Chuyên đề Bồi dưỡng số học lớp 6

Nội dung text: Chuyên đề Bồi dưỡng số học lớp 6

1. PHÉP CHIA HẾT I. ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA: a b có số nguyên q sao cho a = bq ►Tính chất: a) Mọi số nguyên a 0 đều chia hết cho chính nĩ. b) số 0 chia hết cho mọi số b 0 c) Nếu a b thì ca b với c là số nguyên d) Nếu a b thì a  b e) Mọi số nguyên a đều chia hết cho 1 f) Nếu a b và a b thì b khơng chia hết cho a (a, b nguyên dương) g) Nếu a b, c  b thì a b  c h) Nếu a b và c b thì am cn  b với m, n là các số nguyên bất kì. i) Nếu S a b c  m và a, b đều chi hết cho m thì c m j) Nếu một số hạng của tổng khơng chia hết cho m cịn các số hạng cịn lại của tổng chia hết cho m thì tổng khơng chia hết cho m. k) Nếu a b, c  d thì ac bd
2. l) Nếu ab và bc thì ac m) Nếu ab và ba thì a = b n) Nếu ab ; ac và (b,c) = 1 thì abc o) Nếu abc và (c,b) = 1 thì ac II. CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH CHIA HẾT: 1. Dùng tính chất ” Trong n ( n 1 ) số nguyên liên tiếp cĩ một và chỉ một số chia hết cho n “ ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng: a) Tích 2 số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 b) Tích ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6 c) Tích 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 120 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n: a) n3 + 11n  6 b) mn( m2 – n2 )  3 c) n( n + 1 )( 2n + 1 )  6 d) n2(n2 – 1)  12 e) n5 – 5n3 + 4n 120 3. Chứng minh rằng tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 9. 4. Chứng minh rằng trong 1900 số tự nhiên liên tiếp cĩ một số cĩ tổng các chữ số chia hết cho 27. 5. a) a, b lẻ khơng chia hết cho 3. Chứng minh a2 – b2 24. b) p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh p2 – 1  24 6. Chứng minh rằng các biểu thức sau là các số nguyên với mọi n nguyên: n5 n 3 7n n5 n 4 7n 3 5n 2 n a) 5 3 15 b) 120 12 24 12 5 7. Chứng minh rằng ax2 + bx + c là số nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 2a, a + b và c là số nguyên 8. Cmr: ax3 + bx2 + cx + d là số nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c, d là các số nguyên HƯỚNG DẪN: 1. a) 2k( 2k + 2 ) = 4k( k + 1)  8 ( vì k và k + 1 là 2 số nguyên liên tiếp nên  2) c) 120 = 23.3.5 - Trong 5 số nguyên liên tiếp phải cĩ 2 số chẵn liên tiếp nên  8 - Trong 5 số nguyên liên tiếp cĩ một số  3 và một số  5 Mà ( 8, 3, 5 ) = 1 Nên tích của 5 số nguyên liên tiếp  120 2. a) n3 + 11n = n3 – n + 12n = n( n – 1 )( n + 1 ) + 12n  6 b) mn( m2 – n2 ) = mn[( m2 – 1 ) – ( n2 – 1 )] = mn( m2 – 1 ) – mn( n2 – 1 ) = n( m – 1 )m( m + 1 ) – m( n – 1 )n( n + 1 )  3 c) n( n + 1 )( 2n + 1 ) = n( n + 1 )[( n – 1 ) + ( n + 2 )] = n( n + 1 )( n – 1 ) + n( n + 1 )( n + 2 )  6 d) n2(n2 – 1) = (n – 1)n(n + 1)n 3 và - Nếu n chẵn thì n = 2k ( k ). Do đĩ n2 = 4k2 4 n2(n2 – 1)  4 - Nếu n lẻ thì n = 2k + 1 ( k ). Do đĩ n2 = 4k2 + 4k + 1 n2(n2 – 1)  4 e) n5 – 5n3 + 4n = n(n2 – 1)(n2 – 4) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp 3. ( n – 1 )3 + n3 + ( n + 1 )3 = 3( n3 + 2n ) = 3( n3 – n + 3n ) =  9 4. Giả sử 1900 số tự nhiên liên tiếp là N, N + 1, N + 2, , N + 1899 (1) 2
3. - Trong 1000 số tự nhiên liên tiếp N, N + 1, N + 2, , N + 999 cĩ một số  1000. Gọi số đĩ là N0. Khi đĩ N0 cĩ tận cùng 3 chữ số 0 - Gọi tổng các chữ số của N0 là n. Khi đĩ 27 số N0, N0 + 1,N0 + 2, N0 + 3, , N0 + 9, N0 + 19, N0 + 29, , N0 + 99, N0 + 199, N0 + 299, , N0 + 899 ( 2 ) cĩ tổng các chữ số lần lượt là n, n + 1, , n + 26. - Trong 27 số tự nhiên liên tiếp cĩ một số  27. Do N0 + 899 N + 999 + 899 3 thì p lẻ khơng chia hết cho 3. p2 – 1 = ( p – 1 )( p + 1 ). Lí luận như phần a). 5 3 5 3 n n 7n n n 15n 3n 5n 6. a) 5 3 15 = 5 3 15 15 n5 n n 3 n n = 5 3 Lí luận tương tự bài 2 n5 – n = n(n4 – 1) = n(n2 – 1)(n2 – 4) + 5n(n2 – 1) 5 và n3 - n 3 n5 n 4 7n 3 5n 2 n b) 120 12 24 12 5 5 4 3 2 n 10n 35n 50n 24n = 120 5 3 4 2 3 2 n 5n 4n 10n 10n 40n 40n 60n 60n 120n = 120 120 120 120 120 n5 5n 3 4n n2 n 2 1 n n 2 1 n n 1 n = 120 12 3 2 - Áp dụng bài 2) n5 – 5n3 + 4n 120 và n2(n2 – 1)  12, * Cách 2: Quy đồng, phân tích tử thành nhân tử là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp: n5 + 10n4 +35n3 + 50n2 + 24n = n( n4 + 10n3 + 35n2 + 50n + 24 ) = n[n3( n + 1 ) + 9n2( n + 1 ) + 26n( n + 1 ) + 24( n + 1 )] = n( n + 1 )(n3 + 9n2 + 26n + 24 ) = n( n + 1 )[ n2( n + 2 ) + 7n( n + 2 ) + 12( n + 2 )] = n( n + 1 )( n + 2 )( n2 + 7n + 12 ) = n( n + 1 )( n + 2 )( n + 3)( n + 4 )  120 ( bài 1c ) 7. y = ax2 + bx + c. * Điều kiện cần: Cho x = 0 y c là số nguyên - Cho x = 1 y a b c nguyên , mà c nguyên a b nguyên - Cho x = 1 y a b c nguyên mà y = a + b + c nguyên 2y 2 a 2 c 2 a 2 y 2 c là số nguyên 3
4. x x 1 2 2a. a b x c * Điều kiện đủ: y = ax + bx + c = 2 . Vì x(x – 1)là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên là số chẵn mà 2a, a + b, c là các số nguyên y là số nguyên với x nguyên 8. ax3 + bx2 + cx + d x3 x x 2 x 6a. 2b. abcxd = 6 2 2. Dùng Cơng thức khai triển Cho a, b ,n : an – bn  a – b ( a b ) an + bn  a + b ( n lẻ ) an – bn  a + b ( n chẵn và a b ) ( a + b )n và bn cĩ cùng số dư khi chia cho a 0 ►Bài tập: 1. Với n chẵn, cmr 20n + 16n – 3n – 1 323 2. Chứng minh rằng với n là số tự nhiên: a) 11n + 2 + 122n + 1  133 b) 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1  59 c) 7.52n + 12.6n  19 3. Chứng minh rằng: a) 22225555 + 55552222  7 b) 42n – 32n – 7  168 với n 1 22 n c) 2 5 7 với n > 1 HƯỚNG DẪN: 1. Ta cĩ: 323 = 17.19 và 20n + 16n – 3n – 1 = ( 20n – 1 ) + ( 16n – 3n )  19 ( 1 ) Vì 20n – 1 20 – 1 = 19 và 16n – 3n  16 + 3 = 19 do n chẵn Mặt khác: 20n + 16n – 3n – 1 = ( 20n – 3n ) + ( 16n – 1 )  17 ( 2 ) Từ (1) và (2) đpcm 2. a) 11n + 2 + 122n + 1 = 121.11n + 12.144n = (133 – 12)11n + 12.144n = 133.11n + 12(144n – 11n)  133 b) 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 = 5n(25 + 26) + 8.64n = 5n(59 – 8) + 8.64n = 59.5n + 8(64n – 5n)  59 c) 7.52n + 12.6n = 7.25n + (19 – 7)6n = 19.6n + 7(25n – 6n)  19 3. a) Ta cĩ: 2222  4 ( mod 7 ) và 5555  4 ( mod 7 ) 22225555 + 55552222  ( 4 )5555 + 42222  0 ( mod 7 ) Vì ( 4 )5555 + 42222 = 42222 ( 43333 – 1)  43 – 1 = 63 7 b) Ta cĩ 168 = 3.7.8 2n 2n và : An = 4 – 3 – 7 n n 16 – 7 = (16 – 1) – 6 3 An  3 4
5. n n 16 – 9  16 – 9 = 7 An 7 n n 9 + 7 = (8 + 1) + 7  1 + 7 ( mod 8 ) An  8 2n c) 2 = 4n = (3 + 1)n  1 ( mod 3 ) 4n = 3k + 1, k 22n 2 = 23k + 1 = 2.8k = 2(7 + 1)k  2 ( mod 7 ) 22n 2 + 5  2 + 5  0 ( mod 7 ) 3. Dùng định lí về phép chia cĩ dư: Để chứng minh Anp , ta xét mọi trường hợp về số p 1 0; 1; 2; ; dư khi chia n cho p. Chia n cho p cĩ thể dư là 0; 1; 2; ; p – 1 hoặc 2 nếu p lẻ ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng nếu n  3 thì 32n + 3n + 1 13 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên m, n: a) mn(m2 – n2)  3 b) n5 – n  30 c) n(n2 + 1)(n2 + 4)  5 3. Chứng minh rằng với m, n nguyên: a) n7 n 42 b) mn(m2 – n2)(m2 + n2)  30 c) Nếu n  7 thì n3 – 1 hoặc n3 + 1 chia hết cho 7 HƯỚNG DẪN: 1. Vì n  3 nên n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 - Nếu n = 3k + 1 thì 32n + 3n + 1 = 36k + 2 + 33k + 1 + 1 = 9.272k + 3.27k + 1  9 + 3 + 1 = 13 13 ( mod 13 ) - Nếu n = 3k + 2 thì 32n + 3n + 1 = 36k + 4 + 33k + 2 + 1 = 81.272k + 9.27k + 1  81 + 9 + 1  0 ( mod 13 ) Vậy n  3 thì 32n + 3n + 1 13 2. a) – Nếu m 3 hoặc n 3 thì mn( m2 – n2 )  3 - Nếu m  3 và n  3 thì m = 3k 1 và n = 3l 1 Khi đĩ m2 = 3( 3k2 2k ) + 1 và n2 = 3( 3l2 2l ) + 1 m2 – n2 3 mn(m2 – n2)  3 b) Ta cĩ 30 = 2.3.5 n5 – n = n( n4 – 1 ) = ( n – 1 ) n ( n + 1 )( n2 + 1 ) Vì n – 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên tích của chúng  6 Ta chứng minh n5 – n = n( n2 – 1 )( n2 + 1 )  5 Ta cĩ: n = 5k hoặc n = 5k 1 hoặc n = 5k 2 - Nếu n = 5k thì n5 – n 5 - Nếu n = 5k 1 thì n2 – 1 5 n5 – n 5 - Nếu n = 5k 2 thì n2 + 1  5 n5 – n 5 Vậy n5 – n 30 c) Tương tự b) 3. a) n7 – n = n( n6 – 1 ) = n( n3 – 1 )( n3 + 1 ) Vì n = 7k r với r = 0; 1; 2; 3 Nên n3 = 7m hoặc n3 = 7m 1 b) n  7 thì n3 = 7k 1 . Chứng minh như câu b) c) n = 5k r với r = 0; 1; 2 n2 = 5m’ hoặc n2 = 5m’ 1 - Nếu n hoặc m chia hết cho 5 thì mn( m2 – n2 )( m2 + n2 )  5 5
6. - Nếu n  5 và m  5 thì: + Nếu m2, n2 cùng số dư khi chia cho 5 thì m2 – n2  5 + Nếu m2, n2 khác số dư khi chia cho 5 thì m2 = 5k 1 và n2 = 5l  1 Lúc đĩ, m2 + n2  5 Vậy mn( m2 – n2 )( m2 + n2 )  5 4. Sử dụng Nguyên tắc Dirichlet: Nếu đem n + 1 vật xếp vào n ngăn kéo thì cĩ ít nhất 1 ngăn kéo chứa từ 2 vật trở lên. Tổng quát: Nếu đem nk + 1 vật xếp vào n ngăn kéo thì cĩ ít nhất một ngăn kéo chứa từ k + 1 vật trở lên. ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng: a) Trong 11 số nguyên bất kì, cĩ thể tìm được 2 số cĩ chữ số tận cùng giống nhau. b) Trong 101 số nguyên bất kì cĩ thể tìm được số cĩ 2 chữ số tận cùng giống nhau . c) Trong n + 1 số nguyên bất kì cĩ 2 số cĩ hiệu chia hết cho n. 2. Chứng minh rằng: a) Cĩ thể tìm được một số cĩ dạng 20052005 200500 0 và chia hết cho 2006 b) Cĩ một số tự nhiên mà 4 chữ số cuối cùng của nĩ là 2004 và chia hết cho 2003 3. Chứng minh rằng trong 8 số tự nhiên mỗi số cĩ 3 chữ số bao giờ cũng chọn được 2 số mà khi viết liền nhau, ta được một số cĩ 6 chữ số và chia hết cho 7 4. Với 4 số nguyên a, b, c, d. Chứng minh rằng: ( a – b )( a – c )( a – d )( b – c )( b – d )( c – d )  12 5. Chứng minh rằng cĩ thể tìm được 2 lũy thừa khác nhau của số 4 mà chúng cĩ 3 chữ số tận cùng giống nhau. HƯỚNG DẪN: 1. a) Lấy 11 số nguyên bất kì đã cho chia cho 10 thì được số dư là một trong các số 0; 1; 2; ; 9 Theo nguyên tắc Dirichlet, phải cĩ 2 số cĩ cùng số dư. Do đĩ, hiệu của 2 số đĩ chia hết cho 10. Khi đĩ chúng cĩ chữ số tận cùng giống nhau b) Tương tự như câu a), lấy 101 số nguyên bất kì chia cho 100 c) Lấy n + 1 số nguyên bất kì chia cho n thì được n + 1 số dư nhận được trong các số 0; 1; 2; ; n – 1. Nên phải cĩ 2 số dư giống nhau. Khi đĩ hiệu 2 số đĩ chia hết cho n 2. a) Lấy 2006 số: 2005; 20052005; ; 2005 2005 chia cho 2006. Vì đây là dãy các số lẻ nên khơng cĩ số nào chia hết cho 2006. Do đĩ, dư trong phép chia các số này cho 2006 chỉ cĩ thể là 1; 2; ; 2005. Vậy phải cĩ 2 số cĩ cùng số dư khi chia cho 2006, hiệu 2 số đĩ cĩ dạng 20052005 200600 0 b) Lấy 2003 số: 2004; 20042004; ; 2004 2004 chia cho 2003. Ta chứng minh trong dãy số này cĩ một số chia hết cho 2003. Thật vậy, nếu tất cả đều khơng chia hết cho 2003 thì dư trong phép chia các số này cho 2003 chỉ cĩ thể là 1; 2; ; 2002 nên phải cĩ 2 số cĩ cùng số dư, khi ấy hiệu của chúng chia hết cho 2003 , giả sử là: 2004 2004 2004 2004 20042004.104m 2003 n m     n số 2004 m số 2004 n m số 2004 Vì ( 104m, 2001) = 1. 2004 2004 2003. Vơ lí. Vậy tồn tại một số tự nhiên mà 4 chữ số tận cùng của nĩ là 2004 và chia hết cho 2003 3. Lấy 8 số đã cho chia cho 7 thì 2 số cĩ cùng số dư, giả sử là abc và def chia cho 7 cĩ dư là r Khi đĩ: abcdef 1000abc def 6
7. = 1000( 7k + r ) + 7l + r = 7( 1000k + 1 + 143r )  7 ( đpcm ) 4. Đặt A = ( a – b )( a – c )( a – d )( b – c )( b – d )( c – d ) Bốn số a, b, c, d khi chia cho 3 cĩ 2 số cùng dư, khi đĩ hiệu của chúng chia hết cho 3 nên A 3 Mặt khác, Nếu a, b, c, d cĩ 2 số cùng dư khi chia cho 4 thì A 4, cịn nếu a, b, c, d khi chia cho 4 cĩ các dư khác nhau đơi một thì sẽ cĩ 2 số chẵn và 2 số lẻ. Khi đĩ A 4 Mà ( 3; 4 ) = 1 Nên A 12 5. Lấy 1001 số 4,42, 43, , 41001 chia cho 1000 thì ít nhất trong 1001 phép chia này cĩ 2 phép chia cĩ cùng số dư theo nguyên tắc Dirichlet. k l Giả sử 2 số đĩ là 4k , 4l với 4 4 4 41001 . l k l Ta cĩ: 4 4  1000 4 và 4k cĩ 2 chữ số tận cùng giống nhau vì hiệu của chúng phải tận cùng bằng 3 chữ số 0 mới chia hết cho 1000 CÁC BÀI TẬP KHÁC VỀ CHIA HẾT I. CHỨNG MINH KHƠNG CHIA HẾT: LƯU Ý: 1) Nếu a  b và b\c thì a  c 2) Nếu a  c và b  c thì a b  c ( a và b cĩ cùng số dư khi chia cho c ) 3) Nếu ab  p thì a  p hoặc b  p với p là số nguyên tố 4) Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì sẽ chia hết cho p2 Nếu n  p nhưng n  p2 thì n khơng là số chính phương ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n: a) 9n + 1  100 b) n2 + n + 2  15 c) n2 + n + 1  9 d) n2 + 11n + 39  49 2. Gọi N = 2.3.5 pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên ( n > 1 ). Chứng minh trong 3 số nguyên liên tiếp N – 1, N, N + 1khơng cĩ số nào là số chính phương. HƯỚNG DẪN: 1. a) Ta cĩ: 9  1 ( mod 4 ) 9n + 1  2 ( mod 4 ) 9n + 1  4. Vì vậy 9n + 1  100 n b) Cách 1: - Với n = 3k thì n2 + n + 2 = 9k2 + 3k + 2  3 - Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 2 = ( 3k + 1 )2 + ( 3k + 1 ) + 2  1 ( mod 3 ) - Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 2 = ( 3k + 2 )2 + ( 3k + 2 ) + 2  2 ( mod 3 ) Vậy n2 + n + 2  3 n2 + n + 2  15 n Cách 2:Ta cĩ: n2 + n + 2 = n2 – 1 + n + 3 = ( n – 1 )( n + 1 ) + n + 3 - Nếu n  3 thì ( n – 1 )( n + 1 )  3. Khi đĩ n2 + n + 2  3 - Nếu n  3 thì n – 1 hoặc n + 1 chia hết cho 3 7
8. ( n – 1 )( n + 1 )  3 Cịn n + 3  3 n2 + n + 2  3 n Cách 3: Giả sử n2 + n + 2 = 3k ; k phương trình n2 + n + 2 – 3k = 0 cĩ nghiệm nguyên. Ta cĩ: = 1 – 4( 2 – 3k ) = 12k – 7 = 3(4k – 3)+ 2 khơng là một số chính phương ( Vì một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) nên phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên, Vơ lí. Vậy n2 + n + 2  3 n c) Cách 1: Xét 3 trường hợp về số dư khi chia n cho 3. Ta cĩ: n = 3k; n = 3k + 1; n = 3k + 2 - Với n = 3k thì n2 + n + 1  3 n2 + n + 1  9 - Với n = 3k + 1 thì n2 + n + 1 = (3k + 1)2 + (3k + 1) + 1 = 9(k2 + k) + 3  9 - Với n = 3k + 2 thì n2 + n + 1  1 ( mod 3 ) Do đĩ n2 + n + 1  9 Cách 2: Giả sử n2 + n + 1 9, khi đĩ n2 + n + 1 3 Ta cĩ: n2 + n + 1 = (n + 2)(n – 1) + 3  3 (n + 2)(n – 1)  3. Vì 3 là số nguyên tố nên n + 2  3 hoặc n + 1  3, nhưng vì hiệu (n + 2) – (n – 1) = 3  3. Do đĩ n + 2 và n – 1 đồng thời chia hết cho 3 (n + 2)(n – 1)  9 Mặt khác, theo giả thiết (n + 2)(n – 1) + 3 9 3  9 ( vơ lý ) Vậy n2 + n + 1  9 Cách 3: Giả sử n2 + n + 1 = 9k ; k Khi đĩ, phương trình n2 + n + 1 – 9k = 0 cĩ nghiệm nguyên Ta cĩ: = 1 – 4(1 – 9k) = 36k – 3 = 3(12k – 1)  3 Nhưng  9 . Do đĩ khơng là số chính phương nên phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên, vơ lý. Vậy n2 + n + 1  9 d) Giả sử n2 + 11n + 39  49 Ta cĩ: n2 + 11n + 39 = (n + 9)(n + 2) + 21 (n + 9)(n + 2)  7 Mà: (n + 9) – (n + 2) = 7 Nên n + 9 và n + 2 đồng thời chia hết cho 7 (n + 9)(n + 2)  49 Mặt khác: (n + 9)(n + 2) + 21 49 ( gt ) 21  49 ( Vơ lý ) Vậy n2 + 11n + 39  49 2. * N là số chẵn nhưng khơng chia hết cho 4 nên khơng thể là một số chính phương * Nếu N + 1 = k2 thì N = (k – 1)(k + 1)  4 ( vì N chẵn N + 1 lẻ k2 lẻ k lẻ ) vơ lý, nên N + 1 cũng khơng thể là số chính phương * Ta cĩ N – 1  2 ( mod 3 ) (vì N  3 N – 1 : 3 dư 2) Nên N – 1 khơng thể là số chính phương. II. TÌM SỐ TỰ NHIÊN n ĐỂ A(n)  B(n) 8
9. Phương pháp: Giả sử ta cĩ A(n) : B(n), ta biến đổi hoặc dùng phép chia đa thức để đi đến hằng số m : B(n), từ đĩ suy ra n. Kiểm nghiệm các giá trị tìm được của n ►Bài tập: 1. Tìm n > 0 sao cho n2 + 1  n + 1 2. Tìm n > 0 và n 4 sao cho (3n – 8)  (n – 4) 3. Với giá trị nào của n thì (n + 5)(n + 6)  6n ? Với n HƯỚNG DẪN: 1. Giả sử n2 + 1  n + 1 n2 + 1 = n2 – 1 + 2  n + 1 2  n + 1 n = 1 . Thử lại rồi trả lời 2. Giả sử 3n – 8  n – 4 3n – 8 = 3(n – 4) + 4  n – 4 Nên 4  n – 4 n – 4 = 4; 2; 1 n 8;6;2;5;3 3. Ta cĩ: (n + 5)(n + 6) = n2 + 11n + 30 = n(n – 1) + 30 + 12n  6n n n 1 3  n(n – 1) + 30  6n 30 n  n 3k hoặc n = 3k + 1 n \ 30 n = 1; 3; 6; 10; 15; 30 Thử lại ta cĩ kết quả: n 1;3;10;30 III. SỐ CHÍNH PHƯƠNG: Phương pháp: 1. Sử dụng tính chẵn lẻ 2. Sử dụng chia hết và chia cĩ dư 3. Dùng tính chất: a) Nếu a.b là số chính phương và (a, b) = 1 thì a và b đều là số chính phương. b) Nếu cĩ số nguyên m sao cho m2 < n < (m + 1)2 thì n khơng thể là số chính phương. c) Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1. Đảo lại, một số chia cho 3 dư 2 khơng phải là một số chính phương. ►Bài tập: 1. Chứng minh rằng số chính phương cĩ chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luơn bằng 6 2. Tìm một số cĩ 2 chữ số biết: a) Tổng của số đĩ và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương. b) Hiệu các bình phương của số đĩ và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương. 3. Chứng minh rằng: Nếu a, b là các số nguyên thoả mãn hệ thức 2a2 + a = 3b2 + b thì a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương. 4. Chứng minh rằng: Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp khơng thể là số chính phương HD: 1. Giả sử số chính phương cĩ dạng: 2 2 nb 10n b n ,b 9 9
10. 2 2 2 2 nb 100n 20nb b 20n5n b b Chữ số hàng chục của 20n(5n + b) là chẵn nên theo giả thiết chữ số hàng chục của b2 phải lẻ, từ đĩ suy ra b = 4; 6 2 Khi đĩ b2 = 16; 36. Nên chữ số hàng đơn vị của nb luơn bằng 6 2. a) Giả sử ab ba là số chính phương Ta cĩ: ab ba = 10a + b + 10b + a = 11(a + b)  11 Vì ab ba là số chính phương nên 11(a + b)  121 a + b  11 Mà: 0 < a + b 18 Nên a + b = 11 Vậy các số cần tìm là 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92 2 2 b) Giả sử ab ba là số chính phương 2 2 Ta cĩ: ab ba = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99(a2 – b2)  11 Lí luận tương tự câu a) (a – b)(a + b)  11 Mà 0 < a – b 8; 2 a + b 18 . Nên a + b  11 ( 1 ) 2 2 Từ đĩ: ab ba = 9.11.11.(a – b) là số chính phương a – b là số chính phương . Nên a – b = 1 hoặc a – b = 4 - Nếu a – b = 1 thì từ ( 1 ) a = 6 và b = 5. Ta cĩ số 65. Thử lại 652 – 562 = 332 15 - Nếu a – b = 4 thì từ ( 1 ) a = 2 (loại) Vậy số cần tìm là 65. 3. Ta cĩ: 2a2 + a = 3b2 + b 2(a2 – b2) + a – b = b2 (a – b)(2a + 2b + 1) = b2 ( 1 ) Gọi d là ước của a – b và 2a + 2b + 1 thì d là ước của hiệu : 2a + 2b + 1 – 2(a – b) = 4b + 1 ( 2 ) Mặt khác, từ ( 1 ) d2 \ b2. Nên d \ b ( 3 ) Từ ( 2 ) và ( 3 ) d \ 1 d = 1. Vậy (a – b, 2a + 2b + 1) = 1 ( 4 ) Theo tính chất a) trong phương pháp 3, từ ( 1 ) và ( 4 ) suy ra a – b và 2a + 2b + 1 là những số chính phương * Nhận xét: Từ gt, suy ra (a – b)(3a + 3b + 1) = a2 3a + 3b + 1 cũng là số chính phương 4.Ta cĩ: A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 (n2 + 3n)2 < A < (n2 + 3n + 1)2 Vậy A khơng thể là số chính phương. 5. Cho N là tổng của 2 số chính phương. Chứng minh 2N cũng là tổng của 2 số chính phương. 2 2 Giải: Ta có: N = a + b với a, b 2 2 2 2 2N = 2a + 2b =(a + b) + (a – b) Vậy 2N là số chính phương. 10
11. Bài tập về nhà: 1. Chứng minh rằng: a) 2n + 1  7 với mọi số tự nhiên n b) n2 – 8  5 với mọi n c) n2 + 4n + 5  8 với mọi n lẻ 2. Tìm n > 0 để: a) n + 1  2n – 1 b) n2 + 2n + 6  n + 4 3. Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều cĩ chữ số hàng chục là chẵn. 4. Tìm số chính phương abcd biết ab cd 1 5. Cho n là số tự nhiên, d là ước nguyên tố của 2n2. Chứng minh rằng n2 + d khơng là số chính phương. HD: 1. a) * Nếu n chẵn n = 2k 2n + 1 = 22k + 1  2 (mod 7) * Nếu n lẻ n = 2k + 1 2n + 1 = 22k + 1 + 1 = 2.4k + 1  2, 3. Vậy 2n + 1  7 với mọi số tự nhiên n b) Xét các trường hợp n = 5k, n = 5k 1, n = 5k 2 c) n = 2k + 1 3 1 3 1 chẵn 1 2n 1 2n 1 2. a) n + 1 = 2 2n 1  3 2n 1  3 3 lẻ lẻ 2n 1 2n 1 n 1, 2 2n 1 1, 3 n 1, 2  b) n2 + 2n + 6 = n(n + 4) – 2(n + 4) + 14 (n + 4) n 4 7, 14 n 3, 11vì n + 4 4 IV. CHỮ SỐ TẬN CÙNG: Tìm một chữ số tận cùng của an dựa vào các tính chất: - Nếu a tận cùng là 0, 1, 5, 6 thì an cĩ chữ số tận cùng khơng đổi n * . - Nếu a tận cùng là 2, 3, 7 : k k * Nhận xét: 24 16  6 mod 10 34k = 81k  1 (mod 10) 74k = 492k  1 (mod 10). Do đĩ, để tìm số tận cùng của an , ta lấy mũ n chia cho 4. * Giả sử n = 4k + r, r = 0, 1, 2, 3 n k r r Nếu a  2 (mod 10) thì a2 mod 10 24  6 . 2 mod 10 n k r r Nếu a 3 , 7 mod 10 thì a a4  a mod 10  Bài tập: 1. Chứng min rằng 0,3(19831983 – 19171917) là một số nguyên. HD: 19831983 = 19834k + 3  33  7 (mod 10) 19171917 = 19174m + 1  7 (mod 10) 19831983 – 19171917 10 0,3(19831983 – 19171917) là số nguyên. 4n 1 2. Chứng minh 23 3 11 với mọi số tự nhiên n. HD: Theo định lí Fermat 210  1 (mod 11) do đĩ ta phải tìm số tận cùng của 34n + 1. Ta cĩ: 34n + 1 = 3.81n  3 (mod 10) 11
12. 4n 1k 4 n 1 23 2 10 3  8 mod 11 2 3 3 11 9 3. Chứng minh 999 9 9 9  10 4. Chứng minh 0,7 719681970 3 68 70 là một số nguyên 5. Tìm chữ số tận cùng của 321992 2 9 1992 6. Tìm chữ số tận cùng của thương trong phép chia: 1930 1945 1980 32 2 9 19 5 cho 7 Tìm 2 chữ số tận cùng: Giả sử a cĩ chữ số tận cùng là x (0 x 9 ) Theo nhị thức Newton: a20 = (10k + x)20 = (10k)20 + 20(10k)19x + + 20.(10k).x19 + x20  x20(mod 10) Vậy 2 chữ số tận cùng của a20 cũng chính là 2 chữ số tận cùng của x20 Để tìm 2 chữ số tận cùng của an ta tìm dư trong phép chia n cho 20. * Chú ý: - Nếu a tận cùng là 1, 4, 6, 9 thì ta chỉ cần tìm 1 chữ số tận cùng của n - Nếu a tận cùng là 7 thì ta tìm chữ số tận cùng của n và lấy n chia cho 4. - Tìm dư trong phép chia n cho 20, ta dùng tính chất: m = p.q với p,q P, p q PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH I. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT HAI ẨN ax + by = c ( 1 ), a, b, c nguyên: 1. Định lí về sự tồn tại nghiệm nguyên: Phương trình ( 1 ) cĩ nghiệm nguyên (a, b) \ c * Hệ quả: Nếu (a, b) = 1 thì phương trình ( 1 ) luơn cĩ nghiệm nguyên 2. Định lí: Nếu (x0, y0) là một nghiệm nguyên của phương trình ax + by = 1 với (a, b) = 1 thì phương trình cĩ vơ số nghiệm nguyên và nghiệm tổng quát của phương trình được tính bởi cơng thức: x x bt 0 t y y at 0 Khi đĩ (x0, y0) được gọi là một nghiệm riêng của phương trình (1) 3. Cách tìm nghiệm riêng của pt ( 1 ): - Tìm nghiệm riêng của ax + by = 1 với (a, b) = 1 bằng cách dùng thuật tốn Euclit: a = bq0 + r1 b = r1q1 + r2 rk-1 = rkqk + 1 - Lấy các “thương số” trong dãy phép chia, rồi tính 1 p m q 0 1 q q 1 1 q 2 1 q k - Nghiệm riêng của ax + by = 1 thoả: 12
13. x p x q 0 0 y q hoặc y p 0 0 - Thử từng trường hợp để xác định dấu của x0, y0 - (cx0, cy0) là nghiệm riêng của ( 1 ) ► Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5x – 7y = 3 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n  9 và n + 1  25 3. Giải và biện luận theo số nguyên m các phương trình sau: a) 6x – 11y = m + 2 ( 1 ) b) 15x + 25y = m – 1 ( 2 ) 4. a) Trên đường thẳng 8x – 13y + 6 = 0 hãy tìm các điểm nguyên nằm giữa 2 đường thẳng x = 10 và x = 50 b) Chứng minh rằng trong hình chữ nhật giới hạn bởi các đường thẳng x = 6, x = 42, y = 2, y = 17 khơng cĩ điểm nguyên nào thuộc đường thẳng 3x + 5y = 7 5. Giải bài tốn cổ: “Trăm trâu, trăm cỏ, Trâu đứng ăn năm, Trâu nằm ăn ba, Lụ khụ trâu già, Ba con một bĩ” Hỏi cĩ bao nhiêu trâu đứng, trâu nằm và trâu già ? 6. Để tặng thưởng cho các học sinh đạt thành tích cao trong một kì thi Olympic tốn dành cho học sinh lớp 9, ban tổ chức đã trao 30 phần thưởng cho các học sinh với tổng giải thưởng là 2.700.000 đồng, bao gồm: Mỗi học sinh đạt giải nhất được 150.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải nhì được thưởng 130.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải ba được thưởng 100.000 đồng; mỗi học sinh đạt giải khuyến khích được thưởng 50.000 đồng. Biết rằng cĩ 10 giải ba và ít nhất một giải nhì được trao, hỏi ban tổ chức đã trao bao nhiêu giải nhất, nhì và khuyến khích ? ( TS Năng Khiếu 06 – 07, Khối A,B ) 7. Câu 5.Một nhóm học sinh cần chia đều lượng kẹo thành các phần quà để tặng cho các em nhỏ ở một đơn vị nuôi trẻ mồ côi. Nếu mỗi phần quà giảm 6 viên kẹo thì các em sẽ có thêm 5 phần quà nữa, còn nếu mỗi phần quà giảm 10 viên kẹo thì các em sẽ có thêm 10 phần quà nữa. Hỏi nhóm học sinh trên có bao nhiêu viên kẹo? ( TS Năng Khiếu 08 – 09, Khối A,B ) 8. Câu 5. Một công ty may giao cho tổ A may 16.800 sản phẩm, tổ B may 16.500 sản phẩm và bắt dầu thực hiện công việc cùng lúc. Nếu sau 6 ngày, tổ A được hỗ trợ thêm 10 công nhân may thì họ hoàn thành công việc cùng lúc với tổ B. Nếu tổ A được hỗ trợ thêm 10 công nhân may ngay từ đầu thì họ sẽ hoàn thành công việc sớm hơn tổ B 1 ngày. Hãy xác định số công nhân ban đầu của mỗi tổ. Biết rằng, mỗi công nhân may mỗi ngày được 20 sản phẩm. ( Đề NK ) Hướng dẫn: 1. Trước hết, ta tìm nghiệm riêng của phương trình 5x – 7y = 1 Thuật tốn Euclit cho 7 và 5 7 = 5.1 + 2 5 = 2.2 + 1 1 3 m 1 2 2 Vậy (x0 = 3, y0 = 2) là nghiệm riêng của pt 5x – 7y = 1 13
14. (9, 6) là nghiệm riêng của 5x – 7y = 3 Do đĩ, nghiệm tổng quát là: x 9 7t x=2+7t hay t y 6 5t y=1+5t 2. n = 9x, n + 1 = 25y; x,y x 11 25t t Khi đĩ 25y – 9x = 1 y 4 9t Vậy n = 99 + 225t, t 3. a) Ta cĩ: (6, 11) = 1. Nên pt ( 1 ) luơn cĩ nghiệm nguyên. (2, 1) là 1 nghiệm riêng của pt 6x – 11y = 1 Do đĩ (2m + 4, m + 2) là nghiệm riêng của ( 1 ). Khi đĩ, nghiệm tổng quát của ( 1 ) là: x 2m 4 11t ;t y m 2 6t b) Pt ( 2 ) cĩ nghiệm (15; 25) = 5 \ m – 1 m = 5k +1 ; k Khi đĩ pt ( 2 ) 3x + 5y = k Ta cĩ: ( 3; 2) là nghiệm riêng của 3x + 5y = 1, lúc đĩ nghiệm tổng quát của (2) là x 3k 5t m 1 ; t và k = y 2k 3t 5 4. a) 8x – 13y = 6 cĩ nghiệm riêng là ( 30, 18). Nên nghiệm nguyên tổng quát là: x 30 13t ; t y 18 8t Để các điểm nguyên nằm giữa 2 đường thẳng x = 10 và x = 50, ta phải tìm t nguyên thoả: 10 < 30 + 13t < 50 t = 2, 3, 4, 5, 6 Từ đĩ: Cĩ 5 điểm nguyên là ( 4; 2); (9; 6); (22; 14); (35; 22); (48; 30) b) Pt 3x + 5y = 7 cĩ nghiệm riêng là ( 1; 2). Nên nghiệm nguyên tổng quát là: x 1 5t ; t y 2 3t 7 43 6 1 5t 42 t 5 5 Tìm t nguyên thoả hệ 2 2 3t 17 5 t 0 Hệ này vơ nghiệm. Nên đường thẳng 3x + 5y = 7 khơng cĩ điểm nguyên nào nằm trong hình chữ nhật đã cho. 5. Gọi số trâu đứng là x, nằm là y, già là 100 – (x + y) ( x,y nguyên dương và x,y < 100 ) 100 x y Ta cĩ phương trình: 5x + 3y + 3 = 100 7x + 4y = 100 Tìm 1 nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 1 Dùng thuật tốn Euclit cho 7 và 4, ta cĩ: 7 = 4.1 +3 4 = 3.1 +1 m = 1 + 1 = 2 14
15. Nên ( 1; 2) là một nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 1 ( 100; 200) là một nghiệm riêng của pt 7x + 4y = 100 x 100 4t ; t Do đĩ, phương trình cĩ nghiệm: y 200 7t Mặt khác, 0 10). Ta cĩ hệ phương trình: (x 5)(y 6) xy 6x 5y 30 y 30 (x10)(y10) xy x y 10 x 20 ( thoả điều kiện) Vậy số viên kẹo của nhĩm học sinh trên là 20.30 = 600 viên. 8. Gọi x (cn) là số công nhân của tổ A ( x nguyên dương ) y (cn) là số công nhân của tổ B ( y nguyên dương ) Số sản phẩm may được của tổ A sau 6 ngày 6.20.x = 120x (sp) Số sản phẩm của tổ A còn phải may sau 6 ngày 16800 – 120x (sp) 16800 120x Thời gian may số sản phẩm còn lại của tổ A . 20 x 10 15
16. Ta có phương trình: 16800 120x 16500 6 20 x 10 20y y 16800 120x 120y x 10 16500 x 10 18000y – 16500x = 165000 12y – 11x =110 (1) Nếu tổ A được hỗ trợ 10 công nhân ngay từ đầu thì ta có phương trình: 16800 16500 1 20 x 10 20y 16800y 20y x 10 16500 x 10 850y 825x xy 8250 (2) * Giải hệ phương trình (1) và (2) II. PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT NHIẾU ẨN a1x1 + a2x2 + + anxn = c ( 2 ) ai;c 1. Định lí: Pt ( 2 ) cĩ nghiệm nguyên (a1; a2; ;an) \ c 2. Cách giải: Đưa pt ( 2 ) về một trong hai dạng sau: a) Cĩ một hệ số của một ẩn = 1 Giả sử a1 = 1, Khi đĩ: x1 = c – a2x2 – a3x3 anxn ; x2, x3, , xn Nghiệm của (2) là:( c – a1x1 – a2x2 anxn; x2; ; anxn) b) Cĩ 2 hệ số nguyên tố cùng nhau: Giả sử (a1; a2) = 1 Khi đĩ: a1x1 + a2x2 = c – a3x3 anxn Giải pt theo 2 ẩn x1; x2. ►Bài tập: 1. Giải pt trên tập số nguyên: 6x + 15y + 10z = 3 ( 1 ) 2. Tìm tất cả các số nguyên x và y sao cho cả hai số 3x – y + 1 và 2x + 3y – 1 đều chia hết cho 7. 3. Giải hệ phương trình trên tập số nguyên: 3x 2y 1 3x 2y 1 a) b) 3x 6y 2z 1 3x 6y m 1 z m 2 Hướng dẫn: 1. ● Cách 1: ( 1 ) x + 10(y + z) +5(x + y) = 3 Đặt u = y + z; v = x + y Khi đĩ: ( 1 ) x + 10u + 5v = 3 x 3 10u 5v y 3 10u 4v Nghiệm tổng quát của (1) là: z 3 9u 6v ● Cách 2: (1) 6(x + z) + 15y = 3 – 4z Đặt u = x + z, ta cĩ 15y + 4z = 3 – 6u (1; 4) là một nghiệm riêng của 15y + 4z = 1. Nên ( 3 + 6u; 12 – 24u) là nghiệm riêng của 15y + 4z = 3 – 6u. Do đĩ nghiệm riêng tổng quát là: y 3 6u 4t t z 12 24u 15t Từ u = x + z x = u – z = u – (12 – 24u – 15t) 16
17. = 12 + 25u + 15t Vậy nghiệm tổng quát của (1) là : x 12 25u 15t y 3 6u 4t u, t z 12 24u 15t 3x y 1 7u (1) 2. Ta tìm nghiệm nguyên của hệ 2x 3y 1 7v (2) Nhân pt (1) cho 3 rồi cộng với pt (2), ta được 11x + 2 = 7(3u + v) Đặt K = 3u + v ta đi đến pt 11x – 7K = 2 Cĩ nghiệm nguyên tổng quát là: x 4 7t (t ) K 6 11t Từ 3x – y + 1 = 7u y = 3x + 1 – 7u = 11 + 7(3t – u)  3 ( mod 7 ) Thử lại với x  3 ( mod 7 ) ; y  3 ( mod 7 ) thì 3x – y + 1 và 2x + 3y – 1 đều chia hết cho 7 Vậy x  3 ( mod 7 ) và y  3 ( mod 7 ) x 1 2t t 3. a) Pt 3x + 2y = 1 cĩ nghiệm nguyên là: y 1 3t Thay vào 3x + 6y – 2z = 1 , ta được z – 6t = 1 z 7 6t k Pt z – 6t = 1 cĩ nghiệm nguyên là t 1 k Từ đĩ suy ra: x 1 2 1 k x = 1 + 2m y 1 3 1 k hay y = 1 3m với m = 1 + k z 7 6k z = 1 + 6m x 2t 1 b) Thay ng. nguyên của pt (1) là y 3t 1 vào pt (2), ta đc (m + 1)z – 12t = m + 1 Đặt d = (m + 1; 12) \ m + 1 thì nghiệm nguyên tổng quát 12 z 1 l d l 1 t m l d 2 m 1 x 1 l d 3 m 1 y 1 l với l , d = (m + 1; 12) d 12 z 1 l d 17
18. III. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ ĐỊNH: 1. Sử dụng tính chẵn lẻ : ►Bài tập: x 1. Tìm nghiệm nguyên của pt: ( 2x + 5y + 1)(2 + y + x2 + x) = 105 2. Tìm tất cả các số nguyên tố x, y thoả x2 – 2y2 = 1 3. Giải pt trên tập số nguyên tố xy + 1 = z HD: 1. Vì 105 là số lẻ , nên 2x + 5y + 1 lẻ y chẵn x Mà x2 + x = x(x + 1) chẵn 2 lẻ x = 0 Thay x = 0 vào pt, ta được: (5y + 1)(y + 1) = 21.5 Vì (5y + 1, 5) = 1, 5y 1 21 5y 1 21 nên y 1 5 hoặc y 1 5 y = 4. Thử lại x = 0, y = 4 là nghiệm nguyên duy nhất của pt đã cho. 2. x2 = 2y2 + 1 lẻ x = 2k + 1 y chẵn Mà y là số nguyên tố Nên y = 2 x = 3 3. Vì x, y P, nên x 2, y 2, khi đĩ xy 4 z 5 Vì z = xy + 1 là số nguyên lẻ nên xy chẵn x = 2 Nếu y = 2k + 1 thì z = 22k + 1 + 1  3 Vơ lí vì z là số nguyên tố 5 (22k + 1  2 (mod 3) 22k + 1 + 1  2 + 1  0 ( mod 3 )) Vậy y = 2. ĐS: x = 2, y = 2, z = 5 2. Phương pháp phân tích: ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên: a) x + y = xy b) p(x + y) = xy với p là số nguyên tố 2. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình: 3x3 – xy = 5 3. Tìm tất cả các tam giác vuơng cĩ các cạnh là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi. 4. Tìm nghiệm nguyên của pt: xy + 6x + 2006y + 12033 = 0 ( TS ĐHSP 06 – 07 ) 5. Tìm các số x và y thoả: x y 2 x y 2 HD: 1. a)Ta cĩ x + y = xy xy – x – y + 1 = 1 (x – 1)(y – 1) = 1 x 1 1 x 1 1 hay y 1 1 y 1 1 Phương trình cĩ 2 nghiệm nguyên là (2; 2) và (0; 0) b) Giả sử x y ( vì x, y cĩ vai trị như nhau ) Ta cĩ: p(x + y) = xy px + py = xy p2 = xy – px – py + p2 (x – p)(y – p) = p2 = p.p = ( p)( p) = 1.p2 = 1.( p2) = ( p2)( 1) Từ đĩ pt cĩ các nghiệm nguyên là: (2p; 2p); (0; 0); (p + 1; p2 + p); (p2 + p; p + 1) ; (p – p2; p – 1); (p – 1; p – p2) 2. Ta cĩ: 3x3 – xy = 5 x(3x2 – y) = 5 = 5.1 = 1.5 18
19. x 1 x 5 hay 3x2 y 5 3x 2 y 1 x 1 x 5 hay y 2 y 74 Vậy nghiệm tự nhiên của pt là (5; 74) 3. Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuơng, 1 x y < z x2 y 2 z 2 1 Ta cĩ: xy 2x y z 2 Từ (1) z2 = (x + y)2 – 2xy = (x + y)2 – 4(x + y + z) ( theo (2) ) z2 = (x + y)2 – 4(x + y) – 4z z2 + 4z + 4 = (x + y)2 – 4(x + y) + 4 (z + 2)2 = (x + y – 2)2 z + 2 = x + y – 2 ( do x + y 2 ) z = x + y – 4 Thay vào (2), ta được: (x – 4)(y – 4) = 8 = 1.8 = 2.4 x 5 x 6 hay y 12 y 8 4. Ta cĩ: xy + 6x + 2006y + 12033 = 0 (y + 6)(x + 2006) = 3; rối giải như bài 1 5. x y 2 x y 2 x;y 0 x y 2 2 x y ĐK: x y 2 * Bình phương 2 vế, rút gọn, bình phương 2 vế lần 2, phân tích được: ( x – 2 )( 2 – y ) = 0 x = 2 hoặc y = 2 x 2 y 2 hay Phương trình cĩ nghiệm: y 0 x 0 3. Phương pháp cực hạn: Thường được sử dụng cho phương trình đối xứng. Vì vai trị của các ẩn như nhau nên cĩ thể giả sử x y z ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y + z = xyz 2. Một tam giác cĩ số đo của đường cao là những số nguyên và bán kính đường trịn nội tiếp bằng 1. Chứng minh rằng tam giác đĩ đều 3. Tìm nghiệm nguyên dương của trình x3 + 7y = y3 + 7x HD: 1. Vì vai trị của x, y, z như nhau nên ta cĩ thể giả sử 1 x y z 1 1 1 3 x2 3 x 1 Từ gt 1= xy yz zx x2 Thay x = 1 vào pt đề bài, ta được: 1 + y + z = yz (y – 1)(z – 1) = 2 = 1.2 y = 2 và z = 3 (vì y – 1 z – 1 ) Vậy pt cĩ 6 nghiệm là các hốn vị của (1; 2; 3) 2. Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao ứng với các cạnh a, b, c của tam giác. 19
20. Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác bằng 1 nên x, y, z > 2. Giả sử x y z > 2 ABC Diện tích : A 1 1 1 S = 2 ax = 2 by = 2 cz (1) Mà:S = SAOB + SAOC + SBOC 1 1 b = (a + b + c) (2) c 2 O Từ (1) và (2) ax = by = cz B C = a + b + c a a b c a b c a b c 1 1 1 1 1 1 x y z x y z 1 1 1 3 1 z 3 z 3 x y z z 1 1 1 1 1 2 1 3 x y 2xy Từ x y z x y 3 (2x – 3)(2y – 3) = 9 = 3.3 = 9.1 x = 3, y = 3 hoặc x = 6, y = 2 ( loại ) Vậy x = y = z = 3. Khi đĩ a = b = c. 3. Phương trình đã cho tương đương với: (x – y)(x2 + xy + y2 – 7) = 0 x = y hoặc x2 + xy + y2 = 7 - Nếu x y thì từ x2 + xy + y2 = 7 7 2 (x – y) = 7 – 3xy > 0 xy < 3 x = 1; y = 2 hoặc x = 2, y = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của pt là (1; 2); (2; 1); (x; x) Với x N* ●Chú ý: Nghiệm nguyên dương của phương trình: a(x + x + + x ) +b = cx x x ; a, b, c ,n 2 1 2 n 1 2 n Vì x1, x2, , xn cĩ vai trị như nhau nên giả sử 1 x1 x2 xn. n 1 1 1 n x x x x x n 1 2 n 1 Khi đĩ, ta cĩ: 1 1 x x x xn 1 2 n n * Cách giải: a(x1 + x2 + + xn) + b = cx1x2 xn ; a, b, c ,n 2 a a a b c = x x x x x x x x x x x x 23n 13n 12n1 12n 20
21. na b na b na b n n n n n 1 x 1 x x 1 x 1 x 1 1 1 1 1 na b na b xn 1 1 x n 1 1 c 1 c VD: Tìm nghiệm nguyên dương của pt a) 2(x + y) + 16 = 3xy b) 2(x + y + z) + 9 = 3xyz ( HS tự giải ) 4. Phương pháp loại trừ: - Tìm các nghiệm đặc biệt của phương trình - Chứng tỏ các giá trị khác của x khơng là nghiệm của pt ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6 + 3x3 + 1 = y4 2. Giải pt trên tập số nguyên: x2 – 6xy + 13y2 = 100 3. Tìm nghiệm nguyên của pt: x(x + 1)(x + 7)(x + 8) = y2 4. Tìm các số nguyên x, y thoả pt: x2 + xy + y2 = x2y2 HD: 1. Rõ ràng x = 0, y = 1 là nghiệm của pt. Ta chứng minh đĩ là 2 nghiệm duy nhất * Với x > 0 : (x3 + 1)2 = x6 + 2x3 + 1 9 thì (z + 3)2 < z2 + 7z = y2 < (z + 4)2. Vơ lý ! Vậy z 9 x2 + 8x – 9 0 9 x 1 4. Ta cĩ: x2 + xy + y2 = x2y2 (1) - Nếu x = y = 0 thì đẳng thức (1) đúng. Vậy x = y = 0 là một nghiệm của pt - Nếu trong 2 số x và y, cĩ một số = 0 và số cịn lại khác 0 thì pt vơ nghiệm. x 2 1 1 1 1 1 - Nếu y 2 y2 xy x 2 (2) 1 1 1 1 1 1 1 Và y2 xy x 2 4 4 4 - Tương tự với x 2 và y 2 thì pt vơ nghiệm. 21
22. 1 1 0 - Nếu x = 1 và y > 2 ( hoặc y 2 ( hoặc x 1 - Tương tự với x = 1 và y = 1. Pt vơ nghiệm x 1 và y 1 - Nếu x 1 và y 1 thì vế trái của (2) = 1 = Vế phải nên các giá trị đĩ là ng. x 1 và y = 2 1 1 1 - Nếu x = 1 và y = 2 thì vế trái của (2) = 2 4 > 1 x 1 và y 2 1 1 1 - Nếu x 1 và y 2 thì vế trái của (2) = 2 4 < 1 - Tương tự với các trường hợp x = 2 và y = 1 đều khơng là nghiệm. Vậy pt đã cho cĩ nghiệm (0;0); ( 1;1); (1; 1) 5. Dùng chia hết và chia cĩ dư: Thường dùng để chứng minh phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên bằng cách chứng minh 2 vế khi chia cho cùng một số cĩ số dư khác nhau. ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 – 2y2 = 5 2. Chứng minh rằng tổng bình phương của 3 số nguyên trong phép chia cho 8 khơng thể cĩ số dư là 7. Từ đĩ suy ra pt 4x2 + y2 + 9z2 = 71 khơng cĩ nghiệm nguyên. 3. Tìm các chữ số x, y, z thoả : xyz xzy zzz (1) HD: 1. ● Nếu x  5 thì từ 2y2 = x2 – 5 y  5 Khi đĩ x2 – 2y2  25. ( Vơ lý vì vế phải là 5 ) ● Nếu x  5 thì y  5. Số nguyên x khi chia cho 5 cĩ thể dư là 1, 2 x2  1 ( mod 5 ) x2 – 2y2  1, 3 ( mod 5 ) Vậy pt đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên 2. Giả sử x2 + y2 + z2  7 ( mod 8 ) Ta cĩ: x  0, 1, 2, 3, 4 ( mod 8 ) x2  0, 1, 4 (mod 8) y2 + z2  7, 6, 3 (mod 8)(Vơ lý) [Vì – Nếu y, z cùng lẻ thì y = 2k + 1, z = 2l + 1 y2 z 2 21 k 2 21 l 2 4 k(k  14 ) l(l 122 ) (mod 8) - Nếu y, z cùng chẵn thì y = 2k, z = 2l yz2 2 4 k 2 4 l 2 4 (kl)(kl 2 2  0 2 2 = 2m, chẵn) (mod 8)  4 (k2 + l2 = 2m + 1, lẻ) (mod 8) - Nếu y, z chẵn lẻ khác nhau thì y = 2k + 1, z = 2l y2 z 2 2 k 1 2 4 l 2 4 k(k 1 ) 4 l 2 1 mà 4k(k + 1)  0 (mod 8) và 4l2 + 1 1 (mod 8) nếu l chẵn,  5 (mod 8) nếu l lẻ y2 z 2 2 k 1 2 4 l 2 4 k(k 1 ) 4 l 2 1 1; 5 (mod 8). Do đĩ: y2 + z2  2, 0, 4, 1, 5 (mod 8)] Vậy x2 + y2 + z2  7 ( mod 8 ) Ta cĩ: 4x2 + y2 + 9z2 = 71 22
23. (2x)2 + y2 + (3z)2 = 8.8 + 7  7 ( mod 8 ) Vậy pt đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên. 3. (1) 100x + 10y + z + 100x + 10z + y = 111z 200x + 11y = 100z 100(z – 2x) = 11y  100 y = 0, Khi đĩ z = 2x z = 2, 4, 6, 8 ứng với x = 1; 2; 3; 4. Ta cĩ các số 102, 204, 306, 408 đều thoả (1) 6. Sử dụng tính chất nguyên tố: Tính chất 1: Với mọi số nguyên tố p, số p2 + 1 khơng cĩ ước nguyên tố dạng 4k + 3 Tính chất 2: Cho p là số nguyên tố dạng 4k + 3; a, b là số nguyên. Nếu a2 + b2  p thì a  p và b  p. Chứng minh: TC 1: Giả sử a2 + 1 cĩ ước nguyên tố p = 4k + 3 ( k ) Khi đĩ ap – 1 + 1 = a4k + 2 + 1 = ap – 1 1 + 2 = (a2)2k + 1 + 1  a2 + 1  p (1) Mặt khác, theo định lý Fermat: ap – 1 – 1  p (2) Từ (1) và (2) 2  p. Do đĩ p = 2 khơng cĩ dạng 4k + 3. Vơ lý ! Vậy a2 + 1 khơng cĩ ước nguyên tố dạng 4k + 3 TC 2: Ta cĩ: ap – 1  1 ( mod p ) a4k + 2  1 ( mod p ) bp – 1  1 ( mod p ) b4k + 2  1 ( mod p ) a4k + 2 + b4k + 2  2 ( mod p ) p = 2 Vậy a  p và b  p ►Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của pt: a) x2 – y3 = 7 b) 19x2 + 28y2 = 729 c) x2 + 2x + 4y2 = 37 2. p là số nguyên tố dạng 4k + 3, chứng minh rằng pt x2 + y2 = pz2 khơng cĩ nghiệm nguyên dương x2 13y 2 z 2 3. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ 13x2 y 2 t 2 HD: 1. a) x2 – y3 = 7 x2 + 1 = (y + 2)(y2 – 2y + 4) 2 ● Nếu y chẵn thì x2 + 1  4 x  3 (mod4). Vơ lý! Vì mọi số chính phương khi chia cho 4 khơng thể dư 3. Thật vậy, - Với x = 4k x2  0 ( mod 4 ) - Với x = 4k 1 x2  1 ( mod 4 ) - Với x = 4k + 2 x2  0 ( mod 4 ) ● Nếu y lẻ thì y2 – 2y + 4 = (y – 1)2 + 3 cĩ dạng 4k + 3 nên phải cĩ một ước nguyên tố cĩ dạng đĩ ( Vì tích số dạng 4k + 3 sẽ cĩ dạng 4k + 3 ). Do đĩ x2 + 1 cĩ ước nguyên tố dạng 4k + 3. Vơ lý ! Vậy pt đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên tố. b) Ta cĩ: 19x2 + 28y2 = 729 18x2 + 27y2 + x2 + y2 = 3.243  3 x2 + y2  3 x  3 và y  3 Đặt x = 3u và y = 3v ; u,v Thay vào phương trình đã cho và sau khi rút gọn ta được 19u2 + 28v2 = 81, tương tự ta 19u2 28v 2 9 được u = 3u1 , v = 3v1. Khi đĩ 1 1 23
24. 19u2 28v 2 1 u1 = 3u2 và v1 = 3v2 lại được 2 2 . Vơ nghiệm. Vậy pt đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên. c) Ta cĩ: x2 + 2x + 4y2 = 37 (x + 1)2 + (2y)2 = 38  19 ( dạng 4k + 3 ) x + 1  19 và 2y  19 (x + 1)2 + (2y)2  192 ( Vơ lý ) Vậy phương trình đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên tố. x2 y 2 z 2 x y p p và p 2. d = (x, y, z); d d d  p d d  z2 z x y z p p2 p p \ , , 1. d  d  d d d Vơ lý ! 3. Gọi d = (x, y). Khi đĩ z  d Đặt x = dx1, y = dy1, z = dz1, t = dt1 với (x1, y1) = 1 Cộng vế 2 pt, ta được 14(x2 + y2) = z2 + t2  7 z  7 và t  7 2 2 14(x2 + y2) = z2 + t2  72 (1) x y  7 x 7 và y 7. x2 y 2 z 2 t 2 14 72 Mặt khác: (1) d d d d  x 2 y 2 7 7 x2 7 y2 7 d  và d  1  và 1  x1  7 và y1  7. Vơ lý vì (x1, y1) = 1 Vậy hệ đã cho khơng cĩ nghiệm nguyên. 7. Phương pháp xuống thang: Quá trình tìm nghiệm diễn ra tuần hồn và sau mỗi chu kỳ, nghiệm nhỏ đi một lần ► Bài tập: 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 – 3y3 – 9z3 = 0 2. Tìm nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 + t2 = 2xyzt (1) 3. Tìm nghiệm nguyên: x2 + y2 + z2 = x2y2. HD: 1. Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên của pt, khi đĩ x0  3, đặt x0 = 3x1. Thay vào pt ta được: 9x3 y 3 3z 3 0 y 3 1 0 0 0  , đặt y0 = 3y1, 9x3 27y 3 3z 3 0 Khi đĩ: 1 1 1 3x3 9y 3 z 3 0 z 3z 1 1 0 0 1 3x3 9y 3 z 3 0 Thay z0 = 3z1 vào 1 1 0 ta được x3 3y 3 9z 3 0 1 1 1 x y z 0;; 0 0 Như vậy 3 3 3 cũng là nghiệm của pt. x y z 0;; 0 0 Quá trình này tiếp tục mãi, các số 3k 3 k 3 k là các số nguyên với mọi k nguyên. Do đĩ: x0 = y0 = z0 = 0 Vậy pt đã cho cĩ nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0) x2 y 2 z 2 t 2 2x y z t 2. Giả sử (x0, y0, z0, t0) là nghiệm nguyên của (1), khi đĩ: 0 0 0 0 0 0 0 0 là số chẵn nên trong đĩ các số x0, y0, z0, t0 phải cĩ số số lẻ là một số chẵn (0; 2hay 4) 24
25. x2 y 2 z 2 t 2 4 ● Nếu x0, y0, z0, t0 đều lẻ thì 0 0 0 0  . Trong khi đĩ 2x0y0z0t0  4. ● Nếu trong các số x0, y0, z0, t0 cĩ 2 số lẻ thì: x2 y 2 z 2 t 2 2 0 0 0 0  ( mod 4 ). Trong khi đĩ 2x0y0z0t0  4 Vậy x0, y0, z0, t0 phải cùng chẵn, giả sử: x0 = 2x1, y0 = 2y1, z0 = 2z1, t0 = 2t1 x2 y 2 z 2 t 2 8x y z t Phương trình trở thành: 1 1 1 1 1 1 1 1 x2 y 2 z 2 t 2 32x y z t Tương tự: 2 2 2 2 2 2 2 2 Trong đĩ: x x y y z z t t x1 0 ;y 1 0 ;z 1 0 ;t 1 0 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x2 y 2 z 2 t 2 2 2n 1 x y z t Cứ thế tiếp tục, đi đến: n n n n n n n n x y z t x0 ;y 0 ;z 0 ;t 0 n Với n 2n n 2 n n 2 n n 2 n là các số nguyên  , điều này chỉ xảy ra khi x0 = y0 = z0 = t0 = 0. Vậy pt đã cho cĩ nghiệm nguyên duy nhất là (0; 0; 0; 0) 3.● Nếu x và y đều là số lẻ thì x2  1 (mod 4) và y2  1 (mod 4). Nên x2y2  1 (mod 4) Từ x2 + y2 + z2 = x2y2 z lẻ . Nên z2  1 (mod 4). x2 + y2 + z2  3 (mod 4). Vơ lý. Vậy x chẵn hoặc y chẵn. ● Giả sử x chẵn y2 + z2  4 y và z cùng chẵn ( Vì nếu y và z lẻ thì y2 + z2  2 (mod 4) . Vậy x = 2x1; y = 2y1; z = 2z1 x2 y 2 z 2 4x 2 y 2 Thay vào pt đã cho , ta được: 1 1 1 1 1 . x2 y 2 z 2 16x 2 y 2 Lý luận tương tự ta được : 2 2 2 2 2 x y z x ,y ,z Với 2 22 2 2 2 2 2 2 là những số nguyên x y z ,, Quá trình này cĩ thể tiếp tục mãi các số 2n 2 n 2 n là số chẵn với mọi n. Do đĩ (x; y; z) chỉ cĩ thể là (0; 0; 0) 8. Dùng bất đẳng thức:( Cauchy hoặc Bunhiacopsky ) ►Bài tập: xy yz zx 3 1. Tìm nghiệm nguyên dương: z x y 2. Tìm nghiệm nguyên (x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1) (1) 3. Tìm nghiệm nguyên: x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2z = 4 HD: 1. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, pt đã cho tương đương với: 2 4 4 4 3xyz = x2y2 + y2z2 +z2x2 33 xyz 9xyz3 xyz xyz 1 x = y = z = 1 2. Áp dụng bđt B.C.S: (x + y + 1)2 (x2 + y2 +12)(12 + 12 + 12) = 3(x2 + y2 + 1) Dấu “=” xảy ra khi x = y = 1 Cách 2: (1) 2xy + 2x + 2y = 2x2 + 2y2 + 2 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0 x = y = 1 3. Phương trình đã cho tương đương với: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – 2)2 = 0 x = y = z = 2 25
26. CÁC BÀI ƠN TẬP. 1. Giải phương trình: a) 2x + 3x = 5x (1) HD: a) – Nếu x = 1 thì pt (1) nghiệm đúng x = 1 là nghiệm. x x 2 3 - Nếu x > 1 thì (1) 1 (2) 5 5 x x 2 2 và 3 3 Mà 5 5 5 5 x x 2 3 2 3 1 5 5 5 5 Vậy pt (2) vơ nghiệm. Nên pt (1) vơ nghiệm với x > 1 x x 2 2 3 3 - Nếu x < 1 thì và 5 5 5 5 x x 2 3 2 3 1 5 5 5 5 Vậy pt (2) vơ nghiệm. Nên pt (1) vơ nghiệm với x < 1 Do đĩ pt (1) chỉ cĩ một nghiệm duy nhất x = 1 y1 x2 x 2 2. Tìm x, y thoả hệ bất pt 2 y x 1 2 1 y x2 2 x x2 x1 x HD: 2 2 2 1 y x 2 2 1 5 x2 2 x x 1 2 Do x2 – 2x và x – 1 nguyên và khơng cùng tính chẵn lẻ Nên x2 2 x x 1 1 (1) Vì vậy trong 2 số x2 2 x và x 1 phải cĩ một số bằng 1 và một số bằng 0, hoặc ngược lại pt (1) hệ bất pt cĩ nghiệm: (0;0), (1;1), (0;1), (1;2), (2;0), (2;1). y x2 x (1) 1 0 3. Tìm x, y thoả y x (2) 2 1 1 0 HD: (1) y x2 x 1 y 1 (1') (2) y 2 1 x 1 y 2 1 (2') y 1 y y Từ (1’) và (2’) 2 1 1 3 . y 2 1 Vì y nên y 1 ; 2 ; 3 Xét từng giá trị của y trong hệ bất pt 0; 2 , 1 ; 3 là nghiệm 4. Chứng minh rằng x (x 0 ) , ta cĩ: 26
27. x5 x 47 x 3 5 x 2 x A là một số nguyên dương. 120 12 24 12 5 HD: Ta phải chứng minh A và A 0 x5 10 x 4 35 x 3 50 x 2 24 x A 120 x5 10 x 4 35 x 3 50 x 2 24 x 120 x(x4 10 x 3 35 x 2 50 x 24 ) 120 xx(x3 ) x(x 2 ) x(x ) (x ) 19 126 124 1120  x(x 1 )(x3 9 x 2 26 x 24 ) 120 x(x)(x 13 2 x 2 7 x 2 14 x 12 x 24120 ) x(x 1 )(x 2 )(x 3 )(x 4 ) 120 Đúng vì tích của 5 số tự nhiên liên tiếp 120 5. Tìm 2 số tự nhiên a, b nguyên tố cùng nhau nghiệm đúng: 2a b 102 a2 ab 101 HD: * Gọi d = (2a + b; a2 + ab) 2a bd và a2 abd  2a2 abd và a 2 abd  a2  d và ab  d * Mặt khác 2a + bd 2ab b2  d Mà ab d b2  d Do (a; b) = 1 a2 ;b 2 1 d 1 2a b Vậy tối giản 2a + b = 102 và a2 + ab = 101 a2 ab a(a + b) = 1.101 a = 1 và b = 100 6. Cmr A = 2880n + 60n + 12n + 4n – 720n – 240n – 48n – 1 Với n là số tự nhiên chia hết cho 1947. HD: * 1947 = 3.11.59 * A = (2880n – 720n) – (240n – 60n) – (48n – 12n) + (4n – 1). = 720n(4n – 1) – 60n(4n – 1) 12(4n – 1) + (4n – 1) = (4n – 1) (12n – 1) (60n – 1) Mà 4n – 1 = (4 – 1) (4n – 1 + 4n – 2 + + 1) 3 12n – 1 = (12 – 1)( 12n – 1 + 12n – 2 + + 1) 11 60n – 1 = (60 – 1)( 60n – 1 + 60n – 2 + + 1) 59 Vậy A 120 7. Cho a2 + b2 + c2 = 6 và a, b, c  1 ; 2. Cm a + b + c 0 ( Năng Khiếu Chuyên 09 – 10 ) Ta cĩ a  1 ; 2 a 1 0 và 2 a 0 a 1 2 a 0 a2 a 2 0 Tương tự b2 b 2 0 và c2 c 2 0 Cộng vế a2 b 2 c 2 a b c 6 0 a b c 0 7’. Cho a,b,c  2 ; 5 và a 2 b 3 c 2 . Cm a2 + 2b2 + 3c2 66 27
28. ( TSL10/ Hà Tĩnh 09 – 10 ) Ta cĩ: a  2 ; 5 a 2 0 ; a 5 0 a2 a 5 0 a2 3 a 10 0 a 2 3 a 10 Tương tự b2 3 b 10 2 b 2 6 b 20 c2 3 c 10 3 c 2 9 c 30 a2 2 b 2 3 c 2 3 a 2 b 3 c 60326066 . . x 16 8. Tìm các số thực x sao cho 2009 và x 2009 đều là các số nguyên. * ĐK: x 0 a x b 16 * Đặt 2009 và x 2009 16 Ta cĩ: b 2009 a 2009 ab b2009 16 a 2009 2009 ab 2025 b a 2009 ab 2025 0 a b 45 * Để a, b thì b a a b 0 45 Vậy x 45 2009 thoả a,b a b c (1) 0 ab bc ca (2) 9. Cho các số thực a, b, c thoả 0 abc (3) 0 Chứng minh cả ba số a, b, c đều dương. HD: * Giả sử a 0 . - Nếu a = 0 thì abc = 0. Mâu thuẫn với (3) - Nếu a 0 (1’) Từ b.c 0 a(b + c) > 0 (2’) Từ (1’) và (2’) a > 0. Mâu thuẫn Vậy a 0 là sai. Do đĩ a > 0 Cm tương tự: b > 0, c > 0 10. Giả sử x, y là các số nguyên dương sao cho (x2 + y2 + 6)xy. Tìm thương của phép chia x2 + y2 + 6 cho xy. HD: Ta cĩ: x, y *, (x2 + y2 + 6)xy (x2 + y2 + 6) = mxy x2 mxy y 2 6 0 (1) Trong tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả (1), giả sử (x0;y0) là cặp số cĩ x0 + y0 nhỏ nhất. Khơng mất tính tổng quát, giả sử x0 y0. Xét pt y2 mx y x 2 0 0 6 0 (2) y0 là một nghiệm của pt (2). Gọi y1 là nghiệm của pt (2). y y mx 0 1 0 Theo hệ thức Viet, ta cĩ: y y x2 0 1 0 6 Do (x0; y0) và (x0; y1) thoả (1) mà x0 + y0 nhỏ nhất. Nên 0 < x0 y0 y1. 28
29. 6 - Nếu x = y , từ (1) m 2 * x2 1 x 1 và m = 8 0 0 x2 0 0 0 y2 x 2 - Nếu y0 = y1 . Ta cĩ 0 0 6 y x y x 0 0 0 0 6 (*) y x y x Từ hệ thức tổng 0 0 và 0 0 cùng tính chẵn lẻ Nên (*) khơng xảy ra y x ; y x - Nếu x0 1. Ta cĩ: A = n2009 + n2008 + 1 = n2009 n2 + n2008 n + n2 + n + 1 = n2(n2007 – 1) + n(n2007 – 1) + (n2 + n + 1) Mà (n2007 – 1) = (n3)669 – 1669  n3 – 1 Và n3 – 1  (n2 + n + 1) Vậy n2007 – 1  n2 + n + 1 Mà n , n > 1. Nên n2009 + n2008 + 1 > n2 + n + 1 > 1. Vậy a là hợp số Do đĩ n *,n 1 thì a là hợp số. 12. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thoả: x2 – (2009 + y)x + 5 + y = 0 (1) HD: (1) x2 – 2009x – xy + 5 + y = 0 x2 – x – 2008x + 2008 – xy + y = 2003 (x – 1)(x – 2008 – y) = 2003 y . Nên (x – 1) là ước của 2003. Mà 2003 là số nguyên tố. Ta cĩ: x – 1 1;;; 1 2003 2003 x 2 ; 0 ; 2004 ; 2002 x = 2 thì 2 – 2008 – y = 2003 y 2004 x = 0 thì 0 – 2008 – y = 2003 y 5 x = 2004 thì 2004 – 2008 – y = 1 y 5 x = 2002 thì 2002 – 2008 – y = 1 y 4009 13. Ba số nguyên dương a, b, c đơi một khác nhau thoả mãn đồng thời các điều kiện: i) a là ước của b + c + bc ii) b là ước của a + c + ac iii) c là ước của a + b + ab. a) Hãy chỉ ra một bộ ba số (a; b; c) thoả các điều kiện trên. b) Chứng minh rằng a, b, c khơng thể đồng thời là các số nguyên tố. HD: a) (1; 3; 7) vì ( thử lại ) b) Giả sử (a;b;c) là 3 số nguyên tố (a < b < c) thoả 3 đk trên 29
30. Từ gt a + b + c+ ab + bc + ca cĩ a, b, c là ước. Đặt a + b + c + ab + bc + ca = mabc ( m *) m 1 1 1 1 1 1 bc ca ab a b c 1 1 1 1 1 1 86 1 35 57 73 7 5 3 105 m 1. Vơ lý Vậy điều giả sử trên là sai Nên khơng tồn tại 3 số nguyên tố khác nhau thoả đk đề bài. 14. Cho 13 điểm nằm trong hay trên cạnh của một tam giác đều cĩ cạnh bằng 6cm. Chứng minh rằng luơn tồn tại 2 điểm trong số 13 điểm đĩ mà khoảng cách giữa chúng khơng vượt quá 3 cm HD: Xét tam giác đều cạnh 6cm. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB Gọi G là trọng tâm ABC và M, N, P, I, J, L, T lần lượt là trung điểm của GA, GB, GC, AF, BF, BD, CD, GE, AE. ABC được chia thành 12 phần. Theo nguyên tắc Dirichlet trong 13 điểm đã cho tồn tại 2 điểm thuộc cùng một phần. Do cạnh ABC bằng 6cm GM GN GP MA NP PC MF NF ND PD PE EM 3 cm Do đĩ 2 điểm bất kì thoả điều kiện đề bài cĩ khoảng cách khơng quá 3 cm 15. Tìm tất cả các số nguyên p sao cho pt: 2x2 – (p – 1)x + p + 2008 = 0 Cĩ tất cả các nghiệm là các số nguyên. p 1 x x 1 2 2 x x x x 2007 HD: 1 2 1 2  . Vơ lí! p 2008 2 x x 1 2 2 Vậy khơng tồn tại số nguyên p thoả yêu cầu đề bài. ab 1 3 16. Cho các số nguyên dương a, b thay đổi thoả mãn . a b 2 a3 b 3 1 Tìm giá trị lớn nhất của P a3 b 3 HD: Vì vai trị của a, b như nhau . Giả sử a b - Nếu b 3 thì . Vơ lí! 2a 1 3 - Nếu b = 2. Ta cĩ: a 4 a 2 2 Do đĩ a = 3 hay a = 2 31 Nếu a = 3 thì P (thế vào biểu thức) 5 65 Nếu a = 2 thì P . 16 - Nếu b = 1 thì P = 1. 65 31 Ta cĩ 1 . 16 5 a a P31 3 hay 2 Vậy giá trị lớn nhất của b b . 5 2 3 30
31. 17. Tìm các số a, b, c nguyên dương sao cho: ab 1 bc 1 ca 1 abc là một số nguyên. ab bc ca M 1 1 1 HD: Đặt abc Ta cĩ: ab 1 bc 1 ca 1 = abc(abc – a – b – c) + (ab + bc + ca – 1) Do vậy (ab + bc + ca – 1)  abc abc ab bc ca Khơng mất tính tổng quát. Giả sử a b c . Ta cĩ: abc 1 Vậy f(7) – f(1) là hợp số. 19. Tìm số abc thoả abc a b 2 4 c HD: Ta cĩ: 100a + 10b + c = (a + b)24c a b b 100a 10 b 10 ( 10 a b) 10 9 c 4(ab) 2 1 4 (ab) 2 1 4 (ab) 2 1 Mà 4(a + b)2 – 1 là số lẻ và do 0 < c 9. Nên 4a b 2 1  5 Mà 4(a + b)2 là số chẵn. Nên 4(a + b)2 phải cĩ chữ số tận cùng là 6 a b 2 phải cĩ chữ số tận cùng là 4 hoặc 9 (*) 2. 5 ab Lại cĩ: c và 4(a + b)2 – 1 là số lẻ 4(a b)2 1 4 a b 2 1 500 a b 2 125 , 25 ( ) 31
32. Kết hợp (*) và ( ) a b 2 4 ; 9 ; 49 ; 64 a b 2 ; 3 ; 7 ; 8 * Nếu a b 2 ; 7 ; 8 thì a + b cĩ dạng 3k 1 , k . Khi đĩ 4a b 2 1  3 Mà a b 9 a 3 k 1 9 3 a b a c a b ; ; 10 9  3   2 7 8 a 10( 3 9 a) 6 1 3 * Nếu a + b = 3, ta cĩ: 35 7 Vì 0 0 thì m. n 1 9 3 3 3 9 9m – 3.3m +3 = 3m(3m – 3) = 0 m 1 x y 2 . Vậy pt cĩ 2 nghiệm nguyên (x; y) là (0; 0) và (2; 2). 21. Cho 3 số nguyên dương a, p, q thoả mãn các điều kiện: i) ap 1  q ii) aq 1  p . pq Chứng minh rằng a . 2 p q p,q 1 ap aq pq HD: Từ giả thiết ap aq q và ap aq p 1 1 1  pq 2 ap aq pq a 2 p q x 1 3 22. Tìm các số nguyên x và y để cho (1) 8y 8 HD: ĐK: y 0. Khi đĩ (1) xy – 8 = 3y y(x – 3) = 8 Xét bảng: y 1 1 2 2 4 4 8 8 x 3 8 8 4 4 2 2 1 1 x 5 11 1 7 1 5 2 4 32
33. Cĩ 8 cặp số nguyên thỏa mãn đẳng thức (1). 23. (Chuyên 05-06, TPHCM) Tìm số chính phương cĩ 4 chữ số biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là số chính phương 2 2 HD: Gọi số phải tìm là x abcd . Ta cĩ y a' b'c'd ' với a’ = a + 1, b’ = b + 1, c’ = c + 1, d’ = d + 1. y2 và x2 cĩ 4 chữ số 32 x 100 hay 100 x 32 . Lúc này 2 2 y x a'b'c'd' abcd 1111 101.11 y x y x 101.11 yx101 yx11 yx 101 yx 11 yx11  yx101  yx 11  yx 101 Giải các hệ phương trình này được kq x = 45. 24. (Chuyên 06-07, TPHCM) x a) Cho 2 số dương x, y thỏa mãn x y 3 xy. Tính y 1 1 1 b) Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x y 2 HD: a) Với x, y dương, ta có x y 3 xy x y3 xy x x 3 1 0 (*) y y y y x Đặt a 0 thì pt (*) thành a2 – 3a + 1 = 0, có 2 nghiệm là y 3 5 a 2 2 x 3 5 7 3 5 Vậy a2 y 2 2 1 1 1 b) x 2 y 2 4 x y 2 Với x, y nguyên dương, ta lập bảng giá trị x – 2 4 1 4 1 2 2 y – 2 1 4 1 4 2 2 x 6 3 2 1 4 0 y 3 6 1 2 4 0 Các cặp số (x;y) nguyên dương thỏa mãn điều kiện là (6;3), (3;6), (4;4) 25. (Chuyên 07-08, TPHCM) a b Cho a, b là các số nguyên dương sao cho 1 1 cũng là số nguyên. Gọi d là ước số a b của a và b. Chứng minh d a b a b a b HD: 1 1 1 1 là số nguyên a b ab a b 1 a 1 b 2 ab  Mà a,b *. Nên có a + b ab Mặt khác d là ước chung của a và b Do đó a d,b d 33
34. Nên d.d ab a b d2 a b d a b 26. (Chuyên 08-09, TPHCM) Cho a, b, c, d là các số nguyên thỏa a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. Chứng minh rằng: a) a2 + b2 + c2 + d2 là tổng của ba số chính phương. b) bc ≥ ad. a) a + d = b + c a + d – b – c = 0 2a(a + d – b – c) = 0 Ta cĩ: a2 + b2 + c2 + d2 + 2a(a + d – b – c) = (a + d)2 + (a – d)2 + (a – c)2 b) 4bc = (b + c)2 – (b – c)2 (0,25đ) 4ad = (a + d)2 – (a – d)2 (0,25đ) 2 2 Từ abcd0cbda cb da (0,25đ) Mà b + c = d + a 4bc 4ad bc ad (0,25đ) Câu 4 (2 điểm): a) Cho a, b là hai số thực thoả 5a + b = 22. Biết phương trình x2 + ax + b = 0 cĩ hai nghiệm là hai số nguyên dương. Hãy tìm hai nghiệm đĩ. b) Cho hai số thực sao cho x + y, x2 + y2, x4 + y4 là các số nguyên. Chứng minh x3 + y3 cũng là các số nguyên. HD: Cho a, b, c, d là các số nguyên thoả a ≤ b ≤ c ≤ d và a + d = b + c. a) Vì a ≤ b ≤ c ≤ d nên ta cĩ thể đặt a = b – k và d = c + h (h, k N) Khi đĩ do a + d = b + c b + c + h – k = b + c h = k. Vậy a = b – k và d = c + k. Do đĩ: a2 + b2 + c2 + d2 = (b – k)2 + b2 + c2 + (c + k)2 = 2b2 + 2c2 + 2k2 – 2bk + 2ck = b2 + 2bc + c2 + b2 + c2 + k2 – 2bc – 2bk + 2ck + k2 = (b + c)2 + (b – c – k)2 + k2 là tổng của ba số chính phương (do b + c, b – c – k và k là các số nguyên) b) Ta cĩ ad = (b – k)(c + k) = bc + bk – ck – k2 = bc + k(b – c) – k2 ≤ bc (vì k N và b ≤ c) Vậy ad ≤ bc (ĐPCM) Đáp án của SỞ GD: Câu 3: a) a + d = b + c a + d – b – c = 0 2a(a + d – b – c) = 0 (0,5đ) Ta cĩ: a2 + b2 + c2 + d2 + 2a(a + d – b – c) = (a + d)2 + (a – d)2 + (a – c)2 b) 4bc = (b + c)2 – (b – c)2 (0,25đ) 4ad = (a + d)2 – (a – d)2 (0,25đ) 2 2 Từ abcd0cbda cb da (0,25đ) Mà b + c = d + a 4bc 4ad bc ad (0,25đ) Câu 4: a) Gọi x1, x2 là hai nghiệm nguyên dương của phương trình (x1 ≤ x2) Ta cĩ a = –x1 – x2 và b = x1x2 (0,25đ) Nên 5(–x1 – x2) + x1x2 = 22 (0,25đ) x1(x2 – 5) – 5(x2 – 5) = 47 (x1 – 5)(x2 – 5) = 47 (*)(0,25đ) Ta cĩ: –4 ≤ x1 – 5 ≤ x2 – 5 nên 34
35. x 5 1 x 6 1 1 (*) x 5 47 x 52 . (0,25đ) 2 2 Khi đĩ: a = – 58 và b = 312 thoả 5a + b = 22. Vậy hai nghiệm cần tìm là x1 = 6; x2 = 52. b) Ta cĩ (x + y)(x2 + y2) = x3 + y3 + xy(x + y) (1) x2 + y2 = (x + y)2 – 2xy (2) x4 + y4 = (x2 + y2)2 – 2x2y2 (3) Vì x + y, x2 + y2 là số nguyên nên từ (2) 2xy là số nguyên. 1 2 2 4 4 2 2 2 Vì x + y , x + y là số nguyên nên từ (3) 2x y = 2 (2xy) là số nguyên (2xy)2 chia hết cho 2 2xy chia hết cho 2 (do 2 là nguyên tố) xy là số nguyên. Do đĩ từ (1) suy ra x3 + y3 là số nguyên. Đáp án của SỞ GD Câu 4b) Ta cĩ 2xy = (x + y)2 – (x2 +y2) (0,25đ) 2x2y2 = (x2 +y2)2 – (x4 + y4) (0,25đ) 2 2 2xy,2x y m2 2x2 y 2 Giả sử 2xy = m 2 m chia hết cho 2 xy (0,25đ) x3 + y3 = (x + y)3 – 3xy(x +y) 3 3 x y (0,25đ) 27. (Chuyên 09-10, TPHCM) ax by 1. Cho hệ phương trình 5 (a, b nguyên dương và a b) bx ay 5 Tìm a, b để hệ có nghiệm (x; y) với x, y là số nguyên dương. 2. Chứng minh không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả hệ: x2 xy y 2 z 2 3 3 31 x2 xy z 2 8 100 HD: ax by 1. 5 bx ay 5 (a b)x (ba)y (a b)(x y) x y 0 0 bxay bxay (ab)y 5 5 5 Vì (a + b)y = 5 và a, b, y là các số nguyên dương nên a + b là ước nguyên dương của 5 và lớn hơn 1. Vậy a + b = 5. a a a a Ta có: 1,,, 2 3 4 b b b b 4 3 2 1 2. Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thoả hệ: x2 xy y 2 z 2 3 3 31 x2 xy z 2 8 100 Ta có: 3(x2 – 3xy + 3y2 – z2) + (x2 + xy + 8z2) = 3.31 + 100 2 2 2 2 2 2 4x – 8xy + 9y + 5z =193 (2x – 2y) + 5(y + z ) = 193 (*) 2 2 Mà 5(y + z ) 5. Do đó 5(y2 + z2) có chữ số tận cùng bằng 0 hoặc 5 35
36. Từ (*) có (2x – 2y)2 có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8. Điều này vô lí vì (2x – 2y)2 là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3 hoặc 8. Vậy không tồn tại các số nguyên x, y, z thoả hệ: x2 xy y 2 z 2 3 3 31. x2 xy z 2 8 100 28. (NK Chuyên 07-08) Cho S là một tập hợp gồm 3 số tự nhiên có tính chất: tổng hai phần tử tuỳ ý của S là một số chính phương (Ví dụ S 5 , 20, 44 hoặc S 10 , 54, 90 là các tập hợp thoả mãn điều kiện trên). Chứng minh rằng trong tập S có không quá 1 số lẻ. 2 2 2 * Giả sử tập S a,b,c . Trong đó, a, b lẻ, còn c chẵn và thoả a + b = n , a + c = m , b + c = p . 2 Vì a, b lẻ nên a + b chẵn n chẵn n chẵn 2 Vì a lẻ, c chẵn nên a + c lẻ m lẻ m lẻ m = 2k +1 . Tương tự p = 2q + 1. 2 2 2 2 2 2 m + p = (2k + 1) + (2q + 1) = 4(k +q +k + q) + 2  4 (*) 2 2 2 Mặt khác n + m + p = 2(a + b + c) 4 2 2 2 Mà n  4 m + p  4 ( ) Từ (*) và ( ) Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử trên sai. 2 2 2 * Giả sử tập S a,b,c . Trong đó, a, b, c đều lẻ và thoả a + b = n , a + c = m , b + c = p . 2 2 2 Lúc này n + m + p  4 (1) 2 2 2 Mặt khác n + m + p = 2(a + b + c) = 2(2h +1) = 4h + 2  4 (2) Từ (1) và (2) Mâu thuẫn. Vậy điều giả sử trên sai. Do đó không thể có quá một số lẻ trong tập S. 29. (NK Chuyên 08-09) Một số nguyên dương n được gọi là số bạch kim nếu n bằng tổng bình phương các chữ số của nó. 1. Chứng minh rằng không tồn tại số bạch kim có ba chữ số. 2. Tìm tất cả các số nguyên tồn tại số bạch kim. HD: 1. Gọi số có ba chữ số là abc a,b,c ;1 a 9,b 9,c 9 . 2 2 2 2 2 Ta có abc = 100a + 10b + c = 10a + 10b + + 90a + c > a + b + c ( vì 10a > a , 10b b ; 90a + c 90 > c2 ) 2 2 2 Vậy abc a b c . Do đó không tồn tại số bạch kim có ba chữ số. 2. Gọi số có k chữ số là n = a a a a a (với ak, ak-1, , a3, a2, a1; ak 1 ) k k 1 3 2 1 k 2 k 1 Xét k 3, ta có 10 10,10 100 k – 1 k – 2 3 2 Do đó n = ak.10 + ak – 1. 10 + + a3. 10 + a2. 10 + a1.10 + a. ak.10 + ak – 1.10 + + a3. 100 + a2. 10 + a1.10 + a > 2 2 2 2 2 (vì ak.10 > 2 ; ak – 1.10 > 2 ; ak a k 1 a 3 a 2 a 1 a k a k 1 và 90ak + a1 2 ) 90 a1 Vậy không tồn tại số bạch kim có nhiều hơn 2 chữ số. Do đó số bạch kim chỉ có thể là số có 1 hoặc 2 chữ số. * Xét số bạch kim có một chữ số: Đặt n = a (a *;a 9) 2 Ta có a = a . Vì a 0. Do đó a = 1. * Xét số bạch kim có 2 chữ số: Đặt n ab(a,b *;a 1) Ta có: ab a2 b 2 10a b a 2 b 2 40a b 4a 2 4b 2 36
37. 2 2 (4a 40a 100) (4b 4b 1) 101 (2a 10)2 (2b 1) 2 101( ) 2 Mà 2a 10 10 vì 1 a 9. Do đó (2a – 10) a Do đó a + 1 = u2009, a = v2009. Trong đó ƯCLN(u;v) = 1, ( u,v ), u.v = 2010, u > v. 2009 2009 2009 Ta có a = u – 1 (v + 1) – 1 > v + 1 – 1 = a. Vô lí ! Vậy điều giả sử trên sai. Do đó không tồn tại số tự nhiên a sao cho a2 + a = 20102009. b) Nếu a = 0 thì a + a2 + a3 = 0 < 20092010 3 2 3 3 2 Nếu a 0. Ta có: a < a + a + a < a + 3a + 3a + 1 3 2010 3 a < 2009 < (a + 1) 3 670 3 3 a < (2009 ) < (a + 1) (*) Vì a và a + 1 là 2 số nguyên dương liên tiếp. Nên không thể có (*). Vậy không tồn tại số tự nhiên a sao cho a + a2 + a3 = 20092010. Câu 5. Trên một đường tròn, người ta xếp các số 1, 2, 3, , 10 (mỗi số xuất hiện đúng một lần). a) Chứng minh không tồn tại một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10. a) Giả sử tồn tại 1 cách sắp xếp các số 1, 2, 3, , 10 trên 1 đường tròn (mỗi số xuất hiện 1 lần) mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. Vì số 1 có 2 số kề nhau với nó. Mà tổng của mỗi số này với 1 phải lớn hơn 10. Do vậy cả 2 số này không nhỏ hơn 10. Mà chỉ có đúng 1 số không nhỏ hơn 10 (số 10). Điều này mâu thuẫn. Vậy điều giả sử trên sai! Do đó không tồn tại một cách sắp xếp mà tổng 2 sồ kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại 1 cách sắp xếp mà tổng 2 số kề nhau đều lớn hơn hoặc bằng 10. ( Xem hình dưới ) 37
38. 1 9 10 3 2 7 8 5 4 6 31.(ĐHSP 08-09) Tìm các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thoả mãn hệ phương trình sau: x y z x3 y 3 z 2 x y z (1) :Cách 1: . Dễ thấy (0;0;0) là 1 nghiệm của hpt x3 y 3 z 2 (2) 2 2 2 * Nếu x, y, z không đồng thời bằng 0 thì (2) (x + y)(x + y – xy) = z 2 2 2 2 2 2 x y xyz x y xyxy0 x y1xy y0 2 2 2 y 1 4 y y 3y 6y 1 Nên 2 2 0 3y 6y10 3y1 4 Vì y nên y 0; 1; 2 Từ đó suy ra hpt (1) có các nghiệm (0; 0; 0), (2; 2; 4), (1; 2; 3), (1; 0; 1), (2; 1; 3), (0; 1; 1). x y z (1) Cách 2: . Dễ thấy (0;0;0) là 1 nghiệm của hpt x3 y 3 z 2 (2) 2 2 2 * Nếu x, y, z không đồng thời bằng 0 thì (2) (x + y)(x + y – xy) = z x2 y 2 xyz x 2 y 2 xyxy0 2 2 2x 2y 2xy 2x 2y 2 2 2 2 2 x y x 1 y 1 2 (1) Vì x, y, z Nên vế phải của pt (1) chỉ có thể là 0 + 0 + 2 hay 0 + 1 + 1 - Trường hợp 0 + 0 + 2 không xảy ra vì x – y, x – 1, y – 1 x y,x 1,y 1 2 - Trường hợp 0 + 1 + 1 thì có các khả năng xảy ra: x – x – 1 y – 1 x y Đc: x – y z y 0 1 1 2 2 nhận 4 0 1 0 2 loại 1 0 1 2 0 loại 1 38
39. 0 0 0 loại Vậy hệ phương trình đã cho 1 1 1 0 1 1 2 loại có các nghiệm (0; 0; 0), (2; 2; 4), (1; 2; 3), (1; 0; 1), (2; 1; 1 0 1 1 2 nhận 3 3), (0; 1; 1). 1 0 1 1 0 nhận 1 32. ( 1 0 1 1 0 loại ĐHSP Chuyên 07-08) Tìm tất cả các bộ ba số 1 1 0 2 1 nhận 3 nguyên dương (x, y, z) 1 1 0 2 1 loại xy 1 z 1 1 0 0 1 loại  0 0 1 nhận 1 thỏa mãn: xz 1 y 1 1  yz 1 x  33. (HSG TPHCM 04-05) Cho các số nguyên dương x,y,z thỏa : x2 + y2 = z2 a) Chứng minh tích x.y.z chia hết cho 3. b) Chứng minh tích x.y.z chia hết cho 60. Bài toán phụ : Cho a Z. Chứng minh rằng: 2 ) a chia cho 3 dư 0 hoặc 1. 2 ) a chia cho 4 dư 0 nếu a chẵn, chia cho 8 dư 1 nếu a lẻ, chia cho 4 dư 1 nếu a lẻ. 2 ) a chia cho 5 dư 0 hoặc 1 hoặc 4. a/ Ta có: - Nếu x hoặc y chia hết cho 3 xyz 3 2 - Nếu x và y cùng không chia hết cho 3, theo ) có z chia cho 3 dư 2. Mâu thuẫn ) b/ - Nếu x, y cùng chẵn xy 4 xyz  4 2 - Nếu x, y cùng lẻ, theo ) z chia cho 4 dư 2. Mâu thuẫn ) - Nếu x, y khác tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử x chẵn, y lẻ. Ta có z 2 2 2 2 lẻ,theo ) có y , z chia cho 8 dư 1 z y 8 2 z 8 x  4 xyz  4 c/ - Nếu x hoặc y chia hết cho 5 xy 5 xyz  5 - Nếu x và y cùng không chia hết cho 5 2 2 theo ) có x , y chia cho 5 dư 1 hoặc 4 Suy ra x2 + y2 chia cho 5 dư 0; 2 hoặc 3 2 2 2 2 Theo ) có z chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4, mà x + y = z 2 2 2 nên x + y chia cho 5 dư 0 z 5 z  5 xyz  5 Do đó xyz chia hết cho 60 34. (HSG TPHCM 07-08) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n2 n 1 không chia hết cho 9. Giả sử n2 n 1 chia hết cho 9 thì ta có : n2 n 1 k .9 ( k N ) n2 n 1 k .9 0 ( 1) 1 4(1 k .9) 36 k 3 3(12 k 1) Ta thấy chia hết cho 3 và không chia hết cho 9 nên không là số chính phương, do vậy phương trình (1) trên không thể có nghiệm nguyên. 39
40. Vậy n2 n 1 không chia hết cho 9. ( đpcm) 2 35. (HSG Q1 09-10) Tìm số tự nhiên n sao cho n – 18n – 10 là một số chính phương. HD: Để n2 – 18n – 10 là một số chính phương 2 2 n 18n 10 k k 2 2 n9 k 91 n9kn9k 91 Vì k,n nên n – 9 – k < n – 9 + k. Ta có các trường hợp sau: n 9 k 91 n 37 (loại) n 9 k 1 k n 9 k 13 n 1 (loại) n 9 k 7 k n 9 k 7 n 19 (nhận) n 9 k 13 k 3 n 9 k 1 n 55 (nhận) n 9 k 91 k 45 Vậy khi n = 19 hay n = 55 thì n2 – 18n – 10 là một số chính phương. 40