Bd hsg toan 9 (14 15)

Chứng minh trong dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên... KL: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.Dạng 2: Phép chia hết, phép chia có dư 1.. Kiến thức: * Để chứng minh An

Ngày dạy:15/12/2021; Ngày dạy:22/12/2021

CHUYÊN ĐỀ: SỐ HỌC

Dạng 1: Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, lập phương

Bài 1: Tìm các số nguyênk để k4 8k3 23k2 26k 10 là số chính phương

Vậy k = 1 hoặc k = 3 thìk4  8k3 23k2  26k 10 là số chính phương

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b)

Vì a2 + b2 + c2 là số nguyên tố và a+c – b<a+c+b

Þ a+b – c = 1 Þ a + b + c = a2+ b2 + c2 (1)

Mà a, b, c nguyên dương nên a a2, b b2, c c2 (2)

Từ (1) và (2) Þ a = b = c = 1, thử lại: Thỏa mãn, kết luận

Bài 3: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên Hãy tìm số nguyên dương k

nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của Ađều tồn tại hai số phân biệt

a, b sao cho a2b2 là số nguyên tố

Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét T là một tập con của A và | | 9T = , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa

ít nhất 1 cặp nói trên

Vậy kmin = 9

Bài 4: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó

dạng 82xxyy với xxyy là số chính phương

Giải

a) Ta có: xxyy11 0x y là số chính phương nên

11 11

0 0

Bài 5: Tìm tất cả các cặp số a b; nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

1) a b, đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a b, là 1.2) Số N ab ab  1 2  ab1 có đúng 16 ước số nguyên dương

Giả sử tồn tại bộ số ( , n, p)m thỏa mãn yêu cầu đề bài Dễ thấy 0 m, n p Phương trình

đã cho có thể được viết lại thành

mn A p , (1)trong đó 2018 2017 2017 2 2017 2018

Từ đó dễ thấy m  n 1 và p2018  2, mâu thuẫn Vậy A chia hết cho p

Do mn  1 nên từ (1) suy ra mn chia hết cho p Khi đó, ta có

2018

2019 mod

Do A chia hết cho p và 0 m  p nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia hết cho

p , hay p 2019 Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay m n.

Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\ 3673  3 673 2018

 

0 mod 2019

Vậy không tồn tại các số m n p, , thỏa mãn yêu cầu đề bài

Bài 7: Tìm các số nguyên dương nsao cho n4n3 1 là số chính phương

Với n 2 thì A 25 thỏa mãn bài toán

Bài 8: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a b c, , đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện

3 a b 30  3 b b  b ( do b>c)Thay b 5 vào (*) được

(19;7;2),(23;7;2),(29;7;2), (31;7;2), (37; 7;2),(41;7;2),(13;11;2),(7;5;3) và các hoán vị củanó.

Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính phương

Vì n là số tự nhiên nên n2 + 2n+ 2 > 1 nên

Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2 Vậy n 4 + 4 n là hợp số

Bài 12: Tìm x nguyên dương để 4x3 14x2 9x 6 là số chính phương

Bài 13: cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương Chứng minh trong dãy có ít

nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên

Lời giải

-Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài toán chứng minh xong

-Nếu n không là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số nguyên dương ksao cho  

Vậy trong dãy luôn có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên

Bài 14: Tìm n ¿ N* sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương

Ta có: 2019 ( * )

, , ( , ) 1 2019

m n m n n

Bài 17: Cho Alà số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm vào mỗi chữ

số của A thêm 1 đơn vị thì ta được số chính phương Bcũng có 4chữ số.Tìm hai số A B;

Khi đó thay vào (1) ta có: p p 2  4  pk pk 6    p 2  pk 2  6k 4 0  

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn p, điều kiện cần để tồn tại nghiệm của PT là:

Bài 20: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C= 2019n+ 2020 là số chính phương

Lời giải

Với mọi số tự nhiên a thì a2 khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0; 1; 4

Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chia 8 dư 4 Suy ra 2019nº 3 (mod 8)n

KL: Không tồn tại n thỏa yêu cầu bài toán.

Dạng 2: Phép chia hết, phép chia có dư

1 Kiến thức:

* Để chứng minh A(n) chia hết cho một số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có một nhân tử làm hoặc bội của m, nếu m là hợp số thì ta lại phân tích nó thành nhân tử có các đoi một nguyên tố cùng nhau, rồi chứng minh A(n) chia hết cho các số đó

* Chú ý:

+ Với k số nguyên liên tiếp bao giờ củng tồn tại một bội của k

+ Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét mọi trường hợp về số dư khi chia A(n) cho m

+ Với mọi số nguyên a, b và số tự nhiên n thì:

1 Tính chất phản xạ: a  a (mod m)

2 Tính chất đỗi xứng: a  b (mod m)  b  a (mod m)

3 Tính chất bắc cầu: a  b (mod m), b  c (mod m) thì a  c (mod m)

Vì x x 1 x1 là tích 3 số nguyên liên tiếp nên nó chia hết cho 6

Theo định lí Ơle thì x7 x0 mod 7 ,    x Z

Bài 2: Tìm số tự nhiên bé nhất có 4 chữ số biết nó chia hết cho 7 được số dư là 2 và bình

phương của nó chia cho 11 được số dư là 3

Lời giải

Gọi x là số cần tìm x,1000 x 9999

Vì x2 chia cho 11 dư 3, nên x chia cho 11 dư 5 hoặc dư 6

Nếu x chia 11 dư 5 thì x  5 11  x 5 66 11   x61 11

Lại có x chia 7 dư 2  x 2 7  x 2 63 7   x61 7

Ta có với mọi số nguyên n thì n2 chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4

Nếu n2 chia cho 5 dư 1 thì n2  5k 1 k  *

  không phải là số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết)

Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 5k4 k  *

Bài 4: Với mỗi số thực x kí hiệu  x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x Ví dụ

2 1

  

  ;

3 2 2

 

 

 

 

1) Chứng minh rằng x1 x  x  x  1 x1 với mọi x  

2) Có bao nhiêu số nguyên dương n 840 thỏa mãn  n là ước của n?

Mà n có dạng k2; k2 k; k2 2k đều thỏa mãn yêu cầu bài toán

Vậy số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3.28 84 

Bài 5: Tìm tất cả các số nguyên dương m, n sao cho m n 2 chia hết cho m2 n và n m 2

2 2

n m n+ M - m

2 2

n m

+ Þ

- Î Z

( )2 2

1 1

+ + Þ

- - Î Z

2 2

3 1 1

n

+ Þ

- - Î Z Þ n2- - £n 1 4n+ 2 Þ n2 - 5n- £ 3 0 Þ

1) Chứng minh n6 2n4n2 chia hết cho 36 với mọi nnguyên dương

2) Cho ba số phân biệt a b c, , Đặt:

A A

Do đó trong ba số x y z, , phải có ít nhất một số dương

Bài 7: Cho a là số tự nhiên lớn hơn 5 và không chia hết cho 5.

Lời giải

5 với mọi số tự nhiên n.

Bài 8: Cho m và n là hai số nguyên dương lẻ thỏa

Từ đó có điều phải chứng minh

Bài 9: Cho n là số tự nhiên lẻ Chứng minh : 46n 296.13nchia hết cho 1947

Bài 10: Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi môn Toán được mang số báo danh là số tự

nhiên trong khoảng từ 1 đến 1000 Chứng minh rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán cótổng các số báo danh được mang chia hết cho 9

Lời giải

Với 5 số tự nhiên đôi một khác nhau tùy ý thì có 2 trường hợp xảy ra:

- TH1: Có ít nhất 3 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Tổng 3 số tương ứng chia hếtcho 3

- TH2: Có nhiều nhất 2 số chia cho 3 có số dư giống nhau  Có ít nhất 1 số chia hết cho

3, 1 số chia 3 dư 1, 1 số chia 3 dư 2

Suy ra luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3

Do đó ta chia 17 số báo danh của 17 học sinh thành 3 tập hợp lần lượt có 5; 5; 7 phần tử.Trong mỗi tập hợp, chọn được 3 số có tổng lần lượt là 3a ;3a ;3a a ;a ;a 1 2 3 1 2 3  N

Còn lại 17 – 9 = 9 số, trong 8 số còn lại, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a 4

Còn lại 5 số, chọn tiếp 3 số có tổng là 3a 5

Trong 5 số a ,a ,a ,a ,a 1 2 3 4 5 có 3 số a ,a ,a i1 i2 i3 có tổng chia hết cho 3.

Nên 9 học sinh tương ứng có tổng các số báo danh là 3 a i1  a i2  a i3 9

Dạng 3: Phương trình nghiệm nguyên

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3y3 x y xy2  2 5

x y x y

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên 3;2 và 2;3

Bài 2: Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn: x2  x 1 y2 xy  3x 1

 2;0;1;3

x

  

Với x 2, ta có phương trình: 7y2 14y 7 0 y 1

Với x 0, ta có phương trình: y 2 1 (phương trình vô nghiệm)

Với x 1, ta có phương trình: y2y 2 0  y 1 hoặc y 2

Với x 3, ta có phương trình: 7y221y 8 0 (phương trình có nghiệm vô tỷ)Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên 2;1; 1;1 và 1; 2 

Bài 3: Tìm x, y nguyên sao cho x y  18

n m

n m

n m

x y

x y

x y

Vậy phương trình có bốn nghiệm nguyên 0;18 ; 2;8 ; 8;2 và 18;0

Bài 4: Tìm tất cả các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình

Vì x, y nguyên dương nên x  617 và y  617 là ước lớn hơn  617 của 6172

Vì 617 là số nguyên tố nên xảy ra 3 trường hợp:

x y

x y

Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên 1234;1234; 618;381306 và 381306;618

Bài 5: Tìm các số nguyênx y, thỏa mãnx4x2 y2 y20 0.

Vớix 2 0, ta có: y2y20  y2y 20 0   y 5; y 4 (nhận)

Vậy nghiệm nguyên của PT là: 3;10 ; 3; 11 ; 3;10; 3; 11  ; 0; 5 ; 0;4

Bài 6: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2 2y x y   2x1

y  thì  1  x2 0  x 0

3

2 2

Vậy phương trình  1 có 4 nghiệm nguyên: x y ;  (0;1);(4;1);(4;3);(0; 1) 

Bài 7: Tìm tất cả các cặp số nguyên x y;  thỏa mãn

x y

Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên: 6;7 và 7;6

Bài 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 5x + 2.5y + 5z = 4500 với x < y < z

Vậy có 2 cặp số nguyên ( ; ) ( 1;1)x y   hoặc ( ; ) ( 2; 2)x y  

Bài 10: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 2x6 + y2 –2 x3y = 320

Lời giải

Khi 3x+5 là ước 25 từ đó tìm được ( ; )x y  ( 10; 31);( 2; 7);(0; 5)    

( cách khac nhân 2 vế với 9 đưa về tích)

Bài 13: Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn a b c  91 và b2 ca.

Trường hợp 1: Nếu q là số tự nhiên thì ta được 2

1; 9; 81 9

Vậy phương trình có các nghiệm x y ;   2018;0 , 2018;1 , 2018;2 , 2018;3       

Bài 15: Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình 2x + 3 = y2

=> VP chia 4 dư 1 => vô lí.

Vậy nghiệm tự nhiên của phương trình là (x,y) =(0;2)

Kiểm tra ngày 17 tháng 12/2021

- Đủ bài soạn theo quy định

- Bài soạn đảm bảo nội dung kiến thức trọng tâm

Tổ trưởng CMKiều Thị Yến