Đs9 chuyên đề 7 số nguyên tố, số chính phương(157 trang)

Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2... b, Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia hết cho p... Thì n là

CHUYÊN ĐỀ 8 SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT

KIẾN THỨC CẦN NHỚ:

1 Một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1

2 Một số chính phương khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1

3 Một số chính phương khi chia cho 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4

4 Một số chính phương khi chia cho 8 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4

5 Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia hết cho p2

6 Với mọi số nguyên dương n ta có S n  n mod3

7 Với mọi số nguyên dương n ta có S n  n mod9

r r r  đôi một khác nhau Thật vậy nếu có 2 số r r i, jbằng nhau thì ia ja, có cùng số dư khi

chia cho p nên ia ja pa i  j p i j p điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt và

b, Giả sử một trong hai số a, b không chia hết cho p, suy ra số còn lại không chia hết cho p

Vậy 2 2 2

a b c không phải là số nguyên tố

Nhận xét: Để chứng minh a là số nguyên tố ta phân tích ab c sau đó suy ra một trong hai thừa

Ví dụ 4

Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện 2 2 2 2

a b abc d cd Chứng minh rằng: a b c  dlà hợp số

Nhưng điều này vô lý vì p là nguyên tố và a b c d, , , 0 nên0 c a c b,   p

Suy rac a p , 1, vậy không thể cóc a c b    0 modp Vậy a b c d   là hợp số

Ví dụ 5

Chứng minh rằng: Nếu p p, 22là số nguyên tố thì p32 cũng là số nguyên tố

Lời giải:

Khi p2thì p2 2 6 là hợp số, không thỏa mãn điều kiện, suy ra p3

Khi p3, xét 3 số liên tiếp p1, ,p p1luôn phải có một số chia hết cho 3 Nếu p1hoặc

p   suy ra p22 là số nguyên tố, điều này trái với giả TH1ết

Vậy p phải là số chia hết cho 3 Mà p là số nguyên tố, suy ra p3

Thử lại: p3thỏa mãn điều kiện

Khip3, xét 3 số liên tiếp p1, ,p p1luôn phải có một số chia hết cho 3 Nếu p1hoặc

Tóm lại: p q;      2;3 , 3; 2

Ví dụ 8

Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện: a b là số nguyên tố và 2  

3c ab c a b  Chứng minh: 8c1là số chính phương

Lời giải:

Ta viết lại giả TH1ết thành: 2 2   

4c c ab bc ca   c a c b Đặt ac;bd    d a c b c d  a b d Vì a b là số nguyên tố nên d  a b hoặc

+ Nếu d  a b thì a c a b x b c  ,  a b y  vớix y,  Khi đó

(*)

m n

+ Nếu x3thì 2 8x còn y44 chia 8 dƣ 5 hoặc 4 nên không tồn tại x, y

Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn điều kiện đề bài là      x y;  1;1 , 2;0

Ví dụ 10

Với p là số nguyên tố, đặt n22p222p4  24221 Tìm các số nguyên tố p sao cho

2n 2không chia hết cho n

Nếu p3thìn2422 1 21 Khi đó 21  20   10  10 

2  2 2 2  1 2 2 1 2 1 không chia hết cho 21 Vậy p3 thỏa mãn

Xét p là số nguyên tố lẻ lớn hơn 3 Thì n là số tự nhiên lẻ, không chia hết cho 3

Ta có 2x2, 2y2có cùng số dƣ khi chia cho p mà p là số lẻ suy ra x y2, 2có cùng số dƣ khi chia cho

p hay x, y có cùng số dƣ khi chia cho p

0

pz qy dẫn đến pyqx0 hayy2 zx

Ta xétn1 Dễ thấy bộ số p2,q7,r3 thỏa mãn điều kiện

Ta xétn2 Ta thấy trong ba số p, q, r phải có 1 số chẵn

 Nếu r2 thì p nq n 4 không có số p, q thỏa mãn

Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n1và 24n1là số chính phương Chứng minh rằng:

8n3 là hợp số

Lời giải:

Giả sử

2 2

8n 3 4x y  2xy 2xy Do 2x y 2xy Vì vậy nếu 8n3là số nguyên

tố thì điều kiện là 2x   y 1 y 2x1 khi đó

Ta có với mọi số nguyên m thì 2

m chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4

+ Nếu n2chia cho 5 dư 1 thì 2 2  

n  k n   k k Nên n24không là số nguyên tố

Ta xét cả 2 số p, q đều khác 3 Khi đó p, q khi chia cho 3 có số dư là 1 hoặc 2

Nếu p và q có cùng số dư khi chia cho 3 thì p3q5chia hết cho 3 Còn pqkhông chia hết cho

Tìm các số nguyên tố p, q sao cho q31 p2 và p61 q2.

4

,2

2 ps n m n m m  do n m n m ,  đều là các số lẻ nên n m  p n m,  1, suy ra s m, 2

và m n;    1; 2 hoặc  2;3 Trong cả 2 trường hợp đều suy rap5 Với p5 thì

a, p1p1chia hết cho 24 b, p41 chia hết cho 48

Lời giải:

a, p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, p2k1 vớik ,k 1 Ta có:

p  k  p p  k k , mặt khác xét 3 số liên tiếp p1, ,p p1 luôn tồn

tại một số chia hết cho 3, số đó không phải là p nên suy ra p1 hoặc p1 chia hết cho 3 vậyp1 , p1 chia hết cho 3 Vì  3,8 1 nên p1p1 24

Gọi d là ƣớc chung lớn nhất của x, y ta suy ra

Lại có p1 p p 1 là 3 tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên p1 p p 1 chia hết cho 3 Mà 3

là số nguyên tố nên trong 3 sốp1 , p , p1 phải có ít nhất 1 số chia hết cho 3 Do p không

chia hết cho 3 suy ra p1p1chia hết cho 3 (**) Từ (*), (**) suy ra p21 24

+) Nếu p  a b 2c   a b 2c ab c 2 c(vô lí) (loại)

Vậy p không thể là số nguyên tố

Bây giờ ta cần tìm điều kiện để:

và số 4n3 không phải là số chính phương (số chính phương chia 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 nên suy ra

2 2

Giả sử x23xyy2 m2 với m là số tự nhiên khác 0

Ta thấy rằng Nếu cả 2 số x, y không chia hết cho 3 thì

2 2

,

x y chia 3 dư 1 Suy ra x2y2chia 3

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

thể dư 0 hoặc 1 Từ đó suy ra trong 2 số x, y phải có 1 số chia hết cho 3 Giả sử đó là x thì

Ví dụ 7

Cho 2 số tự nhiên yx thỏa mãn:   2  

2y1  2yx 6yx Chứng minh: 2 yx là số chính phương

  , đặt cmnk với k nguyên dương thì

ta suy ra dmnc m n   d k m n  d kmà k c k 1 nên d  m n nên

Cho 3 số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện: a b là số nguyên tố và 2  

3c ab c a b  Chứng minh: 8c1 là số chính phương

Lời giải:

Ta viết lại giả TH1ết thành: 2 2   

4c c ab bc ca   c a c b Đặt a c b c ;       d a c b c d  a b d Vì a b là số nguyên tố nên d  a b hoặc

8n 3 4x y  2xy 2xy Do 2x y 2xy vì vậy nếu 8n3 là số nguyên

tố thì điều kiện là 2x   y 1 y 2x1 khi đó

là tích của hai số tự nhiên liên tiếp Chứng minh rằng n là tổng của hai

số chính phương liên tiếp

Lời giải:

  ta có 10n 9a1 và

1

111 1

k  k nên suy ra cả k3mvà k3m đều chia hết cho 3

Hơn nữa k3m k 3m chỉ xảy ra khả năng 3 3

3 3.7

m m

k k

9 2.5

9 2

n n

k k

3.2 23.2 2

a b

Giả sử2 5m n 25l2 với l Suy ra 5 5 2 5m n

5 10.2

5 10.5

m n

l l

5 10.5

5 10.2

n m

l l

4x4y9 4 x4y91.1053.355.21 7.15 Giải các trường hợp trên ta thu được bộ

số  x y; thỏa mãn điều kiện là     x y;  1;1 , 11;16 , 16;11   

Ví dụ 26

Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn 1 1 1 1

a  b c abc Chứng minh rằng   2  2 2

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

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 4x4y4z là số chính phương

Lời giải:

a Ta xét n1008 giả sử 431410084n  y2 vớiy * Hay 30 978 30 2

4

k k

2x2y1 là số lẻ nên luôn khác 0 Nên (*) không thể xảy ra

TH2: Nếu 1 4 y x 4z x là số chẵn thì yx hoặcz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 4x4y4z là số chính phương là:z2y x 1

Cho hai số nguyên a;b thỏa mãn 2 2  

      Vì phương trình trên có nghiệm nguyên nên điền kiện cần ta có '

là một số chính phương Khi đó ta có b là một số chính phương

- Vớib0, ta cóa1 Ta thấy 0 và 1 là hai số chính phương liên tiếp (đúng với đpcm)

- Vớib0, ta có:  

2 2

b và b là hai số chính phương liên

tiếp (điều phải chứng minh)

Vậy a và b là các số chính phương liên tiếp

Vớia  9 n 40 Thử lại: thỏa mãn

Các bài toán liên quan đến tính chia hết của số nguyên

Ví dụ 1

Cho n * Chứng minh rằng: S n 1201922019  n2019 chia hết cho T n    1 2 n

Lời giải:

Do a b 2 và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27, điều này xảy ra khi c1,a b 3 Khi đó

Ví dụ 4

Cho các số tự nhiên a, b, c, d, e biết: a b c d    e 3a4b5 ,c d e 13 Tìm số lớn nhất

trong các số a, b, c, d, e

Lời giải:

Từ giả TH1ết ta suy ra a b c d   e chia hết cho 3.4.560 suy ra 4 ,5b c chia hết cho 60 nên

b chia hết cho 15, c chia hết cho 12 Nếu b0 hoặc c0 thì suy ra a    b c d e 0 trái với giả TH1ết suy rab c, 0.Vậy b c, 1 suy rab15,c12 Theo giả TH1ết ta có:

3 a b c d    e 3a4b5c3 d  e b 2c15 2.19   d e 13 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b15,c12 vậya20 Vậy a20là giá trị cần tìm

Không mất tính tổng quát, ta giả sửnm

+ Nếu n m 1 thì suy ra n2  m n m2, thật vậy ta

Vậy các cặp số m n; thỏa mãn điều kiện là: m n;              2; 2 , 3;3 , 1; 2 , 2;1 , 2;3 , 3; 2

xy  xy xy Do x, y là số nguyên tố ta suy ra x hoặc y chia hết cho 5

Giả sửx 5 x 5, lại có xy 5 số còn lại cũng chia hết cho 5, hayx y 5

Khi đón3

Ví dụ 10

Cho x, y là các số nguyên x y, 1 sao cho

q p Vì q nguyên tố còn p n không nguyên tố nên q p n1

Một trong những thừa số ở vế trái của (1) chia hết cho số nguyên tố q Theo bất đẳng thức

1

n

q p  điều đó chỉ xảy ra khi q p n1

Thay vào (1) ta đƣợc: p p n 1 p1 p n2 suy ra p n3p 2 0

p nghĩa là b chia hết cho p2 suy rab2 p4 Điều này vô lý vì 2 2

a b không chia hết cho p4(do a không chia hết cho p4) Nhƣ vậy a phải chia hết cho 2

Cho m, n là các số nguyên dương, giả sử  3

2

m n A

Do a b 2 và A lẻ nên A nhận giá trị bé nhất là 27, điều này xảy ra khi c1,a b 3 Khi đó

Tuy nhiên thử lại thấy 255 2! 5! 5! 

Một trong hai số b hoặc c nhỏ hơn 5

Từ đó ta có: a!  b! c! 2!4!5! 246 abc146 a 1,b4

Với c5 thì abc      a! b! c! 1! 4! 4! 49 vô lý

Với c5 thì 1 5 1!b  b!5!, suy ra 10b16 b! b! tận cùng bởi số 4, vì vậyb4

Vậy abc125 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 24

Cho các số tự nhiên a, b Chứng minh:

a a2b2chia hết cho 3 thì a, b đều chia hết cho 3

b a2b2chia hết cho 7 thì a, b đều chia hết cho 7

c a4b4 chia hết cho 15 thì a, b đều chia hết cho 3 và 5

Lời giải:

Một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1 Do a2b2 chia cho 3 nên chỉ có thể xảy ra số dư 0 0, 0 1,1 1   trong 3 trường hợp này chỉ có trường hợp a b, 3thì a2b2 3 suy ra đpcm

b Một số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4 (Thật vậy chỉ cần xét

c Dễ thấy nếu a không chia hết cho 3 thì 4

a chia 3 chỉ có thể dư 1 Từ giả TH1ết ta có: 4 4

a b

chia hết cho 3 và chia hết cho 5

Nếu a không chia hết cho 3 thì a4 không chia hết cho 3 suy ra b4không chia hết cho 3 nên b

không chia hết cho 3 suy ra a4b4 chia cho 3 dư 2 Trái với giả TH1ết, vậy a, b phải chia hết

cho 3

Ta cũng có: Nếu a không chia hết cho 5 thì 4

a chia cho 5 chỉ có thể dư 1 Làm tương tự như trên

ta suy ra a, b phải chia hết cho 5 là đpcm

Không mất tính tổng quát, ta giả sửnm

+ Nếu n m 1 thì suy ra n2  m n m2, thật vậy ta

Vậy các cặp số m n; thỏa mãn điều kiện là: m n;              2; 2 , 3;3 , 1; 2 , 2;1 , 2;3 , 3; 2

Ví dụ 26

Xét phân số

245

n A n





 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n trong khoảng từ 1 đến 2017 sao cho

phân số A chưa tối giản

Như vậy, ta chỉ cần tìm n sao cho n 5 29m với m *

1 n 2017 0 29m 5 2017  1 m 69có 69 giá trị của mcó 69 giá trị của n Vậy có 69 giá trị của n để A là phân số chưa tối giản

Cho các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn 2 2 2

a b c Chứng minh ab chia hết cho a b c 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2009 – 2010

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2009 – 2010

 Nếu z 1 thì ta được  21 không phải là số chính phương nên phương trình trên không có nghiệm nguyên

 Nếu z 2 , khi đó kết hợp với k 1 thì từ phương trình trên ta được

Suy ra x y z 2   Vậy tam giác đã cho là tam giác đều

Bài 3 Tìm số tự nhiên abc thoả mãn điều kiện   2

abc a b 4c

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2009 – 2010

 Nếu a b 3  ta có      

10 3 9a 6 1 3ac

35 7 Vì ta có 0 a 4  và 1 3a 7 suy ra a 2 , khi

đó c 6; b 1  Ta có số 216 thoả mãn yêu cầu bài toán

Vậy số abc 216 là số cần tìm

Bài 4 Cho ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn các điều kiện:

i) ap 1 chia hết cho q ii)  aq 1 chia hết cho p 

2 p q

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 – 2010

Lời giải

Từ giả thiết ta được ap 1 aq 1 pq    suy ra a pq ap aq 1 pq2    

Mà a pq pq2 nên ta được ap aq 1 pq   Do a, p, q là các số nguyên dương nên ap aq 1  và

pq là các số nguyên dương Suy ra ap aq 1 pq  

2 p q Bài toán được chứng minh xong

Bài 5 Tìm tất cả các cặp số nguyên  a; b nghiệm đúng điều kiện

9.25 2b 5 b 5; b 10+ Với a 4 ta đƣợc   2    

25.25 2b 5 b 10; b 15Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là

k 1 3, điều này không xẩy ra vì 2

k 1 không chia hết cho 3

Vậy các số nguyên dương x; y; z  8;7;13 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 7 Giả sử m và n là các số nguyên dương với n 1 Đặt  2 2 

S m n 4m 4n Chứng minh rằng:

 Trường hợp 1 Nếu m n , khi đó theo như chứng minh trên ta được      

2 2

2

mn 2

S mnn

Mặt khác ta có mn2 2mn 1  n 2

Vì m, n là các số nguyên dương và m n 1  nên ta được 

  nm2 2

0 mn 1

nSuy ra   2   2

mn 1 S mn nên S không thể là số chính phương

Như vậy từ hai trường hợp trên ta thấy khi S là số chính phương thì ta được m n

Khi đó đẳng thức trên trở thành 10a b c   10c a b  hay 2.5.c a – b  b a – c

Suy ra 5 là ước số của b a – c  Do 5 nguyên tố và 1 a, b,c 9  , lại có a c nên ta được b 5hoặc a c 5  hoặc c a 5  Ta đi xét các trường hợp sau

2c 1

Từ đó suy ra   



92b 2c 9

2c 1 nên ta được 2c 1 3  hoặc 2c 1 9  vì c 0 Trường hợp này tìm được a; b; c  6; 4;1 , 9; 8; 4   thỏa mãn yêu cầu bài toán

 Trường hợp 3 Với c a 5  ta được c a 5  nên         



22a 10a

Vậy các bộ số thỏa bài toán là a; b; c  6; 5; 2 , 9; 5;1 , 6; 4;1 , 9; 8; 4      

Bài 9 Tìm tất cả các dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 2010

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 – 2011

+ Với y 1 ta có 2x 1 1005  2x 1004 nên dãy số cần tìm là 1004, 1006

+ Với y 2 ta có 2x 2 670  2x 668 nên dãy số cần tìm là 668, 670, 672

+ Với y 4 ta có 5 2x 4  20102x 398 nên dãy số cần tìm là 398, 400, 402, 404, 406 + Với y 5 ta có 6 2x 5  20102x 330 nên dãy số cần tìm là 330, 332, 334, 336, 338,

340

+ Với y 9 ta có 10 2x 9  20102x 192 , nên dãy số cần tìm là

192, 194, 196, 198, 200, 202, 204, 206, 208, 210 + Với y 14 ta có 15 2x 14  20102x 120 nên dãy số cần tìm là 120, 122, 124, 126, ,

148

+ Với y 29 ta có 30 2x 29  20102x 38 nên dãy số cần tìm là 38, 40, 42, 44, 46, , 96 + Với y 67 ta có 2x y 302x 0 nên không tồn tại dãy số thỏa mãn yêu cầu bài toán Vậy chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp như trên thoả điều kiện bài toán

Bài 10 Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a b 2 chia hết cho a b 12 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2010 – 2011

Lời giải