chuyendeboiduonghsg9(VuDinhthcstt)

* Để chứng tỏ An chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chiacho p.. * Để chứng tỏ An chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi

PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC

I PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP

Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiênđược vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau

Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0

Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy

* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k Tức là ta có : ak-bk =(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)

Ta cần chứng minh đúng với n=k+1 Tức là C/m ak+1-bk+1 =(a-b)(ak +ak-1b +… + bk)

Thật vậy ta có :

VT = ak+1 - bk+1 = ak+1 -akb + akb -bk+1 = ak(a-b)+ b(ak -bk) = ak(a-b) + b(a-b)(ak-1 +ak-2b +… + bk-1) = (a-b)[ ak + b(ak-1 +ak-2b +… + bk-1)] = (a-b)(ak +ak-1b +… + bk) = VP

Vậy theo giả thiết quy nạp đẳng thức đúng với mọi n ≥ 2

1)n(n+

Bài 2: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N* ta có : 12 +22 +32 + 42 +52 +……+n2 = 6

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

Bài 4 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥ 3 ta có 2n > 2n+1

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta có: 4.32n 2+ +32n 36 64− M

TÍNH CHIA HẾT

A CHIA HẾT SỐ NGUYÊN

1 Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b≠0) Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên (q, r) sao cho a = bq + r với 0 r≤ < b .

* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a M b ⇔ a = kb a, b, k ∈¥

* Nếu r ≠ 0 phép chia a cho b là có dư

2 Tính chất của qua hệ chia hết:

a M a

aM b và b M a thì a = b

a M b và b M c thì a M c

a M m thì ka M m và ak M m

* Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N*) có một và chỉ một số chia hết cho n.

* Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N*) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư

* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chiacho p

* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó

* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x cho m

1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p

Ví dụ : A(n) = n(n2+1)(n2+4) chia hết cho 5

n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5

a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5

b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n2= 25k2+10k +1 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5c/ Với r = 2 => n = 5k+2 => n2= 25k2+20k +4 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5d/ Với r = 3 => n = 5k+3 => n2= 25k2+30k +9 thì (n2+1) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5e/ Với r = 4 => n = 5k+4 => n2= 25k2+40k +16 thì (n2+4) chia hết cho 5=> A(n) chia hết cho 5

2/ Phương pháp 2 : A(n) chia hết cho m; ta phân tích m = p.q

a/ (p,q) = 1 ta chứng minh: A(n) chia hết cho p, A(n) chia hết cho q => A(n) chia hết cho p.q

b/ Nếu p và q không nguyên tố cùng nhau ta phân tích A(n) = B(n).C(n) và chứng minh B(n)

chia hết cho p, C(n) chia hết cho q => , A(n) chia hết cho p.q

3/ Phương pháp 3 : Để chứng minh A(n)  m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và

chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n

4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)  m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một

nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :

b) n(n 2)(25n+ 2−1) 24M c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n5 là giốngnhau.

d) (a b) 6+ M⇔(a3+b ) 63 M e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1 CMR 2

n −1 24M g) 32n 1+ 2+ n 2+ M f) 7 32n 2+ 2+ 6n 1+ M 11

B, CHIA HẾT

ĐA THỨC :

1 Ta sử dụng định lý Bơ zu :

Số dư trong phép chia đa thức f(x) cho nhị thức x – a bằng giá trị của đa thức f(x) tại x = a

Từ đó ta có các hệ quả : Đa thức f(x)  ( x – a) < = > f(a) = 0 tức là khi a là nghiệm của đathức

Từ đó suy ra :

Đa thức f(x) có tổng các hệ số bằng 0 thì chia hết cho x – 1

Đa thức f(x) có tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng các hệ số của số hạng bậc lẻ thì f(x)  ( x + 1)

2.Đa thức bậc 2 trở lên :

Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có nhân tử chi hết cho đa thức chia.Cách 2 : Xét giá trị riêng

3/ Chứng minh đa thức chia hết cho đa thức khác :

Cách 1 : Phân tích đa thức bị chia thành nhân tử trong đó có 1 thừa số chia hết cho đa thứcchia

Cách 2 : Biến đổi đa thức bị chia thành tổng các đa thức chia hết cho đa thức chia

Cách 3 : Sử dụng biến đổi tương đương : chứng minh f(x) g(x) ta chứng minh : f(x) + g(x)

Bài 5: CMR : a/ x50 + x10 + 1  x20 + x10 + 1

b/ x2 - x9 – x1945  x2 - x + 1c/ x10 - 10x + 9  (x – 1)2d/ 8x9 - 9x8 + 1  (x – 1)2

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

I MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN

1 Dạng 1: Phương trình bậc nhất.

a Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)

* Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn)

- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại

- Kết luận nghiệmBài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11

x y

=



 =



b Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)

Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1)

Giải phương trình này với hai ẩn x; y (t là tham số) ta được:

Nghiệm của phương trình: (5t – 5k – 2; 1 – 2t; 3k) Với t; k nguyên tuỳ ý

Dạng 2: Phương trình bậc hai hai ẩn

Dạng ax2 + by2 + cxy + dx + ey + f = 0 (a, b, c, d, e, f là các số nguyên)

Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

Cách 2 Đưa về phương trình ước số:

Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết Đặt ĐK để có x nguyên.

Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình.

x 2 + 2y2 +3xy –x – y + 3 =0 (1)

Hướng dẫn giải

Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên

3 Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn

Vì x; y nguyên => x y− ≥1 => x2+xy y+ 2 ≤ xy+8

=> x2 + xy + y2 ≤ xy+8 (2)Nếu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y)2 ≤ -8 Vô nghiệm.

Đặt điều kiên sau đó đưa về phương trình ước số Tìm được hai nghiệm (43; 7); (7; 43)

Ví dụ 2 Tìm x nguyên sao cho

−

−

179

4 Nếu x = 1 => y2 = 5 Vô nghiệm nguyên

5 Nếu x ≥2 => 2xM 4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y2 chia 4 dư 1

2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4x + 5y = 65

3 Phân tích số 100 thành hai số tự nhiên một số chia hết cho 7, một số chia hết cho 11

4 Tìm số nguyên dương bé nhất chia cho 100 dư 1, chia cho 98 dư 11

5 Có 37 cây táo có số quả bằng nhau, 17 quả hỏng, số còn lại chia đều cho 79 người Hỏi mỗicây có ít nhất mấy quả?

BẤT ĐẲNG THỨC

I Tính chất cơ bản của BĐT:

a) a < b, b < c ⇒ a < c

b) a < b ⇔a +c < b+ c.

c) a< b⇔a.c < b.c (với c > 0)

a< b⇔a.c > b.c (với c < 0)

Cho n số không âm: a1; a2; …; an Ta có:

1+) ≥ 4

Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b

Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc ¡

Chứng minh rằng:|ax by+ |≤ (a2+b2) (x2+y2)

Áp dụng :

1 Cho x2 + y2 =1 , chứng minh - 2 ≤ x+y ≤ 2

2 Cho x+2y = 2 , chứng minh x2 + y2 ≥ 5

2 2

Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT

2 2

b a

c a c

b c

b

+

++

++

Bài 11: CM với mọi n nguyên dương thì:

2

12

1

2

11

12

222

22222

<

++

−

+++

++

+

c a c

b c

b

a

1

3

12

411

Dấu bằng xảy ra khi nào?

b) Tam giác ABC có chu vi 2

c b a

b) Cho a > 1, b > 1 Tìm GTNN của: 1 1

2 2

a P

Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác CM: a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)

Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì

911

Bài 26: Cho a, b là 2 số thực thỏa mãn điều kiện: (a - 1)2 + ( b - 2)2 = 5 Cm: a + 2b ≤ 10.

Bài 27: Cho a, b là các số thực thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = 4 + ab

8≤a2 +b2 ≤

Dấu bằng xảy ra khi nào?

21

+++

b a b a

b b k

+

<

+ b) Cmr nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì: a b

c a c

b c b

a

+

++

Bài 33: CM B ĐT sau đây đúng với mọi x, y là các số thực bất kỳ khác 0:

+ + ≥  + x

y y

x x

y

y

x

342

1 Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1

2 Nếu a=3k thì a2 ≡0 mod 9( ); Nếu a≠3k thì a2 ≡1 mod 3( )

3 Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào

4 Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8

5 Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n2 sẽ là số chính phương

6 Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương

HD: G/s ab= c2và gọi d=(a,c) suy ra a=a1d; c=c1d, (c1, d1)=1do đó ab=c1 d

7 Nếu một số chính phương chia hết cho p, p- nguyên tố thì số chính phương đó chia hết cho

p2 Do đó nếu một số a chia hết cho số nguyên tố p nhưng số a không chia hết cho p2 thì a không là số chính phương

2 Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũchẵn

3 Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1 Không có số chính phươngnào 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 phươngnào có dạng 3n + 2 (n ∈N)

5 Số chính phương tận cùng bằng 1 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 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ

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

III MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

A DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y 4 là số chính phương.

Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.

Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈N) Ta có

1 k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]

= 4

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

1 k(k+1)(k+2)(k-1)

⇒S = 4

1

.1.2.3.4 - 4

1.0.1.2.3 + 4

1.2.3.4.5 - 4

1.1.2.3.4 +…+ 4

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

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

(k-1) = 4

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

Theo kết quả bài 2 ⇒ k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.

Bài 4: 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.

4 2n − n + n − +

110.410

4 2n + n +

=  3 + 

110

B DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:

Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 ⇔ 2n + 3 + 2a = 9 ⇔ n = 1

2n + 3 – 2a = 1 a = 2

c Đặt 13n + 3 = y2 ( y ∈ N) ⇒ 13(n – 1) = y2 – 16

⇔ 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)

⇒ (y + 4)(y – 4)  13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4  13 hoặc y – 4  13

Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28

Bài 2: Tìm a để các số sau là những 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 Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3

Từ (1) và (2) ⇒ m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒ (m + n)(m - n)  4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒ Điều giả sử sai

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương

Bài 6: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.

Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199 Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 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

C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG

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 chính phương B Hãy tìm các số A và B.

Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số

Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống

nhau.

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

Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)

Nhận xét thấy aabb  11 ⇒ a + b  11

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 thỏa mãn ⇒ b = 4

Số cần tìm là 7744

Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.

Gọi số chính phương đó là abcd Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặtabcd = x2 = y3 Với x, y ∈ N

+ Khi y chẵn: VP 0 mod 4 ;VT 2 mod 4 ;≡ ( ) ≡ ( )

+ Khi y lẻ : VP 1 mod8 ; VT 7 mod8 ;≡ ( ) ≡ ( )

5 Tìm n∈¥ để 2 8 5n+ n+ là chính phương.

HD: + n≥ →3 2n+8n+ ≡5 5 mod8( )

+ n=2: 25 là chính phương

+ n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn

6 Chứng minh rằng không tồn tại n∈¥ để 24n+41 là chính phương.

HD: G/s 24n+41=t2

+ Nếu t chia hết cho 3 thì 24n+41=3(8n+13)+2 không chia hết cho 3

+ Nếu t không chia hết cho 3 thì t2 ≡1 mod 3( ) ⇒3 8( n+13)+ ≡2 1 mod 3( )

7 Chứng minh không tồn tại n∈¥ để 7.10n+4 là chính phương

Nếu 0≤ ≤n 3 thì đều không thoả mãn.

12 Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là số chính phương

13 Tổng các chữ số của một số chính phương có thể bằng 1994 hoặc 1995 được hay không?HD: a) N ≡S N( ) mod 3( ) Vì 1994 2 mod 3≡ ( ) nên nếu S(N)=1994 thì N ≡2 mod 3( )

b) vì 1995 chia hết cho 3, nhưng 1995 không chia hết cho 9 nên tổng các chữ số của 1 số chính phương không thể bằng 1995

14 Chứng minh rằng tổng bình phương của 5 số nguyên liên tiếp không chính phương

HD: ( ) (2 )2 2 ( ) (2 )2 ( 2 )

nhưng không chia hết cho 25

15 Chứng minh rằng không tồn tại n∈¥ để n2+n+2 chia hết cho 3

HD: G/s n∃ ∈¥ để n2+n+2=3k khi đó n2+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương

Có ∆ =3 4( k− +3) 2 là số chính phương Điều này vô lí vì ∆ ≡2 mod 3( )

16 Gọi N=2.3.4…Pn là tích của n số nguyên tố đầu tiên Chứng minh rằng cả 3 số N, N-1, N+1 đều không là số chính phương

HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương

Nếu N+1=k2 thì k lẻ khi đó N=(k-1)(k+1) 4!M

Nếu N− ≡1 2 mod 3( )th ì N-1 không chính phương.

17 Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ không chính phương

18 Chứng minh rằng số chính phương có chứa chữ số lẻ ở hàng chục thì chữ số hàng đơn vị luôn bằng 6

HD: xét (10n+b)2 = 20n(5n+b) + b2 ; Với b≤9chữ số hàng chục của 20n(5n+b) chẵn do đó chữ

số hàng chục của b2 lẻ nên b=4; 6

19 Chứng minh rằng mọi số chính phương lẻ đều có chữ số hàng chục là chẵn

HD: Xét (10a+b)2 = 20a(5a+b)+b2 với b lẻ, b≤ ⇒ =9 b 1;3;5;7;9⇒b2 =01;09; 25; 49;81

HD: G/s 22+5y =k k2( ∈¢)

+ Nếu x=0 thì 1+5y=k2 suy ra k chẵn⇒ +1 5y ≡2 mod 4( )

+ Nếu x≠ ⇒0 k lẻ và k không chia hết cho 5.

2x+ =1 k = 2m+1 ⇒2x=4m m+ ⇒ =1 m 1,x=3,y=0

2 y≠0, vì k không chia hết cho 5 nên k2 ≡ ±1 mod 5( )

Từ giả thiết suy ra 2x ≡ ±(mod 5)⇒x chẵn, x=2n

+ Nếu y=2t thì 2n+1=25t-1 chia hết cho 3

+ Nếu y lẻ thì 2n+1=4(5y-1+5y-2+…+ 5+1)

nếu y>1 thì 5y-1+5y-2+…+5+1 lẻ

Vậy y=1 suy ra x=2 Đáp số x=1; y=2

22 Tìm 1 số có 2 chữ số biết:

a) Tổng của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương

b) Hiệu bình phương của số đó và số viết theo thứ tự ngược lại là số chính phương

Vì n<100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n=91

24 (VĐ Balan) 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 các số chính phương

HD: Có 2a2-2b2+a-b=b2(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b2

Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1)

Mặt khác (1)(1)⇒d2 \b2 ⇒d b\ ⇒d\1⇒ =d 1.

Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1 Từ đó ta được ĐPCM

* Lưu ý: Từ gt suy ra (a-b)(3a+3b+1)=a2 nên (3a+3b+1) là chính phương

25 (HSGQG 1995) Tìm p nguyên tố sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là số chính phương

HD: G/s 1+p+p2+p3+p4=n2 Dễ thấy 4p4+4p3p2<4n2<4p4+p2+4+4p3+4p+8p2 hay

(2p2+p)2<(2n)2<(2p2+p+2)2 suy ra 2n =2p+p+1 suy ra p=3

26 Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên p, q là tổng của hai số chính phương thì tích pq cũng làtổng của 2 số chính phương