố đầu tiên

phương.

( S1 = 2, S2 = 2 + 3, S3 = 2 + 3 + 5,....) . Chứng minh rằng trong dãy số S1 , S2 , S3 ,... không tồn tại hai số hạng liên tiếp đều là các số chính phương .

(Đề vào chuyên toán sư phạm Hà Nội năm 2013-2014)

Bài 17: Cho p là một số nguyên tố. Tìm p để tổng các ước nguyên dương của p 4 là một số chính

phương.

(Đề vào chuyên Hưng Yên năm 2013-2014)

Bài 18: Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho n 2 − 14n − 256 là một số chính phương.

(Đề thi HSG lớp 9 Thanh Oai năm 2012-2013)

(

)(

)

1 1 1 1 + + = a b c abc

ƠN

Bài 19: Cho các số nguyên a, b, c ≠ 0 thoả mãn:

Chứng minh rằng: 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 là số chính phương

(Đề thi HSG lớp 9 trường Trần Mai Ninh năm 2012-2013)

Bài 20: Tìm số tự nhiên n sao cho A = n 2 + n + 6 là số chính phương (Đề thi HSG lớp 9 huyện Vĩnh Lộc năm 2018-2019)

QU Y

Bài 21: Tìm số tự nhiên gồm bốn chữ số abcd biết rằng nó là một số chính phương, chia hết cho 9 và d là một số nguyên tố.

(Đề thi HSG lớp 9 quận Ngô Quyền năm 2018-2019)

Bài 22: (Đề thi HSG lớp 9 huyện Cẩm Giang năm 2018-2019) Cho S = 2 + 22 + 23 + ... + 298 . Chứng tỏ S không phải là số chính phương.

3 2 Bài 23: Tìm x nguyên dương để 4x + 14x + 9x − 6 là số chính phương

(Đề thi HSG lớp 9 TP Bắc Giang năm 2017-2018)

KÈ

Bài 24: Tìm số tự nhiên n sao cho n 2 + 17 là số chính phương? (Đề thi HSG lớp 9 huyện Kim Thành năm 2012-2013)

Bài 25: Tìm các số nguyên dương n sao cho 2 n + 3n + 4 n là số chính phương. (Đề thi HSG lớp 9 huyện Vũ Quang năm 2018-2019)

DẠ

2 Bài 26: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n + 2014 là một số chính phương

(Đề thi HSG lớp 9 Trường Thanh Văn năm 2017-2018)

Bài 27: Tìm các số nguyên x sao cho x3 − 3x2 + x + 2 là số chính phương. (Đề thi HSG lớp 9 huyện Lục Nam năm 2018-2019)

15 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 28: Tìm số tự nhiên A biết rằng trong ba mệnh đề sau có hai mệnh đề đúng và một mệnh đề sai:

a) A + 51 là số chính phương. c) A − 38 là số chính phương.

FI CI A

b) Chữ số tận cùng bên phải của A là số 1.

(Đề thi HSG lớp 9 huyện Đan Phượng năm 2018-2019)

Bài 29: Tìm các số hữu tỉ n thỏa mãn tổng sau là số chính phương: n 2 + n + 503 .

Giả sử tồn tại số hữu tỉ n và số nguyên dương m để n 2 + n + 503 = m2 .

(Đề thi HSG lớp 9 huyện Vũ Quang năm 2018-2019)

Bài 30: Tìm các số tự nhiên n sao cho n − 50 và n + 50 đều là số chính phương.

(Đề thi HSG lớp 9 huyện Thăng Bình năm 2018-2019)

Bài 31: Tìm số tự nhiên n sao cho: n + 24 và n + 65 là hai số chính phương.

ƠN

(Đề thi HSG lớp 9 huyện Phù Ninh năm 2018-2019)

Bài 32: Chứng minh rằng: B = 4 x ( x + y )( x + y + z )( x + z ) + y 2 z 2 là một số chính phương với x, y, z là các số nguyên.

(Đề thi HSG lớp 9 huyện Tiền Hải năm 2017-2018)

Bài 33: Tìm n ∈ ℕ* sao cho: n 4 + n 3 + 1 là số chính phương. (Đề thi HSG lớp 9 huyện Thanh Oai năm 2012-2013)

Bài 34: Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( x; y ) sao cho 2 x 2 + y 2 − 3x + 2y − 1 và

(

)

QU Y

5 x 2 + y 2 + 4x + 2y + 3 đều là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Nam Định năm 2019-2020)

Bài 35: Chứng minh rằng số M = ( n + 1) + n 4 + 1 chia hết cho một số chính phương khác 1 với

mọi số n nguyên dương.

12n 2 + 1 là số nguyên. Chứng minh rằng

KÈ

Bài 36: Cho n là số nguyên dương thỏa mãn

(Đề vào 10 Chuyên Bình Thuận năm 2019-2020)

2 12n 2 + 1 + 2 là số chính phương. (Đề vào 10 Chuyên Bắc Ninh năm 2019-2020)

Bài 37: Cho a, b, c là các số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn

1 1 1 + = . a b c

DẠ

Chứng minh rằng a + b là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Thái Nguyên năm 2016-2017)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 38: Chứng minh rằng nếu a và b là các số tự nhiên lẻ thì a 2 + b 2 không phải là số chính

phương.

FI CI A

(Đề vào 10 Chuyên Hòa Bình năm 2016-2017)

Bài 39: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 2 + 3n là một số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Quốc Học Huế năm 2017-2018)

Bài 40: Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b 2 − 4ac không là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Bình Định năm 2017-2018)

Bài 41: Tìm các số nguyên m sao cho m 2 + 12 là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Phú Thọ năm 2017-2018)

Bài 42: Tìm tất cả các cặp (x; y) nguyên dương sao cho x 2 + 8 y và y 2 + 8 x là các số chính

ƠN

phương.

(Đề vào 10 Chuyên Toán Hải Dương năm 2017-2018) 2

Bài 43: Cho biểu thức A = ( m + n ) + 3m + n với m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng

nếu A là một số chính phương thì n3 + 1 chia hết cho m.

(Đề vào 10 Chuyên TP Hồ Chí Minh năm 2017-2018)

Bài 44: Cho p là một số nguyên tố. Tìm tất cả các số nguyên n để A = n 4 + 4n p −1 là số chính phương.

QU Y

(Đề vào 10 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu năm 2017-2018)

Bài 45: Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + 1 là một ước nguyên tố của 2 ( m 2 + n 2 ) − 1 . Chứng minh rằng m.n là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Nghệ An năm 2018-2019) 3

Bài 46: Tìm các giá trị nguyên của x để M = x 4 + ( x + 1) − 2 x 2 − 2 x là số chính phương. (Đề vào 10 Chuyên Hưng Yên năm 2018-2019)

KÈ

Bài 47: Cho số tự nhiên n ≥ 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p − 1 chia hết cho n đồng thời n 3 − 1 chia hết cho p . Chứng minh rằng n + p là một số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Đại học Vinh Nghệ An năm 2018-2019)

DẠ

Bài 48: Tìm hai số nguyên tố p và q , biết rằng p + q và p + 4 q đều là các số chính phương. (Đề vào 10 Chuyên Quảng Nam năm 2018-2019)

Bài 49: Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của 2 số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n thì n là tổng 2 số chính phương liên tiếp.

(Đề vào 10 Chuyên Bắc Ninh năm 2018-2019)

17 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 50: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n để 2018 + n 2 là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Bắc Giang năm 2018-2019)

FI CI A

Bài 51: Cho A = m 2 n 2 − 4m − 2n với m, n là các số nguyên dương. Khi n = 2 tìm m để A là số chính phương. Khi n ≥ 5 chứng minh rằng A không thể là số chính phương.

(Đề vào 10 Chuyên Bà Rịa Vũng Tàu năm 2018-2019)

Bài 52: Chứng minh nếu a; b là các số nguyên thỏa mãn hệ thức 2a 2 + a = 3b 2 + b thì a − b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương.

Bài 53: Tìm số tự nhiên x để biểu thức x 2 + 2 x + 20 có giá trị là một số chính phương.

Bài 54. Tìm các số nguyên x sao cho A = x ( x −1)( x − 7)( x − 8) là một số chính phương. Bài 55. Cho A = 11...1 − 88...8 + 1 . Chứng minh A là một số chính phương. 2n

ƠN

Bài 56. Tìm tất cả số tự nhiên x,y để 2 x + 5 y là số chính phương. Bài 57. Tìm n ∈ N để 28 + 211 + 2n là số chính phương .

Bài 58. Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương.

QU Y

  A = 11.....11 2m   Bài 59. Cho các số:  B = 11.....11 ; Chứng minh rằng: A + B + C + 8 là một số chính phương. m +1  C = 66.....66  m Bài 60. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 là số chính phương. (Đề thi vào lớp 10 chuyên, trường ĐHKHTN – ĐHQG Hà Nội năm 1992)

Bài 61. Tìm tất cả các số nguyên không âm n sao cho có các số nguyên a, b thỏa mãn n 2 = a + b

và n3 = a 2 + b 2 .

(Romanian MO 2004)

KÈ

Bài 62. Hãy tìm hai số chính phương phần biệt a1a2 a3a4 và b1b2b3b4 biết rằng

a1 − b1 = a2 − b2 = a3 − b3 = a4 − b4

Bài 63. Có tồn tại hay không 2013 số nguyên dương a1 , a2 , ..., a2013 sao cho các số

DẠ

2 a12 + a22 , a12 + a22 + a32 , a12 + a22 + ... + a2013 đều là số chính phương?

Bài 64. Thay các dấu * bằng các chữ số sao cho số sau đây là một số tự nhiên.

A = 6 4**** 18

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 65. Với mỗi n ∈ ℕ , đặt An = (10n + 10n −1 + ... + 10 + 1)(10n +1 + 5 ) + 1 . Chứng minh rằng An là số

chính phương.

FI CI A

Bài 66. Giả sử rằng 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương. Chứng minh rằng 5n + 3 là một hợp số.

Bài 67. Có hay không các số x, y phân biệt thuộc khoảng ( 988;1994 ) sao cho xy + x và xy + y đều là các số chính phương ?

( Thi học sinh giỏi toán lớp 9, TP.HCM năm 1994)

Bài 68. Có tồn tại hay không một số tự nhiên n sao cho số k = n + 1 + n − 1 là một số hữu tỉ. Bài 69. Cho dãy số , a2 = 144 , a3 = 1444 , an = 1444...44

ƠN

n chu so 4

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho an là số chính phương.

Bài 70. Chứng minh rằng có vô số bộ ba 3 số tự nhiên ( a, b, c ) sao cho a, b, c nguyên tố cùng nhau

và số n = a 2b2 + b2 c 2 + c 2 a 2 là một số chính phương.

Bài 71. Tìm các số nguyên m và n để cho đa thức p ( x) = x 4 + mx3 + 29 x 2 + nx + 4, x ∈ ℤ là một số chính phương.

QU Y

Bài 72.

1. Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất, a ≠ 0 sao cho a chia hết cho 6 và 1000a là số chính phương. 2. Tìm số tự nhiên b nhỏ nhất sao cho số ( b − 1) không chia hết cho 9, b chia hết cho tích của bốn số nguyên tố liên tiếp và 2002.b là số chính phương.

Bài 73. Cho a và b là 2 số tự nhiên, a 2 − b 2 có thể là một số chính phương không? Bài 74. Tìm số tự nhiên k = ab có hai chữ số sao cho k + ab = ( a + b )

KÈ

Bài 75. Tìm tất cả các số nguyên n để A = 2017 2 (n 4 + n3 + n 2 ) là số chính phương

n − 37 là bình phương của một số hữu tỷ dương tùy ý. n + 43

DẠ

Bài 76. Tìm số nguyên dương n để

(Tạp chí Toán & học tuổi trẻ số 468)

(HSG Nam Định 2015 -2016) 2

Bài 77. Tìm số tự nhiên có dạng abc thỏa mãn: abc = n 2 − 1 và cba = ( n − 2 ) với n∈ℤ, n > 2 . (HSG Sóc Trăng 2015 - 2016)

Bài 78. Tìm số tự nhiên n sao cho n + 12 và n − 11 đều là số chính phương. 19 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

(HSG Sóc Trăng 2016 - 2017)

Bài 79. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 − 14n − 256 là một số chính phương.

FI CI A

(HSG Quảng Nam 2014 - 2015)

Bài 80. Cho n là số tự nhiên có 2 chữ số. Tìm n biết n + 4 và 2n đều là các số chính phương.

(HSG Trà Vinh 2016 - 2017)

Bài 81. Cho n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho số 195

A = 1010n 2 + 2010 ( n + p ) + 1010

có thể viết dưới dạng hiệu của 2 số chính phương.

(HSG Lâm Đồng 2016 - 2017).

Bài 82. Tìm nghiệm nguyên dương x để 3x + 171 là số chính phương.

(HSG Lai Châu 2015 - 2016)

ƠN

Bài 83. Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho 5 x + 12 x là một số chính phương.

(HSG Bắc Giang 2015 - 2016)

Bài 84. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A là một số chính phương với

A = 4n 4 + 22n3 + 37 n 2 + 12n − 12.

(Chuyên Yên Bái 2016 - 2017).

QU Y

Bài 85. Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương.

Bài 86. Tìm số tự nhiên n (n > 1) bé nhất sao cho

(Chuyên Hải Dương 2015 - 2016).

12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n 2 là số chính phương. n (Tạp chí toán học tuổi trẻ số 362).

Bài 87: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho cả hai số 9n + 16 và 16n + 9 đều là số chính phương.

Bài 88: Lấy một số tự nhiên có 2 chữ số chia cho số có 2 chữ số viết theo thứ tự ngược lại thì được thương là 4 và dư 15. Nếu lấy số đó trừ đi 9 thì được một số bằng tổng bình phương của 2 chữ số

KÈ

tạo thành số đó. Tìm số tự nhiên ấy.

Bài 89. Viết các số 1, 2, 3, …, 2007 thành dãy theo thứ tự tùy ý được số A. Hỏi số A + 20082007 + 2009 có phải là số chính phương hay không? Vì sao?

(Tạp chí toán học và tuổi trẻ số 377)

DẠ

Bài 90. Cho các số hữu tỉ x, y thỏa mãn x 5 + y 5 = 2x 2 y 2 . Chứng minh 1 − xy là bình phương của một số hữu tỉ.

Bài 91. Cho m , n là hai số nguyên dương lẻ sao cho n 2 −1 chia hết cho [m2 +1− n 2 ] . Chứng minh

rằng [m2 +1− n 2 ] là số chính phương. 20

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 92. Chứng minh rằng trong ba số chính phương tuỳ ý luôn tồn tại hai số mà hiệu của chúng chia

FI CI A

Bài 93. Chứng minh rằng n 5 + 1999n + 2017 (n ∈ N ) không phải là số chính phương.

hết cho 4 .

(HSG Tỉnh Quảng Ngãi 2017 – 2018)

Bài 94. Giả sử n là số nguyên dương thoả mãn điều kiện n 2 + n + 3 là số nguyên tố. Chứng minh rằng n chia 3 dư 1 và 7 n 2 + 6 n + 2017 không phải số chính phương.

(Chuyên Tỉnh Quảng Ngãi 2017-2018)

Bài 95. Cho x, y là các số nguyên thoả mãn 2 x 2 + x = 3 y 2 + y . Chứng minh x − y; 2 x + 2 y + 1 và 3 x + 3 y + 1 đều là các số chính phương.

(HSG Tỉnh Thanh Hoá 2015-2016)

ƠN

Bài 96. Cho biểu thức A = 2(12 + 22 + ... + 2017 2 ) . Hỏi A có là bình phương của một số nguyên hay không?

(Toán học tuổi thơ số 120)

Bài 97. Cho a và b là các số tự nhiên thoả mãn 2016 a 2 + a = 2017b 2 + b (1). Chứng minh rằng a − b là một số chính phương.

(Toán học tuổi thơ số 120)

Bài 98. Cho x, y , z là các số nguyên tố cùng nhau và thoả mãn ( x − z )( y − z ) = z 2 . Chứng minh

QU Y

rằng tích 2017 2 xyz là một số chính phương.

(Toán học tuổi thơ số 120)

Bài 99: Xác định số điện thoại của THCS thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng 82 xxyy với

xxyy là số chính phương.

(HSG Bình Dương 2016 – 2017)

KÈ

Bài 100: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C = 2019n + 2020 là số chính phương. (HSG Quảng Bình 2018 – 2019)

Bài 101: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3 − 4p + 9 là số chính phương.

(HSG Bắc Ninh 2018 – 2019)

DẠ

Bài 102: Cho B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n. ( n − 1) . ( n − 2 ) với n ∈ ℕ* . Chứng minh rằng B không là số chính phương.

21 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

(HSG Bắc Ninh 2018 – 2019)

Bài 103: Cho số nguyên tố p ( p > 3) và hai số nguyên dương a, b sao cho p 2 + a 2 = b 2 . Chứng

minh a chia hết cho 12 và 2 ( p + a + 1) là số chính phương.

FI CI A

(HSG Quảng Nam 2018 – 2019)

Bài 104: Từ 625 số tự nhiên liên tiếp 1; 2; 3; …; 625 chọn ra 311 số sao cho không có hai số nào

có tổng bằng 625. Chứng minh rằng trong 311 số được chọn, bao giờ cũng có ít nhất một số chính phương.

(HSG Hưng Yên 2017 – 2018)

Bài 105: Tìm các số tự nhiên n sao cho n 2 + 2n + n 2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương.

(HSG Hải Dương 2016 – 2017)

Bài 106: Tìm các số có 2 chữ số ab ( a ≠ b ) sao cho số n = ab − ba là một số chính phương

ƠN

(HSG Hưng Yên 2015 – 2016)

Bài 107: Cho a = 111 ...1 và b = 1 000...0 5 . Chứng minh rằng số M = ab + 1 là số chính phương. 2016 sè 0

2017 sè 1

Bài 108: Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì số: an = 1 + chính phương

(HSG Đăk Lăk 2015 – 2016)

2.6.10....(4n − 2) là một số (n + 5)(n + 6)...(2n)

QU Y

(Trích đề chuyên toán Đại học sư phạm Hà Nội 2014 – 2015)

Bài 109: Tìm a , b để f ( x ) = x 4 + 2 x3 − x 2 + x ( a − 4 ) + b + 2 viết thành bình phương của một đa thức.

(HSG huyện Chương Mỹ 2019 – 2010)

Bài 110: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng 82xxyy với

KÈ

xxyy là số chính phương.

(HSG tỉnh Bình Dương 2016 – 2017)

Bài 111: Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a 2 + a = 3b 2 + b . Chứng minh rằng 2a + 3b + 1 là số

chính phương.

(HSG tỉnh Hải Dương 2016 – 2017)

DẠ

Bài 112: Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n2. Chứng minh rằng n2 + m

không là số chính phương. (HSG tỉnh Hải Dương 2016 – 2017)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 9

Bài 113: Tìm tất cả các số nguyên dương n để A = 2 + 2 + 2 là số chính phương. n

B = ( a + b ) − 2b2 .

FI CI A

Bài 114. Cho a, b là hai số nguyên dương, đặt A = ( a + b ) − 2a2 ,

(HSG tỉnh Hải Dương 2009 – 2010)

Chứng minh rằng A và B không đồng thời là số chính phương.

(Vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2018 – 2019)

Bài 115. Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn a 2 + b 2 + 1 = 2(ab + a + b) . Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp.

(Vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2015 – 2016)

Bài 116. Cho hai số hữu tỉ a, b thỏa mãn đẳng thức a 3 b + ab3 + 2a 2 b 2 + 2a + 2b + 1 = 0. Chứng minh rằng 1 – ab là bình phương của một số hữu tỉ.

(Vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2011 – 2012)

Chứng minh rằng: 2

2) Nếu S là số chính phương thì m = n.

1) Nếu m > n thì ( mn 2 − 2 ) < n 2 S < m 2 n 4 .

ƠN

Bài 117. Giả sử m và n là những số nguyên dương với n > 1. Đặt S = m 2 n 2 − 4m + 4n.

(Vào 10 Chuyên Sư Phạm Hà Nội 2010 – 2011)

Chứng minh rằng: x = y.

QU Y

Bài 118. Cho x, y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính phương.

(Vào 10 Chuyên Khoa học tự nhiên 2014 – 2015)

Bài 119. Cho biểu thức A = ( m + n ) + 3m + n với m, n là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu A là một số chính phương thì n3 + 1 chia hết cho m.

(Vào 10 Chuyên TP. Hồ Chí Minh 2017 – 2018)

Bài số 120. Chứng minh rằng: Nếu abc là số nguyên tố thì b 2 − 4ac không phải là số chính

KÈ

phương.

Bài 121. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất để

( n + 1)( 4n + 3) 3

là số chính phương.

Bài 122. Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: x 2 + 3xy + y 2 là số chính phương.

DẠ

Bài 123. Cho 2 số tự nhiên y > x thỏa mãn:

( 2 y − 1)

= ( 2 y − x )( 6 y + x ) . Chứng minh 2 y − x là

số chính phương.

Bài 124. Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn: ( a, b, c ) = 1, ab = c ( a − b ) . Chứng minh: a − b là số chính phương.

23 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 125. Cho x, y là số nguyên dương sao cho x 2 + y 2 − x chia hết cho xy . Chứng minh: x là số

chính phương.

FI CI A

Bài 126. Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện a − b là số nguyên tố và 3c 2 = ab + c ( a + b ) . Chứng minh: 8c + 1 là số chính phương.

Bài 127. Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n + 1 và 24n + 1 là số chính phương. Chứng minh rằng: 8n + 3 là hợp số.

Bài 128. Cho a , b là hai số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d để

a − b = a 2 c − b 2 d . Chứng minh rằng a − b là số chính phương. 2

Bài 129. Cho các số tự nhiên a, b, c sao cho a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) . Chứng minh rằng các số ab, bc, ca và ab + bc + ca đều là số chính phương.

2 2 Bài 130. Cho A = 33...3 + 55...5 44...4 . Chứng minh rằng A là số chính phương. n

ƠN

n −1

Bài 131. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 4n + 9 và 9n + 10 đều là số chính phương. Bài 132. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 3n + 144 là số chính phương.

Bài 133. Tìm tất cả các số nguyên dương n để 3n + 63 là số chính phương. Bài 134. Chứng minh rằng không thể thêm chữ số 0 vào giữa chữ số 6 và 8 trong số 1681 để thu được một số chính phương.

Bài 135. Tìm tất cả các số tự nhiên n để 22012 + 2 2015 + 2n là số chính phương.

QU Y

Bài 136. Tìm tất cả các cặp số tự nhiên m, n sao cho 2m + 3n là số chính phương. Bài 137. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m, n ) để 2 m.5n + 25 là số chính phương. Bài 138. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x 2 + 3 y và y 2 + 3 x là số chính phương. Bài 139.

a) Chứng minh rằng: Nếu n là số tự nhiên sao cho 2n + 1 và 3n + 1 là số chính phương thì n ⋮ 40 . b) Tìm tất cả các số tự nhiên ab để 2ab + 1, 3ab + 1 là các số chính phương.

KÈ

Bài 141.

a) Chứng minh: n = 1984 là giá trị lớn nhất của n để số 431 + 41008 + 4n là số chính phương. b) Tìm các số nguyên dương x, y, z để: 4 x + 4 y + 4 z là số chính phương.

Bài 142. Cho số nguyên dương n và d là một ước số nguyên dương của 3n2 . Chứng minh: n 2 + d

DẠ

là số chính phương khi và chỉ khi d = 3n 2 .

Bài 143. Cho m , n là 2 số nguyên dương lẻ sao cho n 2 − 1 chia hết cho m 2 − n 2 + 1 . Chứng minh

rằng: m 2 − n 2 + 1 là số chính phương.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

HƯỚNG DẪN

Bài 1: Ta có: a 2 + 1 = a 2 + ab + bc + ca = ( a + b )( a + c )

Do đó: a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 + 1 = ( a + b )( b + c )( c + a ) 

(

)(

)

FI CI A

Tương tự: b 2 + 1 = ( a + b )( b + c ) ; c 2 + 1 = ( b + c )( c + a ) 2

Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 2:

Đặt n(2n – 1) = 26q2 (1) Do VP chẵn và (2n – 1) lẻ nên n chẵn hay n = 2k Do đó: (1) suy ra k(4k – 1) = 13q2 (2) Nhận thấy (k, 4k – 1) = 1 nên:

ƠN

 k = u2  k = 13u 2 1 ⇔ ∨ ()   2 2 4k − 1 = 13v 4k − 1 = v

Xét trường hợp 1 ta có:

 k = u2  4k = 13v 2 + 1 = 12v 2 + v 2 + 1  v 2 + 1⋮ 4  v 2 ≡ 3 ( mod 4 ) (vô lý)  2  4 k − 1 = 13v

Xét trường hợp 2 ta có:

QU Y

 k = 13u 2  4 k = v 2 + 1 (vô lý)  2 4 k − 1 = v 

Vậy không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu đầu bài.

Bài 3: Ta có A = n 4 + n 3 + n 2 = n 2 ( n 2 + n + 1) Với n = 0 thì A = 0

(thỏa mãn)

Với n ≠ 0 thì A là số chính phương khi và chỉ khi n 2 + n + 1 là số chính phương. 2

KÈ

Khi đó n 2 + n + 1 = k 2 ( k ∈ ℕ ) .  4 ( n 2 + n + 1) = 4k 2  ( 2n + 1) − 4k 2 = −3

 ( 2n + 1 − 2k )( 2n + 1 + 2k ) = −3

DẠ

Vì 2 n + 1 + 2k ≥ 2 n + 1 − 2 k , ∀n ∈ ℤ, k ∈ ℕ nên

  2 n + 1 − 2 k = −3    2n + 1 + 2 k = 1   2 n + 1 − 2 k = −1   2n + 1 + 2k = 3

25 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

(loại)

Vậy n = 0; n = −1

FI CI A

2n + 1 − 2k = −1 n=0   2n + 1 + 2k = 3

 2 n + 1 − 2 k = −3  n = −1 (thỏa mãn)  2n + 1 + 2k = 1

Bài 4: Ta có A = ( x + y )( x + 2 y )( x + 3 y )( x + 4 y ) + y 4 = ( x 2 + 5 xy + 4 y 2 )( x 2 + 5 xy + 6 y 2 ) + y 4 2

Đặt x + 5 xy + 5 y = t 2

(t ∈ Z ) thì 2

2 2

A = ( t − y )(t + y ) + y = t − y + y = t = ( x + 5 xy + 5 y ) Vì x, y, z ∈ Z nên x 2 ∈ Z , 5 xy ∈ Z , 5 y 2 ∈ Z  x 2 + 5 xy + 5 y 2 ∈ Z Vậy A là số chính phương. A = 22499...9100...09 n−2

ƠN

Bài 5: a) Ta có:

= 224.10 + 99...9.10 n+2 + 10n+1 + 9

= 224.10 2 n + (10n−2 −1).10 n+2 + 10n+1 + 9 = 224.10 2 n + 102 n −10 n+2 + 10n+1 + 9 = 225.10 2 n − 90.10n + 9 2

QU Y

= (15.10 n − 3)

Vậy A là số chính phương. b) Ta có :

n B = 11..155..5 + 5.11...1 6 = 11..155..5 + 1 = 11...1.10 +1 n −1

10 − 1 n 10 − 1 10 .10 + 5. +1 = 9 9 2n n 10 + 4.10 + 4 = 9 n

− 10 + 5.10 − 5 + 9 9 n

KÈ

 10n + 2  =   3 

Do đó B là số chính phương.

DẠ

Bài 6: Giả sử: n − 2; n −1; n; n +1; n + 2 với 2 ≤ n ∈ ℕ là 5 số tự nhiên liên tiếp 2

Ta có: (n − 2) + (n −1) + n 2 + (n + 1) + (n + 2) = 5 (n 2 + 2)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

phương.

n Bài 7: Ta có 44...488...89 = 44...488..8 + 1 = 44...4. 10 + 8. 11...1 +1 n

= 4.

n −1

10n − 1 n 10n − 1 .10 + 8. +1 9 9

4.102 n − 4.10n + 8.10n − 8 + 9 4.102 n + 4.10 n + 1 = = 9 9

FI CI A

Vậy tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không phải số chính phương.

Vì n2 không thể có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8 nên (n 2 + 2)/⋮ 5 ⇒ 5 (n 2 + 2) không là số chính

ƠN

 2.10n + 1  =  3  

Ta thấy 2.10 n + 1 = 200...01 ( có n − 1 chữ số 0 ) có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3

 2.10n + 1  Suy ra   ∈ ℤ hay các số có dạng 44...488...89 là số chính phương. 3   Bài 8: Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên

QU Y

Nên p ⋮ 2 và p không chia hết cho 4 (1)

a) Giả sử p + 1 là số chính phương. Đặt p + 1 = m 2 ( m ∈ ℕ ) Vì p chẵn nên p + 1 lẻ  m2 lẻ  m lẻ.

Đặt m = 2k + 1 ( k ∈ ℕ ) .

KÈ

Ta có: m 2 = 4k 2 + 4k + 1

 p + 1 = 4k 2 + 4k + 1

 p = 4 k 2 + 4 k = 4 k ( k + 1) ⋮ 4 mâu thuẫn với (1)

DẠ

 p + 1 là số chính phương.

b) p = 2 ⋅ 3 ⋅ 5 ⋅⋅⋅ là số chia hết cho 3  p − 1 có dạng 3k + 2 . Không có số chính phương nào có dạng 3k + 2

27 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 9: Giả sử 2010 + n2 là số chính phương thì 2010 + n2 = m2 (m ∈ N ) Từ đó suy ra m2 - n2 = 2010 ⇔ (m + n) (m – n) = 2010 Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1) Mặt khác m + n + m – n = 2m  2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2) Từ (1) và (2)  m + n và m – n là 2 số chẵn.

 Điều giả sử sai. Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2010 + n2 là số chính phương.

 (m + n) (m – n) ⋮ 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4

FI CI A

Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p − 1 và p + 1 không là số chính phương.

ƠN

Bài 10: Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 ( n ∈ ℕ, n ≥ 2 ) . 2

Ta có: ( n − 2 ) + ( n − 1) + n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) = 5. ( n 2 + 2 )

Do đó n 2 + 2 không thể chia hết cho 5

Vì n 2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8

Suy ra: 5. ( n 2 + 2 ) không là số chính phương

QU Y

Hãy nói cách khác: A không là số chính phương

Bài 11: Vì n + 1 và 2n + 1 là các số chính phương nên đặt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m ∈ N ) Ta có m là số lẻ  m = 2a + 1  m2 = 4a(a + 1) + 1 Mà n =

m 2 − 1 4a(a + 1) = = 2a(a + 1) 2 2

 n chẵn  n + 1 lẻ  k lẻ  đặt k = 2b + 1 (với b ∈ N )  k2 = 4b(b+1) + 1  n = 4b(b+1)  n ⋮ 8 2

(1)

KÈ

Ta có: k + m = 3n + 2 ≡ 2 (mod3) Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1

Nên để k2 + m2 ≡ 2 (mod3) thì

k2 ≡ 1 (mod3) m2 ≡ 1 (mod3)

DẠ

 m2 – k2 ⋮ 3 hay (2n + 1) – (n + 1) ⋮ 3  n ⋮ 3

(2)

Mà (8; 3) = 1 (3) Từ (1), (2), (3)  n ⋮ 24

Bài 12: Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9

Nên p − 1 không là số chính phương.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Ta có: n2 = aabb = 11. a0b = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b)

(1)

Nhận xét thấy aabb ⋮ 11  a + b ⋮ 11

FI CI A

Mà 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a + b ≤ 18  a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn  b = 4 Số cần tìm là: 7744

Bài 13: Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n ∈ N) Ta có : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11

Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111 . a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

 12n(n + 1) = 11(101a – 1)  101a – 1 ⋮ 3  2a – 1 ⋮ 3

ƠN

Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a – 1 ≤ 17 và 2a – 1 lẻ nên 2a – 1 ∈ {3; 9;15}

 a ∈ {2; 5; 8} Vì a lẻ  a = 5  n = 21

3 số cần tìm là: 41; 43; 45

n Bài 14: Ta có A = 444.....4 = 444......4 000...0 + 444.....4 = 444....4. (10 − 1) + 888....8 2n

n 2

QU Y

  = 4.111....1.999....9 + B = 4.111....1.9.111....1 + B =  6.111....1  + B n n n n n   2

3  3  =  .888....8  + B =  B + B 4  n 4  Khi đó 2

3 3  3  3  A + 2 B + 4 =  B  + B + 2 B + 4 =  B  + 2. B.2 + 4 =  B + 2  4 4 4 4       2

KÈ

3      =  .888....8 + 2  =  3.222....2 + 2  =  666....68  n n 4     n −1 

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 15:

a. 2 N − 1 = 2.1.3.5.7...2007 − 1

DẠ

Có 2 N ⋮ 3  2 N − 1 không chia hết cho 3 và 2 N − 1 = 3k + 2 ( k ∈ ℕ )

Suy ra 2 N − 1 không là số chính phương.

29 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

b. 2 N = 2.1.3.5.7...2007

Vì N lẻ nên N không chia hết cho 2 và 2 N ⋮ 2 .

FI CI A

Nhưng 2N không chia hết cho 4.

2N chẵn nên 2N không là số chính phương. c. 2 N + 1 = 2.1.3.5.7....2007 + 1

2N không chia hết cho 4 nên 2 N + 1 không chia cho 4 dư 1. Do đó: 2 N + 1 không là số chính phương.

2 N + 1 lẻ nên 2 N + 1 không chia hết cho 4.

ƠN

Bài 16: Kí hiệu pn là số nguyên tố thứ n. Giả sử tồn tại số tự nhiên m mà

S m −1 = a 2 ; S m = b 2 ( a, b ∈ N * )

Vì S1 = 2; S 2 = 10; S 4 = 17  m > 4

Ta có: pm = S − S m −1 = b − a = ( a − b )( a + b ) . Vì pm là số nguyên tố và b + a > 1.

QU Y

2  b − a =1  pm + 1  Nên  . Suy ra: pm = 2b − 1 = 2 S m − 1  S m =    2  b + a = pm

(1)

 p +1  pm + 1  Do m > 4 nên S m ≤ (1 + 3 + 5 + ... + pm−1 + pm ) + 2 − 1 − 9 =  m  −8<   mâu  2   2  thuẫn với (1)

Nên trong dãy số S1, S2,…… không tồn tại hai số hạng liên tiếp là số chính phương.

KÈ

Bài 17: Do p là số nguyên tố nên các ước số nguyên dương của p4 là: 1; p; p 2 ; p 3 ; p 4 1 Đặt S = 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 Giả sử S = n2  4n 2 = 4p 4 + 4p3 + 4p 2 + 4p + 4 (1) ( n ∈ Z ) 2

Ta có: 4p 4 + 4p 3 + p 2 < ( 2n ) < 4p 4 + p 2 + 4 + 4p3 + 8p 2 + 4p 2

DẠ

⇔ ( 2p 2 + p ) < ( 2n ) < ( 2p 2 + p + 2 )

⇔ 4n 2 = ( 2p 2 + p + 1)

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra p 2 − 2p − 3 = 0 ⇔ p = 3 30

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Thử lại với p = 3 thỏa mãn. Vậy số nguyên tố cần tìm là: p = 3. 2

⇔ ( n − k − 7 )( n + k − 7 ) = 305 = 1.305 = 61.5

Xét các trường hợp: do n + k - 7 > n – k – 7 Trường hợp 1: n – k – 7 = 1 và n + k – 7 = 305 => n = 160 (nhận) Trường hợp 2: n – k – 7 = - 305 và n + k – 7 = -1 => n = -146 (loại) Trường hợp 3: n – k – 7 = 5 và n + k – 7 = 61 => n = 40 (nhận)

Trường hợp 4: n – k – 7 = -61 và n + k – 7 = -5 => n = -26 (loại) Vậy n = 40, k = 28 hoặc n = 160 , k = 152

1 1 1 1 + + =  ab + bc + ca = 1 a b c abc

ƠN

Bài 19: Ta có:

FI CI A

Bài 18: Đặt n 2 − 14n − 256 = k 2 ( k ∈ N ) ⇔ ( n − 7 ) − k 2 = 305

 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(a + c)  1 + b2 = ab + bc + ca + b2 = b(a + b) + c(a + b) = (a + b)(b + c)

 1 + c2 = ab + bc + ca + c2 = b(a + c) + c(a + c) = (a + c)(b + c) 2

 1 + a 2 1 + b2 1 + c2 = ( a + b ) ( b + c ) ( a + c ) = ( a + b )( b + c )( c + a )  Vì a, b, c là

(

)(

)

các số nguyên  (a + b)(b + c)(c + a) ∈ Z

QU Y

 (1 + a 2 )(1 + b2 )(1 + c 2 ) là số chính phương. Bài 20: Để A là số chính phương thì A = n 2 + n + 6 = a 2 ( a ∈ N ) - Ta có: n 2 + n + 6 = a 2

⇔ 4n 2 + 4n + 24 = 4a 2 2

⇔ ( 2a ) − ( 2n + 1) = 23

KÈ

⇔ ( 2a + 2n + 1) . ( 2a − 2n − 1) = 23 - Vì a, n là các số tự nhiên nên (2a +2n +1) là số tự nhiên và 2a + 2n + 1 > 2a – 2n -1. Do đó

DẠ

 2a + 2n + 1 = 23 4a = 24 a = 6 ⇔ ⇔   2a − 2n − 1 = 1 4n = 20 n = 5

- Vậy n = 5

Bài 21: Ta có + d là số nguyên tố và abcd là số chính phương nên d = 5.

31 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

( )

FI CI A

+ Vì abcd chia hết cho 9 x5 ⋮ 9  x5⋮ 3  x + 5 ∈ {6;9;12}  x ∈ {1; 4;7}

+ abcd < 10000 = 1002  abcd = x5 ; với x ∈{1;2;3;4;...;9}

Kiểm tra lại ta được hai số: 2015 và 5625.

Bài 22: Gọi M = 2 + 22 + 23 + ... + 298  S = 2 + M

M = 2 M − M = ( 22 + 23 + ... + 299 ) − ( 2 + 22 + .... + 298 ) = 299 − 2  S = 299 = ( 24 ) .23 = 8.1624 Vì 1624 có chữ số tận cùng là 6

 S có chữ số tận cùng là 8 Nên S không là số chính phương.

Bài 23: Vì 4 x 3 + 14 x 2 + 9 x − 6 là số chính phương, nên ta có 4 x 3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =k2 với k ∈ N

ƠN

Ta có 4 x 3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =…= ( x + 2 ) ( 4 x 2 + 6 x − 3 ) nên ta có ( x + 2 ) ( 4 x 2 + 6 x − 3 ) = k 2

Đặt ( x + 2, 4 x 2 + 6 x − 3 ) = d với d ∈ N *

Ta có x + 2⋮ d  ( x + 2 )( 4 x − 2 )⋮ d  4 x + 6 x − 4⋮ d

Vậy ( x + 2, 4 x 2 + 6 x − 3 ) = 1

Ta lại có 4 x 2 + 6 x − 3⋮ d  ( 4 x 2 + 6 x − 3 ) − ( 4 x 2 + 6 x − 4 ) = 1⋮ d  d = 1

QU Y

mà ( x + 2 ) ( 4 x 2 + 6 x − 3) = k 2 nên ta có

x+2 và 4 x 2 + 6 x − 3 là số chính phương  x + 2 = a 2 và 4x 2 + 6 x − 3 = b 2 với a,b ∈ N * 2

Vì x > 0 nên ta có 4 x 2 < b 2 < 4 x 2 + 12 x + 9 ⇔ ( 2 x ) < b 2 < ( 2 x + 3 )

Vì b lẻ nên b 2 = ( 2 x + 1) ⇔ 4 x 2 + 6 x − 3 = 4 x 2 + 4 x + 1 ⇔ x = 2

Với x = 2 ta có 4 x 3 + 14 x 2 + 9 x − 6 =100=102 là số chính phương.

KÈ

k − n = 1 Bài 24: Giả sử: n2 + 17 = k 2 ( k ∈ N ) và k > n  ( k − n )( k + n ) = 17 ⇔  n=8  k + n = 17

Vậy với n = 8 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 25: Đặt A = 2n + 3n + 4n . Nếu n = 1 thì A = 9 (thỏa mãn)

Xét n > 1 hay n ≥ 2 thì 2n + 4n chia hết cho 4 .

DẠ

Ta có 3n chia 4 dư 1 với n chẵn hoặc −1 với n lẻ. Mà một số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1 nên A phải chia 4 dư 1 nên 3n phải chia 4 dư 1. Suy ra n chẵn.

Với n chẵn: 2n chia 3 dư 1, 4n chia 3 dư 1, 3n chia hết cho 3 .

Do đó A chia 3 dư 2 (vô lí, vì một số chính phương chia 3 có số dư là 0 hoặc 1). 32

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Vậy n = 1 .

FI CI A

Suy ra (k + n) và (k – n) = 2k là số chẵn nên (k + n) và (k – n) cùng tính chẵn lẻ

(1)

Bài 26: Giả sử n 2 + 2014 = k 2 (k 2 ∈ N ) ⇔ 2014 = k 2 − n 2 ⇔ 2014 = ( k + n )( k − n )

Do 2014 là số chẵn nên (k + n) và (k – n) đều là số chẵn  (k + n)(k − n) ⋮ 4 Khi đó từ (1) suy ra ta lại có 2014 ⋮ 4 (điều này vô lí) Vậy không có số nguyên n nào để n 2 + 2014 là số chính phương Ta có: x3 − 3x 2 + x + 2 = ( x − 2 ) ( x 2 − x − 1)

Bài 27:

* Xét x − 2 = 0  x = 2 : thỏa mãn yêu cầu bài toán. * Xét x 2 − x − 1 = 0 : Loại. * Xét x − 2 = x 2 − x − 1 ta có: x = 1 .

ƠN

* TH x ≠ 2; x ≠ 1 . Với x nguyên ta chứng minh được ( x − 1; x 2 − x − 1) = 1 . Nên x3 − 3x 2 + x + 2 là số chính phương khi x − 2 và x 2 − x − 1 cùng là số chính phương.

Để x 2 − x − 1 là số chính phương thì x 2 − x − 1 = y 2 với y ∈ ℤ .

Tìm được x = 2 (loại do x ≠ 2 ) và x = −1 . Thử lại x = −1 ta có x3 − 3x 2 + x + 2 có giá trị bằng −1 không phải là số chính phương nên  x = −1 (loại).

Vậy x = 2 hoặc x = 1 thì x3 − 3x 2 + x + 2 là số chính phương.

QU Y

Bài 28: Nếu mệnh đề b) đúng thì A + 51 có chữ số tận cùng là 2 và A – 38 có chữ số tận cùng là 3 nên cả hai số này đều không là số chính phương. Vậy mệnh đề b) sai và các mệnh đề a) và c) đúng. Giả sử A + 51 = m2 ; A − 38 = n 2 (m, n ∈ N ; m > n)  m2 − n 2 = 89 hay (m – n)(m + n) = 89 Vì 89 là số nguyên tố nên m + n = 89 và m – n = 1 => m = 45 và n = 44 nên A = 1974.

Bài 29: Giả sử tồn tại số hữu tỉ n và số nguyên dương m để n 2 + n + 503 = m2 .

KÈ

Vì: n là số hữu tỉ nên tồn tại a, b ∈ Z , b ≠ 0 sao cho n =

a và ( a ; b ) = 1 b

a a Ta có: n + n + 503 = m    + + 503 = m 2 ⇔ a 2 + ab + 503b 2 = m 2b 2 b b 2

⇔ a 2 = −b ( a + 503b − m 2b 2 )  a 2 ⋮ b

DẠ

Mà ( a ; b ) = 1 nên b = 1 hay b = a ∈ Z 2

Do đó: n 2 + n + 503 = m 2 ⇔ 4n 2 + 4n + 2012 = 4m 2 ⇔ 4 m 2 − ( 2 n + 1) = 2011

⇔ ( 2m − 2n − 1)( 2m + 2n + 1) = 2011

33 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Vì: ( 2m − 2n − 1) + ( 2m − 2n − 1) = 4m > 0 .

2m − 2n − 1 = 1  m = 503 - Trường hợp 1:  ⇔  2m + 2n + 1 = 2011  n = 502  2m − 2n − 1 = 2011  m = 503 - Trường hợp 2:  ⇔  2m + 2n + 1 = 1  n = −503

Vậy, n = 502 ; n = −503 thỏa mãn bài toán.

Suy ra b 2 − a 2 = 100 ⇔ (b − a)(a + b) = 22.52

n − 50 = a 2 Giả sử  với a, b nguyên dương và a < b . 2 n + 50 = b

Bài 30:

FI CI A

Ta có các trường hợp sau:

Do b − a < a + b và chúng có cùng tính chẵn, lẻ nên b − a và a + b phải là các số

ƠN

chẵn. b − a = 2  a = 24 Do đó  ⇔  a + b = 50 b = 26

Vậy n = 626 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2  n + 24 = k Bài 31: Ta có:  2  n − 65 = h

QU Y

⇔ k 2 − 24 = h 2 + 65

⇔ ( k − h )( k + h ) = 89 = 1.89

k + h = 89 k = 45 ⇔  k − h = 1 h = 44

Vậy: n = 452 − 24 = 2001

Bài 32: Ta có : B = 4x(x + y)(x + y + z)(x + z) + y2z2

KÈ

B = 4(x2 + xy + xz)(x2 + xy + xz + yz) + y2z2 B = 4(x2 + xy + xz)2 + 4(x2 + xy + xz).yz + y2z2 B = (2x2 + 2xy + 2xz + yz)2

Vì x, y, z là số nguyên nên 2x2 + 2xy + 2xz + yz là số nguyên

DẠ

⇒ B là số chính phương

Bài 33:

 n 4 + n3 + 1 = n 2 + k

(

)

= n4 + 2kn2 + k 2 (k ∈ ℕ* )

 n 3 − 2kn 2 = k 2 − 1  n 2 ( n − 2k ) = k 2 − 1 ≥ 0 34

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Mà k 2 − 1⋮ n 2  k 2 = 1 hoặc n 2 ≤ k 2 − 1

( thỏa mãn)

Khi k ≠ 1  k 2 > k 2 − 1 ≥ n 2  k > n

 n − 2k < 0 mâu thuẫn với điều kiện n 2 ( n − 2k ) = k 2 − 1 ≥ 0. Vậy n = 2 .

FI CI A

Thử lại 2 4 + 2 3 + 1 = 5 2

Nếu k 2 = 1  k = 1  n 2 ( n − 2 ) = 0  n = 2

Bài 34: + Giả sử tồn tại cặp số tự nhiên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu. Khi đó a, b ∈ N * mà

Nói cách khác phương trình (1): A + B = 7 X + Y

(

 2 ( x 2 + y 2 − 3 x + 2 y ) − 1 = a 2 2 2 ( x + 1)2 + ( y + 1)2  , suy ra a + b = 7  2 2 2   5 ( x + y + 4 x + 2 y + 3) = b

) có nghiệm ( X ;Y ; A; B ) với

ƠN

X , Y ∈ N * và A, B ∈ N . Ta coi ( X ;Y ; A; B ) là bộ nghiệm của (1) thỏa mãn điều kiện X + Y nhỏ nhất.

+ Từ (1) có A + B ⋮ 7 . Nhận thấy một số chính phương chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 2

) + B )⋮ 7 khi và chỉ khi A⋮ 7 và B⋮ 7 , dẫn tới biểu diễn A = 7 A , B = 7 B A , B ∈ N * . Khi đó (1) trở thành X + Y = 7 ( A + B ) .

( 0.1.2.4 nên ( A

với

Bài 35: Ta có: 4

QU Y

Lập luận tương tự dẫn đến X = 7 X 1 , Y = 7Y1 với X 1 , Y1 ∈ N * .

M = ( n + 1) + n 4 + 1

=  n 2 + 2n + 1 − n 2  +  n 4 + 2n 2 + 1 − n 2   

(

)

) = ( n + n + 1)( n + 3n + 1) + ( n + n + 1)( n = ( n + n + 1)( 2n + 2n + 2 ) = 2 ( n + n + 1) (* ) 2

KÈ

)

− n +1

(

)

Vì n ∈ Ν * nên n 2 + n + 1 là số chính phương khác 1. 4

DẠ

Do đó, từ (*) suy ra M = ( n + 1) + n 4 + 1 chia hết cho một số chính phương khác 1 với mọi số n nguyên dương (đpcm).

Bài 36: Vì 12n 2 + 1 là số lẻ nên để

12n 2 + 1 là số nguyên thì 12n 2 + 1 = (2m + 1) , m ∈ ℕ .

35 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

FI CI A

m = 3u 2 ; m + 1 = v 2  , u, v ∈ ℤ* . Vì (m ; m + 1) = 1 nên xảy ra hai trường hợp  2 2 m = v ; m + 1 = 3 u 

Suy ra, m (m + 1) = 3n 2 .

Nếu m = v 2 ; m + 1 = 3u 2 thì v 2 = 3u 2 − 1 hay v 2 là số chính phương chia 3 dư 2 . Điều này không xảy ra vì mọi số chính phương chia 3 dư là 0 hoặc 1 . Do đó chỉ xảy ra

m = 3u 2 ; m + 1 = v 2 .

Ta có 2 12n 2 + 1 + 2 = 2 (2m + 1) + 2 = 4m + 4 = 4v 2 là số chính phương (điều phải chứng minh)

Bài 37: Từ

1 1 1 a +b 1 + = ta được = ⇔ c (a + b ) = ab ⇔ ab − ac − bc = 0 . a b c ab c

ƠN

Từ đó ta được ab − ca − bc + c 2 = c 2 ⇔ (a − c )(b − c ) = c 2 .

Gọi d = (a − c;b − c ) , khi đó ta có c 2 ⋮d 2 nên c ⋮d ., từ đó dẫn đến a ⋮d ;b ⋮d .

Mà do a, b, c nguyên tố cùng nhau nên ta được d = 1 .

Do đó ước chung lớn nhất của a − c và b − c là 1. Mà ta lại có (a − c )(b − c ) = c 2 nên suy ra

a − c và b − c là các số chính phương.

(

)

QU Y

Đặt a − c = m 2 ;b − c = n 2 m, n ∈ N * . Khi đó ta có

c 2 = (a − c )(b − c ) = m 2 .n 2 ⇒ c = mn .

Từ đó ta có a + b = a − c + b − c + 2c = m 2 + n 2 + 2mn = (m + n ) . Vậy a + b là số chính phương.

Bài 38: Vì a, b là các số tự nhiên lẻ nên ta đặt a = 2m + 1;b = 2n + 1 (m, n ∈ Ν) . 2

(

)

KÈ

Khi đó ta có a 2 + b 2 = (2m + 1) + (2n + 1) = 4 m 2 + n 2 + m + n + 2 Ta có một số chính phương chia hết cho 2 thì phải chia hết cho 4 Mà a 2 + b 2 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4, nên a 2 + b 2 không phải là số chính phương

Bài 39: Giả sử 3n + n 2 = m 2 với m là một số nguyên dương.

DẠ

k m − n = 3 Ta có 3n + n 2 = m 2 ⇔ ( m − n )( m + n ) = 3n , do đó ta được  n−k m + n = 3

Do m + n > m − n nên n − k > k  n − 2k > 0 hay n − 2k ≥ 1 . Ta xét các trường hợp • Trường hợp 1: Nếu n − 2k = 1 , khi đó từ hệ phương trình trên ta được 36

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

(

)

2n = 3 n − k − 3 k = 3 k 3 n − 2k − 1 = 2.3 k  n = 3k = 2k + 1 k

FI CI A

Dễ dàng chứng minh được với k ≥ 2 thì 3 k = ( 2 + 1) > 2 k + 1 > 2k + 1 Từ đó để 3k = 2k + 1 thì k = 0 hoặc k = 1 , từ đó ta tìm được n = 1 hoặc n = 3 . • Trường hợp 2: Nếu n − 2k ≥ 2 , khi đó ta được k ≤ n − k − 2 nên 3k ≤ 3n − k − 2

(

)

Do đó 2n = 3 n − k − 3k ≥ 3 n − k − 3 n − k − 2 = 3n − k − 2 32 − 1 = 8.3 n − k − 2

Từ đó suy ra 2n ≥ 8 1 + 2 ( n − k − 2 )  hay ta được 8k + 12 ≥ 7n .

n −k−2

≥ 1 + 2 (n − k − 2)

Do k là số nguyên dương nên n − k − 2 ≥ 1 , do đó ta được 3 n − k − 2 = ( 2 + 1)

Mặt khác ta lại có n ≥ 2k + 2 nên 7n ≥ 14k + 14 . Do đó ta được 8k + 12 ≥ 14k + 14 , điều này vô lí. Do đó trong trường hợp này không có số tự nhiên n thỏa mãn.

Bài 40: Chứng minh bằng phản chứng. Giả sử b 2 − 4ac là số chính phương m 2 ( m ∈ N ) .

ƠN

Vậy các số tự nhiên thỏa mãn bài toán là n = 1 hoặc n = 3 .

Xét 4 a.abc = 4a (100 a + 10b + c ) = 400a 2 + 40ab + 4 ac

= (20a + b) 2 − (b 2 − 4ac) = (20a + b) 2 − m 2 = (20a + b + m)(20a + b − m)

QU Y

Tồn tại một trong hai thừa số 20a + b + m, 20a + b − m chia hết cho số nguyên tố abc . Điều này không xảy ra vì cả hai thừa số trên đều nhỏ hơn abc . Thật vậy, do m < b (vì m 2 − b 2 = −4ac < 0 )

Nên: 20a + b − m ≤ 20a + b + m < 100a + 10b + c = abc .

Vậy nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b 2 − 4ac không là số chính phương.

KÈ

Bài 41: Đặt m 2 + 12 = n 2 với n là số nguyên. Khi đó , ta có: n 2 − m 2 = 12 ⇔ ( n − m )( n + m ) = 12. Do m, n là các số nguyên và n − m; n + m là các số chẵn nên ta có các trường hợp như sau

+ Với n − m = −6 và n + m = −2 ta được n = −4; m = 2. .

DẠ

+Với n + m = −6 và n − m = −2 ta được n = −4; m = −2. + Với n + m = 6 và n – m = 2 ta được n = 4; m = 2. .

+ Với n + m = 2 và n – m = 6 ta được n = 4; m = -2.. Thử lại ta được các giá trị m nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ {− 2; 2} .

37 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Bài 42: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x ≥ y.

FI CI A

Khi đó ta có: x 2 < x 2 + 8 y ≤ x 2 + 8 x < x 2 + 8 x + 16 = ( x + 4 )

Theo yêu cầu của đề bài x 2 + 8 y là số chính phương nên nó sẽ nhận giá trị là một trong các số 2

( x + 1) ; ( x + 2 ) ; ( x + 3)

. Ta xét các trường hợp cụ thể như sau:

TH1: x 2 + 8 y = ( x + 1)  2 x + 1 = 8 y . Điều này không thể xảy ra vì 2 x + 1 là số lẻ còn 8y là số

chẵn. 2

TH2: x 2 + 8 y = ( x + 3)  6 x + 9 = 8 y . Điều này không thể xảy ra vì 6 x + 9 là số lẻ còn 8y là số chẵn.

ƠN

TH3: x 2 + 8 y = ( x + 2 )  4 x + 4 = 8 y  x = 2 y − 1 .

Do: y 2 + 8 x là số chính phương nên y 2 + 8 ( 2 y − 1) = y 2 + 16 y − 8 là số chính phương.

Với y = 1 => x = 1 => Cặp số (x; y) = (1; 1) thỏa mãn yêu cầu. 2

Xét y ≥ 2 ta có: y 2 + 16 y − 8 = ( y + 3 ) + (10 y − 17 ) > ( y + 3 ) và 2

y 2 + 16 y − 8 ∈

QU Y

y 2 + 16 y − 8 = ( y + 8 ) − 72 < ( y + 8 ) . Do đó để: y 2 + 16 y − 8 là số chính phương thì ta phải có: 2

{( y + 7 ) ; ( y + 6) ; ( y + 5) ; ( y + 4) }

 y = 3  x = 5  Giải trực tiếp các trường hợp ta được: TM )   y = 11 (    x = 21

KÈ

Vậy các cặp (x; y) = (1; 1) ; (5; 3) ; (3; 5) ; (21; 11) ; (11; 21).

Bài 43: Do m, n là các số nguyên dương nên ta có:

(m + n)

< ( m + n ) + 3m + n < ( m + n + 2 ) . 2

DẠ

Do đó ( m + n ) < A < ( m + n + 2 ) . 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 = 2 ( m + n ) + 1  m = n + 1.

(

)

(

)

Từ đó suy ra n 3 + 1 = ( n + 1) n 2 − n + 1 = m n 2 − n + 1 ⋮ m. 38

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 44: Ta xét các trường hợp sau

(

)

FI CI A

4 4 4 2 4 4 2 Xét n ≥ 0 , khi đó dễ thấy n ≤ n + 4n < n + 4n + 4 ⇔ n ≤ n + 4n < n + 2

+ Trường hợp 1. Nếu p = 2. khi đó ta có A = n 4 + 4n.

(

Do A = n 4 + 4n là số chính phương nên ta được A = n 4 + 4n = n 4 hoặc A = n 4 + 4n = n 2 + 1 Với n 4 + 4n = n 4 ⇔ n = 0 . 2

(

)

4 2 4 4 2 2 Với n + 4n = n + 1 ⇔ n + 4n = n + 2n + 1 ⇔ 2n − 4n + 1 = 0 , phương trình không có

nghiệm nguyên.

Xét n = −1 và n = −2 , thay vào ta được A không phải là số chính phương. 2

(

)

( )

Do đó A = n 4 + 4n không thể là số chính phương.

ƠN

4 2 4 4 2 4 2 Xét n < −2 , khi đó dễ thấy n − 2n + 1 ≤ n + 4n < n ⇔ n − 1 < n + 4n < n

+ Trường hợp 1. Nếu p > 2, khi đó do p là số nguyên tố nên p là số lẻ.

Do A là số chính phương nên tồn tại số nguyên t để A = n 4 + 4n p −1 = t 2 . Dễ thấy với n = 0 thì A là số chính phương.

 t  Xét n ≠ 0 , khi đó ta có n 4 + 4n p−1 = t 2 ⇔ 1 + 4n p− 3 =  2  . n 

QU Y

Do p là số nguyên tố lẻ nên 1 + 4n phương. 2

p− 3

 t  = a ;  2  = b2 a, b ∈ Z ta có phương trình n 

(

Đặt 4n

 t  là số nguyên dương, do đó  2  và 4n p −3 là số chính n 

p−3

)

KÈ

b − a = b + a = 1 b = 1;a = 0 1 + a2 = b2 ⇔ b − a b + a = 1 ⇔  ⇔ b − a = b + a = −1 b = −1;a = 0  

Với b = 1; a = 0 ta có 4n

)(

)

p −3

 t  = 0;  2  = 1  n = 0 , điều này vô lý vì n ≠ 0 n  2

p −3

Với b = -1 ; a = 0 ta có 4n

DẠ

(

 t  = 0;  2  = 1  n = 0 , điều này vô lý vì n ≠ 0 n 

Như vậy khi p > 2 không tồn tại số nguyên n để A là số chính phương. Vậy với n = 0; p = 2 thì A là một số chính phương.

Bài 45: Giả sử m ≠ n . Theo bài ra ta có: 39 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

)

(m + n)

− 1 = ( m + n + 1)( m + n − 1)⋮ ( m + n + 1)

2  2 ( m 2 + n 2 ) − 1 − ( m + n ) − 1 ⋮ ( m + n + 1)  

FI CI A

⇔ ( 2m 2 + 2n 2 − m 2 − 2mn − n 2 )⋮ ( m + n + 1) 2

⇔ ( m − n ) ⋮ ( m + n + 1) Do m + n + 1 là số nguyên tố  m + n + 1 là ước của m − n Mà m − n < m − n + 1 do đó vô lý Vậy giả sử sai  m = n  m.n = m 2 là số chính phương

Ta có điều phải chứng minh. 3

Bài 46: Ta có: M = x 4 + ( x + 1) − 2 x 2 − 2 x

M = x 4 + x3 + 3 x 2 + 3x + 1 − 2 x 2 − 2 x

ƠN

M = x 4 + x3 + x 2 + x + 1  4M = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4 +) Ta có: 2

+ x ) = 4 x 4 + 4 x3 + x 2 ≤ 4 x 4 + 4 x 3 + x 2 + 2 x 2 + ( x + 2 ) = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4 = 4M

(2x

Ta thấy dấu " = " không thể xảy ra nên 2 x 2 + x

(

)

< 4M

(1)

+) Với x = 0  4M = 4 ⇔ M = 1  M là số chính phương Với x = 1  4M = 20 ⇔ M = 5  M không là số chính phương.

QU Y

Với x = 2  4M = 124  M = 31  M không là số chính phương

x −1 ≥ 2 x ≥ 3 2 2 ⇔  ( x − 1) ≥ 4 ⇔ 4 − ( x − 1) ≤ 0  x − 1 ≤ −2  x ≤ −1

Với x ≠ {0;1;2} ta có:  Ta có:

4M = 4 x 4 + 4 x3 + 4 x 2 + 4 x + 4

= 4 x 4 + 4 x3 + 5 x 2 + 2 x + 1 − x 2 + 2 x + 3 2

KÈ

= ( 2 x 2 + x + 1) − ( x − 1) + 4  4 M ≤ ( 2 x 2 + x + 1)

(2)

2 Từ (1) và (2)  2 x + 1

)

< 4 M ≤ ( 2 x 2 + x + 1) . Mà x ∈ ℤ  4 M = ( 2 x 2 + x + 1)

(

DẠ

x −1 = 2 x = 3 2 ⇔ ( x − 1) = 4 ⇔  ⇔  x − 1 = −2  x = −1

Vậy có 3 giá trị nguyên của x thỏa mãn yêu cầu bài toán là x = 0; x = −1 ; x = 3

Bài 47: Ta có: n3 − 1 = ( n − 1) . n 2 + n + 1 ⋮ p

(

)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

( p − 1)⋮ n  p − 1 ≥ n  p ≥ n + 1

Vì p ≥ n + 1  ( n − 1) không chia hết cho p Do đó: ( n − 1) n 2 + n + 1 ⋮ p ⇔ n 2 + n + 1 ⋮ p

)

Đặt : p − 1 = kn,

(

k ≥ 1  p = kn + 1

)

FI CI A

(

(*)

 ( n 2 + n + 1)⋮ ( kn + 1)  kn + 1 ≤ n 2 + n + 1 ⇔ kn ≤ n 2 + n ⇔ k ≤ n + 1 k ( n 2 + n + 1) − n ( kn + 1)⋮ ( kn + 1)

 ( k − 1) n + k  ⋮ ( kn + 1)

k ≥ 1  ( k − 1) n + k > 0  ( k − 1) n + k ≥ kn + 1

ƠN

 k ≥ n +1  k = n + 1  p = kn + 1 = n 2 + n + 1 2

Vậy n + p là một số chính phương.

 n + p = n 2 + 2n + 1 = ( n + 1)

QU Y

 p + q = a2  Bài 48: Theo đề ta có  p + 4q = b 2 , suy ra b 2 − a 2 = 3q ⇔ ( b − a )( b + a ) = 3q  * a; b ∈ N Từ q là số nguyên tố và a + b ≥ 2 nên ta có các trường hợp sau: b − a = 1 + TH 1:  suy ra b = a + 1 và 2 a + 1 = 3q , suy ra q lẻ. b + a = 3q

Ta viết q = 2k + 1 ( k ∈ N * )

Khi đó 2 a = 3q − 1 = 6k + 2 hay a = 3k + 1 và p = a 2 – q = 9k 2 + 4k = k ( 9k + 4 )

KÈ

Do p nguyên tố nên k = 1 và p = 13, q = 3 . b − a = 3 + TH 2:  , suy ra b = a + 3 và q = 2a + 3 b + a = q

Lại có p = a 2 − q = a 2 − 2a – 3 = ( a + 1)( a – 3) . Do p nguyên tố nên a = 4 và p = 5, q = 11 .

DẠ

b − a = q + TH 3:  và b > a ≥ 1 . b + a = 3

Suy ra b = 2 và a = 1 khi đó q = 1 không phải số nguyên tố.

Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3). 41 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Trình bày cách khác:

FI CI A

 p + q = a2  Theo đề ta có  p + 4q = b 2 .  * a; b ∈ N Suy ra b 2 − a 2 = 3q ⇔ ( b − a )( b + a ) = 3q .

Vì p, q là các số nguyên tố nên a ≥ 2, b ≥ 4 . Do đó ta có các trường hợp sau:

b − a = 1 + TH 1:  . Khi đó b = a + 1 và 2 a + 1 = 3q . Suy ra q lẻ. b + a = 3q Ta viết q = 2k + 1 ( k ∈ N * )

Do p nguyên tố nên k = 1 . Suy ra p = 13, q = 3 . b − a = 3 + TH 2:  . Khi đó b = a + 3 và q = 2 a + 3 b + a = q

Lại có p = a 2 − q = a 2 − 2a – 3 = ( a + 1)( a – 3) .

ƠN

Khi đó 2 a = 3q − 1 = 6k + 2 hay a = 3k + 1 và p = a 2 – q = 9k 2 + 4k = k ( 9k + 4 )

Do p nguyên tố nên a = 4 . Suy ra p = 5, q = 11 . Vậy p = 13, q = 3 hoặc p = 5, q = 11 .

( a + 1)

QU Y

Bài 49: Gọi 2 số tự nhiên liên tiếp đó là a, a + 1( a ∈ ℤ ) , theo đề bài ta có:

− a3 = n 2 ⇔ a3 + 3a 2 + 3a + 1 − a3 = n 2 ⇔ 3a 2 + 3a + 1 = n 2

(*)

 a = 0  n = 1 = 02 + 12  a = 0 (tm) +)Xét TH: −1 ≤ a ≤ 0 ta có:  2 2  a = −1  n = 1 = 0 + 1  a = −1 (tm)

KÈ

a > 0 2 2  ( 2a ) < 3a 2 + 3a + 1 < ( 2a + 1)  a < −1

+)Xét TH: 

Vậy ta có n là tổng của hai số chính phương liên tiếp .

Bài 50: Giả sử 2018 + n 2 là số chính phương thì 2018 + n 2 = m 2

(m ∈ ℕ )

Suy ra 2018 = m 2 − n 2 ⇔ 2018 = ( m − n )( m + n ) Như vậy trong hai số m − n và m + n phải có ít nhất một số chẵn (1)

DẠ

Mà ( m − n ) + ( m + n ) = 2m nên suy ra hai số m − n và m + n cùng tính chẵn lẻ (2)

Từ (1) và (2) suy ra hai số m − n và m + n là hai số chẵn  ( m − n )( m + n ) chia hết cho 4

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Mà 2018 không chia hết cho 4 nên điều giả sử là sai.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2018 + n 2 là số chính phương. 2

FI CI A

Bài 51: Khi n = 2 ta có: A = 4m 2 − 4m − 4 = ( 2m − 1) − 5 = 4k 2

⇔ ( 2m − 2k − 1)( 2m + 2k − 1) = 5

 2 m − 2k − 1 = 5 m = 2 ⇔ TH 3 :  (tm) 2m + 2k − 1 = 1 k = −1  2 m − 2 k − 1 = −5  m = −1 ⇔ TH 4 :  ( ktm)  2 m + 2 k − 1 = −1  k = 1 Vậy m = 2 2

ƠN

 2m − 2k − 1 = 1 m = 2 (tm) TH 1:  ⇔  2m + 2k − 1 = 5 k = 1  2 m − 2 k − 1 = −1 m = −1 TH 2 :  ⇔ (ktm)  2 m + 2 k − 1 = −5 k = −1

Với n ≥ 5, m = 1  A = n 2 − 2n − 4 = ( n − 1) − 5 < ( n − 1) 2

A = n 2 − 2n − 4 = ( n − 2 ) + 2n − 8 > ( n − 2 ) ( Do n ≥ 5) 2

 ( n − 2 ) < A < ( n − 1) .Do đó A không thể là số chính phương

QU Y

Khi m ≥ 2 ta có:

A = m 2 n 2 − 4m − 2n 2

A = ( mn − 1) + 2mn − 4m − 2n − 1 2

A = ( mn − 1) + 2 ( n − 2 )( m − 1) − 5 2

 A ≥ ( mn − 1) + 2( n − 2) − 5( do m ≥ 2  m − 1 ≥ 1) 2

( Do

 A > ( mn − 1)

n ≥ 5  2 ( n − 2 ) − 5 ≥ 1)

KÈ

Lại có: A = m 2 n 2 − 4m − 2n ≤ ( mn ) 2

 ( mn − 1) < A < ( mn ) . Do vậy A không thể là số chính phương

Bài 52: Từ 2a 2 + a = 3b 2 + b ta có a > b và

DẠ

⇔ 2 ( a 2 − b 2 ) + a − b = b 2 ⇔ ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b 2

Đặt ( a − b; 2a + 2b + 1) = d

 ( a − b )⋮ d ; ( 2a + 2b + 1)⋮ d và b⋮ d

43 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

  2a + 2b + 1 − 2 ( a − b )  ⋮ d  ( 4b + 1)⋮ d mà b⋮ d

Vậy a − b và 2a + 2b + 1 nguyên tố cùng nhau, kết hợp với (*) ta có: a − b và 4a + 4b + 1 đều là số chính phương. 2

Bài 53: Giả sử x 2 + 2 x + 20 = a 2 ( a ∈ N , a > 4 ) . ⇔ a 2 − ( x + 1) = 19 ⇔ ( a − x − 1)( a + x + 1) = 19 .

FI CI A

 1⋮ d hay d = 1.

a − x − 1 = 1 Vì ( a − x − 1) < ( a + x + 1) và 19 = 1.19 nên  . Do đó x = 8 . a + x + 1 = 19

Thử lại với x = 8, ta có x 2 + 2 x + 20 = 82 + 2.8 + 20 = 102 thỏa mãn.

ƠN

Bài 54. Ta có: A= (x2 – 8x)(x2 - 8x + 7). Đặt x2 - 8x = y thì A = y(y + 7) = y2 +7y Giả sử y2 + 7y = m2 (m thuộc N) => 4y2 + 28y + 49 - 4m2 = 49 Ta thấy 2y + 7 + 2m

=> (2y + 7 + 2m)(2y + 7 - 2m) = 49 = 49.1 = (-1).(-49) = 7.7 = (-7).(-7). 2y + 7 - 2m nên ta có 4 trường hợp:

QU Y

2 y + 7 + 2m = 49 Trường hợp 1:  , do đó y = 9 .  2 y + 7 − 2m = 1

Suy ra x ∈ {−1;9} .

 2 y + 7 + 2 m = −1 Trường hợp 2:  , do đó y = −16 . 2 y + 7 − 2m = −49

Suy ra x = 4 .

 2 y + 7 + 2m = 7 Trường hợp 3:  , do đó y = 0 .  2 y + 7 − 2m = 7

KÈ

Suy ra x ∈ {0;8} .

2 y + 7 + 2m = −7 Trường hợp 4:  , do đó y = −7 .  2 y + 7 − 2 m = −7

Suy ra x ∈ {1; 7} .

DẠ

Vậy x ∈ {−1; 0;1; 4; 7;8;9} .

Bài 55. Ta có : A = 11...100...0 + 11...1 − 88...8 + 1. n

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 n Đặt a = 11...1 + 1 = 10 = 9a + 1 . thì 9a = 99...9 . Do đó 99...9 n

FI CI A

Ta có A = a.10 n + a − 8a + 1 = a ( 9 a + 1) + a − 8a + 1 2

 A = 9 a 2 − 6 a + 1 = ( 3a − 1) . 2  A = 33...32 .

n −1

Vậy A là một số chính phương.

Bài 56. Giả sử 2x +5y = k2 (k thuộc N)

Nếu x = 0 thì 1 + 5y = k2 do đó k chẵn => k2 chia hết cho 4 nhưng 1+5y chia 4 dư 2. Vậy x khác 0, từ 2x +5y = k2 => k lẻ và k không chia hết cho 5. Xét hai trường hợp. 2

thì 2 x + 1 = k 2 = ( 2n + 1) (vì k lẻ nên k = 2n + 1, n ∈ N ).

ƠN

+) Với

 2 x = 4n(n + 1)  n = 1 . Khi đó x = 3; y = 0 (thỏa mãn) Thử lại: 2 x + 5 y = 23 + 50 = 9 là số chính phương.

+) Với y ≠ 0 và k không chia hết cho 5  k 2 ≡ ±1(mod 5) Từ 2 x + 5 y = k 2  2 x ≡ ±1(mod 5)  x chẵn

Đặt x = 2 x1 ( x1 ∈ N ) , ta có

QU Y

5 y = (k + 2 x1 )(k − 2 x1 ) x y k + 2 1 = 5 1  với y1 + y2 = y với y1 > y2 , y1, y2 là các số tự nhiên. x y k − 2 1 = 5 2

 2 x1 +1 = 5 y2 (5 y1 − y2 − 1)  5 y2 = 1  y2 = 0 .

 y1 = y. Khi đó 2 x1 +1 = 5 y − 1 .

Nếu y = 2t ( t ∈ N ) thì 2 x1 +1 = 52 t − 1 = 25t − 1⋮ 3 , vô lý

KÈ

Vậy y lẻ, khi đó 2 x1 +1 = 5 y − 1 = 4(5 y −1 + 5 y −2 + ... + 5 + 1) . Nếu y > 1 thì 5 y −1 + 5 y − 2 + .. + 1 ,lẻ (vô lý). Nếu y = 1  x1 = 1 khi đó x = 2; y = 1 .

Thử lại 2 x + 5 y = 2 2 + 51 = 9 là số chính phương

DẠ

Vậy x = 2; y = 1 hoặc x = 3, y = 0.

Bài 57.

45 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

-Với n ∈ {0;1; 2;....;8} , bằng cách thử không có giá trị n thỏa mãn đề bài.

FI CI A

 9 + 2n−8 là số chính phương

- Đặt 9 + 2 n −8 = k 2 ( k ∈ N * , k > 3) Do đó: 2

n −8

k + 3 = 2a = ( k − 3)( k + 3) ⇔  b k − 3 = 2

(với a > b).

Khi đó: ( k + 3 ) − ( k − 3 ) = 2b. ( 2 a −b − 1) ⇔ 2.3 = 2b. ( 2 a −b − 1)

Do đó n − 8 = 3 + 1 ⇔ n = 12 . Thử lại 28 + 211 + 212 = 80 2 . Vậy số tự nhiên cần tìm là n = 12.

Bài 58. Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n + 1 ≤ 199.

ƠN

2b = 2 a = 3 . ⇔  a −b ⇔ 2 − 1 = 3 b = 1

Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169.

QU Y

Tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.

Số 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương. Vậy n = 40 .

KÈ

 102 m − 1 A = 9  m +1  10 − 1 Bài 59. Ta có:  B = 9   10 m − 1 C = 6.  9 

DẠ

Nên: A + B + C + 8 =

102 m − 1 10 m +1 − 1 10 m − 1 + + 6. +8 9 9 9

- Với n ≥ 9 , đặt 28 + 211 + 2 n = t 2 , ta có t 2 = 28 (1 + 23 + 2 n −8 ) = 28 (9 + 2 n −8 )

102 m − 1 + 10 m +1 − 1 + 6.10 m − 6 + 72 9

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 m

+ 16.10 m + 64 9

 10 m + 8  =  .  3 

(10 ) =

FI CI A

Bài 60. Vì n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 là số chính phương nên:

n4 + 2n3 + 2n2 + n + 7 = m2 , m ∈ ℕ. 2

Ta có: m 2 = ( n 2 + n ) + n 2 + n + 7 > ( n 2 + n )  m > n 2 + n  m ≥ n 2 + n + 1 2

 m ≥ n 2 + n + 1  m 2 ≥ ( n 2 + n + 1) . 2

Khi đó n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 ≥ ( n 2 + n + 1) ⇔ n 2 + n − 6 ≤ 0 ⇔ −3 ≤ n ≤ 2.

ƠN

Vì n ∈ ℤ nên n ∈ {−3; − 2; − 1; 0;1; 2} .

Thử lần lượt từng giá trị ta thu được n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

• Với n = 0, ta chọn a = b = 0. • Với n = 1, ta chọn a = 1, b = 0.

QU Y

• Với n = 2, ta chọn a = b = 2.

Bài 61. Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ ( a + b ) ta có được 2n3 ≥ n 4 hay n ≤ 2.

Vậy các giá trị của n cần tìm là 0; 1; 2.

Bài 62. Đặt a1a2 a3a4 = a 2 và b1b2b3b4 = b 2 với a, b ∈ ℕ. Giả sử rằng a1a2 a3a4 > b1b2b3b4 . Khi đó 32 ≤ b < a < 100 và a1a2 a3a4 > b1b2b3b4 = a 2 − b 2 = ( a + b )( a − b ) = 1111c = 11.101c (do việc đặt

c = a1 − b1 = a2 − b2 = a3 − b3 = a4 − b4 ).

KÈ

Do 11 ; 101 là các số nguyên tố và a + b < 200, a − b < 100 nên ta có hệ phương trình a + b = 101 a = (101 + 11c )⋮ 2  .  a − b = 11c b = (101 − 11c )⋮ 2

DẠ

Vì b ≥ 32 nên c ≤ 3. Kết hợp với a + b = 101 (số lẻ) nên c lẻ, nghĩa là c = 1 hoặc c = 3 .

a = 56 a = 67 ;  . Điều này dẫn đến  b = 45 b = 34

Do đó các cặp số chính phương phải tìm là: 3136 và 2025; 4489 và 1156. 47 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Trong trường hợp a + b = 11c thì c = 1 (bị loại). 2

FI CI A

Ta chọn a = 1 và a1 = 3 = 2a + 1, a2 = 4 = 2 a 2 + 2 a, ta được: 2

a12 + a22 = ( 2 a 2 + 2 a + 1) = 52. 2

Chọn a3 = 2 ( a 2 + a ) + 2 ( a 2 + a ) = 12 ta có:

)

(

)

ƠN

= 2 ( a 2 + a ) + 2 ( a 2 + a ) + 1 = 132. Cứ như vậy ta chọn được 2013 số thỏa mãn.

 10000 ≤ A6 < 100000

4< A<7

QU Y

 100 ≤ A3 < 317

Bài 64. Ta có: A = 6 4****  A6 = 4****

A6 có chữ số tận cùng bên trái là 4

(

a12 + a22 + a32 = 2 ( a 2 + a ) + 1 + 2 ( a 2 + a ) + 2 ( a 2 + a )

Bài 63. Xuất phát từ đồng nhất thức ( 2 a + 1) + ( 2 a 2 + 2 a ) = ( 2 a 2 + 2a + 1) ;

A là một số tự nhiên  A = 5 hoặc A = 6

Với A = 5  A6 = 15625 , không thỏa Với A = 6  A6 = 46656

Vậy số phải tìm là: A = 6 46656 .

Bài 65. An được viết lại như sau: An = 111...1(10 n +1 + 5 ) + 1 ( n + 1 chữ số 1). 2

KÈ

Đặt t = 111...1 ( n chữ số 1). Suy ra 9t + 1 = 10 n +1  A = t ( 9t + 1 + 5 ) + 1 = 9t 2 + 6t + 1 = ( 3t + 1) . Vậy An là một số chính phương.

Bài 66. Giả sử 2 n + 1 = a 2 và 3n + 1 = b 2 với a , b ∈ ℕ * . Khi đó

DẠ

5n + 3 = 4 ( 2n + 1) − ( 3n + 1) = 4a 2 − b 2 = ( 2a − b )( 2a + b ) . Do a 2 ≡ 1( mod2 ) nên a 2 ≡ 1 ( mod 4 ) . Suy ra n ≡ 0 ( mod 2 ) và b ≡ 1 ( mod 2 ) . Do đó 2a − b > 1

và 2a + b > 1 . Vậy 5n + 3 là hợp số.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 67. Giả sử tồn tại y > x ≥ 1 sao cho xy + x = m2 , xy + y = n 2 với m, n ∈ ℕ * . Vì y > x nên

xy + x > x 2  m 2 > x 2  m > x  m ≥ x + 1 . Ta có: y − x = n 2 − m 2 ≥ ( m + 1) − m 2 

FI CI A

y − x > ( x + 1) − x 2  y > 3 x + 1 . Lúc này y ∈ ( 988;1994 ) . Vậy không tồn tại các số x, y phân biệt thuộc khoảng ( 988;1994 ) sao cho xy + x và xy + y đều là các số chính phương.

 1 2  n +1 = 2  k + k  2     n + 1 − n − 1 = Do đó ta có  k  n−2 = 1 k − 2     2 k

ƠN

Ta suy ra ( n + 1) và ( n − 1) là hai số chính phương.

 n + 1 = p 2 vớ i p , q ∈ ℕ *  2  n − 1 = q

(*)  ( p + q ) và ( p − q )

 p 2 − q 2 = 2 ( *)

( p + q ) và ( p − q ) cùng tính chất chẵn lẻ

Bài 68. Giả sử tồn tại n ∈ ℕ * sao cho ta có n + 1 + n − 1 = k là một số hữu tỉ

là hai số tự nhiên chẵn.

QU Y

 ( p + q )( p − q )⋮ 4  2⋮ 4 vôlí.

Do đó không có số tự nhiên n thỏa yêu cầu của bài toán.

Bài 69. Ta có:

* a1 = 14 không phải là số chính phương. * a2 = 144 = 122

* a3 = 1444 = 382

KÈ

Ta hãy xét an là một số chính phương

an = k 2 , k ∈ ℕ *

an tận cùng là 4444 .

Số dư của phép chia an cho 16 bằng số dư của phép chia 4444 cho 16 .

DẠ

 an = 16q + 12  k 2 = 16q + 12 (*)

Suy ra: k ⋮ 2 và k ⋮ 4 .  k = 2 ( 2t + 1) = 4t + 2

49 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Ta suy ra: an với n > 4 không phải là số chính phương.

FI CI A

Bài 70. Chọn 3 số tự nhiên a, b, c nguyên tố cùng nhau và thỏa tính chất. a = b + c

 k 2 = 16t 2 + 16t + 4 = 16h + 4 mâu thuẫn (*) .

Ta có n = a 2b2 + b 2c 2 + c 2 a 2 = ( b + c ) ( b 2 + c 2 ) + b 2c 2 3

= b 4 + c 4 + 3b 2 c 2 + 2b3c + 2bc3 = ( b + c + bc ) .

Do đó n là một số chính phương.

Có vô số bộ ba số tự nhiên nguyên tố cùng nhau mà một trong 3 số bằng tổng hai số kia. TD: ( 2,3,5 ) = 1 và 5 = 2 + 3 .

 n = 62 + 152 + 102 = 192 .

ƠN

Bài 71. p( x) là một đa thức bậc 4 và hệ số của x4 là 1 nên p( x) chỉ có thể là bình phương đúng của một tam thức bậc 2 có dạng: α ( x) = x 2 + px + q

= x 4 + 2 px 3 + ( p 2 + 2q ) x 2 + 2 pqx + q 2

QU Y

q 2 = 4 q = 2   2 pq = n  p = ±5 ⇔ 2 ⇔  p + 2q = 29 m = ±10 2 p = m n = ±20 

Do đó, ta có : x 4 + mx 3 + 29 x 2 + nx + 4 = ( x 2 + px + q )

Vậy ( m, n ) = (10, 20 ) , ( −10, −20 ) .

Bài 72. Ta có : a ⋮ 6, a ≠ 0 ⇔ a = 6k , k ∈ ℕ* Suy ra : 1000a = 6000k = 202.15k

1000a là số chính phương khi và chỉ khi k = 15 p 2 , p ∈ ℕ*

KÈ

 a = 90 p 2 , p ∈ ℕ*

Do đó số tự nhiên a nhỏ nhất phải tìm là : a = 90 2. Ta có : 2002 = 2.7.11.13 2002.b là số chính phương nên ta có : b = 2002k 2 , k ∈ ℕ*

b chia hết cho bốn số nguyên tố liên tiếp mà b đã chứa ba thừa số nguyên tố liên tiếp là 7, 11 và 13

DẠ

nên thừa số nguyên tố thứ tư là 5 hoặc 17, b nhỏ nhất nên ta chọn thừa số nguyên tố thứ 5.  b = 2002.25t 2 , t ∈ ℕ*

* Nếu t 2 = 1  b = 50050  b − 1 = 50049⋮ 9 không thỏa mãn yêu cầu. * Nếu t 2 = 4  b = 200200  b − 1 = 200199 ⋮ 9 thỏa mãn. 50

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Vậy số b phải tìm là b =200200.

Giả sử a > 0 Muốn cho a 2 − b 2 là một số chính phương, ta chỉ cần chọn  d (u 2 + v 2 )  a =   a + b = du 2 2   ⇔   2 a − b = dv 2 , u > v  d (u − v 2 )  b = 2 

Lúc đó ta có:

Trong đó hoặc d chẵn hoặc u và v cùng tính chất chẵn, lẻ (u > v) a 2 − b2 = c 2 ⇔ a 2 = b 2 + c 2

Các nghiệm của phương trình là:

Vậy a 2 − b 2 có thể là một số chính phương.

ƠN

a = d (u 2 + v 2 ), b = 2duv, c = d (u 2 − v 2 )

Bài 74. Ta có k = ab = 10a + b nên k + ab = ( a + b )

FI CI A

Bài 73. Ta có: a 2 − b 2 = (a − b)(a + b)

⇔ 10a + b + ab = a 2 + b 2 + 2ab ⇔ b 2 + ab − b = 10a − a 2

QU Y

⇔ b 2 + ( a − 1) b = a (10 − a )

Mà a (10 − a ) ≤ 25 do đó b 2 + ( a − 1) b ≤ 25 ⇔ b 2 ≤ 25 (vì ( a − 1) b ≥ 0 )  b = 0; 2;3; 4;5 . Ta xét từng trường hợp và kết luận.

Vậy số k cần tìm là: 91; 13; 63.

Bài 75.Chuyển về dạng A = 2017 2 (n 4 + n3 + n 2 ) = 2017 2 n 2 (n 2 + n + 1)

KÈ

Để A chính phương thì n 2 + n + 1 chính phương. Giá trị n thỏa mãn là n = −1 hoặc n = 0 2

n − 37  q  Bài 76. Giả sử =   với p, q là hai số nguyên dương và ( p , q ) = 1 . Ta có n + 43  p 

DẠ

n − 37 = k .q 2 , n + 43 = k .q 2 với k là số nguyên dương

⇒ k ( p − q )( p + q ) = 80 = 24.5.1

51 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Trường hợp 1: Trong hai số p , q có một chữ số chẵn, một số lẻ ⇒ p + q và p − q đều lẻ.

FI CI A

 p + q = 5  p = 3   Từ (1) ⇒  p − q = 1 ⇔ q = 2 ⇒ n = 101   k = 16 k = 16

Trường hợp 2: Cả hai số p , q đều lẻ. Đặt p = 2 a − 1, q = 2b − 1 với a , b là các số nguyên dương Từ (1) ⇒ k (a − b)(a + b −1) = 20 = 22.5.1

Ta có a + b −1 > a − b và a + b −1, a − b khác tính chẵn lẻ.

Xét các cặp số (a − b; a + b −1) lần lượt (1; 2), (1; 4) , (1; 20) , (2;5), (4;5) , (5; 20).

ƠN

Tính a , b ⇒ p , q , k ta được n bằng 38, 47, 55,82,199, 398 Vậy n bằng 38, 47, 55,82,199,398

Bài 77. Ta có: abc = 100a + 10b + c = n 2 −1 ;

cba = 100c +10b + a = n2 − 4n + 4 ⇒ 99 (a − c) = 4n − 5 ⇒ 4n − 5⋮ 99

(*)

Mặt khác: 100 ≤ n 2 −1 ≤ 999 ⇒ 101 ≤ n 2 ≤ 1000

QU Y

⇒ 11 ≤ n ≤ 31 (do n ∈ ℤ ) (**)

Từ (*) và (**) ⇒ 4n − 5 = 99 ⇒ n = 26 . Vậy abc = 675

Bài 78. Giả sử: n + 12 = a 2 ; n − 11 = b 2 (a, b ∈ ℕ; a > b)  a 2 − b 2 = ( n + 12 ) − ( n − 11) = 23

a − b = 1  a = 12 Hay ( a − b )( a + b ) =1.23 . Giải hệ phương trình:  ( Do : a − b < a + b )    a + b = 23 b = 11

KÈ

 a = 12 Với   n =132 b = 11

Vậy n = 132.

DẠ

Bài 79. Đặt: n 2 − 14n − 256 = k 2 ( k ∈ℕ )  ( n − 7 ) − k 2 = 305  ( n − 7 + k )( n − 7 − k ) = 305 Mà: 305 = 1.305 = (- 305)(- 1) = 5.61 = (- 61)(- 5) và ( n − 7 − k ) ≤ ( n − 7 + k ) nên xét các

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

 n − 7 − k = −305 hoặc   n − 7 + k = −1

 n = 160 hoặc   k = 152

 n = 40 hoặc   k = 28

 n = 40 Vì: n, k ∈ ℕ   Vậy  n = 160

 n = −26   k = 28

FI CI A

 n = −146 hoặc   k = 152

n − 7 − k = 5  n − 7 − k = −61 hoặc    n − 7 + k = 61  n − 7 + k = −5

n − 7 − k = 1 trường hợp:  hoặc  n − 7 + k = 305

 n = 40  n = 160 

Bài 80. Vì: n là số có 2 chữ số nên 9 < n < 100 18 < 2n < 200

Mà: 2n là số chính phương chẵn nên 2n = {36;64;100; 144;196}  n = {18;32;50; 72;98}

Vậy n = 32. 195

ƠN

 n + 4 = {22;36;54; 76;102} chỉ thấy n + 4 = 36 là số chính phương  n = 32

Bài 81. Giả sử A = 1010 n 2 + 2010 ( n + p ) + 1010 = a 2 − b 2 ( a , b ∈ ℕ )

Do: A chẵn nên a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) cũng chẵn ( a − b ) ; ( a + b ) cùng tính chẵn lẻ.

 a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) ⋮ 4 tiếp tục ta có: B = 1010n2 + 2010 ( n + p ) ⋮ 4

QU Y

Từ B = 1010n 2 + 2010 ( n + p ) + 2 ( n 2 + n + p ) ⋮ 2  ( n 2 + n + p ) = n ( n + 1) + p ⋮ 2 Mà: n ( n + 1) ⋮ 2  p ⋮ 2  p = 2 2

Với p = 2  A = 4k = ( k + 1) − ( k + 1)

( k ∈ℤ ) +

Bài 82. Đặt: 3x + 171 = y 2 .

KÈ

Cách 1: Viết phương trình đã cho về dạng 9. ( 3x − 2 + 19 ) = y 2 ( x ≥ 2 ) . Để y ∈ ℤ thì điều kiện cần và đủ là 3 x − 2 + 19 = z 2 ( z ∈ ℤ + ) là số chính phương. +) Nếu x − 2 = 2k + 1 là số lẻ thì 32 k +1 + 19 = ( 32 k +1 + 1) + 18 = 4.B + 18 ⋮ 2 nhưng không chia hết cho

4 nên không thể là số chính phương.

DẠ

+) Nếu x − 2 = 2k là số chẵn thì 3 x − 2 + 19 = z 2 ⇔ 32 k + 19 = z 2 ⇔ ( z + 3k )( z − 3k ) = 19

 z − 3k = 1 Vì 19 là số nguyên tố nên z − 3k < z + 3k nên  ⇔ k  z + 3 = 19

 z = 10 ⇔  k 3 = 9

53 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

 z = 10  k = 2

Vậy x = 6.

Mà: y − 3k + y + 3k = 2 y ⋮ 2 nên 2 số trên cùng tính chẵn lẻ.

FI CI A

số chính phương. Do đó: x = 2 k ( k ∈ ℤ + ) thì để ý rằng 3k > y − 3k > 0 .

Cách 2: +) Nếu x = 2k + 1 ( k ∈ ℤ + ) thì VT = 1.3 + 3 = VT ≡ 1.3 + 3 ≡ 6 ( mod 3) (vô nghiệm) vì VP là

Mặt khác: 171 = ( y − 3k )( y + 3k ) = 1.171 = 3.57 = 9.19. Xét từng trường hợp cụ thể ta có kết quả x =

Cách 3: Ta có: 3x ≡ 1,3 ( mod 8 ) ; y 2 ≡ 0,1, 4 ( mod 8 ) . Mà: 3x + 171 = y 2  3x ≡ 1( mod 8 ) . Do đó: x có dạng 2k ( k ∈ℕ ) . 2

ƠN

Phương trình trở thành A = ( 3k ) + 171 = y 2 với k = 0, 1, 2 thì phương trình vô nghiệm nên nếu phương trình có nghiệm thì nghiệm đó phải ≥ 3 . Do đó theo nguyên lý kẹp được ta có: 2

Khi đó: A =  3k 

( )

( 3k )2 + 3 ≥ a > ( 3k )2 .   2

2 + 3 hoặc A = ( 3k ) + 2   

QU Y

Giải từng trường hợp ra ta được k = 3  x = 6  y = 30. Vậy x = 6. Cách 4: Vì: 3x ⋮ 3; 171 ⋮ 3  y ⋮ 3. Đặt y = 3k ( k ∈ ℤ + , k ≠ 1) . Khi đó: 3x + 171 = 9k 2 . Vì: 171 ⋮ 9; 9k 2 ⋮ 9  3x ⋮ 9  x = 2h ( h ∈ ℕ* ) 2

Khi đó: 9h −1 + 19 = k 2 ⇔ k 2 − ( 3h −1 ) = 19 ⇔ ( k + 3h −1 )( k − 3h−1 ) = 19.

KÈ

Để ý rằng: 0 < k − 3h −1 < k + 3h−1 và k − 3h−1 + k + 3h−1 = 2k ⋮ 2 nên hai số này cùng tính chẵn lẻ.

 k − 3h −1 = 1  k = 10 Mặt khác: ( k + 3h −1 )( k − 3h −1 ) = 1.19     x = 6 . Vậy x = 6.  h −1  k + 3 = 19  h = 3

Bài 83.Giả sử 5 x + 12 x = y 2 . Nhận xét x = 1 không thỏa mãn phương trình. Khi đó x ≥ 2. Từ

DẠ

phương trình ta thấy y lẻ.

Vì: 12 x ⋮ 8, y 2 : 8 dư 1 với y lẻ nên 5x ≡ 1( mod 8 ) suy ra x chẵn.

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

FI CI A

k 2 k −m  y + 12 = 5 Do 5 là số nguyên tố nên tồn tại m∈ℕ, m < k sao cho  k m  y − 12 = 5

Đặt: x = 2k ( k ∈ ℕ* ) ta có phương trình: 52 k = ( y − 12 k )( y + 12 k ) .

Suy ra 2.12 k = 5m ( 52 k − 2 m − 1) . Do 2, 12 đều nguyên tố cùng nhau với 5 mà: 2.12 k ⋮ 5m nên m = 0 và ta được y = 12k + 1.

Thay vào phương trình ta được: 2.12k = 25k − 1 (*) hay k ≥ 2 thì : 25k − 1 > 24k = 2k .12k > 2.12k (Loại)

Với k = 1 (TM)  x = 2, y = 13. Vậy phương trình có nghiệm tự nhiên x = 2. 2

Bài 84. Ta có: A = ( n + 2 ) 4n 2 + 6n − 3 .

)

n = 3 TH1: A = 0    n = −3 ± 21  4

ƠN

(

TH2: A ≠ 0 và A là số chính phương  ( 4 n 2 + 6n − 3 ) là số chính phương. 2

QU Y

⇔ 4n 2 + 6n − 3 = k 2 ( k ∈ ℕ ) ⇔ ( 4n + 3 ) − ( 2 k ) = 21 ⇔ ( 4n + 3 + 2k )( 4 n + 3 − 2 k ) = 21.

n ∈ ℤ Ta thấy:  nên 4n + 3 + 2 k và 4n + 3 − 2k là các ước của 21. k ∈ ℤ

n ∈ ℤ  4n + 3 − 2k = 1 k = 5 +) 4n + 3 − 2k ≤ 4n + 3 + 2k với  Do đó ta có:  ⇔ k ∈ ℤ  4n + 3 + 2k = 21  n = 2

KÈ

k = 1  4 n + 3 − 2k = 3  ⇔ hoặc:  1 hoặc 4n + 3 + 2k = 7 n = 2

k = 5 4n + 3 − 2k = −21  ⇔   −7 hoặc 4n + 3 + 2k = −1 n = 2

 4n + 3 − 2k = −7 k = 1 ⇔   4 n + 3 + 2 k = −3  n = −2

DẠ

Vậy n = ± 2 là giá trị cần tìm.

Bài 85. Đặt: M = k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 ta có: M = ( k 4 − 2k 2 + 1) − 8k ( k 2 − 2 k + 1) + 9k 2 − 18k + 9

55 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

 M = ( k − 1)

(( k − 3) + 1) . M là số chính phương khi và chỉ khi: ( k − 1) = 0 hoặc ( k − 3) 2

+ 1 là

số chính phương.

FI CI A

TH1: ( k − 1) = 0 ⇔ k = 1 2

TH2: ( k − 3) + 1 là số chính phương 2

Đặt: ( k − 3 ) + 1 = m 2 ( m ∈ ℤ ) ⇔ m 2 − ( k − 3) = 1 ⇔ ( m − k + 3 )( m + k − 3 ) = 1

ƠN

 m − k + 3 = 1   m = 1, k = 3 m + k − 3 = 1 Vì: m, k ∈ ℤ  m − k + 3 ∈ ℤ, m + k − 3 ∈ ℤ nên:  ⇔  k = 3.   m − k + 3 = −1  m = −1, k = 3    m + k − 3 = −1 k = 1 Vậy  thì k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương. k = 3

12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n 2 ( n + 1)( 2n + 1) = Giả sử ( n + 1)( 2 n + 1) = 6 k 2 ( k ∈ ℕ* ) (1) n 6

Bài 86. Ta có:

Do ( 2n + 1) lẻ nên ( n + 1) chẵn  n lẻ. Đặt n = 2m + 1 ( m ∈ ℕ* )

QU Y

Thay vào (1) ta có: ( m + 1)( 4m + 3) = 3k 2 . Do: ( m + 1, 4m + 3) = 1 , 4m + 3 không là số chính phương  m + 1 = a 2 nên ta có:  a, b ∈ ℕ* ; ab = k ) Từ đó ta có: 4a 2 − 3b 2 = 1 ( 2  4m + 3 = 3b

⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1) = 3b 2 . Ta lại có ( 2a + 1, 2a − 1) = 1 nên có 2 khả năng:

KÈ

 2a − 1 = a12 (I)  a1 , b1 ∈ ℕ* ) nên ta suy ra b12 = 3a12 + 2 (Vô lý vì số chính phương chia 3 chỉ dư 0 ( 2  2a + 1 = b1 hoặc 1).

 2a − 1 = a22 (II)  a2 , b2 ∈ ℕ* ) nên ta suy ra 3b22 − a22 = 2 suy ra a2 lẻ và không chia hết cho 3. ( 2  2a + 1 = 3b2

DẠ

Dễ thấy a2 = 5  n = 337 là số nguyên dương bé nhất thỏa mãn bài toán. Khi đó:

12 + 22 + 32 + ⋅⋅⋅ + n 2 ( n + 1)( 2n + 1) ( 337 + 1)( 2.337 + 1) = = = 1952 n 6 6

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Bài 87: Ta có: n = 0 thỏa mãn bài toán. và 16n + 9

9n + 16

đều là số chính phương thì số

(

)

Mặt khác: (12n + 12 ) < (12n ) + 9 + 16 n + 12 < (12n + 15 )

FI CI A

An = ( 9n + 16 )(16n + 9 ) = (12n ) + ( 92 + 162 ) n + 122 cũng là số chính phương.

Xét n > 0, nếu cả 2 số

 An = (12n + 13)2 nên ta có:   An = (12n + 14 ) 2

n = 1 Từ đó thay vào giải ra được:   n = 52 Vậy có 3 giá trị của n thỏa mãn: n = {0,1,52}

ƠN

 ab = 4ba + 15 (1) Bài 88: Gọi số phải tìm là: ab ( a, b∈ℕ,1 ≤ a, b ≤ 9 ) ta có hệ:  2 2  ab − 9 = a + b ( 2 )

Từ (1) ta thấy nếu b ≥ 2  4ba + 15 ≥ 4.21 + 15  ab ≥ 99  ab = 99  a = b = 9 ( KTM )

Vậy b = 1 thay b = 1 vào (2) ta được: a1 − 9 = a 2 + 12 ⇔ 10 a + 1 − 9 = a 2 + 1 ⇔ a 2 − 10 a + 9 = 0 a = 1  a = 9

QU Y

Với a = 1  a = b ( KTM )

Với a = 9  ab = 91 ( TM :91 = 4.19 + 15 ) Vậy số phải tìm là 91.

Bài 89. Gọi là tổng các chữ số của s thì s và t s có cùng số dư khi chia cho 9, nghĩa là s = t s + 9a với a là số tự nhiên. Do đó số A được viết bơie 1, 2, 3, …, 2007 nên

KÈ

t A = t1 + ... + t2007 = 1 + 2 + ... + 2007 − 9 k = B − 9 k

(k ∈ N )

(1)

Ta có tổng 9 số tự nhiên liên tiếp là a + ( a + 1) + ( a + 2 ) + ... + ( a + 8 ) = 9 ( a + 4 )⋮ 9 nên tổng của

2007 = 9.223 số tự nhiên liên tiếp cũng chia hết cho 9, nghĩa là

DẠ

B = 1 + 2 + 3 + ... + 2007 = 9 h

(h ∈ N )

(2)

Từ (1) và (2) ta có t A = 9 ( h − k )  A = 9m

(m ∈ N )

57 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

2007

(n ∈ N )

+ 9.223 + 2 = 9 n + 3

(4)

FI CI A

Khi đó C = 20082007 + 2009 = ( 9.223 + 1)

Mà ta có ( 9u + 1)( 9v + 1) = 9 ( 9uv + u + v ) + 1 với u , v ∈ N *

Từ (3) và (4) suy ra số A + C = 9 ( m + n ) + 3 (5). Nếu A + C là số chính phương mà chia hết cho số nguyên tố 3 thì nó phải chia hết cho 9, nhưng điều này mâu thuẫn với (5). Vậy A + C không là số chính phương.

Bài 90. Với x = 0 hoặc y = 0 ta có 1 − xy = 12 (đpcm)

Với x ≠ 0, y ≠ 0, x, y ∈ Q , ta có các cách sau: Cách 1: Bình phương hai vế đẳng thức (1) ta được:

 x5 − y5  5 5 2 4 4 x − y = 4x y 1 − xy  1 − xy = ( ) ( )  2 2   2x y 

ƠN

x10 + y10 + 2x 5 y 5 = 4x 4 y 4  x10 + y10 − 2x 5 y 5 = 4x 4 y 4 − 4x 5 y 5 2

(đpcm)

Cách 2: Bình phương hai lần (1) x10 + y10 + 2x 5 y 5 = 4x 4 y 4

x10 + y10 = 2x 4 y 4 ( 2 − xy )  x 20 + y 20 + 2x10 y10 = 4x 8 y 8 ( 4 − 4xy + x 2 y 2 )

QU Y

 x 20 + y 20 + 2x10 y10 = 16x 8 y 8 − 16x 9 y 9 + 4x 10 y10

 x 20 + y 20 − 2x10 y10 = 16x 8 y 8 (1 − xy )  ( x10 − y10 ) = ( 4x 4 y 4 ) (1 − xy ) 2

 x10 − y10  (đpcm) 1 − xy =  4 4   4x y 

 x+

y5 y2 y6 y3 (nhân cả hai vế với y ) = 2  xy + = 2 x4 x2 x4 x2

 3  y6 y3  y −1 = 1− xy (đpcm) − 2 + 1 = 1 − xy ⇒ 2 x4 x2  x 

DẠ

⇒

x5 y 5 y2 + 4 =2 2 4 x x x

KÈ

Cách 3: Chia cả hai vế của (1) cho x 4 ta được

Cách 4: (1) ⇒

x3 y 3 x6 y6 x6 y 6 + = 2 ⇒ + + 2 xy = 4 ⇒ + − 2 xy = 4 − 4 xy y 2 x2 y4 x4 y4 x4

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 2

FI CI A

 x 3 y 3   −  2 3 3 x   y 2 x 2  y  ⇒  2 − 2  = 4(1− xy ) ⇒ 1− xy =   y x  2      

Cách 5: Đặt x = ky thay vào (1) và biến đổi đồng nhất. Ta có ( ky )5 + y 5 = 2( ky ) 2 y 2

Với x ≠ 0, y ≠ 0, x, y ∈ Q ta có: ( k 5 y + y ) − 2k 2 = 0 . 2k 2 2k 2 2k 3 và x = k . = k 5 +1 k 5 +1 k 5 +1

ƠN

Hay y =

Hay k 5 y 5 + y 5 = 2.k 2 . y 2 . y 2 . Hay k 5 y 5 + y 5 = 2.k 2 . y 4 . Hay y 4 [( k 5 y + y ) − 2k 2 ] = 0 .

2k 2 2k 3 ( k 5 + 1) 2 − 4k 5 (k −1)5  k −1   bình phương của Lúc này ta có: 1− xy = 1− 5 . 5 = = = k +1 k +1 ( k +1)5 (k + 1)5  k +1

Bài 91. * Nếu m = n thì ta có ngay đpcm.

m ột s ố h ữ u t ỷ.

QU Y

m + n = 2 x * Nếu m khác n : Đặt  ( x, y ∈ N *; x > 0; y ≠ 0) m − n = 2 y m = x + y Khi đó  và từ x + y > 0; x − y > 0 suy ra x >| y |  n = x − y

Do n 2 −1⋮ | m 2 + 1− n 2 | ⇒ m 2 ⋮ | m 2 + 1− n 2 | ⇒ m 2 = k ( m 2 + 1− n 2 ) (1), k ∈ N .

Ta có (1) ⇔ ( x + y ) 2 = k (4 xy + 1) ⇔ x 2 − 2(2k −1) xy + ( y 2 − k ) = 0 (*)

KÈ

Phương trình (*) có một nghiệm là x nên có một nghiệm nữa là x1 .

 x + x1 = 2(2k −1) ⇒ x1 ∈ N Ta có:    xx1 = y 2 − k

DẠ

- Nếu x1 > 0 thì ( x1; y ) là cặp nghiệm thoả mãn (*), suy ra x1 >| y | Khi đó y 2 − k = xx1 > | y 2 | ⇒ k < 0 ⇒ 0 < x + x1 = 2(2 k −1) < 0 , mâu thuẫn.

- Nếu x1 < 0 thì xx1 = y 2 − k < 0 ⇒ k > y 2 ⇒ k > 0 ⇒ 4 xy + 1 > 0 ⇒ y > 0

59 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Ta có: k = x12 − 2(2k −1) x1 y + y 2 = x12 + 2(2k −1) | x1 | y + y 2 .

m2 = m 2 + 1− n 2 là số chính phương. k

Do đó | m 2 + 1− n 2 | là số chính phương (đpcm).

FI CI A

Vậy x1 = 0 . Khi đó k = y 2 và

Suy ra k > 2(2k + 1) | x1 | y ≥ 2(2k −1) > k , mâu thuẫn.

Bài 92. +) Vì một số nguyên bất kỳ phải là số chẵn hoặc là số lẻ. Do đó theo nguyên lý Đirichlet

trong 3 số nguyên bất kỳ luôn chọn ra được 2 số có cùng tính chẵn lẻ.

+) Áp dụng ta có trong 3 số chính phương bất kỳ luôn chọn ta được hai số có cùng tính chẵn lẻ. Gọi 2 số chính phương được chọn ra đó là a 2 và b 2 .

ƠN

Khi đó ta có: a 2 − b 2 = ( a − b)( a + b) .

+) Vì a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ nên a , b cũng cùng tính chẵn lẻ. Do đó a − b là số chẵn cũng là

số chẵn a 2 − b 2 = ( a − b)( a + b)⋮ 4 (đpcm).

Bài 93. Ta có n 5 + 1999 n + 2017 = n 5 − n + 2000 n + 2015 + 2 (n ∈ N ) Ta thấy: n 5 + 1999 n + 2017 = n 5 − n + 2000 n + 2015 + 2

QU Y

= n ( n −1)( n + 1)(n − 2)( n + 2) + 5n( n −1)( n + 2) + 2000 n + 2015 + 2 (n ∈ N ) chia 5 dư 2 .

Ta nhận xét rằng không có số chính phương nào chia 5 dư 2 . Vậy n 5 + 1999n + 2017 (n ∈ N ) không phải là số chính phương.

Bài 94. Vì n là số nguyên dương nên n 2 + n + 3 > 3 .

KÈ

Gọi r là số dư khi chia n cho 3, r ∈ {0;1; 2} . Nếu r = 0 hoặc r = 2 thì n 2 + n + 3⋮ 3 . Mâu thuẫn với giả thiết n 2 + n + 3 là số nguyên tố. Do đó r = 1 hay n chia 3 dư 1. Khi đó 7 n 2 + 6n + 2017 chia 3 dư 2 .

Mà một số chính phương có số dư khi chia cho 3 là 0 hoặc 1 .

DẠ

Nên 7 n 2 + 6n + 2017 không phải số chính phương.

Bài 95. Từ: 2 x 2 + x = 3 y 2 + y (1) ⇒ 2 x 2 − 2 y 2 + x − y = y 2 ⇒ ( x − y )(2 x + 2 y + 1) = y 2 (2) 60

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Mặt khác từ (1) ta có: 3 x 2 − 3 y 2 + x − y = x 2 hay ( x − y )(3 x + 3 y + 1) = x 2

Gọi (2 x + 2 y + 1;3 x + 3 y + 1) = d ⇒ (2 x + 2 y + 1) ⋮ d ; (3 x + 3 y + 1) ⋮ d ⇒ (3 x + 3 y + 1) − (2 x + 2 y + 1) = ( x + y ) ⋮ d ⇒ 2( x + y ) ⋮ d ⇒ (2 x + 2 y + 1) − 2( x + y ) = 1⋮ d nên d = 1

⇒ (2 x + 2 y + 1;3 x + 3 y + 1) = 1 (4)

FI CI A

⇒ ( x − y ) 2 (2 x + 2 y + 1)(3 x + 3 y + 1) = x 2 y 2 ⇒ (2 x + 2 y + 1)(3 x + 3 y + 1) là số chính phương (3).

Từ (3) và (4) ⇒ 2 x + 2 y + 1 và 3 x + 3 y + 1 đều là số chính phương.

Lại có từ (2) ⇒ ( x − y )(2 x + 2 y + 1) là số chính phương suy ra x − y cũng là số chính phương.

ƠN

Vậy 2 x 2 + x = 3 y 2 + y thì x − y; 2 x + 2 y + 1 và 3 x + 3 y + 1 đều là các số chính phương.

Bài 96. Đặt B = (12 + 22 + ... + 2017 2 ) = (22 + 42 + ... + 20162 ) + (12 + 32 + ... + 2017 2 )

Ta thấy số các số hạng của B là số lẻ là (2017 −1) : 2 + 1 = 1009 . Do đó B là số lẻ. Suy ra A chia hết cho 2 và không chia hết cho 4 . Vậy A không phải là số chính phương.

Bài 97. Nếu a < b thì vế trái của (1) nhỏ hơn vế phải nên chỉ xét a ≥ b . Với a = b thì từ (1) suy ra

QU Y

a = b = c = 0 , lúc đó a − b = 0 là số chính phương (*). Với a > b , biến đổi (1) về dạng:

b 2 = 2016(a 2 − b 2 ) + ( a − b) ⇒ b 2 = ( a − b)(2016a + 2016b + 1) (2)

Đặt d = ( a; b ) thì có a = md , b = nd ; ( m; n) = 1, m − n = t > 0

Giả sử (t ; n) = u ⇒ n ⋮ u , t ⋮ u ⇒ m ⋮ u ⇒ u = 1 nghĩa là (t ; u ) = 1

KÈ

Thay b = nd , a − b − td vào (2) có: n 2 d = t (2016dt + 4032dn +1) ⇒ n 2 d = 2016dt 2 + 4032dnt + t (3).

Từ (3) ta có: n 2 d ⋮ t , (t , n) = 1 ⇒ d ⋮ t . Mặt khác d = t . Lúc đó a − b = td = d 2 là số chính phương

DẠ

(**). Từ (*) và (**) có điều phải chứng minh. Vậy a − b là một số chính phương.

Bài 98. Trước hết ta chứng minh rằng ( x − z ); ( y − z ) nguyên tố cùng nhau. Giả sử d = ( x − z; y − z ) ta có: x − z ⋮ d ; y − z ⋮ d ⇒ ( x − z )( y − z )⋮ d 2

Từ giả thiết suy ra z 2 ⋮ d 2 ⇒ z ⋮ d . Khi đó x và y chia hết cho d . 61 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Vì ( x, y ) = 1 ⇒ d = 1 . Vậy ( x − z ); ( y − z ) cùng là số chính phương.

Ta có: ( x − z )( y − z ) = z 2 = k 2 m 2 ⇒ z = km

FI CI A

Đặt k 2 = x − z; m 2 = y − z (k ∈ N *)

Khi đó x + y = k 2 + m 2 + 2km = (k + m) 2 . Mặt khác từ ( x − z )( y − z ) = z 2 suy ra xy = z ( x + y ) ⇒ xyz = z 2 (k + m) 2 =  z (m + k ) 2  là số chính phương.

Vậy 2017 2 xyz =  2017 z ( k + m) 2  là số chính phương.

Bài 99: Ta có xxyy = 11.x 0 y . Mà ta thấy rằng 11 là số nguyên tố và xxyy là một số chính phương nên suy ra x 0 y ⋮11  99x + x + y ⋮11  x + y ⋮11 .

ƠN

Theo điều kiện đề bài ta có:

0 < x + y ≤ 18 ⇐ x + y = 11  x 0 y = 99x + 11  xxyy = 121(9x + 1) .

Từ đó suy ra 9x + 1 là số chính phương suy ra x = 7 (0<x<10)  y = 4 Vậy số điện thoại đó là 827744.

Bài 100: Với mọi số tự nhiên a thì a 2 khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0; 1; 4.

QU Y

Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chia 8 dư 4. Suy ra 2019n º 3n (mod 8)

- Nếu n chẵn thì n = 2 k , k Î ℕ Þ 2019n º 32k º1 ( mod 8)

Þ C º 5 ( mod 8) Þ C không thể là số chính phương.

KÈ

- Nếu n lẻ thì n = 2 k + 1, k Î ℕ Þ 2019n º 32 k +1 º 3.32k º 3 ( mod 8)

Þ C º 7 ( mod 8) Þ C không thể là số chính phương.

KL: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.

DẠ

Bài 101: Đặt p3 − 4p + 9 = t 2 (t ∈ N)

(

)

Biến đổi thành p p2 − 4 = (t − 3)(t + 3) (1)  p|( t − 3 ) ∨ p|( t + 3 )

Trường hợp 1: Nếu p|t − 3

Đặt t − 3 = pk(k ∈ N) 62

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Khi đó thay vào (1) ta có:

(

)

p p2 − 4 = pk(pk + 6) ⇔ p2 − pk 2 − 6k − 4 = 0

∆ = k 4 + 4 ( 6k + 4 ) = k 4 + 24k + 16 là một số chính phương.

( )

Mặt khác với k > 3 ta dễ chứng minh được k 2

(

< k 4 + 24k + 16 < k 2 + 4

Suy ra các trường hợp: 2

(

)

(

)

(

)

⇔ k 2 − 6k − 3 = 0 (loại) ⇔ 6k 2 − 24k − 7 = 0 (loại)

ƠN

k 2 + 24k + 16 = k 2 + 3

)

k 4 + 24k + 16 = k 2 + 1 ⇔ 2k 2 − 24k − 15 = 0 (loại) k 4 + 24k + 16 = k 2 + 2

FI CI A

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

Do đó phải có k ≤ 3 . Thử trực tiếp được k = 3 thỏa mãn. Từ đó ta có t = 36; p = 11 .

(

Lưu ý: HS có thể làm như sau khi thay vào (1)

)

p p2 − 4 = pk(t + 3) ⇔ k(t + 3) = p2 − 4  p2 = kt + 3k + 4

(

)

QU Y

Mặt khác ta có (t − 3)2 = p2 k2  t 2 − 6t + 9 = k2 (kt + 3k + 4) ⇔ t 2 − t 6 + k 3 + 9 − 3k 3 − 4k 2 = 0

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn n điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là:

(

∆ = 6 + k3

)

(

)

(

− 4 9 − 3k 3 − 4k 2 = k 6 + 24k 3 + 16k 2 = k 2 k 4 + 24k + 16

)

là một số chính

Muốn vậy thì k 4 + 24k + 16 phải là một số chính phương.

phương.

Sau đó cách làm giống như trên.

KÈ

Trường hợp 2: Nếu p|t + 3

Đặt t + 3 = pk(k ∈ N)

(

)

Khi đó thay vào (1) ta có: p p2 − 4 = pk(pk − 6) ⇔ p2 − pk 2 + 6k − 4 = 0

DẠ

Coi đây là phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn tại nghiệm của phương trình là: ∆ = k 4 − 4 ( 6k − 4 ) = k 4 − 24k + 16 là một số chính phương.

(

Mặt khác với k > 3 ta dễ chứng minh được k 2 − 4

)

( )

< k 4 − 24k + 16 < k 2

trường hợp:

63 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Suy ra các

(

)

(

)

(

)

k 2 − 24k + 16 = k 2 − 3

⇔ k 2 − 6k + 3 = 0 (loại)

FI CI A

k 4 − 24k + 16 = k 2 − 2

k 4 − 24k + 16 = k 2 − 1 ⇔ 2k 2 − 24k + 15 = 0 (loại)

⇔ 6k 2 − 24k + 7 = 0 (loại)

Do đó phải có k ≤ 3 Thử trực tiếp được k = 3 thỏa mãn. Từ đó suy ra t = 3;18 tương ứng p = 2; 7 . Vậy tập tất cả giá trị p cần tìm là {2; 7; 11}

Bài 102: Ta có

4B = 1.2.3.4 + 2.3.4. ( 5 − 1) + 3.4.5. ( 6 − 2) + ... + n. ( n − 1) . ( n − 2) . ( n + 3) − ( n − 1) 

ƠN

= n. ( n + 1) . ( n + 2 ) . ( n + 3) = n4 + 6n3 + 11n 2 + 6n < n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n + 1 = ( n 2 + 3n + 1) 4 3 2 4 3 2 2 Mà n + 6n + 11n + 6n > n + 6n + 9n = n + 3n

(

Do đó B không phải là số chính phương.

)

 ( n2 + 3n ) < 4B < ( n2 + 3n + 1)

Bài 103: Ta có: p 2 + a 2 = b 2 ⇔ p 2 = (b − a )(b + a ) .

Các ước của p2 là 1, p và p2 ; không xảy ra trường hợp b + a = b ‒ a = p Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1.

QU Y

p2 + 1 p2 − 1 và a = Khi đó b = suy ra 2a = (p ‒1)(p + 1). 2 2 Từ p lẻ suy ra p + 1, p ‒1 là hai số chẵn liên tiếp  (p ‒1)(p + 1) chia hết cho 8. Suy ra 2a chia hết cho 8

(1)

Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2. Suy ra một trong hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho 3 . Suy ra 2a chia hết cho 3

(2)

Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm).



KÈ

Xét 2 ( p + a + 1) =2  p+



p 2 -1  2 +1 =2p+p 2 +1= ( p+1) là số chính phương. 2 

Bài 104: Ta phân chia 625 số tự nhiên đã cho thành 311 nhóm như sau :

Các nhóm n1 , n2 ,..., n310 mỗi nhóm gồm 2 số hạng ( k , 625 − k ) tức là mỗi nhóm có hai số hạng có tổng bằng 625 sao cho k ≠ 49, k ≠ 225

DẠ

Nhóm 311 gồm 5 số chính phương {49, 225, 400,576;625} Nếu trong 311 số được chọn không có số nào thuộc nhóm n311 , như vậy 311 số này thuộc 310 nhóm còn lại thì theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất một trong hai số thuộc cùng một

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

nhóm. Hai số này có tổng bằng 625. Mẫu thuẫn với giả thiết. Vậy chắc chắn trong 311 số

được chọn phải có ít nhất một số thuộc nhóm n311 . Số này là số chính phương.

Do n 2 + 2n + n 2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương nên

n 2 + 2n + 18 = k

Đặt

FI CI A

Bài 105:

n 2 + 2n + 18 là số tự nhiên.

(k ∈ ℕ)

⇔ n 2 + 2n + 18 = k 2 ⇔ ( k + n + 1)( k − n − 1) = 17

Do k , n đều là số tự nhiên nên k + n + 1 > k − n − 1

k + n + 1 = 17 k = 9 ⇔  n 2 + 2n + n 2 + 2n + 18 + 9 = 81 = 92 ( tm ) k − n − 1 = 1 n = 7

Xét 

Vậy n = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán

( k ∈ ℕ)  9 ( a − b) = k 2

ƠN

Bài 106: Ta có ab − ba = k 2

Do đó a − b là một số chính phương

a − b = 1 Ta lại có a − b ≤ 9, a ≠ b   a − b = 4   a − b = 9

Với a − b = 1  a = b + 1  có 9 số thỏa mãn: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98

QU Y

Với a − b = 4  a = b + 4  có 6 số thỏa mãn: 40; 51; 62; 73; 84; 95. Với a − b = 9  a = b + 9  có 1 số thỏa mãn: 90 Vậy có tất cả 16 số thỏa mãn: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87;98; 40; 51; 62; 73; 84; 95; 90.

Bài 107: Chú ý đến biến đổi 111...1 = n so 1

KÈ

2017 so 1

102017 − 1 n và b = 1000...0 5 = 1000...0 + 5 = 10 + 5. 9 2016 so 0 2017 so 0

Ta có a = 111...1 =

10n − 1 ta đi phân tích các số a và b về các lũy thừa của 10. 9

(

10 2017 102017 − 1 n M = ab + 1 = . 10 + 5 + 1 = Khi đó ta được 9

DẠ

Đến đây ta chỉ cần chỉ ra được Tuy nhiên

(

)

+ 4.102017 − 5 9

 102017 + 2  +1 =   . 3  

10 2017 + 2 ∈ N ta ta có điều phải chứng minh. 3

10 2017 + 2 ∈ N hiển nhiên đúng do 10 2017 + 2⋮ 3 . Vậy M = ab + 1 là số chính phương. 3

• Chú ý. Với dạng toán chứng minh số chính phương như trên ta chú ý đến phép biến đổi:

65 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

n 9 = 101 − 1;99 = 102 − 1;999 = 103 − 1;999...9 = 10 − 1 n so 9

Bài 108.

an = 1 +

2 n . 1.3.5... ( 2n-1)  . ( n-4 ) !

= 1+

2n ( n + 4)!

2.4.6....2n ( 2n ) ! 2 ..1.2.3....n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 ) = 1+ n

2 n.1.2.3.4...n

(

Do đó ta được a n = n 2 + 5n + 5

)

là số chính phương.

Bài 109: f ( x ) = x 4 + x 2 + 1 + 2 x3 − 2 x − 2 x 2 − ax − 2 x + b + 1

)

= 1 + ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 ) = n 2 + 5n + 5

FI CI A

Ta có

ƠN

= ( x 2 + x − 1) + ( a − 2 ) x + ( b + 1)

a − 2 = 0 a = 2 Để f ( x ) trở thành bình phương của một đa thức thì   b + 1 = 0 b = −1 Vậy với a = 2, b = −1 thì f ( x ) trở thành bình phương của một đa thức.

QU Y

Bài 110: Ta có: xxyy = 11x 0 y là số chính phương nên

x0 y ⋮ 11 ⇔ 100 x + y ⋮ 11 ⇔ 99 x + x + y ⋮ 11  x + y = 11  x = y = 0 ⇔ x + y ⋮ 11 ⇔   x + y = 0  x + y = 11

Ta có: xxyy = 11x 0 y = 11(99 x + x + y ) = 11(99 x + 11) = 112 (9 x + 1)

 9 x + 1 là số chính phương.

KÈ

 x=7 y=4

Vậy xxyy = 7744; xxyy = 0000

DẠ

Bài 111: 2a 2 + a = 3b 2 + b ⇔ (a − b)(2a + 2b + 1) = b 2 (*) Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d ∈ ℕ* ). Thì

( a − b) ⋮ d  ( a − b )( 2a + 2b + 1)⋮ d 2  b 2 ⋮ d 2  b ⋮ d  (2a + 2b + 1) ⋮ d 66

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

FI CI A

Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a − b và 2a + 2b + 1 là số chính phương => 2a + 2b + 1 là số chính phương.

Bài 112: Giả sử n2 + m là số chính phương. Đặt n2 + m = k2

(1)

Mà ( a − b) ⋮ d  a ⋮ d  (2a + 2b) ⋮ d mà (2a + 2b + 1)⋮ d  1⋮ d  d = 1

(với k nguyên dương)

n2 +

2n2 2 = k 2  n2 p2 + 2 pn2 = p2 k 2  n2 ( p2 + 2 p ) = ( pk ) p 2

Do n2, ( pk ) chính phương, nên p2 + 2 p phải chính phương. 2

Theo bài ta có 2n2 = mp (p nguyên dương) ⇒ m = 2n2 : p , thay vào (1) ta có:

ƠN

Mặt khác p 2 < p 2 + 2 p < ( p + 1) , tức p2 + 2 p không chính phương. Nên giả sử sai. Vậy n2 + m không chính phương.

Bài 113: Xét n > 9  A = 29 + 213 + 2n = 29 (1 + 24 + 2n −9 )

Thấy 1 + 24 + 2n−9 là số lẻ nên A chia hết cho 29 nhưng không chia hết cho 210 nên A không là số

QU Y

chính phương.

Xét n = 9  A = 29 + 213 + 29 = 29 1 + 24 + 1 = 9.210 = 96 2 là số chính phương.

(

)

Xét n < 9  A = 29 + 213 + 2n = 2n 29− n + 213− n + 1

(

)

Do 29− n + 213− n + 1 là số lẻ và A là số chính phương nên 2n là số chính phương nên n là số chẵn,

KÈ

n ∈ ℕ* suy ra n ∈ {2; 4; 6;8}

Khi đó A chính phương, 2n chính phương suy ra B = 29− n + 213− n + 1 là số chính phương. Nhận xét số chính phương lẻ chỉ có thể tận cùng là 1; 5; 9.

DẠ

Với n = 2  B = 27 + 211 + 1 = 2177 (loại) Với n = 4  B = 25 + 29 + 1 = 545 , thấy B chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 nên B không là số chính phương. Với n = 6  B = 23 + 27 + 1 = 137 (loại)

67 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Với n = 8  B = 2 + 25 + 1 = 35 (loại). Vậy n = 9. 2

Bài 114: Giả sử tồn tại các số dương a, b sao cho ( a + b ) − 2a 2 và ( a + b ) − 2b2 đều là số chính

FI CI A

phương. Trong các cặp số nguyên dương (a, b) như vậy, ta xét cặp sao cho a nhỏ nhất. 2

Đặt ( a + b ) − 2a 2 = x 2 , ( a + b ) − 2b2 = y 2 với x, y nguyên dương. Ta có ( a + b ) − x 2 = 2a 2 2

nên a + b và x cùng cùng tính chẵn lẻ, suy ra ( a + b ) − 2a 2 chia hết cho 4. Từ đó ta có 2a2 chia hết cho 4, suy ra a chia hết cho 2.

Chứng minh tương tự, ta cũng có chia hết cho 2, suy ra x, y chẵn. Từ đó, ta có 2

a b b  y  +  − 2  =   2 2 2  2

ƠN

a b a  x  +  − 2  =   , 2 2  2  2 a b

Đều là số chính phương. Do đó cặp số  ,  cũng thỏa mãn yêu cầu. Điều này mâu thuẫn với  2 2

phương.

Bài 115. Cho 2 số nguyên a,b thỏa mãn

cách chọn cặp (a, b). Vậy với mọi a, b nguyên dương, các số A, B không thể đồng thời là số chính

a 2 + b 2 + 1 = 2(ab + a + b) ⇔ a 2 + b 2 + 1 − 2ab + 2a − 2b = 4a ⇔ ( a − b + 1) = 4a

QU Y

là số chính phương suy ra a là số chính phương a = x2 (x là số nguyên) 2

− b + 1) = 4 x 2 ⇔ x 2 − b + 1 = 2 x

⇔ b = ( x − 1)

Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp

Bài 116. Ta có a 3 b + ab 3 + 2 a 2 b 2 + 2 a + 2b + 1 = 0

⇔ ab ( a + b ) + 2 ( a + b ) + 1 = 0 2

KÈ

⇔ ( ab − 1)( a + b ) + ( a + b + c ) = 0

(1) 2

 a + b +1 Từ (1) suy ra a + b ≠ 0 và 1 − ab =   (đpcm)  a+b 

DẠ

Bài 117. 1) Ta có

( mn

−2

)

< n 2 S ⇔ n3 > 1 ⇔ n > 1 (đúng)

nS 2 < m 2 n 4 ⇔ m > n (đúng theo giả thiết).

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

2) Giả sử m ≠ n , xét hai trường hợp 2

FI CI A

Với m < n khi đó

Với m > n, theo 1) và do S là số chính phương suy ra n 2 S = ( mn 2 − 1)  4n 3 = 2mn 2 + 1 (sai)

Nếu m ≥ 2 thì n > 2  2mn > 4m  ( 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 + 2 ) (mâu thuẫn với S là số chính phương). Với n = 2 thì S = 8 không phải là số chính phương

ƠN

Vậy phải có m = n.

Bài 118. Do x ; y là các số nguyên lớn hơn 1 nên x; y ≥ 2

⇒ −4 xy + 1 <−7 x + 7 y < 4 xy + 1

⇒ 4 x2 y 2 − 4 xy + 1 < 4 x2 y 2 − 7 x + 7 y < 4 x2 y 2 + 4 xy + 1 2

⇒ (2 xy − 1) < 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 y < ( 2 xy + 1) .

QU Y

Mà 4 x2 y 2 − 7 x + 7 y là số chính phương và 1 < 2xy − 1 < 2xy + 1 ; 2

nên ta có 4 x 2 y 2 − 7 x + 7 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 nguyên dương. Chứng minh rằng nếu A là một số chính phương thì n 3 + 1 chia hết cho m. 3

Do m, n là các số nguyên dương nên ta có ( n + 1) < ( m + n ) + 3m + n < ( m + n + 2 ) . 2

Do đó ( m + n ) < A < ( m + n + 2 ) . Mà A là số chính phương nên ta được A = ( m + n + 1) . 2

KÈ

Do đó ( m + n ) + 3m + n = ( m + n + 1)  3m + n = 2 ( m + n ) + 1  m = n + 1. . Từ đó suy ra n 3 + 1 = ( n + 1) ( n 2 − n + 1) = m ( n 2 − n + 1)⋮ m. .

Bài số 120. Giả sử b 2 − 4ac là số chính phương thì b 2 − 4ac = k 2 với k ∈ N * . Ta có:

DẠ

4aabc = 400a 2 + 40ab + 4ac = 400a 2 + 40ab + b 2 − k 2 = ( 20a + b + k )( 20a + b − k ) . Vì abc là số nguyên tố nên c ≠ 0 và ac > 0 . Do đó b > k  20a + b + k > 20a + b − k > 20a .

69 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

( 20a + b + k )( 20a + b − k ) = m.n . Mà 4a

20a + b + k , 20a + b − k đều lớn hơn 4a nên

Suy ra abc =

FI CI A

m, n > 1 suy ra abc là hợp số, mâu thuẫn với giả thiết.

Bài 121. Đặt

( n + 1)( 4n + 3) = k 2 ⇔ 3

( n + 1)( 3n + 1) = 3k 2 ( k ∈ N * ) , các số

n + 1, 4n + 3 nguyên tố cùng nhau

và số 4n + 3 không phải là số chính phương (số chình phương chia 4 chỉ có thế dư 0 hoặc 1 nên

n + 1 = a 2 với ( a, b ∈ N * ) . Từ đó ta có: 4a 2 − 3b 2 = 1 ⇔ ( 2a − 1)( 2a + 1) = 3b 2 do suy ra  2 4n + 3 = 3b 2a − 1, 2a + 1 nguyên tố cùng nhau nên ta có các khả năng xảy ra như sau:

ƠN

2a − 1 = 3x 2 TH1:   y 2 − 3 x 2 = 2  y 2 chia 3 dư 2 (loại) 2 2a + 1 = y  2a − 1 = x 2 TH2:   3 y 2 − x 2 = 2 ( *) . 2  2a + 1 = 3 y

điều này không thể xảy ra.

+ Nếu x chẵn thì suy ra y chẵn suy ra 3y 2 − x 2 chia hết cho 4 , mà 2 không chia hết cho 4 nên

+ Nếu x lẻ thì suy ra x không chia hết cho 3 . Do n + 1 = a 2 , 2a − 1 = x 2 nên n nhỏ nhất khi và chỉ

( n + 1)( 4n + 3) = 169.657 =

QU Y

khi a nhỏ nhất dẫn đến x nhỏ nhất.

Xét x = 5 khi đó ta tính được a = 13, n = 168,

(13.15)

thỏa mãn điều

kiện. Vậy giá trị n nhỏ nhất cần tìm là 168 .

Bài 122.

Giả sử x 2 + 3 xy + y 2 = m 2 với m là số tự nhiên khác 0 .

Ta thấy rằng: Nếu cả 2 số x, y không chia hết cho 3 thì x 2 , y 2 chia 3 dư 1 . Suy ra x 2 + y 2 chia 3

KÈ

dư 2 dẫn đến m 2 chia 3 dư 2 điều này không thể xảy ra. Vì một số chính phương chia 3 chỉ có thế dư 0 hoặc 1. Từ đó suy ra trong hai số x, y phải có 1 số chia hết cho 3 . Giả sử số đó là x thì x = 3 (do x là số nguyên tố). Thay vào ta có: y 2 + 9 y + 9 = m 2 ⇔ 4 y 2 + 36 y + 36 = 4m 2 hay 2

− 4m 2 = 45 ⇔ ( 2 y + 9 − 2m )( 2 y + 9 + 2m ) = 45 = 1.45 = 3.15 = 5.9 . Giải các trường hợp ta

( 2 y + 9)

DẠ

thu được cặp số ( x; y ) thỏa mãn điều kiện là ( x; y ) = ( 3;7 ) , ( 7;3) .

Bài 123. Vì 2 y − 1 là số chính phương lẻ nên x là số lẻ. Gọi d = ( 2 y − x,6 y + x ) với d ∈ N , d lẻ. 70

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

 2 y − x + 6 y + x ⋮ d 2 y − x⋮ d 8 y ⋮ d  y⋮d Suy ra   ⇔ ⇔ 3 ( 2 y − x ) − ( 6 y + x )⋮ d 6 y + x ⋮ d  −4 x ⋮ d  x⋮ d 2

( 2 y − x, 6 y + x ) = 1 từ đó suy ra

2 y − x, 6 y + x đều là số chính phương.

Cách ra đề bài khác:

FI CI A

Mặt khác cũng từ giả thiết ta suy ra ( 2 y − 1) = d 2  2 y − 1⋮ d mà y ⋮ d  d ∈U (1)  d = 1 , hay

Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn y > x và x 2 + 4 xy − 8 y 2 − 4 y + 1 = 0 . Chứng minh 2 y − x là số chính phương.

Bài 124.

 a = md  Đặt ( a, b ) = d ⇔ b = nd . Vì ( a, b, c ) = 1  ( c, d ) = 1 thay vào điều kiện ban đầu ta có:  m, n = 1 ) (

ƠN

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 = 1 nên d = m − n nên

a − b = d ( m − n ) = d 2 là một số chính phương.

QU Y

 x = md  Bài 125. Đặt ( x, y ) = d   y = nd . Thay vào điều kiện bài toán ta có:  m, n = 1; m, n ∈ ℕ* ) (

d 2 mn = xy | x 2 + y 2 − x = d ( dm2 + dn2 − m )  dmn | dm2 + dn2 − m . Từ đó suy ra d | m (1).

Ta cũng có dm 2 + dn 2 − m ⋮ m  dn 2 ⋮ m do ( m, n ) = 1  m, n2 = 1 .

(

)

Suy ra m | d (2). Từ (1) và (2) suy ra d = m nên x = dm = d 2 là số chính phương.

KÈ

Bài 126. Ta viết lại giả thiết thành 4c 2 = c 2 + 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 = 1 .

+ Nếu d = 1 thì a + c, b + c là hai số nguyên tố cùng nhau suy ra a + c, b + c là hai số chính phương.

DẠ

Đặt a + c = m2 , b + c = n2 với m, n ∈ Ζ . Khi đó m 2 − n 2 = a − b là số nguyên tố hay ( m − n )( m + n ) là số nguyên tố  m − n = 1  m = n + 1 nên 2

4c 2 = m 2 .n 2  2c = mn  8c + 1 = 4mn + 1 = 4n ( n + 1) + 1 = ( 2n + 1) .

71 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

a − b = ( a + c ) − ( b + c ) = ( a − b ) x − ( a − b ) y = ( a − b )( x − y )  x − y = 1  x = y + 1 . Khi đó 2

+ Nếu d = a − b thì a + c = ( a − b ) x, b + c = ( a − b ) y với x, y ∈ Ζ . Khi đó

FI CI A

4c 2 = ( 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) = 0  c = 0  8c + 1 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 + 1 = x 2 Bài 127. Giả sử  với x, y là các số nguyên dương. 2 24n + 1 = y

Khi đó 8n + 3 = 4 x 2 − y 2 = ( 2 x + y )( 2 x − y ) . Do đó 2 x + y > 2 x − y vì vậy nếu 8n + 3 là số nguyên tố thì điều kiện là 2 x − y = 1  y = 2 x − 1 khi đó

ƠN

n = 0 2 2 24n + 1 = ( 2 x − 1) ⇔ x 2 = x + 6n  8n + 1 = x + 6n ⇔ x = 2n + 1  8n + 1 = ( 2n + 1) ⇔  n = 1

Điều này mâu thuẫn với điều kiện n là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy 8n + 3 là hợp số.

Bài 128. Vì c và d là hai số nguyên liên tiếp nên d = c + 1 thay vào đẳng thức a − b = a 2 c − b 2 d ta được a − b = a 2 c − b 2 ( c + 1) ⇔ ( a − b )  c ( a + b ) − 1 = b 2

Dễ dàng chứng minh ( a − b, c ( a + b ) − 1) = 1 nên a − b phải là số chính phương. 2

QU Y

Bài 129. Từ a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) , suy ra a 2 + b2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca ) Từ (1)  ( a + b + c ) = 4 ( ab + bc + ca ) 2

Vì ( a + b + c ) và 4 là những số chính phương nên ab + bc + ca phải là số chính phương.

(1) ⇔ ( a + b − c ) 2

= 4ab

= 4bc

KÈ

(1) ⇔ ( b + c − a )

Vì ( a + b − c ) và 4 là những số chính phương nên ab là số chính phương.

Vì ( b + c − a ) và 4 là những số chính phương nên bc là số chính phương.

(1) ⇔ ( c + a − b )

= 4ca

DẠ

Vì ( c + a − b ) và 4 là những số chính phương nên ca là số chính phương.

10n − 1 a −1 2 , ta có 10n = 9a + 1 và 11...1 Bài 130. Đặt a = 11...1 . = = 9 10 n n −1 2

(1)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789 2

 9a 2 − 1   9a 2 + 1   a −1  . ( 9a + 1) + 4a 2  = 9a 2 +  Suy ra A = ( 3a ) + 5.  =  .  10   2   2  9a 2 + 1 là số nguyên. Suy ra A là số chính phương. 2

FI CI A

Vì a lẻ nên

Ta có thể tính cụ thể như sau:

n 2 Như vậy A = 33...3 + 44...4 55...5.10 = 55...5 44...4 5 n

n −1

2  102 n − 2.10n + 10 10n (10n − 10 ) 8 (10n − 1) 9a 2 − 1 1  10n − 1  =  + 1 = + +1 =  2 2  3  18 18 18    n −1 n −1 10 − 1 10 − 1 n = 5.10n. + 4. + 1 = 55...5.10 + 44...4 + 1 = 55...5 + 44...45. 9 9 n −1 n −1 n −1 n −1

ƠN

4n + 9 = x 2 Bài 131. Theo giả thiết, tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho  2 9n + 10 = y Suy ra 9 x 2 − 4 y 2 = 9 ( 4n + 9 ) − 4 ( 9n + 10 ) = 41 ⇔ ( 3x − 2 y )( 3x + 2 y ) = 41

3x − 2 y = 1 Vì 41 là số nguyên tố và 3 x − 2 y < 3 x + 2 y nên chỉ xảy ra  3x + 2 y = 41

Từ đó tìm được x = 7; y = 10 . Suy ra n = 10 .

QU Y

Bài 132. Giải sử 3n + 144 = l 2 với l ∈ Ν . 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 = 8 . Vì 8 không chia hết cho 3 nên  a, b ∈ Ν , a + b = n 

KÈ

Bài 133.

phải có b = 1 . Suy ra a = 3 và n = 4 .

Giải sử 3n + 63 = k 2 . Nếu n lẻ thì 3n + 63 ≡ 3 + 63 ≡ 2 ( mod 4 ) . Suy ra k 2 ≡ 2 ( mod 4 ) (loại) Nếu n chẵn đặt n = 2m với m ∈ Ν , khi đó k 2 − 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.

DẠ

k − 3m = 3 Hơn nữa k − 3m < k + 3m chỉ xảy ra khả năng  m k + 3 = 3.7

Từ đó tìm được m=12 và 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 > 0 ) vào giữa chữ số 6 và chữ số 8 trong số 1681 để thu được số

chính

phương.

Khi

đó

t ồn

tại

số

nguyên

dương

sao

cho:

m ột

FI CI A

16.10n + 2 + 81 = k 2 ⇔ ( k − 9 )( k + 9 ) = 2n + 65n+ 2. Suy ra k + 9, k − 9 chỉ có ước nguyên tố là 2 hoặc 5. Hơn nữa k lẻ và ( k + 9 ) − ( k − 9 ) = 18 = 2.32 nên ( k + 9, k − 9 ) = 2 . Chỉ xảy ra hai trường hợp sau:

k − 9 = 2.5n +2 hoặc  n +5 k + 9 = 2

k + 9 = 2.5n + 2  n +5 k − 9 = 2

Điều này không xảy ra vì 25.5n − 16.2n > 25.2n − 16.2 n = 9.2n > 9 .

Trong cả hai trường hợp ta có: 2.5n + 2 − 2n + 4 = 18 ⇔ 25.5n − 16.2n = 9

Bài 135. Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề bài. Khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho:

ƠN

22012 + 22015 + 2n = k 2 ⇔ 9.2 2012 + 2 n = k 2 ⇔ ( k + 3.21006 )( k − 3.21006 ) = 2n

k + 3.21006 = 2 a  Suy ra k + 3.21006 = 2b suy ra 2 a − 2b = 3.21007 hay 2b −1 ( 2 a −b − 1) = 3.21006 . a, b ∈ Ν, a + b = n 

QU Y

b − 1 = 1006 b = 1007 Suy ra  a −b ⇔ ⇔ n = 2016 .  a = 1009 2 − 1 = 3

Bài 136. Giả sử 2m + 3n = k 2 , k ∈ Ν . Nếu m lẻ thì 2m ≡ 2 ( mod 3) . Suy ra n = 0 . Do đó

( k + 1)( k − 1) = 2m . Ta thấy

k lẻ ( k + 1, k − 1) = 2 nên chỉ có thể xảy ra k − 1 = 2 và k + 1 = 2 m −1

Từ đó tìm được k = 3, m = 3 .

KÈ

k + 2 s = 3a  Nếu m chẵn, đặt m = 2 s, s ∈ Ν . Ta có: ( k + 2 s )( k − 2 s ) = 2 n . Suy ra k − 2s = 3b a, b ∈ Ν, a + b = n  Suy ra 3a − 3b = 2 s+1 . Vì 2 s +1 không chia hết cho 3 nên phải có b = 0, a = n . Như vậy 3n − 1 = 2 s+1 Nếu s = 0 thì n = 1, m = 0

Nếu s > 0 thì 3n = 2s+1 + 1 ≡ 1( mod 4 ) nên n chẵn.

DẠ

Đặt n = 2t , t ∈ Ν khi đó ( 3t + 1)( 3t − 1) = 2 s+1 . Ta thấy ( 3t + 1,3t − 1) = 2 nên phải có 3t − 1 = 2;3t + 1 = 2s

Từ đó tìm được t = 1, s = 2, n = 2, m = 4 .

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Vậy có ba cặp số thỏa mãn đề bài là ( m, n ) = ( 0,1) ; ( 3, 0 ) ; ( 4, 2 ) .

Bài 137. Giả sử 2 m.5n + 25 = l 2 với l ∈ ℕ . Suy ra ( l + 5 )( l − 5) = 2m.5n .

FI CI A

Vì ( l + 5 ) − ( l − 5 ) = 10 = 2.5 nên suy ra cả hai số l + 5 và l − 5 cùng chia hết cho 2 và 5 . Suy ra ( l + 5, l − 5 ) = 10 . Xảy ra các trường hợp sau:

l + 5 = 10 Trường hợp 1:  (loại) m−2 n−2 l − 5 = 10.2 .5

l + 5 = 10.2m − 2 Trường hợp 2:  . n−2 l − 5 = 10.5

Suy ra 2m − 2 = 5n − 2 + 1 . Vì 5n−2 + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) nên phải có m = 3, n = 2 .

ƠN

l + 5 = 10.5n− 2 . Trường hợp 3:  m− 2 l − 5 = 10.2

Suy ra 5n − 2 − 1 = 2m −2 . Nếu m ≥ 5 thì 5n − 2 − 1 = 2m − 2 ⋮8 . Suy ra n − 2 chẵn, đặt n − 2 = 2k , k ∈ ℕ . Khi đó 5k − 1 5k + 1 = 2m−2 .

)(

)

(

Vì 5k −1 , 5k +1 = 2 nên phải có 5k − 1 = 2 (loại). Với m ≤ 4 , thử trực tiếp ta thấy m = 4, n = 3 thỏa

(

)

mãn.

QU Y

l + 5 = 10.2 m− 2.5n − 2 Trường hợp 4:  . l − 5 = 10

Suy ra l = 15 và 2m − 2.5n − 2 = 2 . Suy ra m = 3, n = 2 . Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề bài là ( m, n ) = ( 3; 2 ) , ( 4; 3) .

Bài 138.

Không mất tính tổng quát ta giả sử: x ≤ y vì y 2 ≤ y 2 + 3x ≤ y 2 + 3 y < y 2 + 4 y + 4 = ( y + 2 ) . 2

KÈ

 y 2 + 3x = ( y + 1) ⇔ 3x = 2 y + 1. Bây giờ ta cần tìm điều kiện để: 2

x 2 + 3 y = m2 ⇔ 16 x 2 + 48 y = 16m2 ⇔ 16 x 2 + 24 ( 3x − 1) = 16m2 ⇔ ( 4 x + 9 ) − 16m2 = 105 hay

( 4 x − 4 y + 9 )( 4 x + 4 y + 9 ) = 1.105 = 3.35 = 5.21 = 7.15 . Giải các trường hợp trên ta thu được bộ số thỏa mãn điều kiện là ( x; y ) = (1; 1) , (11; 16 ) , (16; 11) .

( x; y )

DẠ

Bài 139.

a) Ta thấy 2n + 1 là số chính phương lẻ nên 2n + 1 tận cùng bởi các chữ số 1, 5, 9 suy ra n có chữ

số tận cùng là 0, 2, 4 . Mặt khác 3n + 1 cũng là số chính phương nên n chỉ có thể tận cùng bởi 0 . Suy ra n ⋮ 5 .

75 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

Khi n tận cùng là 0 thì 2n + 1, 3n + 1 đều là số chính phương lẻ. 2

Suy ra 3n + 1 = ( 2k + 1)  3n = 4k ( k + 1)⋮8 hay n ⋮8 mà ( 5, 8) = 1  n⋮ 40 .

bài toán.

Bài 141.

FI CI A

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

a) Ta xét n > 1008 . Giả sử 431 + 41008 + 4n = y 2 với y ∈ ℕ* . Hay 430 4 + 4978 + 4n−30 = y 2 do

(

)

430 = ( 415 ) suy ra 4 + 4978 + 4n−30 là số chính phương chẵn, hay 4 + 4978 + 4n−30 = ( 2k + 2 ) với

k ∈ ℕ* . 2

Ta có: 4 + 4978 + 4n −30 = ( 2k + 2 ) ⇔ 4977 + 4n −31 = k ( k + 1) ⇔ 4977 (1 + 4n −1008 ) = k ( k + 1) .

ƠN

977 4 = k  4977 = 4n −1008  n = 1985 thử lại ta Nếu k là số chẵn thì k + 1 là số lẻ suy ra  n −1008 1 + 4 = k + 1 

thấy không thỏa mãn.

977 4 = k + 1  4977 = 4n −1008 + 2  4n−1008 < 4977  n < 1985 hay n ≤ 1984 . Nếu k lẻ thì  n −1008 1 + 4 = k  2

Khi n = 1984 thì 431 + 41008 + 41984 = 262 + 22016 + 22968 = ( 231 + 21984 ) đpcm.

22 x (1 + 4 y − x + 4z − x ) = u 2 .

QU Y

b) Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z . Đặt 4 x + 4 y + 4 z = u 2 thế thì

TH1: Nếu 1 + 4 y − x + 4 z − x là số lẻ thì 2

1 + 4 y − x + 4 z − x = ( 2k + 1) ⇔ 4 y − x −1 + 4 z − x −1 = k ( k + 1) ⇔ 4 y − x −1 (1 + 4 z − y ) = k ( k + 1) .

4 y − x −1 = k  4 y − x−1 = 4 z − y  z = 2 y − x − 1 và + Nếu k chẵn thì k + 1 là số lẻ suy ra  z− y 1 + 4 = k + 1 2

KÈ

4 x + 4 y + 4 z = 4 x + 4 y + 42 y − x −1 = ( 2 x + 22 y − x −1 ) . y − x −1 = k +1 4  4 y − x −1 − 4 z − y = 2 ⇔ 22 y −2 x −3 = 22 x−2 y −1 + 1 (*) do + Nếu k lẻ thì k + 1 chẵn suy ra  z− y 1 + 4 = k

2 x − 2 y − 1 là số lẻ luôn khác 0 . Nên (*) không thể xảy ra.

DẠ

TH2: Nếu 1 + 4 y − x + 4 z − x là số chẵn thì y = x hoặc z = x . Từ đó ta suy ra phải có x = y dẫn đến:

2 + 4 z − x là số chính phương. Điều này là vô lý vì một số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0

hoặc 1 . Còn 2 + 4 z − x chia cho 4 dư 2 hoặc 3 .

Tóm lại: Điều kiện để 4 x + 4 y + 4 z là số chính phương là: z = 2 y − x − 1 . 76

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 6789

Áp dụng vào câu a ) ta có: n = 2.1008 − 31 − 1 = 1984 .

k > 0, k ∈ ℕ tức là

3n 2 là số chính phương với k

FI CI A

Bài 142. Vì d là một ước của 3n 2  d .k = 3n 2 , ta có n 2 + d = n 2 +

n 2 k ( k + 3) là số chính phương suy ra k ( k + 3) là số chính phương. k2

 2k + 3 − 2m = 1 k = 1 Đặt k ( k + 3) = m 2  ( 2k + 3 + 2m )( 2k + 3 − 2m ) = 9   .   2k + 3 + 2m = 9  m = 2

Bài 143. Nếu m = n thì ta có điều phải chứng minh.

m + n = 2 x m = x + y Xét m ≠ n ta đặt  do m, n > 0 ( x, y ∈ ℤ, x > 0, y ≠ 0) khi đó ta có  m − n = 2 y n = x − y x + y > 0 suy ra  x> y . x − y > 0

ƠN

Do n 2 − 1 ⋮ m 2 − n 2 + 1 suy ra −( m 2 − n 2 − 1) + m 2 ⋮ m 2 − n 2 + 1  m 2 ⋮ m 2 − n 2 + 1 . Suy ra m 2 = k ( m 2 − n 2 + 1) (1) (với k ∈ ℤ ).

Thay m = x + y, n = x − y ta có: ( x + y ) 2 = k (4 xy + 1) ⇔ x 2 − 2k (2k − 1) xy + y 2 − k = 0 (*). Phương trình (*) có 1 nghiệm là x ∈ ℤ nên có một nghiệm nữa là x1 . Theo hệ thức Vi-et ta có:

 x + x1 = 2(2k − 1) từ đây suy ra x1 ∈ ℤ .  2  xx1 = y − k

QU Y

+ Nếu x1 > 0  ( x1; y) là cặp nghiệm thỏa mãn (*) suy ra x1 >| y | y 2 − k = xx1 >| y |2 = y 2  k < 0  x1 + x = 2(2k − 1) < 0 mâu thuẫn. + Nếu x1 < 0 thì xx1 = y 2 − k < 0 => k > y 2  k > 0  4 xy + 1 > 0  y > 0 . Ta có: k = x12 − 2(2k − 1) x1 y + y 2 = x12 + 2(2k − 1) | x1 | y + y 2 > 2(2k − 1) | x1 | y ≥ 2(2k − 1) > k mâu thuẫn. 2

m2  m  Vậy x1 = 0 . Khi đó k = y và m − n + 1 = =   nên m 2 − n 2 + 1 là số chính phương. k y 2

-----------HẾT--------

DẠ

KÈ

77 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN

ĐS6.CHUYÊN ĐỀ 6-SỐ CHÍNH PHƯƠNG

FI CI A

MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

1. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4 . 2. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9 3. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25 4. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16 .

CHỦ ĐỀ 2: DÙNG CÁC TÍNH CHẤT CHIA HẾT VÀ SỐ DƯ ĐỂ CHỨNG MINH

 Tổng quát: Số chính phương chia hết cho p 2 n+1 thì chia hết cho p 2 n + 2 ( p là số nguyên tố, n∈ℕ)

ƠN

* Phương pháp chứng minh một số không là số nguyên tố bằng quan hệ chia hết: Ta có: A⋮ p và p là số nguyên tố mà A ⋮/ p 2  A không phải là số chính phương. * Để chứng minh N không phải một số chính phương ta có thể:

• Chứng minh N có tận cùng 2;3; 7 ;8 hoặc N tận cùng là 2k + 1 chữ số 0 . • Chứng minh N chứa số nguyên tố với số mũ lẻ. • Xét số dư khi N chia cho 3 hoặc 4 hoặc 5 hoặc 8 ,... Chẳng hạn N chia 3 dư 2 hoặc chia 4 dư 2 ; hoặc chia 5 dư 3 thì N không là số chính phương.

QU Y

• Chứng minh N nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

PHẦN II. CÁC BÀI TẬP

Các dạng bài chứng minh một số không phải là số chính phương

DẠNG 1: A chia hết cho số nguyên tố p nhưng A không chia hết p 2 Bài 1: Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không là số chính phương?

KÈ

Lời giải

Số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 , do đó số có tỏng các chữ số là 2004 không thể là số chính phương.

Bài 2: Tổng các chữ số của một số chính phương có thể là 1983 không?

DẠ

Lời giải

Tổng các chữ số của một số là 1983 thì số đó chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 , nên không tồn tại số chính phương có tổng các chữ số là 1983 . Bài 3: Cho các số tự nhiên: 1, 2,3, 4,5, 6 . Lập được tất cả các số tự nhiên có 6 chữ số bao gồm tất cả các chữ số trên. Trong các số đã lập có số nào là số chính phương không? Trang 1

Tổng các chữ số của các số là 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 .

Lời giải

S ( N ) = 21.4 = 84⋮ 3 nhưng không chia hết cho 9 . Bài 5: Chứng minh rằng số 1234567890 không phải là số chính phương.

Lời giải

FI CI A

Bài 4: Cho một số tự nhiên gồm 21 chữ số 4 . Có cách nào viết thêm các chữ số 0 vào vị trí tùy ý để số mới tạo thành là một số chính phương hay không?

Cách 1: Ta thấy số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tân cùng là 0 ) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90 ). Do đó: số 1234567890 không là số chính phương.

Do đó: số 1234567890 không là số chính phương.

Cách 3: Số 1234567890 tận cùng có lẻ chữ số 0.

ƠN

Cách 2: Ta thấy số 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tân cùng là 0 ) nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90 ).

Bài 6: Các tổng sau có phải là số chính phương không? a) 1010 + 5

b) 10100 + 1050 + 1

Lời giải

QU Y

a, Ta có: 1010 + 5 chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 nên không là số chính phương. b, Ta có: 10100 + 1050 + 1 có tổng các chữ số là 3 nên chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 nên không là số chính phương. Bài 7: Cho S = 3 + 32 + 33 + .... + 32020 . Chứng minh S không phải là số chính phương. Lời giải

Ta có: S = 3 + 32 + 33 + .... + 32020

KÈ

Với mọi số tự nhiên n ≥ 2 thì 3n ⋮9 Suy ra: 32 + 33 + .... + 32020 ⋮ 9 Do đó: 3 + 32 + 33 + .... + 32020 chia 9 dư 3

Hay S ⋮/ 9

DẠ

Mặt khác S⋮ 3 Vậy S không là số chính phương.

Bài 8: Chứng minh tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương.

Trang 2

Lời giải

Gọi bốn số tự nhiên lên tiếp lần lượt là a ; a + 1; a + 2; a + 3 ( a ∈ℕ )

FI CI A

Khi đó ta xét: S = a + a + 1 + a + 2 + a + 3 = 4a + 6

4a ⋮ 4    S ⋮/ 4 (2) 6 ⋮/ 4  Từ (1) và (2)  S không là số chính phương Vậy tổng của bốn số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương.

4a ⋮ 2    S ⋮ 2 (1) 6⋮ 2 

Ta có:

ƠN

Bài 9: Viết liên tiếp các số tự nhiên từ 1 đến 101 thành một số A . Chứng minh A không là số chính phương. Lời giải

Ta có: A = 1234...100101

Ta có tổng các chữ số của A là: 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 100 + 101 = (1 +101) .101:2 = 5151 Ta thấy: 5151⋮ 3  A⋮ 3

QU Y

5151⋮/ 9  A ⋮/ 9 Do đó A không là số chính phương.

Bài 10: Số A = 11 + 112 + 113 có phải là số chính phương không? Lời giải:

Ta có: A =11 + 112 + 113

KÈ

Suy ra: A .11 = (11.11) + (112 .11) + (113 .11) =112 + 113 + 114 A .11 − A = (112 + 113 + 114 ) − (11 + 112 + 113 )

A = (112 − 112 ) + (113 − 113 ) + (114 − 11)

DẠ

= 0 + 0 + 114 − 11

=114 −11

Ta thấy:

   A không là số chính phương A = 11 (1 + 11) + 11⋮/ 11 

A⋮11

Bài 11: Viết liên tiếp từ 1 đến 12 được số H = 1234…1112 . Số H có thể có 81 ước được không? Trang 3

Lời giải Giả sử số H có 81 ước.

FI CI A

Vì số lượng các ước của H là 81 (là số lẻ) nên H là số chính phương (1)

mặt khác, tổng của các chữ số của H là: 1 + 2 + 3 +…+ 9 + (1 + 0) + (1 + 1) + (1 + 2) = 51 .Vì 51⋮ 3; 51 ⋮ 9 ; nên H chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 , do đó H không là số chính phương mâu thuẫn với (1) .

 A chia hết cho 5 nhưng A không chia hết cho 25 (vì 60 ⋮ 25 )

Vậy H không thể có 81 ước. Bài 12: Một số tự nhiên gồm một chữ số 0 và sáu chữ số 6 có thể là một số chính phương không? Lời giải Gọi A là số gồm một chữ số 0 và sáu chữ số 6 . - Nếu A có chữ số tận cùng là 0 thì A có hai chữ số tận cùng là 60 .

ƠN

 A không là số chính phương. - Nếu A có chữ số tận cùng là 6  A có hai chữ số tận cùng là 06 hoặc 66  A chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 .  A không là số chính phương. Vậy A không phải là số chính phương. DẠNG 2: Chứa thừa số nguyên tố với số mũ lẻ

Bài 1: Chứng minh rằng 20012001 không là số chính phương.

QU Y

Lời giải Ta có: 20012001 = ( 3.23.29 )

2001

= 32001.232001.292001 chứa thừa số nguyên tố có số mũ lẻ

Do đó: 20012001 không là số chính phương

Bài 2: Chứng minh rằng số A = 2929 + 5858 + 8784 không là số chính phương.

Lời giải

KÈ

58 29 87 58 A = 2929 (1 + 2 .29 + 3 .29 ⋮29 ⋮29 ⋮ 29

Ta có A⋮ 2929 nhưng A không chia hết cho 2930 mà 29 là số nguyên tố từ đó suy ra A không là số chính phương.

DẠ

DẠNG 3: A = p.N và N ⋮ p ( p : nguyên tố) A không là số chính phương Bài 1: Chứng minh rằng A = ababa không là số chính phương.

Lời giải

Ta có: n 2 = abab = ab.101 Trang 4

   ab ⋮101 (Vô lý) abab ⋮101  abab ⋮1012 

abab = 101.ab

FI CI A

Do đó A = ababa không là số chính phương. Bài 2: Chứng minh rằng abcabc không là số chính phương. Lời giải Ta có: n 2 = abcabc = abc.1001 = abc.11.91

Do đó abcabc không là số chính phương. Bài 3: Chứng minh rằng ababab không là số chính phương.

Ta có: n 2 = ababab = ab.10101 = ab.3.7.13.37

ƠN

Lời giải

Vì abc ! 11 đồng thời abc ! 91 mà 11,91 là số nguyên tố.

Do đó ababab không là số chính phương.

Vì 3, 7,13,37 là số nguyên tố nên => ab⋮10101 (Vô lý).

DẠNG 4: Chứng minh A chia 3 dư 2 , chia 4 dư 2 ; 3 ; chia 5 dư 2 , 3 ; chia 8 dư 2 ; 3 ; 5 ; 6

QU Y

Bài 1:

a. Chứng minh rằng với ∀n ∈ N thì 2n2 + 2n + 3 không là số chính phương b. Chứng minh rằng với ∀n ∈ N thì 3n + 1002 không là số chính phương Lời giải

n(n + 1) + 3  chia 4 dư 3 nên không là số chính phương a. 2n2 + 2n + 3 = 2 ⋮4

KÈ

b. - n = 0 → 3n + 1002 = 1003  không là số chính phương - n = 1 → 3n + 1002 = 1005⋮ 3, ! 9  không là số chính phương - n ≥ 2 → 3n + 1002⋮ 3, ! 9  không là số chính phương Bài 2: Chứng minh rằng một số có tổng các chữ số của nó là 2006 không phải là một số chính phương

Lời giải

DẠ

Số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 . Số trên có tổng các chữ số là 2006 nên chia 3 dư 2 , vậy không phải là số chính phương. Bài 3: Một số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2018 thì có thể là số chính phương được không? Tại sao? Trang 5

Lời giải

Gọi số tự nhiên có tổng các chữ số bằng 2018 là n .

FI CI A

Ta có: 2018 = 3m + 2 , m ∈ ℕ nên số tự nhiên n chia 3 dư 2 , do đó số n có dạng 3k + 2 với k là số tự nhiên. Mặt khác số chính phương không có dạng 3k + 2 suy ra số tự nhiên n không là số chính phương.

Bài 4: Chứng minh rằng A = 2012 4 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n không phải là số chính phương với mọi số nguyên dương n . Lời giải

Ta có: 20124 n ≡ 0 (mod 2) ; 20134 n ≡ 1(mod 2) ; ∀n ∈ℕ* 2014 4 n ≡ 0 (mod 2) ; 20154 n ≡ 1(mod 2) Do đó: A ≡ 2 ≡ 0 (mod 2) .

ƠN

Ta lại có: 2012 ≡ 0 (mod 4)  20124 n ≡ 0 (mod 4) 2014 ≡ 2 (mod 4)  2014 2 ≡ 2 2 ≡ 0(mod 4)  (20142 ) 2 n ≡ (20142 )2 n ≡ 0(mod 4)

Do 2013 ≡ 1(mod 4)  20134 n ≡ 1(mod 4) Do 2015 ≡ −1(mod 4)  20154 n ≡ (−1)4 n ≡ 1(mod 4) Do đó A ≡ 2 (mod 4) nghĩa là A chia cho 4 dư 2 .

Ta có A⋮ 2; A ! 2 2 ; 2 là số nguyên tố. Vậy A không là số chính phương.

QU Y

Bài 5: Cho N = 1.3.5.7...2015 . Chứng minh rằng N − 1 ; N + 3 không là số chính phương. Lời giải +) Ta có: N ⋮ 3

Suy ra: N − 1 chia cho 3 dư 2

Do đó: N − 1 không là số chính phương.

KÈ

+) Ta có: N ⋮ 3 và N ⋮ 9

Suy ra: N + 3⋮ 3 nhưng N + 3 ⋮/ 9 Do đó: N + 3 không là số chính phương.

Bài 6: Gọi N = 2.3.5... pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên ( n >1) . Chứng minh rằng các số N − 1 ;

DẠ

N ; N + 1 không là số chính phương. Lời giải

+) Ta thấy: N ⋮ 2 nhưng N ⋮/ 4  N không là số chính phương. Trang 6

+) Giả sử N + 1 = a 2 hay N = a 2 −1 = ( a − 1)( a +1)

FI CI A

Ta có: N + 1 lẻ suy ra a lẻ nên N = ( a − 1)( a + 1)⋮ 4 (mâu thuẫn) Do đó điều giả sử là sai. Vậy N + 1 không là số chính phương. +) Ta có: N ⋮ 3  N − 1 ≡ 2 ( mod 3)

Vậy N − 1 không là số chính phương.

Bài 7: Giả sử N = 1.3.5.7...2007.2011 . Chứng minh rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp 2 N − 1 ; 2N ; 2 N + 1 không có số nào là số chính phương.

ƠN

Lời giải +) Ta có: 2 N − 1 = 2.1.3.5.7...2011 − 1

Do đó: 2 N − 1 không là số chính phương.

Ta thấy: 2 N ⋮ 3  2 N −1 = 3k + 2 ( k ∈ℕ )

+) Ta có: 2 N = 2.1.3.5.7...2011  2N chẵn Do đó: N lẻ  N ⋮/ 2 và 2 N ⋮ 2 nhưng 2 N ⋮/ 4

QU Y

Ta thấy 2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 hoặc dư 3 Vậy 2N không là số chính phương

+) Ta có: 2 N + 1 = 2.1.3.5.7...2011 + 1 Ta thấy 2 N + 1 lẻ nên 2 N + 1⋮/ 4

2 N ⋮/ 4 nên 2 N + 1 không chia cho 4 dư 1

Do đó: 2 N + 1 không là số chính phương.

KÈ

Bài 8: Chứng minh số A = 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương. Lời giải

DẠ

Ta có: 23 chia 3 dư 2 nên 235 chia 3 dư 2 2312 chia 3 dư 1 232003 chia 3 dư 2

Suy ra: A = 235 + 2312 + 232003 chia 3 dư 2 Vậy A không là số chính phương. Trang 7

Bài 9: Chứng minh C = 4 4 + 4444 + 444 444 + 4444 4444 + 15 không là số chính phương.

Lời giải

FI CI A

Ta có: 4 chia hết cho 4 nên 4 4 chia hết cho 4 44 chia hết cho 4 nên 44 44 chia hết cho 4 444 chia hết cho 4 nên 444444 chia hết cho 4 4444 chia hết cho 4 nên 44444444 chia hết cho 4

Mà: 15 chia 4 dư 3 Do đó: C = 44 + 4444 + 444444 + 44444444 + 15 chia 4 dư 3 Vậy C không là số chính phương.

Suy ra: 4 4 + 4444 + 444444 + 4444 4444 chia hết cho 4

ƠN

Bài 10: Chứng minh D = 20044 + 20043 + 20042 + 23 không là số chính phương. Lời giải

Ta thấy: 2004⋮ 3  20044 ⋮ 3 Tương tự 20043 ⋮ 3 , 20042 ⋮ 3

QU Y

Mà 23 chia 3 dư 2 nên D = 3k + 2 ( k∈ℕ ) Mà ta biết số chính phương không có dạng 3k + 2 Do đó D không là số chính phương.

Bài 11: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kì không phải là một số chính phương.

Lời giải Gọi a và b là số lẻ.

KÈ

Giả sử: a = 2m + 1 , b = 2n + 1 với m, n ∈ ℕ 2

Ta có: a 2 + b 2 = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) = 4 ( m2 + m + n 2 + n ) + 2 = 4k + 2 với k ∈ℕ Không có số chính phương nào có dạng 4k + 2 vì vậy a 2 + b 2 không phải là một số chính phương.

Bài 12: Chứng minh rằng tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương.

DẠ

Lời giải

Ta có: S = 1 + 2 + 3 + 4 + ... + 2005

= ( 2005 + 1) .2005:2 Trang 8

=1003.2005 ≡1.3 ≡ 3 ( mod 4 )

FI CI A

 S có dạng 4k + 3 ( k ∈ℕ ) Do đó S không là số chính phương.

Bài 13: Cho A là tổng các bình phương của 111 số tự nhiên liên tiếp nào đó. Chứng minh rằng A không phải là số chính phương. Lời giải Xét tổng các bình phương của 3 số tự nhiên liên tiếp: 2

+ a 2 + ( a + 1) = 3a 2 + 2 ≡ 2 ( mod 3) ∀a ∈ℕ

( a − 1)

Chia A thành 37 nhóm, mỗi nhóm là tổng các bình phương của 3 số tự nhiên liên tiếp

ƠN

 A ≡ 37.2 ≡1.2 ≡ 2 ( mod 3) Do đó A không là số chính phương.

Lời giải

Bài 14: Cho A là tổng các bình phương của 108 số tự nhiên liên tiếp nào đó. Chứng minh rằng A không là số chính phương.

Xét tổng các bình phương của 4 số tự nhiên liên tiếp: 2

a 2 + ( a + 1) + ( a + 2 ) + ( a + 3) = 4a 2 + 12a + 14 ≡ 2 ( mod 4 ) ; ∀a ∈ℕ

QU Y

Chia A thành 27 nhóm, mỗi nhóm gồm 4 số tự nhiên liên tiếp. Suy ra: A≡ 27.2 ≡ 54 ≡ 2 ( mod 4 )

Do đó A không là số chính phương.

Bài 15: Chứng minh 3n + 63 không phải là số chính phương với n ∈ ℕ ; n ≠ 0; 4

Lời giải:

Xét n lẻ. Đặt n = 2k + 1; ( k ∈ ℕ ) 2 k +1

( mod 4 ) ≡ − 1( mod 4 )

KÈ

Ta có: 32 k +1 ≡ ( −1)

63 ≡ 3 ( mod 4 )

 32 k +1 + 63 ≡ 2 ( mod 4 )

 32 k +1 + 63 không là số chính phương

DẠ

Xét n chẵn. Đặt n = 2k ; ( k ≠ 0 )

Vì y ⋮ 3 nên ta đặt y = 3t ( t ∈ ℕ )

Khi đó, ta có: 32 k + 63 = 9t 2 32 k − 2 + 7 = t 2 Trang 9

 t 2 − ( 3k − 1 ) = 7

FI CI A

 ( t − 3k −1 )( t + 3k +1 ) = 7

t − 3k −1 =1  k +1 t + 3 = 7

 2.3k −1 = 6

k =2  n = 4 (trái với giả thiết đề bài)

Vậy: 3n + 63 không phải là số chính phương với n ≠ 0; 4

 3k − 1 = 3

ƠN

Bài 16: Chứng minh n 7 + 34n + 5 không là số chính phương. Lời giải:

Theo định lí Fermat, ta có: n7 ≡ n ( mod 7 )

 n7 + 34n + 5 ≡ 35n + 5 ( mod 7 )

Bổ đề: x 2 ≡ i ( mod 7 ) ; i ∈{0;1; 2; 4}

QU Y

 n7 + 34n + 5 ≡ 6 ( mod 7 )

Giả sử n 7 + 34n + 5 = x 2 , x ∈ℕ

Suy ra: x 2 ≡ 5 ( mod 7 ) (vô lý)

Do đó: n 7 + 34n + 5 không là số chính phương.

KÈ

Lời giải:

Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số k ∈ℕ thì số A = 1 + 92 k + 77 2 k + 1977 2 k không là số chính phương.

Bất kì số chính phương nào cũng có dạng 3t hoặc 3t + 1 , với t ∈ℕ Ta có: A = 1 + 92 k + 77 2 k + 1977 2 k có dạng 3l + 2; l ∈ℕ

DẠ

Do đó A không là số chính phương.

DẠNG 5: Chứng minh A có chữ số tận cùng là 2;3;7 hoặc 8 Bài 1: Chứng minh rằng các tổng sau có phải là số chính phương không?

a) A = 11 + 112 + 113

b) B = 1010 + 8 Trang 10

Lời giải:

b) Tổng A có chữ số tận cùng là 3 nên không là số chính phương Nên 1010 + 8 có chữ số tận cùng là 8 Vậy B không là số chính phương.

FI CI A

c) Ta có: 1010 có chữ số tận cùng là 0 .

Bài 2: Cho A = 102012 + 10 2011 + 102010 + 102009 + 8 . Chứng minh rằng A không phải là số chính phương. Lời giải: Ta có các số 10 2012 ; 102011 ; 10 2010 ; 10 2009 đều có chữ số tận cùng là 0 .

Nên A = 102012 + 102011 + 10 2010 + 102009 + 8 có chữ số tận cùng là 8 .

Vậy A không là số chính phương vì số chính phương là những số có tận cùng là 0;1; 4;5;6;9 .

Lời giải

ƠN

Bài 3: Chứng minh rằng tổng các bình phương của năm số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương.

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp là: n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 trong đó n ∈ ℕ và n ≥ 2 2

Xét tổng bình phương: A = ( n − 2 ) + ( n − 1) + n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) = 5 ( n 2 + 2 ) . Vì n 2 không thể có tận cùng là 3 hoặc 8 , nên n 2 + 2 không thể có tận cùng là 5 hoặc 0 ,  n 2 + 2 không thể chia hết cho 5

QU Y

 5( n 2 + 2) không thể chia hết cho 25 Vậy A không là số chính phương

DẠNG 6: Chứng minh A kẹp giữa hai số chính phương liên tiếp n 2 < A < ( n + 1)

Nhận xét:

Bài tập: Chứng minh rằng số 4014025 không là số chính phương.

KÈ

Số này có hai chữ số tận cùng là 25 nên chia cho 3 dư 1 và chia cho 4 cũng dư 1 , nên không thể áp dụng bằng cách trên. Lời giải: Cách 1:

20032 < 4014025 < 20042 . Chứng tỏ số

DẠ

Ta thấy: 20032 = 401209 ; 20042 = 4016016 . Nên 4014025 không phải là số chính phương.

Cách 2: Ta có: 4014025 = 25.160561 Muốn 4014025 là số chính phương thì 160561 phải là số chính phương Trang 11

Ta lại có: 400 2 =160000

4012 = 160801

FI CI A

Mà: 160000 < 160561 < 160801  160561 không là số chính phương. Do đó số 4014025 không là số chính phương

PHẦN III. CÁC BÀI TẬP TỰ LUYỆN:

Lời giải Bất kì số chính phương nào cũng có dạng 4n hoặc 4n + 1 , n∈ℕ .

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số m ∈ℕ thì số A =1 + 92 m + 80 2 m + 1980 2 m không là số chính phương.

ƠN

Ta có: A = 1 + 9 2 m + 802 m + 19802 m có dạng 4q + 2 , q ∈ℕ Suy ra: A không là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh rằng bình phương của hai số lẻ bất kì không phải là số chính phương. Lời giải Gọi hai số lẻ bất kì là a và b .

Vì a và b lẻ nên a = 2k + 1 ; b = 2m + 1 ; k ; m ∈ℕ 2

QU Y

Suy ra: a 2 + b 2 = ( 2k + 1) + ( 2m + 1)

= 4 k 2 + 4 k + 1 + 4m 2 + 4 m + 1 = 4 ( k 2 + k + m2 + m ) + 2

= 4t + 2; ( t ∈ ℕ )

Do đó: a 2 + b 2 không là số chính phương.

KÈ

Bài 3: Chứng minh rằng A = n 5 + 1999 n + 2017 ; ( n ∈ℕ ) không là số chính phương. Lời giải

Ta có: A = n5 + 1999n + 2017 = n5 − n + 2000n + 2015 + 2

DẠ

Ta thấy: A chia cho 5 dư 2 Do đó: A không là số chính phương. Bài 4: Chứng minh rằng n 3 − n + 2; ( n ∈ℕ ) không là số chính phương.

Lời giải Trang 12

Ta có: n 3 − n + 2 = n ( n − 1)( n + 1) + 2

Vì: n ( n −1)( n + 1) ≡ 0 ( mod 3)

FI CI A

 n ( n −1)( n + 1) + 2 ≡ 2 ( mod 3) Mà một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 Do đó: n3 − n + 2 không là số chính phương.

Lời giải Ta có: A = 19n 6 + 5n5 + 1890n3 − 19n 2 − 5n + 1993 = 20n 6 + 5n 5 + 1890n 3 − 20n 2 − 5n + 1990 − n 6 + n 2 + 3

Bài 5: Chứng minh rằng A =19n6 + 5n5 + 1890n3 −19n 2 − 5n + 1993; ( n∈ℕ ) không là số chính phương.

Ta có số chính phương chia 5 có thể dư 0;1 hoặc 4

n ∈ℕ nên có 5 trường hợp xảy ra

ƠN

= 5 ( 4n 6 + n5 + 378n3 − 4n 2 − n + 398 ) − n 6 + n 2 + 3

* TH1: Nếu n ⋮ 5 thì n6 ⋮ 5 ; n 2 ⋮ 5 mà 3 chia 5 dư 3  − n 6 + n 2 + 3 chia 5 dư 3

QU Y

 A chia 5 dư 3  A không là số chính phương

* TH2: Nếu n chia 5 dư 1 thì n 6 chia 5 dư 1 , n 2 chia 5 dư 1 mà 3 chia 5 dư 3  − n 6 + n 2 + 3 chia 5 dư ( −1 + 1 + 3) = 3  A chia 5 dư 3

 A không là số chính phương

KÈ

* TH3: Nếu n chia 5 dư 2 thì n 6 chia 5 dư 26 ; 26 = 64 chia 5 dư 4  n 6 chia 5 dư 4 , n 2 chia 5 dư 22 = 4

 − n 6 + n 2 + 3 chia 5 dư ( −4 + 4 + 3) = 3

 A chia 5 dư 3

DẠ

 A không là số chính phương

* TH4: Nếu n chia 5 dư 3 thì n 6 chia 5 dư 36 ; 36 = 729 chia 5 dư 4  n 6 chia 5 dư 4 , n 2 chia 5 dư 32 ; 32 = 9 chia 5 dư 4  n 2 chia 5 dư 4 Trang 13

 − n 6 + n 2 + 3 chia 5 dư ( −4 + 4 + 3) = 3

 A chia 5 dư 3

FI CI A

 A không là số chính phương

* TH5: Nếu n chia 5 dư 4 thì n 6 chia 5 dư 46 ; 46 = 4096 chia 5 dư 1  n 6 chia 5 dư 1 , n 2 chia 5 dư 4 2 ; 4 2 = 16 chia 5 dư 1  n 2 chia 5 dư 1

 − n 6 + n 2 + 3 chia 5 dư ( −1 + 1 + 3) = 3

 A chia 5 dư 3  A không là số chính phương Vậy A không là số chính phương với mọi n∈ℕ .

Bài 6: Cho p là tích của 2016 số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng p − 1 và p + 1 không là số

ƠN

nguyên tố. (Đề HSG Hương Sơn năm học 2015 - 2016) Lời giải:

Ta chứng minh p + 1 là số chính phương Giả sử p + 1 là số chính phương.

Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p chia hết cho 2 và không chia hết cho 4

 m lẻ  m 2 lẻ

QU Y

Đặt p + 1 = m 2 . Vì p chẵn nên p + 1 lẻ

Đặt m = 2k + 1 . Ta có: m 2 = 4k 2 + 4k + 1  p + 1 = 4 k 2 + 4k + 1

 p = 4k 2 + 4k = 4k ( k + 1) chia hết cho 4

KÈ

Ta chứng minh p − 1 là số chính phương Ta có: p = 2.3.5... chia hết cho 3

 p − 1 = 3k + 2

DẠ

Vì không có số chính phương nào có dạng 3k + 2 nên p − 1 không phải số chính phương Vậy nếu p là tích của 2016 số nguyên tố đầu tiên thì p −1 và p + 1 không phải số chính phương. Bài 7: Cho B = abc + bca + cab . Chứng minh B không là số chính phương. (Đề HSG Vĩnh Tường năm học 2019 - 2020) Trang 14

Lời giải:

Ta có: B = abc + bca + cab

FI CI A

= 100a + 10b + c + 100b + 10c + a + 100c + 10a + b

= (100a + 10a + a ) + (100b + 10b + b ) + (100c + 10c + c ) = aaa + bbb + ccc

=111. ( a + b + c )

= 3.37. ( a + b + c )

ƠN

1 ≤ a ≤ 9  Ta thấy: 1 ≤ b ≤ 9   3 ≤ a + b + c ≤ 27 1 ≤ c ≤ 9  Suy ra: a + b + c ⋮/ 37

Do đó: 3.37. ( a + b + c ) ⋮/ 372 Hay: B ⋮/ 37 2 Vậy B không là số chính phương.

Mà: ( 3;37 ) =1 3. ( a + b + c ) ⋮/ 37

QU Y

Bài 8: Cho biểu thức M = 5 + 52 + 53 + .... + 580 . Chứng minh M không phải là số chính phương. (Đề HSG Quỳnh Lưu năm học 2018 - 2019) Lời giải

Ta thấy: M = 5 + 52 + 53 + .... + 580 ⋮ 5

Mặt khác: 52 + 53 + .... + 580 ⋮ 52 (vì tất cả các số đều chia hết cho 52 )

KÈ

 M = 5 + 52 + 53 + .... + 580 ⋮/ 52 (do 5 ⋮/ 52 ) Do đó M chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 52

DẠ

Vậy M không là số chính phương.

Trang 15

ĐS6.CHUYÊN ĐỀ 6 - SỐ CHÍNH PHƯƠNG

CHỦ ĐỀ 3: PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG GIẢI BÀI TOÁN SỐ CHÍNH PHƯƠNG

FI CI A

PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. ĐỊNH NGHĨA

Số chính phương là số tự nhiên viết được dưới dạng bình phương đúng của một số nguyên. Ví dụ: 4 = 2 2 ; 16 = 42 . 2. SỐ CHÍNH PHƯƠNG CHẴN, SỐ CHÍNH PHƯƠNG LẺ

Một số chính phương được gọi là số chính phương chẵn nếu nó là bình phương của một số chẵn, là số chính phương lẻ nếu nó là bình phương của một số lẻ. (Nói một cách khác, bình phương của một số chẵn là một số chẵn, bình phương của một số lẻ là một số lẻ).

ƠN

3. CÁC TÍNH CHẤT CHUNG CỦA SỐ CHÍNH PHƯƠNG

a) Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 không thể có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8.

Như vậy để chứng minh một số không phải số chính phương ta chỉ ra số đó có hàng đơn vị là 2; 3; 7 hoặc 8.

b) Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các TSNT với số mũ chẵn, không chứa TSNT với số mũ lẻ.

QU Y

2 4 2 2 Ví dụ: 3600 = 60 = 2 .3 .5

 Để chứng minh một số không phải SCP ta chỉ ra số đó khi phân tích ra TSNT thì tồn tại thừa số nguyên tố chứa số mũ lẻ.

(

)

(

)

c) Số chính phương chỉ có thể có 1 trong 2 dạng 3n hoặc 3n + 1 a 2 ≡ 0,1( mod 3) , không có SCP

nào có dạng 3n + 2 ( n ∈ ℕ* ) .

KÈ

d) Số chính phương chỉ có thể có 1 trong 2 dạng 4n hoặc 4n + 1 a 2 ≡ 0,1( mod 4 ) , không có SCP nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 ( n ∈ ℕ ) .

e) Số các ước số của một số chính phương là số lẻ, ngược lại một số có số lượng các ước là lẻ thì

đó là số chính phương.

DẠ

f) Nếu số chính phương chia hết cho p thì chia hết cho p 2 . g)

 Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn (121, 49, …).

 Số chính phương tận cùng là 5 thì chữ số hàng chục là 2.  Số chính phương tận cùng là 4 thì chữ số hàng chục là chẵn. Trang 1

 Số chính phương tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là lẻ.

 Nếu SCP có chữ số tận cùng là 0 thì SCP đó có một số chẵn chữ số 0 ở tận cùng như :

FI CI A

100, 10000, … h) Công thức để tính hiệu của hai số chính phương: a2 - b2 = (a+b).(a-b).

i) Tất cả các số chính phương có thể viết thành dãy tổng của các số lẻ tăng dần từ 1, ví dụ: 1, 1 + 3, 1 + 3 + 5, 1 + 3 + 5 +7, 1 + 3 + 5 +7 + 9, …. 3. HỆ QUẢ Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.

Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.

Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.

Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.

2 n +1 2 n+2 Số chính phương chia hết cho p thì chia hết cho p ( p là số nguyên tố, n ∈ ℕ ).

ƠN

PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI

Dạng 1: Chứng minh một biểu thức không là số chính phương.

I. Phương pháp giải:

Đề bài chứng minh một biểu thức A không là số chính phương. Giả sử biểu thức A là số chính phương. Sử dụng các tính chất để tìm ra điều vô lí hay mâu thuẫn. Vậy biểu thức A không là số chính phương.

QU Y

II. Bài toán

Bài 1: Chứng minh rằng với ∀n ∈ ℕ thì 3n + 4 không là số chính phương. Lời giải:

- Với n = 0  3n + 4 = 5 không là số chính phương.

- Với n ≥ 2 .

- Với n = 1  3n + 4 = 7 không là số chính phương.

KÈ

Giả sử là số chính phương.  3n + 4 = m 2 ( m ∈ ℕ , m > 3 ) .

⇔ m 2 − 4 = 3n .

⇔ ( m − 2 )( m + 2 ) = 3n .

DẠ

 m − 2 = 3k . ( k , q ∈ ℕ; k + q = n )  q  m + 2 = 3  ( m + 2 ) − ( m + 2 ) = 3q − 3k .

⇔ 4 = 3q − 3k (*) . Trang 2

FI CI A

Vậy 3n + 4 không là số chính phương với mọi số tự nhiên n .

4 ⋮/ 3 Ta thấy  q k là điều mâu thuẫn với nhau so với đẳng thức (*) . − ⋮ 3 3 3 ( ) 

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì n 2 + 2 không là số chính phương. Lời giải: Giả sử n 2 + 2 là số chính phương. Khi đó đặt n 2 + 2 = m 2 ( m ∈ ℕ* ) .

⇔ m 2 − n 2 = 2 (1) . ⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = 2 (1) .

ƠN

Như vậy, trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 ) . Mặt khác m + n + m − n = 2m chẵn.

Suy ra hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3) .

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn.

Từ ( 2 ) và

( m + n )⋮ 2  ( m + n )⋮ 2

QU Y

 ( m + n ) . ( m − n )  ⋮ 4

 ( m 2 − n 2 )⋮ 4 mà 2 ⋮/ 4 , so sánh điều này với (1) , ta thấy đây là điều vô lý. Vậy với mọi số nguyên dương n thì n 2 + 2 không là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh rằng tích của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

Lời giải:

Gọi bốn số nguyên dương liên tiếp lần lượt là n , n + 1 , n + 2 , n + 3 và n + 4 ( n ∈ ℕ* )

KÈ

Đặt S = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) ( n ∈ ℕ* ) Ta đi chứng minh S không là số chính phương.

(

) (1) .

Giả sử S = m2 > 0 m ∈ ℕ*

DẠ

 n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) = m 2 .

⇔ ( n2 + 3n )( n 2 + 3n + 2 ) = m2 .

Đặt n2 + 3n = a ( a ∈ N * ) .

 a ( a + 2 ) = m2 . Trang 3

⇔ a 2 + 2a = m 2 .

⇔ a 2 + 2a + 1 = m 2 + 1 . 2

FI CI A

⇔ ( a + 1) = m2 + 1 . ⇔ ( a + 1 + m )( a + 1 − m ) = 1

a + 1 − m = 1 ⇔ a + 1 + m = 1

 m = 0 ( 2) .

Ta thấy ( 2 ) mâu thuẫn với (1)

Vậy S không là số chính phương hay tích của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

ƠN

Bài 4: Chứng minh rằng với tổng của abc + bca + cab không là số chính phương. Lời giải:

(

)

Giả sử S là số chính phương .

 S ⋮37 .

 ( a + b + c )⋮37 . Mà

( a + b + c ) ≤ 37 .

Đây là điều vô lý.

QU Y

 S ⋮372 .

Đặt S = abc + bca + cab = 111( a + b + c ) = 3.37 ( a + b + c ) a, b, c ∈ ℕ*; a, b, c ≤ 9 .

Vậy S không là số chính phương.

Lời giải:

Bài 5: Chứng minh rằng với n lẻ và ∀n ∈ ℤ + thì 7 n + 24 không là số chính phương.

KÈ

Đặt 7 n + 24 = a 2 ( a ∈ ℕ* ) . Khi n lẻ: Đặt n = 2k + 1 . k

 7 n + 24 = 7 2 k +1 + 24 = 7 2 k.71 + 24 = ( 7 2 ) .7 + 24 = 49 k.7 + 24 = a 2 .

DẠ

Có 49 chia 4 dư 1  49k chia 4 dư 1; 7.49 k chia 4 dư 3  a 2 chia 4 dư 3 (vô lý).

Vậy với n lẻ và ∀n ∈ ℤ + thì 7 n + 24 không là số chính phương.

Bài 6: Chứng minh rằng nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b2 − 4ac không là số chính phương. Lời giải:

Trang 4

Giả sử b2 − 4ac là số chính phương m 2

(m ∈ ℕ) . 2

Xét

FI CI A

4a.abc = 4a (100a + 10b + c ) = ( 20a + b ) − ( b2 − 4ac ) = ( 20a + b ) − m2 = ( 20a + b + m )( 20a + b − m ) . Tồn tại một trong hai thừa số 20a + b + m , 20a + b − m chia hết cho số nguyên tố.

Điều này không xảy ra vì cả hai thừa số trên đều nhỏ hơn abc . Thật vậy, do m < b (vì m2 − b 2 = −4ac < 0 ). Nên 20a + b − m ≤ 20a + b + m < 100a + 10b + c = abc .

Vậy nếu số tự nhiên abc là số nguyên tố thì b 2 − 4ac không là số chính phương.

Bài 7: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 2 thì 2 n − 1 không là số chính phương.

Với n = 2  2n − 1 = 3 không là số chính phương. V ới n > 2 :

Giả sử 2 n − 1 là số chính phương.

ƠN

Lời giải:

Mà 2 n − 1 là số lẻ nên 2n − 1 = ( 2k + 1)  2n − 1 = 4k 2 + 4k + 1 .  2 n = 4 k 2 + 4 k + 2 ( *) .

QU Y

Vì n ≥ 2 nên 2 n ⋮ 4 (1) .

Mà 4k 2 + 4k = 4k ( k + 1)⋮ 4 . Nên 4k 2 + 4k + 2 ⋮/ 4 ( 2 ) .

So sánh (1) và ( 2 ) với (*) , ta thấy mâu thuẫn với nhau. Vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 2 thì 2 n − 1 không là số chính phương.

KÈ

Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì A = n 4 + 2n3 + 2n 2 + 2n + 1 không là số chính phương.

Lời giải:

Với n ≥ 1 :

DẠ

Giả sử A là số chính phương.  A = k 2  n 4 + 2n 3 + 2n 2 + 2 n + 1 = k 2 .

 n 2 (n2 + 2n + 1) + (n2 + 2n + 1) = k 2 .

 n 2 (n + 1)2 + (n + 1) 2 = k 2  (n 2 + 1)(n + 1)2 = k 2 . Trang 5

FI CI A

Vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì A = n 4 + 2n3 + 2n 2 + 2n + 1 không là số chính phương.

 (n 2 + 1) là số chính phương với mọi n ≥ 1 (vô lí).

Bài 9: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì B = n3 − n + 2 không là số chính phương. Lời giải: Với n = 0 thì B = n3 − n + 2 = 2 không là số chính phương. Giả sử với mọi số tự nhiên n ≥ 1 , B là số chính phương.

 B = k 2  n3 − n + 2 = k 2 ( k ∈ ℕ* ) .

 n(n 2 − 1) + 2 = k 2 .

ƠN

 n(n − 1)(n + 1) + 2 = k 2 (*) Mà n(n − 1)(n + 1)⋮ 3  n(n − 1)(n + 1) + 2 = k 2 chia 3 dư 2

Nên (*) mâu thuẫn hay vô lý hay không xảy ra.

Vậy với mọi số tự nhiên thì B = n3 − n + 2 không là số chính phương.

Bài 10: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì C = 2n 2 + 2n + 3 không là số chính phương.

QU Y

Lời giải:

Nếu n = 0 thì C = 2n 2 + 2n + 3 = 3 không là số chính phương. Giả sử với mọi số tự nhiên n ≥ 1 , C là số chính phương.  C = k 2  2n 2 + 2n + 3 = k 2 .

 2n(n + 1) + 3 = k 2 (*) .

Mà n(n + 1)⋮ 2 nên 2n(n + 1)⋮ 4 .

KÈ

Nên (*) mâu thuẫn hay vô lý hay không xảy ra. Vậy với mọi số tự nhiên n thì C = 2n 2 + 2n + 3 không là số chính phương.

Bài 11: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì D = n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 không là số chính

DẠ

phương.

Lời giải: Nếu n = 0 thì D = n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 = 0 là số chính phương.

Giả sử D là số chính phương.  D = k 2  n 6 − n 4 + 2n 3 + 2 n 2 = k 2 . Trang 6

 n 2 ( n 4 − n 2 + 2n + 2 ) = k 2 .

FI CI A

 n 2  n 2 ( n − 1)( n + 1) + 2 ( n + 1)  = k 2 .  n 2 ( n + 1) ( n3 − n 2 + 2 )  = k 2 .  n 2 ( n + 1) ( n3 + 1) − ( n 2 − 1)  = k 2 . 2

 n2 ( n + 1) ( n 2 − 2n + 2 ) = k 2 .  ( n 2 − 2n + 2 ) là số chính phương.

Đây là điều không xảy ra hay vô lí. 2

ƠN

Vì với n ∈ ℕ* thì n 2 − 2n + 2 = ( n − 1) + 1 > ( n − 1) và n 2 − 2n + 2 = n 2 − 2 ( n − 1) < n 2 2

 ( n − 1) < n 2 − 2n + 2 < n 2  n 2 − 2n + 2 không là số chính phương.

Vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì D = n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 không là số chính phương.

Bài 12: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì E = n 2 + n + 1 không là số chính phương. Lời giải:

QU Y

Giả sử E là số chính phương.

Khi đó: E = k 2  n 2 + n + 1 = k 2 ( k ∈ ℕ* ) .

Mà n2 < n2 + n + 1 < (n + 1) 2  n 2 < k 2 < (n + 1)2 .

 n < k < n + 1 (vô lí).

Vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì E = n 2 + n + 1 không là số chính phương.

KÈ

Bài 13: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n lẻ (n ≥ 1) thì F = n3 + 1 không là số chính phương. Lời giải:

Giả sử F là số chính phương.

Khi đó: F = k 2 ( k ∈ ℕ, k > 1)  n3 + 1 = k 2 .

DẠ

 n3 = k 2 − 1  n3 = (k − 1)(k + 1) .

Vì n là số tự nhiên lẻ nên n3 cũng là số lẻ  k − 1, k + 1 là hai số tự nhiên lẻ liên tiếp và chúng nguyên tố cùng nhau nên

Trang 7

k + 1 = a 3 với a, b lẻ và a>b.  3 k −1 = b

FI CI A

 2 = a3 − b3 = (a − b)(a 2 + ab + b 2 ) ≥ 6 (*). Vì a − b ≥ 2 và a 2 + ab + b 2 ≥ 3 nên (*) vô lí.

Vậy với mọi số tự nhiên n ≥ 1 thì E = n 2 + n + 1 không là số chính phương.

Bài 14: Chứng minh rằng tổng S + 2 với S = 2 + 2 2 + 23 + ... + 220 không là số chính phương.

Lời giải: Giả sử S + 2 là số chính phương.  S + 2 = k2.

ƠN

Ta có: S = 2 + 22 + 23 + ... + 220 .  2 S = 2 2 + 23 + ... + 2 20 + 221 .

 S = 221 − 2 .  S + 2 = 221 hay  k 2 = 221 (vô lí).

 2S − S = (22 + 23 + ... + 220 + 221 ) − (2 + 22 + 23 + ... + 220 ) .

QU Y

Vậy tổng S + 2 với S = 2 + 2 2 + 23 + ... + 2 20 không là số chính phương.

Bài 15: Chứng minh rằng tổng các bình phương của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

Lời giải:

Gọi bốn số nguyên dương liên tiếp là n − 1, n, n + 1, n + 2 .

KÈ

Giả sử tổng các bình phương của bốn số nguyên dương liên tiếp trên là số chính phương, tức là (n − 1)2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2)2 là số chính phương.

Đặt N = (n − 1) 2 + n 2 + (n + 1)2 + (n + 2) 2 . Ta có: N = (n − 1)2 + n 2 + (n + 1)2 + (n + 2) 2 = 4n 2 + 4n + 6 = 4(n2 + n) + 6 (*) .

Do đó, vì 4(n 2 + n) + 6 là số chẵn và N là số chính phương nên N ⋮ 4 .

DẠ

Mà [4(n 2 + n) + 6] ⋮ 4 . Nên (*) không xảy ra hay vô lý.

Vậy tổng các bình phương của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

Trang 8

Bài 16: Chứng minh rằng tổng các bình phương của năm số nguyên dương liên tiếp không là số chính

phương.

FI CI A

Lời giải: Gọi bốn số nguyên dương liên tiếp là n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 .

Giả sử tổng các bình phương của năm số nguyên dương liên tiếp trên là số chính phương, tức là (n − 2)2 + (n − 1)2 + n 2 + (n + 1)2 + (n + 2) 2 là số chính phương.

Đặt M = (n − 2)2 + (n − 1)2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 .

Ta có: M = (n − 2) 2 + (n − 1)2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2) 2 = 5n 2 + 10 = 5(n 2 + 2) .

Do đó, vì M là số chính phương nên (n2 + 2)⋮ 5  n 2 + 2 có số tận cùng là 0 hoặc 5  n 2 có số tận cùng là 3 hoặc 8 (vô lí).

ƠN

Vậy tổng các bình phương của năm số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

Bài 17: Cho n là số nguyên dương và d là một ước nguyên dương của 2n 2 . Chứng minh rằng n 2 + d

Lời giải: Giả sử n 2 + d là một số chính phương.

Đặt 2n 2 = kd , k ∈ ℕ* .

không phải là số chính phương.

QU Y

Ta có: k 2 (n 2 + d ) = n2 k 2 + k 2 d = n 2 k 2 + 2n2 k = n2 (k 2 + 2k ) là số chính phương.  k 2 + 2k là số chính phương (*).

Mà k 2 < k 2 + 2k < (k + 1) 2 nên (*) vô lí.

Vậy với n là số nguyên dương và d là một ước nguyên dương của 2n 2 thì n 2 + d không phải là số chính phương.

KÈ

Bài 18: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số tự nhiên lẻ bất kì không phải là số chính phương.

Lời giải:

Gọi a , b là các số tự nhiên lẻ.

DẠ

Giả sử tổng bình phương của hai số a và b là số chính phương, tức a 2 + b 2 là số chính phương (1) . Vì a và b đều lẻ nên đặt a = 2 m + 1 , b = 2n + 1 .

 a 2 + b2 = (2m + 1) 2 + (2n + 1)2 = [4(m2 + n 2 + m + n) + 2]⋮ 2 ( 2 )

(

)

Từ (1) và ( 2 )  a 2 + b 2 ⋮ 4 ( 3 ) Trang 9

Mà a 2 + b 2 = 4(m 2 + n 2 + m + n) + 2 ⋮/ 4 ( 4 )

FI CI A

( 3) và ( 4 ) mâu thuẫn với nhau. Vậy tổng bình phương của hai số tự nhiên lẻ bất kì không phải là số chính phương.

Bài 19: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n 2 + 2002 không phải là số chính phương. Lời giải: Giả sử n 2 + 2002 là số chính phương.

 n 2 + 2002 = k 2 .  n 2 − k 2 = 2002  (n − k )(n + k ) = 2002 (*) .

ƠN

 2002 = (2.7.11.13)⋮ 2 Mà  nên (n − k )(n + k )⋮ 2  n − k , n + k chia hết cho 2. 2002 = (2.7.11.13) ⋮/ 4 Hơn nữa, (n + k ) − (n − k ) = 2k nên cả hai số n − k , n + k đều chia hết cho 2.

 (n − k )(n + k )⋮ 4 .

Nên (*) là điều mâu thuẫn hay không bao giờ xảy ra hay vô lý. Vậy với mọi số tự nhiên n thì n 2 + 2002 không phải là một số chính phương. 4

Lời giải: 4

QU Y

Bài 20: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì ( n + 1) + n 4 + 1 không phải là số chính phương.

Giả sử ( n + 1) + n 4 + 1 là số chính phương. 4

Ta có ( n + 1) + n 4 + 1 = 2n 4 + 4n3 + 6n 2 + 4n + 2 2

KÈ

= 2 ( n 4 + 2n3 + 3n 2 + 2n + 1) = 2 ( n 2 + n + 1) . 2

Do n 2 + n + 1 = n ( n + 1) + 1 là số lẻ nên ( n 2 + n + 1) là số lẻ. 4

 ( n + 1) + n 4 + 1 chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 (vô lí). 4

Vậy ( n + 1) + n 4 + 1 không là số chính phương.

DẠ

Bài 21: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n5 − n + 2 không phải là số chính phương. Lời giải: Giả sử n5 − n + 2 là số chính phương.

Ta có: n5 − n + 2 = (n5 − n) + 2 = n(n 4 − 1) + 2 = n(n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) + 2 (*) Trang 10

Vì n(n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) + 2 là số chẵn nên n5 − n + 2 là số chẵn. Mà n5 − n + 2 là số chính phương nên

Mặt khác : n(n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) + 2 ⋮ 4 . Nên (*) là điều mâu thuẫn hay không bao giờ xảy ra hay vô lý. Vậy n5 − n + 2 không là số chính phương.

FI CI A

(n5 − n + 2)⋮ 4 .

Bài 22: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì A = 20124 n + 20134 n + 2014 4 n + 20154 n

không phải là số chính phương.

Lời giải: Giả sử A là số chính phương.

ƠN

Ta có:

20124 n = (4.503)4 n ⋮ 4, ∀n ∈ ℕ *.

20144 n = (2.19.53)4 n = 42 n.(19.53) 4 n ⋮ 4, ∀n ∈ ℕ *.

20134 n = 20134 n − 1 + 1 = ( 20134 n − 1) + 1 chia 4 dư 1. 20154 n = 20154 n − ( −1) + 1 chia cho 4 dư 1.

QU Y

Do đó, A = 2012 4 n + 20134 n + 20144 n + 20154 n chia cho 4 dư 2. Ta có A là số chẵn và A chính phương nên A chia hết cho 22 (vô lí). Vậy A không là số chính phương.

Bài 23: Chứng minh rằng A = 1 + 2 + 2 2 + 23 + … + 233 không phải là số chính phương. Lời giải:

Giả sử A là số chính phương.

KÈ

Ta có A = 1 + 2 + ( 22 + 23 + 2 4 + 25 ) + … + ( 230 + 231 + 232 + 233 ) = 3 + 22. (1 + 2 + 2 2 + 23 ) + … + 230. (1 + 2 + 22 + 23 )

= 3 + 2.30 + … + 229.30 = 3 + ( 2 + … + 229 ) .3.10.

Ta thấy A có chữ số tận cùng bằng 3 (vô lí).

DẠ

Vậy A không là số chính phương.

Bài 24: Chứng minh rằng A = n 2004 + 1 không phải là số chính phương khi n lẻ. Lời giải: Giả sử n2004 + 1 là số chính phương với n là số lẻ. Trang 11

Ta có:

FI CI A

n 2004 + 1 = a 2 ( a ∈ ℕ* ) . 2

⇔ a 2 − ( n1002 ) = 1 . ⇔ ( a − n1002 )( a + n1002 ) = 1

 1⋮ ( a + n1002 )  ( a + n1002 ) = 1 điều này vô lí vì ( a + n1002 ) > 2 với n là số lẻ.

Vậy n 2004 + 1 không là số chính phương với n là số lẻ.

Bài 25: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p − 1 và p + 1 không thể là các số chính phương.

ƠN

Lời giải:

Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p⋮ 2 và p ⋮/ 4 (1) .

Đặt p + 1 = m2 ( m ∈ ℕ ) .

*Giả sử p + 1 là số chính phương.

Vì p chẵn nên p + 1 lẻ, suy ra m 2 lẻ, suy ra m lẻ.

QU Y

Đặt m = 2k + 1 ( k ∈ ℕ ) . Ta có m2 = 4k 2 + 4k + 1 .

 p + 1 = 4 k 2 + 4k + 1 .

 p = 4 k 2 + 4k = 4k ( k + 1)⋮ 4 , điều này mâu thuẫn với (1) .

Suy ra p + 1 không là số chính phương.

KÈ

* Giả sử p + 1 là số chính phương.

p = 2.3.5.... là số chia hết cho 3. Suy ra, p − 1 có dạng 3k + 2 .

Không có số chính phương nào có dạng 3k + 2 , điều này mâu thuẫn với p + 1 là số chính phương.

DẠ

Suy ra p − 1 không là số chính phương.

Vậy nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p − 1 và p + 1 không thể là các số chính phương.

Dạng 2: Chứng minh không tồn tại một điều kiện nào đó của biến để một biểu thức A là số chính phương. Trang 12

I. Phương pháp giải:

FI CI A

- Đề bài yêu cầu chứng minh không tồn tại một điều kiện nào đó của biến để một biểu thức A là số chính phương. - Giả sử biểu thức A là số chính phương. - Sử dụng các tính chất để tìm ra điều vô lí hay mâu thuẫn. - Vậy không tồn tại một điều kiện nào đó của biến để một biểu thức A là số chính phương.

II. Bài toán

Bài 26: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào để 2006 + n 2 là số chính phương.

Lời giải:

Giả sử 2006 + n 2 là số chính phương thì 2006 + n 2 = m2 ( m ∈ N ) .

ƠN

 m 2 − n 2 = 2006 .

⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = 2006 (1)

Như vậy, trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 )

Mặt khác m + n + m – n = 2m chẵn.

Suy ra hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3) Từ ( 2 ) và

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn.

(1) , ta thấy đây điều vô lý

QU Y

Suy ra ( m + n ) . ( m − n )⋮ 4 nhưng 2006 không chia hết cho 4, so sánh với hay mâu thuẫn với nhau.

Vậy không tồn tại số tự nhiên nào để 2006 + n 2 là số chính phương.

Bài 27: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào để 2010 + n 2 là số chính phương. Lời giải:

Giả sử 2010 + n 2 là số chính phương thì 2010 + n 2 = m2 ( m ∈ N ) .

KÈ

 m 2 − n 2 = 2010 .

⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = 2010 (1) Như vậy, trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 )

Mặt khác m + n + m – n = 2m.

DẠ

Suy ra hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3)

Từ ( 2 ) và

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn

Suy ra ( m + n ) . ( m − n )⋮ 4 nhưng 2010 không chia hết cho 4, so sánh với (1) , ta thấy đây là điều vô lý hay mâu thuẫn với nhau.

Vậy không tồn tại số tự nhiên nào để 2010 + n 2 là số chính phương. Trang 13

Bài 28: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào để 2014 + n 2 là số chính phương.

 m 2 − n 2 = 2014 .

⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = 2014 (1) Như vậy, trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 )

Suy ra hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3) Từ ( 2 ) và

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn.

Mặt khác m + n + m − n = 2m .

FI CI A

Giả sử 2014 + n 2 là số chính phương thì 2014 + n 2 = m2 ( m ∈ N ) .

Lời giải:

ƠN

Suy ra ( m + n ) . ( m − n )⋮ 4 nhưng 2014 không chia hết cho 4, so sánh với (1) , ta thấy đây là điều vô lý hay mâu thuẫn với nhau.

Vậy không tồn tại số tự nhiên nào để 2014 + n 2 là số chính phương.

Bài 29: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào để 2018 + n 2 là số chính phương. Lời giải:

Giả sử 2018 + n 2 là số chính phương thì 2018 + n 2 = m2 ( m ∈ N ) .

QU Y

 m 2 − n 2 = 2018 .

⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = 2018 (1)

Như vậy, trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 ) Mặt khác m + n + m − n = 2 m .

Suy ra hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3)

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn.

Từ ( 2 ) và

KÈ

Suy ra ( m + n ) . ( m − n )⋮ 4 nhưng 2018 không chia hết cho 4, so sánh với (1) , ta thấy đây là điều vô lý hay mâu thuẫn với nhau. Vậy không tồn tại số tự nhiên nào để 2018 + n 2 là số chính phương.

Bài 30: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào với k chẵn và k ⋮/ 4 ( k ∈ ℕ ) để k + n 2 là số

DẠ

chính phương.

Lời giải: Giả sử k + n 2 là số chính phương thì k + n 2 = m2 ( m ∈ N ) .  m2 − n2 = k .

⇔ ( m + n ) . ( m − n ) = k (1) . Trang 14

Như vậy, vì k chẵn nên trong hai số m + n và m − n phải có ít nhất một số chẵn ( 2 )

Suy ra, hai số m + n và m − n cùng tính chẵn lẻ ( 3) Từ ( 2 ) và

( 3)

suy ra m + n và m − n là hai số chẵn.

Suy ra ( m + n ) . ( m − n )⋮ 4 nhưng k không chia hết cho 4 , so sánh với hay mâu thuẫn với nhau.

FI CI A

Mặt khác, m + n + m − n = 2.m .

(1) , ta thấy đây là điều vô lý

Vậy không tồn tại số tự nhiên n nào với k chẵn và k ⋮/ 4( k ∈ N ) để 2018 + n 2 là số chính phương.

Bài 31: Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n nào để 13n 2 + 2 là số chính phương. Lời giải: Đặt 13n 2 = m 2 (*) .

ƠN

Nếu n chẵn (lẻ) thì m cũng chẵn (lẻ) nên cùng m, n tính chất chẵn (lẻ). +) Nếu m , n là các số lẻ thì 13n 2 + 2 chia 4 dư 3 (vì 13n2 chia 4 dư 1) nên không tồn tại m 2 do m 2 chia 4 dư 1.

+) Nếu m , n chẵn thì 13n2 chia 4 dư 2 và m2 ⋮ 4 là vô lý.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho 13n 2 + 2 là số chính phương.

Bài 32: Chứng minh rằng một số chẵn bất kỳ không chia hết cho 4 thì không phân tích thành hiệu của

QU Y

hai số chính phương.

Lời giải: Giả

sử

n = 4k + 2

( k ∈ N ) (chẵn

chia

dư

không

chia

hết

cho

4);

n = a 2 − b2  4k + 2 = a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) cùng tính chẵn lẻ.

( a − b )⋮ 2   ( a − b )( a + b )⋮ 4  ( 4k + 2 )⋮ 4 . ( a + b )⋮ 2

KÈ

Điều này trái với gia thiết ban đầu. Vậy một số chẵn bất kì không chia hết cho 4 thì không phân tích thành hiệu của hai số chính phương.

DẠ

 HẾT 

Trang 15

ĐS6.CHUYÊN ĐỀ 6-SỐ CHÍNH PHƯƠNG

FI CI A

CHỦ ĐỀ 4: DÙNG CHỮ SỐ TẬN CÙNG ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI SỐ CHÍNH PHƯƠNG PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT

-Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng là 0,1, 4,5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng là 2,3, 7,8. Như vậy để chứng minh một số không phải số chính phương ta chỉ ra số đó có hàng đơn vị là

2,3, 7,8.

-Số chính phương tận cùng bằng 1; 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Ví dụ : 121; 49;...

ƠN

-Số chính phương tận cùng là 5 thì chữ số hàng chục là 2 . -Số chính phương tận cùng là 6 thì chữ số hàng chục là lẻ. -Nếu số chính phương có chữ số tận cùng là 0 thì số chính phương đó có một số chẵn chữ số 0 ở tận cùng. Chẳng hạn: 100, 10000, … PHẦN II. CÁC BÀI TOÁN

a) A = 1111 + 111111 + 11111111 b) B = 100100 + 1010 + 8 c) C = 1010 + 17

QU Y

Lời giải

Bài 1: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương:

a) A = 1111 + 111111 + 11111111

Ta có: 1111 có chữ số tận cùng là 1;

111111 có chữ số tận cùng là 1;

11111111 có chữ số tận cùng là 1 ;

KÈ

Vì 1 + 1 + 1 = 3

Suy ra A có chữ số tận cùng là 3 nên không là số chính phương. b) B = 100100 + 1010 + 8

DẠ

Ta có: 100100 có chữ số tận cùng là 0 ; 1010 có chữ số tận cùng là 0 ;

Vì 0 + 0 + 8 = 8

 B = 100100 + 1010 + 8 có chữ số tận cùng là 8 nên không là số chính phương. Trang 1

c) C = 1010 + 17

FI CI A

Ta có: 1010 có chữ số tận cùng là 0 ; 17 có chữ số tận cùng là 7 ;

 C = 1010 + 17 có chữ số tận cùng là 0 + 7 = 7 nên không là số chính phương.

Bài 2: Chứng minh rằng số tự nhiên N = 20153 + 2014 2 + 20132 + 2012 2 − 20112 không là số chính phương.

Lời giải 20153 có chữ số tận cùng là 5; 2014 2 có chữ số tận cùng là 6;

ƠN

20132 có chữ số tận cùng là 9 20122 có chữ số tận cùng là 4;

20112 có chữ số tận cùng là 1

Ta có tổng các chữ số tận cùng: 5 + 6 + 9 + 4 − 1 = 23

Vì N có chữ số tận cùng là 3 nên N không là số chính phương.

QU Y

Bài 3: Không mất tính tổng quát hãy cho biết các tổng, hiệu sau có phải là số chính phương không?

A = 7.13.25.63.105 + 113

B = 11.19.27.63.99 − 122.92

C = 12.13.14.15.16 − 3.12.13.14.82

Lời giải

A = 7.13.25.63.105 + 113

KÈ

Ta có: 7.13.25.63.105 có chữ số tận cùng là 5 113 có chữ số tận cùng là 3

 A có chữ số tận cùng là 8

 A không là số chính phương.

DẠ

B = 11.19.27.63.99 − 122.92

Ta có: 11.19.27.63.99 có chữ số tận cùng là 1 ;

122.92 có chữ số tận cùng là 4 ;  B có chữ số tận cùng là 7 Trang 2

 B không là số chính phương.

C = 12.13.14.15.16 − 3.12.13.14.82

FI CI A

= 12.13.14.(15.16 − 3.82) = 12.13.14(240 − 246) < 0

 C không là số chính phương.

Bài 4: Chứng minh rằng tổng bình phương của năm số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương.

Lời giải Gọi năm số tự nhiên liên tiếp là: n − 2, n − 1, n, n + 1, n + 2 ( n ∈ ℕ, n ≥ 2). Gọi S là tổng bình phương của năm số tự nhiên liên tiếp.

ƠN

Ta có: S = (n − 2)2 + (n − 1) 2 + n 2 + (n + 1) 2 + (n + 2)2 = 5n 2 + 10 = 5(n 2 + 2) .

(

Vì n 2 là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8 nên n 2 + 2 không chia hết cho

)

5  5 n2 + 2 không chia hết cho 25 .

Ta thấy S chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 25 . Vậy S không là số chính phương.

QU Y

Bài 5: Chứng minh số n = 2004 2 + 20032 + 2002 2 − 20012 không là số chính phương. Lời giải

Vì chữ số tận cùng của các số 2004 2 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không là số chính phương.

Lời giải

Bài 6: Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.

KÈ

Cách 1: Ta có 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0 ) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai chữ số tận cùng là 90 ). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương.

Cách 2: Ta có 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0 ), nhưng không chia hết cho 4 (vì hai chữ số tận cùng là 90 ) nên 1234567890 không là số chính phương.

DẠ

Bài 7: Cho n ∈ ℕ và n –1 không chia hết cho 4 . Chứng minh rằng 7 n + 2 không thể là số chính phương. Lời giải

Do n − 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r ( k ∈ ℕ, r ∈ {0, 2,3} ) . Trang 3

+ 2 = 7r ( 74 k − 1) + 7r + 2.

Ta có 7 4 − 1 = 2400⋮100 . Ta viết 7n + 2 = 74 k

thể là 03,51, 45.

FI CI A

Vậy hai chữ số tận cùng của 7 n + 2 cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7 r + 2 ( r = 0, 2,3) nên chỉ có

Theo tính chất (1); (2); (3) thì rõ ràng 7 n + 2 không thể là số chính phương khi n − 1 không chia hết cho 4. Bài 8: Tổng sau có là số chính phương hay không A = 3 + 32 + 33 + …+ 320 . Lời giải

Ta biết rằng số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Mà A chia hết cho 3 , nhưng A chia 9 dư 3 . Do đó A không là số chính phương.

ƠN

Bài 9: Chứng minh rằng tổng sau không là số chính phương: B = 11 + 112 + 113 . Lời giải

Ta có: 11 có chữ số tận cùng là 1 ; 112 có chữ số tận cùng 1 ; 113 có chữ số tận cùng 1 ;

QU Y

 B có chữ số tận cùng là (1 + 1 + 1) = 3  B không là số chính phương.

Bài 10: Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 233 . Hỏi A có là số chính phương không? Vì sao? Lời giải

(

)

(

Ta có A = 1 + 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + ... + 230 + 231 + 232 + 233

)

KÈ

= 3 + 22. (1 + 2 + 22 + 23 ) + ... + 230. (1 + 2 + 22 + 23 ) = 3 + 2.30 + ... + 229.30 = 3 + ( 2 + ... + 229 ) .3.10 .

Ta thấy A có chữ số tận cùng bằng 3 .

DẠ

Mà số chính phương không có chữ số tận cùng là 3.

Do đó A không là số chính phương. Bài 11: Cho A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 . Chứng minh rằng A không phải là số chính phương.

Lời giải Trang 4

Ta có các số : 102012 ;102011 ;102010 ;102009 đều có chữ số tận cùng là 0 .

FI CI A

Nên A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 có chữ số tận cùng là 8 .

Vậy A không phải là số chính phương. (Vì số chính phương có chữ số tận cùng là 1; 4;5; 6;9 ). Bài 12: Cho A = 1 + 2 + 22 + 23 + ... + 22010 + 22011 . Hỏi A + 8 có phải là số chính phương không? Lời giải A + 8 = 1 + 2 + 2 2 + 23 + ... + 2 2010 + 22011 + 8 = 2 2012 − 1 + 8 = 2 2012 + 7 .

Ta có: 22012 có chữ số tận cùng là 6 ;  A có chữ số tận cùng là 6 + 7 = 13 .

Vì số chính phương không có tận cùng bằng 3 , nên A + 8 không phải là số chính phương.

ƠN

Bài 13: Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương: 12 12 12 a) A = 12 + 13 + 14

b) B = 7100 + 161 c) C = 100100 + 98 + 6 Lời giải

QU Y

a) A có chữ số tận cùng là 3 nên không là số chính phương. 25

b) B = 7100 + 161 = ( 7 4 ) + 161 ≡ 125 + 1 ≡ 1 + 1 ≡ 2 ( mod10 )  B có chữ số tận cùng là 2 nên không là số chính phương.

c) C = 100100 + 98 + 6

Ta có: 100100 có chữ số tận cùng là 0 ;

KÈ

98 có chữ số tận cùng là 1;  C có chữ số tận cùng là ( 0 + 1 + 6 ) = 7

 C có chữ số tận cùng là 7 nên không là số chính phương.

DẠ

Bài 14: Cho N = 1.3.5.....2015 . Chứng minh rằng N + 3 không là số chính phương. Lời giải

Ta có N chia hết cho 5 và N lẻ nên chữ số tận cùng của N là 5.

N + 3 có chữ số tận cùng là 8 nên không phải là số chính phương. Trang 5

Bài 15: Các tổng sau có phải là số chính phương không ? Vì sao ?

FI CI A

a) B = 1120 + 1121 + 1122 . 10

b) C = 1010 + 117 . Lời giải

a) Tổng B = 1120 + 1121 + 1122 có chữ số tận cùng là 3 nên không là số chính phương. 10

b) Tổng C = 1010 + 117 có chữ số tận cùng là 7 nên không là số chính phương.

Bài 16: Cho 4 chữ số 0, 2,3, 4 . Tìm số chính phương có 4 chữ số gồm cả 4 chữ số trên. Lời giải Gọi A là số chính phương có bốn chữ số cần tìm.

ƠN

A không có tận cùng là 2 hoặc 3 nên chữ số tận cùng của A là 0 hoặc 4 .

+) Nếu chữ số tận cùng của A là 0 thì chữ số hàng chục là 0 , không thỏa mãn yêu cầu.

A có thể là: 3204, 2304, 3024 .

+) Nếu chữ số tận cùng của A là 4 thì chữ số hàng chục là chẵn nên chữ số hàng chục là 0 hoặc 2 .

Ta có: 56 < 3204 < 57 2 ; 2304 = 482 ;542 < 3204 < 552

QU Y

Vậy số cần tìm là 2304 . Bài 17: Ta ký hiệu n ! là tích của n số nguyên dương đầu tiên. Cụ thể n ! = 1.2....n . Tìm số tự nhiên n sao cho: 1!+ 2!+ 3!+ ... + n ! là số chính phương. Lời giải

S = 1!+ 2!+ 3!+ ... + n !

* Với n ≥ 5 → n ! = 1.2.3.4.5...n ⋮10 → n ! có chữ số tận cùng là 0.

KÈ

+) Với n = 1 thì S = 1! = 1 = 12 +) Với n = 2 thì S = 1!+ 2! = 3 (loại)

+) Với n = 3 thì S = 1!+ 2!+ 3! = 9 = 32

DẠ

+) Với n = 4 thì S = 1!+ 2!+ 3!+ 4! = 33 (loại) +) Với n ≥ 5 thì S = 1!+ 2!+ 3!+ 4!+ 5!+ ... + n !

Ta thấy 1!+ 2!+ 3!+ 4!=33 có chữ số tận cùng là 3;

5!+ ... + n ! có tận cùng là 0

Trang 6

 S có tận cùng là 3 nên S không là số chính phương.

Vậy n = 1 hoặc n = 3 thì 1!+ 2!+ 3!+ ... + n ! là số chính phương.

FI CI A

Bài 18: Chứng minh rằng số tự nhiên N = 114 2 + 1132 + 112 2 − 11111 + 2015 không là số chính phương. Lời giải 1142 có chữ số tận cùng là 6 ; 1132 có chữ số tận cùng là 9;

1122 có chữ số tận cùng là 4 ;

11111 có chữ số tận cùng là 1 2015 có chữ số tận cùng là 5 ;

ƠN

Ta có 6 + 9 + 4 − 1 + 5 = 23 Vậy N có chữ số tận cùng là 3

 N không là số chính phương. 4

Bài 19: Cho P = 20142014 + 20192019 + 23 . Chứng minh rằng P không phải là số chính phương. Lời giải

QU Y

Chữ số tận cùng của 20142014 là 6 ; Chữ số tận cùng của 20192019 là 9 ; 4

Chữ số tận cùng của 23 là 2 ;

Chữ số tận cùng của P = 2014 2014 + 2019 2019 + 23 là chữ số tận cùng của tổng ( 6 + 9 + 2 ) = 17 là 7 .

Vậy P không phải là số chính phương.

KÈ

PHẦN III. BÀI TOÁN THƯỜNG GẶP TRONG ĐỀ HỌC SINH GIỎI Bài 1: Cho S = 4 + 2 2 + 23 + 2 4 + ... + 298 . Chứng tỏ rằng S không phải là số chính phương. (Trích Đề thi HSG lớp 9 huyện Cẩm Giàng năm 2018 -2019).

Hướng dẫn

DẠ

Gọi M = 2 + 2 2 + 23 + 2 4 + ... + 298  S = 2+M

(

) (

)

Ta có: M = 2M − M = 22 + 23 + 24 + ... + 299 − 2 + 22 + 23 + ... + 298 = 299 − 2

Trang 7

 S = 299 = ( 2 4 ) .23 = 8.1624

FI CI A

Vì 16 24 có chữ số tận cùng là 6  S có chữ số tận cùng là 8. Vậy S không là số chính phương. Cách 2: Gọi M = 2 + 2 2 + 23 + 2 4 + ... + 298

 S = 2+M

Ta có M = 2 M − M = ( 22 + 23 + 24 + ... + 299 ) − ( 2 + 22 + 23 + ... + 298 ) = 299 − 2  S = 299

Ta thấy thừa số nguyên tố 2 có số mũ lẻ .

ƠN

Vậy S không là số chính phương.

Bài 2: Cho biểu thức M = 5 + 52 + 53 + ... + 580 . Chứng tỏ rằng M không phải là số chính phương. (Trích Đề thi HSG lớp 6 trường THCS Quỳnh Giang năm 2015 -2016).

Hướng dẫn

Ta thấy M = 5 + 52 + 53 + ... + 580 chia hết cho số nguyên tố 5 . Mặt khác 52 + 53 + ... + 580 chia hết cho 52 (Vì các số hạng đều chia hết cho 52 )

QU Y

 M không chia hết cho 52 (Vì tổng M có một số hạng 5 không chia hết cho 52 )  M chia hết cho 5 nhưng không chia hết cho 52 Vậy M không phải là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh rằng tổng sau: P = 1 + 3 + 32 + 33 + ... + 361 + 362 không là số chính phương.

KÈ

Lời giải

(Trích Đề thi HSG lớp 6 trường THCS Nguyễn Thị Lợi năm 2009 -2010).

P = (1 + 3 + 32 + 33 ) + ( 34 + 35 + 36 + 37 ) + ... + ( 356 + 357 + 358 + 359 ) + 360 + 361 + 362

= ( 40 + 34. 40 + ... + 356. 40 ) + 360 + 361 + 362.

DẠ

Ta thấy: ( 40 + 34. 40 + ... + 356. 40 ) có chữ số tận cùng là 0 . 30

Số 360 = ( 32 ) = 930 có chữ số tận cùng là 1 .

Số 361 = 3.360 có chữ số tận cùng là 3 .

Trang 8

Số 362 = 9.360 có chữ số tận cùng là 9.

Vậy tổng P có chữ số tận cùng là 3  P không là số chính phương.

FI CI A

Bài 4: Cho A = 102012 + 102011 + 102010 + 102009 + 8 . Chứng minh rằng A không phải là số chính phương. (Trích Đề thi HSG lớp 6 trường THCS Nông Trang - TP Việt Trì năm 2014 - 2015). Lời giải Ta có các số : 102012 ;102011;102010 ;102009 đều có chữ số tận cùng là 0 .

Nên A = 102012 + 102011 + 10 2010 + 102009 + 8 có chữ số tận cùng là 8 . Vậy A không phải là số chính phương. 14

Bài 5: Cho P = 1414 + 99 + 23 . Chứng minh rằng P không phải là số chính phương.

ƠN

(Trích Đề thi HSG lớp 6 huyện Lý Nhân năm 2018 -2019). Lời giải 14

Vì 1414 = (142 ) ≡ 6k ≡ 6 ( mod10 ) , k ∈ ℕ nên chữ số tận cùng của 1414 là 6 . 9

Chữ số tận cùng của 99 là 9 . ( vì 99 lẻ )

(

( )

.2 ≡ 620.2 ≡ 6.2 ≡ 2 ( mod10 )

QU Y

Chữ số tận cùng của 23 là 2 . 23 = 281 ≡ 24 14

)

Chữ số tận cùng của P = 1414 + 99 + 23 là chữ số tận cùng của tổng ( 6 + 9 + 2 ) là 7 .

DẠ

KÈ

Vậy P không phải là số chính phương.

Trang 9

PHẦN I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT Không tồn tại số chính phương nằm giữa hai số chính phương liên tiếp.

Cụ thể: Nếu có q 2 < k < (q + 1) 2 (k ; q ∈ ℕ) thì k không là số chính phương. PHẦN II. CÁC DẠNG BÀI:

Dạng 1: Chứng minh một số, một biểu thức số không là số chính phương. I. Phương pháp giải:

Để chứng tỏ một số k ( k ∈ ℕ ) không là số chính phương ta tiến hành theo 3 bước:

ƠN

Bước 1: Chứng tỏ k > q 2 ( q ∈ ℕ ) Bước 2: Chứng tỏ k < (q + 1) 2 ( q ∈ ℕ )

Bước 3: Từ 2 bước trên suy ra q 2 < k < (q + 1)2 (q ∈ ℕ)  k không là số chính phương 2. Sử dụng các hằng đẳng thức để biến đổi biểu thức số: 2 (a + b) = a 2 + 2ab + b 2

QU Y

(a − b)2 = a 2 − 2ab + b 2 II. Bài toán:

Bài 1: Chứng minh rằng số 10224 không là số chính phương. Lời giải:

1012 = 10201  10224 > 1012

Nhận thấy:

KÈ

102 2 = 10404  10224 < 102 2 Suy ra

1012 < 10224 < 102 2

Vậy 10224 không là số chính phương.

DẠ

Bài 2: Chứng minh rằng số 40725 không là số chính phương.

Lời giải: Nhận thấy:

2012 = 40401  40725 > 2012

202 2 = 40804  40725 < 202 2 Trang 1

FI CI A

CHỦ ĐỀ 5: PHƯƠNG PHÁP KẸP TRONG BÀI TOÁN SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Suy ra

2012 < 40725 < 202 2

FI CI A

Vậy 40725 không là số chính phương.

Bài 3: Chứng minh số 4014025 không là số chính phương. Lời giải: Ta có 20032 = 4012009  4014025 > 20032

2004 2 = 4016016  4014025 < 2004 2

Suy ra 20032 < 4014025 < 2004 2

ƠN

Chứng tỏ 4014025 không là số chính phương.

Bài 4: Chứng minh số 4025025 không là số chính phương.

Lời giải: Ta có 2006 2 = 4024036  4025025 > 2006 2 2007 2 = 4028049  4025025 < 2007 2

QU Y

Suy ra 2006 2 < 4025025 < 2007 2

Chứng tỏ 4025025 không là số chính phương.

Bài 5: Chứng minh rằng:

KÈ

a) S = 2016 2016 + 20161000 + 2016999 + ... + 2016 2 + 2016 không là số chính phương. b) A = 20182018 + 20181000 + 2018999 + ... + 20182 + 2018 + 5 không là số chính phương Lời giải: a) Ta có S = 2016 2016 + 20161000 + 2016999 + ... + 2016 2 + 2016  S > 20162016 = (20161008 )2 (1)

Ta đi chứng minh S < (20161008 + 1) 2 = 20162016 + 2.20161008 + 1

DẠ

Thật vậy : 20161000 + 2016999 + ... + 2016 2 + 2016 < 20161000 + 20161000 + ... + 20161000 ( 1000 số 20161000 )

 20161000 + 2016999 + ... + 2016 2 + 2016 < 1000.20161000

Mà 1000.20161000 < 20161001 < 2.20161008 + 1 Trang 2

 S < (20161008 + 1) 2

 S < 20162016 + 2.20161008 + 1 = (20161008 + 1)2

Từ (1), (2)  (20161008 )2 < S < (20161008 + 1)2 Suy ra S không là số chính phương (ĐPCM) b) Ta có : A = 20182018 + 20181000 + 2018999 + ... + 20182 + 2018 + 5  A > 20182018 = (20181009 ) 2 (1)

Lại có:

FI CI A

(2)

20182018 + 20181000 + ... + 20182 + (2018 + 5) < 20182018 + 20181000 + ... + 20181000 (1000 số 20181000 )

 A < (20181009 + 1)2

(2)

Từ (1), (2)  (20181009 ) 2 < A < (20181009 + 1)2

Suy ra A không là số chính phương (ĐPCM)

ƠN

 A < 20182018 + 1000.20181000 < 20182018 + 20181001 < 20182018 + 2.20181009 + 1

Bài 6: Chứng minh rằng:

QU Y

M = 20212020 + 2021100 + 202199 + ... + 20212 + 20211 + 20210 không là số chính phương.

Lời giải:

Ta có : M = 20212020 + 2021100 + 202199 + ... + 20212 + 20211 + 20210

Lại có:

 M > 20212020 = (20211010 )2 (1)

KÈ

2021100 + 202199 + ... + 20212 + (20211 + 20210 ) < 2021100 + ... + 2021100 (100 số 2021100 )  2021100 + 202199 + ... + 20212 + (20211 + 20210 ) < 100.2021100  M < 20212020 + 100.2021100 < 20212020 + 2021101 < 20212020 + 2.20211010 + 1

 M < (20211010 + 1) 2

(2)

DẠ

Từ (1), (2)  (20211010 )2 < M < (20211010 + 1) 2

Suy ra M không là số chính phương (ĐPCM)

Trang 3

Dạng 2: Chứng minh biểu thức A(n) không là số chính phương.

FI CI A

I. Phương pháp giải: - Để chứng tỏ biểu thức A(n) ( n ∈ ℕ ) không là số chính phương ta tiến hành theo 3 bước: 2

Bước 1: Chứng tỏ A(n) > [ B(n)]

Bước 2: Chứng tỏ A(n) < [ B(n)+1]

- Sử dụng các hằng đẳng thức sau để biến đổi biểu thức: (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2

ƠN

(a − b)2 = a 2 − 2ab + b 2

a 3 + b3 = (a + b)(a − ab + b) II. Bài toán:

a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) a 3 − b3 = (a − b)(a + ab + b)

Bước 3: Từ 2 bước trên suy ra [ B(n)] < A(n) < [ B(n)+1]  A(n) không là số chính phương.

Lời giải:

QU Y

Bài 1: Chứng minh rằng tích của hai số tự nhiên liên tiếp khác 0 không là số chính phương.

Gọi 2 số tự nhiên liên tiếp khác 0 là n ; ( n + 1) ( n ∈ ℕ *)

Tích 2 số là n ( n + 1)

(1)

Mặt khác n 2 + n < n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2

(2)

KÈ

Ta có n ( n + 1) = n 2 + n > n 2 ( n ∈ ℕ *)

Từ (1), (2)  n 2 < n 2 + n < (n + 1)2  n 2 < n(n + 1) < (n + 1) 2

 ∀n ∈ ℕ * thì n ( n + 1) là không là số chính phương.

DẠ

Vậy tích của hai số tự nhiên liên tiếp khác 0 không là số chính phương (ĐPCM)

Bài 2: Chứng minh rằng tích của bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương. Lời giải: Trang 4

Gọi 4 số nguyên dương liên tiếp là n ; ( n + 1); (n + 2); (n + 3) ( n ∈ ℕ *)

FI CI A

Đặt S = n( n + 1)( n + 2)( n + 3)

 S = [ n(n + 3)] .[ (n + 1)(n + 2)]  S = (n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) Đặt (n 2 + 3n) = x

( x ∈ ℕ *)  S = x( x + 2) = x 2 + 2 x

Nhận thấy x 2 < x 2 + 2 x < x 2 + 2 x + 1  x 2 < x 2 + 2 x < ( x + 1) 2 Suy ra S không là số chính phương ∀x ∈ ℕ * Suy ra S không là số chính phương ∀n ∈ ℕ *

ƠN

Vậy tích bốn số nguyên dương liên tiếp không là số chính phương.

Lời giải:

Bài 3: Chứng minh rằng tổng bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là n ; ( n + 1); ( n + 2) ; ( n + 3) ( n ∈ ℕ )

QU Y

Đặt A = n 2 + (n + 1)2 + (n + 2) 2 + (n + 3)2

 A = n 2 + (n 2 + 2n + 1) + (n 2 + 4n + 4) + (n 2 + 6n + 9)  A = 4n 2 + 12 n + 14

 A = (4n 2 + 12n + 9) + 5

 A =  (2n) 2 + 2.2n.3 + 32  + 5

KÈ

 A = (2n + 3)2 + 5  A = (2n + 3)2 + 5

 A > (2n + 3)2 (1)

DẠ

Mặt khác ta có: (2n + 4) 2 = 4n 2 + 16n + 16 = (4n 2 + 12n + 9) + 4n + 7 = (2n + 3)2 + 4n + 7 > (2n + 3) 2 + 5 ( n ∈ ℕ )

 A < (2n + 4) 2

(2)

Từ (1), (2)  (2n + 3)2 < A < (2n + 4) 2  A không là số chính phương. Trang 5

FI CI A

a) n 2 + 7 n + 10 b) 4 n 2 + 5n + 2 Lời giải: a) Nhận thấy : (n + 3) 2 = n 2 + 6n + 9 ( ∀n ∈ ℕ ) Mà n 2 + 7 n + 10 > n 2 + 6n + 9

nên n 2 + 7 n + 10 > (n + 3)2 (1) Cũng có (n + 4) 2 = n 2 + 8n + 16 ( ∀n ∈ ℕ )

(2)

ƠN

Mà n 2 + 7 n + 10 < n 2 + 8n + 16 nên n 2 + 7 n + 10 < (n + 4)2 ∀n ∈ ℕ

Bài 4: Chứng minh rằng ∀n ∈ ℕ các số sau không là số chính phương

b) Nhận thấy ∀n ∈ ℕ ta có: (2n + 1) 2 = 4n 2 + 4n + 1 (2n + 2) 2 = 4n 2 + 8n + 4

Từ (1) , (2)  ∀n ∈ ℕ thì n 2 + 7 n + 10 không là số chính phương

QU Y

4 n 2 + 4 n + 1 < 4 n 2 + 5n + 2 < 4 n 2 + 8n + 4

 (2n + 1)2 < 4n 2 + 5n + 2 < (2n + 2) 2 ∀n ∈ ℕ  ∀n ∈ ℕ thì 4n 2 + 5n + 2 không là số chính phương

A = n 2 + 2n + 3

KÈ

a) b)

Bài 5 Chứng minh rằng với n là số tự nhiên thì các số sau không phải số chính phương

B = 9n 2 + 8n + 10

Lời giải:

a) Ta có:

(n + 1)2 = n 2 + 2n + 1

DẠ

(n + 2) 2 = n 2 + 4n + 4

Mà n 2 + 2n + 1 < n 2 + 2n + 3 < n 2 + 4n + 4 nên (n + 1)2 < n 2 + 2n + 3 < (n + 2) 2

Trang 6

 A = n 2 + 2n + 3 không là số chính phương

Ta có: (3n + 1) 2 = 9n 2 + 6n + 1

FI CI A

(3n + 2)2 = 9n 2 + 12n + 4 Mà 9n 2 + 6n + 1 < 9n 2 + 8n + 10 < 9n 2 + 12n + 4 nên (3n + 1) 2 < 9n 2 + 8n + 10 < (3n + 2)2

 B = 9n 2 + 8n + 10 không là số chính phương

Bài 6: Chứng minh rằng số có dạng n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 trong đó n∈ ℕ; n > 1 không là số chính phương.

ƠN

Lời giải: Đặt B = n6 − n 4 + 2n3 + 2n 2

B = n 2 . ( n 4 − n 2 + 2n + 2 ) = n 2 . ( n 4 − n 2 ) + (2n + 2) 

 B = n 2 .  n 2 ( n 2 − 1) + 2( n + 1)  = n 2 .  n 2 ( n − 1)( n + 1) + 2 ( n + 1)   B = n 2 . ( n + 1)  n 2 ( n − 1) + 2  = n 2 . ( n + 1)  n3 − n 2 + 2 

QU Y

 B = n 2 ( n + 1) . ( n3 + 1) − ( n 2 − 1)  = n 2 ( n + 1) . ( n + 1) ( n 2 − n + 1) − ( n − 1)( n + 1)   B = n 2 ( n + 1) . ( n + 1) ( n 2 − n + 1) − ( n − 1)  = n 2 ( n + 1) . ( n 2 − 2n + 2 ) 2

Với n ∈ ℕ, n > 1 thì n2 − 2n + 2 = ( n2 − 2n + 1) + 1 = ( n − 1) + 1 > ( n − 1) 2

 B > ( n − 1)

(1)

KÈ

Mặt khác với n ∈ ℕ, n > 1 ta có n2 − 2n + 2 = n 2 − ( 2n − 2 ) = n 2 − 2 ( n − 1) < n2  B < n2

(2) 2

Từ (1) , (2) suy ra ( n − 1) < B < n 2  B không phải là một số chính phương.

DẠ

Vậy số có dạng n 6 − n 4 + 2n3 + 2n 2 trong đó n∈ ℕ; n > 1 không là số chính phương (ĐPCM)

Bài 6: Cho n là số nguyên dương và m là ước nguyên dương của 2n 2 . CMR: n 2 + m không là số chính phương. Trang 7

Lời giải:

(1)

Theo bài ra ta có: 2n 2 = mp ( p ∈ ℕ )  m =

2n 2 p

2n 2 2n 2 = k2 vào (1) ta được: n 2 + p p

Thay m =

FI CI A

Đặt: n 2 + m = k 2 ( k ∈ ℕ )

Giả sử: n 2 + m là số chính phương.

 n 2 p 2 + 2 pn 2 = p 2 k 2

 n2 ( p 2 + 2 p ) = ( pk )

ƠN

Do n 2 , ( pk ) là các số chính phương nên p 2 + 2 p là số chính phương. 2

Vậy n 2 + m không là số chính phương.

Mặt khác: p 2 < p 2 + 2 p < ( p + 1)  p 2 + 2 p không là số chính phương (Mâu thuẫn với giả sử)

I. Phương pháp giải:

QU Y

Dạng 3: Tìm giá trị của n để biểu thức A(n) là một số chính phương.

Xét các trường hợp có thể xảy ra của n . Dùng tính chất “Nếu q 2 < k < (q + 1)2 (k ; q ∈ ℕ) thì k không là số chính phương” đề loại các giá trị không phù hợp của n và từ đó chọn giá trị phù hợp của n . II. Bài toán:

KÈ

Lời giải:

Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n ( n + 1) là số chính phương.

Vì n là số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau: +) n = 0  n ( n + 1) = 0  n ( n + 1) là số chính phương

+) n ≥ 1:

(1)

Mặt khác n 2 + n < n 2 + 2n + 1 = (n + 1) 2

(2)

DẠ

Ta có n ( n + 1) = n 2 + n > n 2 ( n ∈ ℕ *)

Từ (1), (2)  n 2 < n 2 + n < (n + 1)2 Trang 8

 n 2 < n(n + 1) < (n + 1) 2

FI CI A

 ∀n ∈ ℕ * thì n ( n + 1) là không là số chính phương. Vậy n = 0 thì n ( n + 1) là số chính phương

Bài 2: Tìm số tự nhiên n để S = n( n + 1)( n + 2)( n + 3) là số chính phương.

Lời giải: Vì n là số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau:

+) n = 0  S = n( n + 1)( n + 2)( n + 3) = 0  S là số chính phương

ƠN

+) n ≥ 1: Ta có S = [ n(n + 3)] .[ (n + 1)(n + 2) ] = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2)

( x ≥ 4 )  S = x( x + 2) = x 2 + 2 x

Đặt (n 2 + 3n) = x

Nhận thấy x 2 < x 2 + 2 x < x 2 + 2 x + 1  x 2 < x 2 + 2 x < ( x + 1) 2 Suy ra S không là số chính phương ∀x ≥ 4

QU Y

Suy ra S không là số chính phương với n ≥ 1

Vậy n = 0 thì S = n( n + 1)( n + 2)( n + 3) = 0 là số chính phương.

Bài 3: Tìm số tự nhiên n để n 2 + 3n là số chính phương

Lời giải:

Vì n là số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau:

KÈ

+) n = 0  n 2 + 3n = 0  n 2 + 3n là số chính phương +) n = 1  n 2 + 3n = 4  n 2 + 3n là số chính phương

+) n > 1:

DẠ

Ta có n 2 + 3n = n 2 + 2n + n > n 2 + 2n + 1 = (n + 1)2

Cũng có n 2 + 3n = n 2 + 2n + n < n 2 + 4n + 4 = (n + 2)2  (n + 1)2 < n 2 + 3n < (n + 2) 2  n 2 + 3n không là số chính phương Trang 9

Bài 4: Tìm số tự nhiên n để n 4 − 3n + 6 là số chính phương Lời giải: Vì n là số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau:

+) n = 1  n 4 − 3n + 6 = 4  n 4 − 3n + 6 là số chính phương. +) n = 2  n 4 − 3n + 6 = 16  n 4 − 3n + 6 là số chính phương. +) n > 2 :

+) n = 0  n 4 − 3n + 6 = 6  n 4 − 3n + 6 không là số chính phương.

FI CI A

Vậy với n = 0;1 thì n 2 + 3n là số chính phương.

ƠN

Ta có n 4 − 3n + 6 = n 4 + (3n − 6) = n 4 − 3(n − 2) < n 4 = (n 2 )2 (1) Mặt khác ta có: (n 2 − 1)2 = n 4 − 2n 2 + 1

Xét hiệu:

n 4 − 3n + 6 − (n 2 − 1) 2 = n 4 − 3n + 6 − (n 4 − 2n 2 + 1)

= 2n 2 − 4 n + n + 5

QU Y

= 2n 2 − 3n + 5

= 2n( n − 2) + n + 5 > 0 ∀n > 2

 n 4 − 3n + 6 − (n 2 − 1) 2 > 0  n 4 − 3n + 6 > (n 2 − 1) 2 (2)

Từ (1) , (2)  (n 2 − 1)2 < n 4 − 3n + 6 < (n 2 )2  n 4 − 3n + 6 không là số chính phương.

KÈ

Vậy với n = 1; 2 thì n 4 − 3n + 6 là số chính phương.

Bài 5: Tìm tất các các số nguyên n để : n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 là số chính phương

DẠ

Lời giải: 2

Đặt y 2 = n 4 + 2n3 + 2n 2 + n + 7 = ( n 2 + n + 1) − ( n 2 + n + 6 ) 2

2 1 3   y = ( n + n ) +  n +  + 6. hoặc y 2 = ( n 2 + n + 2 ) − 3 ( n 2 + n − 1) 2 4  2

Trang 10

Khi n = 0 hoặc n = −1  y 2 = 7 không phải là số chính phương

Ta có : ( n 2 + n ) < y 2 < ( n 2 + n + 2 )  y 2 = ( n 2 + n + 1)

FI CI A

Với n ≠ 0, −1  n 2 + n − 1 = ( n − 1)( n + 1) + n và −3 ( n 2 + n − 1) < 0 2

n = 2 Lúc đó : n 2 + n − 6 = 0    n = −3

Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số chính phương

Lời giải: Ta có số tự nhiên n có 2 chữ số nên 10 ≤ n ≤ 99

ƠN

 21 ≤ 2n + 1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 2n + 1 bằng 25; 49;81;121;169 Tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60;84

Tương ứng 3n + 1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Trong đó chỉ có 121 là số chính phương.

Vậy số tự nhiên n có 2 chữ số cần tìm là n = 40

Bài 7: Tìm số tự nhiên n để n 4 − n + 2 là số chính phương

QU Y

Lời giải:

Vì n là số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau: +) n = 0  n 4 − 3n + 6 = 6  n 4 − 3n + 6 không là số chính phương. +) n ≠ 0 ta xét: 4

− n + 2 ) − ( n 2 − 1) = ( n 4 − n + 2 ) − ( n 4 − 2n 2 + 1) = 2n 2 − n + 1 > 0

KÈ

 ( n 4 − n + 2 ) > ( n 2 − 1)

(1)

+ 1) − ( n 4 − n + 2 ) = ( n 4 + 2n 2 + 1) − ( n 4 − n + 2 ) = 2n 2 + n − 1 > 0 2

DẠ

 ( n 2 + 1) > ( n 4 − n + 2 ) 2

(2)

Từ (1) và (2)  ( n 2 − 1) < ( n 4 − n + 2 ) < ( n 2 + 1)

 ( n4 − n + 2 ) = n4

⇔ −n + 2 = 0 Trang 11

n=2

FI CI A

Vậy n = 2 thì n 4 − n + 2 là số chính phương

Dạng 4: Tìm một số chính phương thỏa mãn các điều kiện cho trước.

Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số B cũng là số chính phương. Tìm hai số A và B.

Lời giải:

Gọi A = abcd = k 2 , khi đó: B = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)( d + 1) = m 2 ( k , m ∈ ℕ,32 < k < m < 100 ) Ta có :

ƠN

 m 2 − k 2 = ( a + 1)( b + 1)( c + 1)( d + 1) − abcd  m2 − k 2 = 1000 ( a + 1) + 100 ( b + 1) + 10 ( c + 1) + ( d + 1) − (1000a + 100b + 10c + d )

 m 2 − k 2 = 1000a + 1000 + 100b + 100 + 10c + 10 + d + 1 − (1000a + 100b + 10c + d )  m 2 − k 2 = 1111  ( m − k )( m + k ) = 11.101

(1)

QU Y

Nhận xét thấy tích với k , m ∈ ℕ,32 < k < m < 100  ( m − k ) , ( m + k ) là hai số nguyên dương. và m − k < m + k < 200

(2)

 m − k = 11  m = 56 Từ (1), (2)   ⇔  m + k = 101  k = 45

KÈ

Vậy hai số A = 2025, B = 3136

Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm hai chữ số sau một đơn vị.

Lời giải:

DẠ

Gọi số chính phương có 4 chữ số là abcd

Đặt abcd = k 2 ( k ∈ ℕ,32 ≤ k < 100 )  100ab + cd = k 2

(1) Trang 12

(

Mặt khác theo bài ra ta có : ab − cd = 1

)

 100ab − 100cd = 100

(

FI CI A

 100 ab − cd = 1

( 2)

) (

)

Từ (1) , ( 2 ) suy ra 100ab + cd − 100ab − 100cd = k 2 − 100

 k + 10⋮101 hoặc k − 10⋮101 Mà k ∈ ℕ ,32 ≤ k < 100 nên ( k − 1;101) = 1  k + 10⋮101

ƠN

Do 32 ≤ k < 100

 101cd = k 2 − 102 = ( k − 10 )( k + 10 )

 42 ≤ k + 10 < 110  k + 10 = 101

 k = 91

 abcd = 912 = 8281

QU Y

Vậy số chính phương có 4 chữ số cần tìm là 8281

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Lời giải:

Gọi số chính phương phải tìm là : aabb = n 2 , ( a, b ∈ ℕ ) ,1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9

Ta có : n 2 = aabb = 100aa + bb = 11.100a + 11b

KÈ

 n2 = 11(100a + b ) = 11( 99a + a + b )

(1)

 n 2 ⋮11

(2)

Mà 11 là số nguyên tố  n 2 ⋮112

DẠ

Từ (1),(2) ta suy ra a + b ⋮11

Mà 1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9

 1 ≤ a + b ≤ 18  a + b = 11 Trang 13

Thay a + b = 11 vào (1) ta được : n 2 = 112 ( 9a + 1)  9a + 1 là số chính phương

FI CI A

Bằng phép thử a từ 1 đến 9 ta thấy có a = 7 là thỏa mãn  b = 4 Vậy số cần tìm là 7744 .

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương. Lời giải:

Gọi số chính phương đó là: abcd Theo bài ra ta có abcd = x 2 = y 3 ( x, y ∈ ℕ )

ƠN

Vì y 3 = x 2  y cũng là một số chính phương. Mặt khác ta có : 1000 ≤ abcd ≤ 9999

 103 ≤ y 3 ≤ 213  10 ≤ y ≤ 21

Mà y là số chính phương nên y = 16

QU Y

 abcd = 163

 1000 ≤ y 3 ≤ 9999

 abcd = 4096

Vậy số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương là 4096

KÈ

Lời giải:

Bài 5: Tìm số có hai chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Gọi số phải tìm là ab ( a, b ∈ ℕ,1 ≤ a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9 ) 2

Theo bài ra ta có: ab = ( a + b ) ⇔ (10a + b ) = ( a + b )

DẠ

Khi đó ab là một lập phương và a + b là một số chính phương

Đặt ab = t 3 ( t ∈ ℕ ) , a + b = m 2 ( m ∈ ℕ )

Vì 10 ≤ ab ≤ 99  10 ≤ t 3 ≤ 99 Trang 14

 t = 27 hoặc t = 64

FI CI A

 ab = 27 hoặc ab = 64 TH1 : ab = 27  a + b = 9 là số chính phương TH2 : ab = 64  a + b = 10 không là số chính phương ( loại)

Vậy số có hai chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó là 27.

Lời giải: Gọi ba số lẻ liên tiếp đó là: 2n − 1, 2n + 1, 2n + 3 ( n ∈ ℕ ) 2

ƠN

Ta xét: A = ( 2n − 1) + ( 2n + 1) + ( 2n + 3)

Bài 6: Tìm ba số chính phương lẻ liên tiếp mà tổng của chúng là một số có 4 chữ số giống nhau.

A = ( 4n 2 − 4n + 1) + ( 4n 2 + 4n + 1) + ( 4n 2 + 12n + 9 )

A = 12n 2 + 12n + 11

Theo bài ra ta có A = 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a ( a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9 )  12n 2 + 12n = 1111.a − 11

 101a − 1⋮ 3  99a + 2a − 1⋮ 3  2a − 1⋮ 3

QU Y

 12n ( n + 1) = 11(101a − 1) (*)

Vì 1 ≤ a ≤ 9  1 ≤ 2a − 1 ≤ 17

KÈ

Mà 2a − 1 lẻ nên 2a − 1∈ {1;3;9;15}  a ∈ {1;2;5;8} Vì a lẻ nên a = 1;5

+ Thay a = 1 vào (*) ta được 12n ( n + 1) = 1100

DẠ

 n ( n + 1) = 275

Mà n ( n + 1) là tích 2 số tự nhiên liên tiếp nên chỉ có tận cùng là 0; 2;6 (loại) + Thay a = 5 vào(*) ta được 12n ( n + 1) = 5544

 n ( n + 1) = 462 Trang 15

 n ( n + 1) = 21.22

( 2n − 1) = 1681 2n − 1 = 41  2    2n + 1 = 43  ( 2n + 1) = 1849 2n + 3 = 45  2  ( 2n + 3) = 2025 2

Vậy ba số chính phương lẻ liên tiếp cần tìm là 1681;1849; 2025

FI CI A

 n = 21

Bài 7: Tìm số chính phương mà nó bằng bình phương của một số có hai chữ số và bằng lập phương của tổng hai chữ số của số có hai chữ số đó.

ƠN

Lời giải: Gọi số chính phương cần tìm là n 2

= n = ( a + b ) nên ( a + b ) là số chính phương. 2

Đặt ( a + b ) = x 2  x 6 = ab  x3 = ab

( )

Theo bài ra ta có ab

mà 9 < ab < 100  9 < x3 < 100  x ∈ {3; 4}

QU Y

Nếu x = 3  ab = 27 (thỏa mãn) Nếu x = 4  ab = 64 (loại) 2

 n = ab = 27 2 = 729

Vậy số chính phương cần tìm là 729

KÈ

Bài 8: Tìm một số chính phương biết nó bằng tổng của một số có hai chữ số với số gồm hai chữ số đó viết theo thứ tự ngược lại. Lời giải:

Gọi số chính phương đó có dạng n 2 ( n ∈ ℕ )

DẠ

Theo bài ra ta có : n 2 = ab + ba ( a , b ∈ ℕ ;0 < a , b < 9 )  n 2 = 10a + b + 10b + a = 11( a + b)  n2 ⋮11

Mà 11 là số nguyên tố nên  n 2 ⋮112 Trang 16

 11(a + b) ⋮112  ( a + b) ⋮11

FI CI A

Mà a , b ∈ ℕ ;0 < a , b < 9  2 < (a + b) < 18  (a + b) = 11

 n2 = 11.11 = 121 Vậy số chính phương cần tìm là 121

Bài 9: Tìm một số chính phương biết nó bằng bình phương của một số có hai chữ số trừ đi bình phương của số gồm hai chữ số đó viết theo thứ tự ngược lại. Lời giải: Gọi số chính phương đó có dạng n 2 ( n ∈ ℕ ) 2

ƠN

Theo bài ra ta có : n 2 = ab + ba ( a , b ∈ ℕ ;0 < a , b < 9 )

 n 2 = (10a + b ) − (10b + a ) = (100a 2 + 20ab + b 2 ) − (100b 2 + 20ab + a 2 )

 n 2 = 11.9 ( a − b )( a + b )

QU Y

 n2 ⋮11

 n 2 = 99a 2 − 99b 2 = 99 ( a 2 − b 2 ) = 11.9 ( a 2 − b 2 )

Mà 11 là số nguyên tố nên  n 2 ⋮112  11.9.( a − b)( a + b) ⋮112

Vì a , b ∈ ℕ ;0 < a , b < 9  0 < (a − b) < 8, 2 < (a + b) < 18  (a + b) = 11

 n2 = 112.32 ( a − b ) suy ra ( a − b ) là số chính phương

KÈ

Mà 0 < (a − b) < 8  ( a − b ) = 1; 4 Mặt khác vì (a − b), (a + b) cùng tính chẵn lẻ nên ( a − b ) = 1  n 2 = 112.32.1 = 1089

DẠ

Vậy số chính phương cần tìm là 1089

Bài 10: Tìm số chính phương có dạng abcd , biết : ab − cd = 1 Lời giải:

Trang 17

Đặt abcd = n 2  n 2 = 100ab + cd

FI CI A

Mà ab = cd + 1 nên n 2 = 100(cd + 1) + cd = 101cd + 100

 n 2 − 10 2 = 101cd

⇔ 101cd = (n + 10)(n − 10)

 ( n − 10 )( n + 10 )⋮101  n − 10⋮101  n + 10⋮101

Vì 101 là số nguyên tố  

Ta có : 1000 ≤ n < 10000  31 < n < 100  n + 10⋮101 ⇔ n = 91

ƠN

 abcd = 912 = 8281

Bài 11: Tìm một số chính phương có 4 chữ số là số là một lập phương của một số tự nhiên. Lời giải:

QU Y

Gọi số chính phương đó là : abcd = x 2 = y3 ( x, y ∈ N ) Vì y 3 = x 2  y cũng là một số chính phương.

Ta có : 1000 ≤ abcd ≤ 9999  1000 ≤ y 3 ≤ 9999  10 ≤ y ≤ 21 Mà y là số chính phương nên y = 16

 abcd = 163 = 4096

KÈ

Vậy số chính phương cần tìm là 4096

Bài 12: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố và số đó bằng bình phương của số có tổng các chữ số là một số chính phương.

DẠ

Lời giải: Gọi số phải tìm là : abcd với a, b, c, d ∈ N ,1 ≤ a ≤ 9,0 ≤ b, c, d ≤ 9

Vì abcd là số chính phương nên d ∈ {0;1; 4;5;6;9} mà d là số nguyên tố nên d = 5

Trang 18

FI CI A

 k có tận cùng là 5 và tổng các chữ số của k là một số chính phương  k = 45

Đặt abcd = k 2 < 1000 => 32 ≤ k < 100 với k là 1 số có hai chữ số mà k 2 có tận cùng là 5

DẠ

KÈ

QU Y

ƠN

Vậy abcd = 2025

Trang 19