TÀI LIỆU CHUYÊN SÂU MÔN TOÁN TRUNG HỌC CƠ SỞ

Phương pháp chứng minh A là số chính phương: - Cách 1: Biến đổi A thành bình phương của một số nguyên.. Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương.Bài 1: Chứng minh rằng tổng bìn

- Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa sốnguyên tố với số mũ chẵn.

- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n+1 Không có sốchính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n  N)

- Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n +1 Không có sốchính phương nào có dạng 3n + 2 ( n  N )

- Số chính phương tận cùng bằng 1, 4 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn

- Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2

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

- 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

3 Phương pháp chứng minh A là số chính phương:

- Cách 1: Biến đổi A thành bình phương của một số nguyên

- Cách 2: Áp dụng tính chất: Nếu ab là số chính phương và (a,b)m = 1 thì mỗi số

a, b cũng là một số chính phương

4 Phương pháp chứng minh A không là số chính phương:

a) Chứng minh A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8

b) Chứng minh A chứa số nguyên tố với số mũ lẻ

c) Xét số dư khi chia A cho 3, 4, 5, 8

- Nếu chia cho 3, 4 thì số dư khác 0, 1

- Nếu chia cho 5 thì số dư khác 0, 1, 4

- Nếu chia cho 8 thì số dư khác 1

6k + 2 ; 6k + 5; 7k + 3;  A không phải là số chính phương

e) A  P và A không chia hết cho P2 (P nguyên tố)  A không phải là số chính phương

f) A nằm giữa 2 số chính phương liên tiếp  A không phải là số chính phương

II BÀI TẬP ÁP DỤNG

Dạng 1: Chứng minh một số là số chính phương

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

A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương

Giải : 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.

Giải : Gọi 4 số tự nhiên, liên tiếp đó là n, n+1, n+2, n+3 (n  Z) Ta có:

Theo kết quả bài 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 là số chính phương

Bài 4: Cho a là tổng của hai số chính phương Chứng minh rằng:

a) 2a cũng là tổng của hai số chính phương.

b) a2 cũng là tổng của hai số chính phương.

2

10 1 10 10 10 1 10 5 19

1

10 1 10 5 19

1

10 4.10 5 19

1

10 4.10 49

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

Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa các chữ số đứng trước và đứng sau nó Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương Giải : Ta có 44 488 89 = 44 488 8 + 1 = 44 4 10n + 8 11 1 + 1

Dạng 2: Chứng minh một số không là số chính phương.

Bài 1: Chứng minh rằng tổng bình phương của 2 số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương.

(vì số chính phương chia 4 dư 0 hoặc 1)

Vậy a2 + b2 không phải là số chính phương

4

Bài 3: Chứng minh rằng tổng 3 số chính phương liên tiếp không phải là một số chính phương.

 3n2  2n 1 2 ( chia cho 3 dư 2)

Vây A không phải là số chính phương (vì số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1)

Bài 4: Chứng minh rằng S = 1 2 + 2 2 + 3 2 + +30 2 không là số chính phương

S = S= 1 2 + 2 2 + 3 2 + +30 2 + +302

= 1 2  2 2  3 2  4 2  5 2  6 2 28 2  29 2  30 2

Vì : 12 + 22 + 32 chia cho 3 dư 2.

42 + 52 + 62 chia cho 3 dư 2.

282 + 292 + 302 chia cho 3 dư 2.

 S = 10(3k + 2)

= 3(10k + 6) + 2 chia cho 3 dư 2

Vậy S không là số chính phương (vì số chính phương chia cho 3 dư 0 hoặc 1)

Bài 5: Chứng minh rằng A = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 .+100 2 không là số chính phương Giải:

Ta có: A gồm 50 số chính phương chẳn và 50 số chính phương lẻ

Do đó: 12 + 32 + 52 + 992 dư 1

 12 + 32 + 52 + 992 chia cho 4 dư 2

Ta lại có: 22 + 42 + 62 + + 1002 thì mỗi số chia hết cho 4

Nên A chia cho 4 dư 2

Vây A không phải là số chính phương (vì số chính phương chia cho 4 dư 0 hoặc 1)

Bài 6: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể

là một số chính phương.

Giải:

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n - 2, n - 1, n, n +1, n + 2 ( n  N, n >2)

Ta có (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 (n2 + 2)

Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2 + 2 không thể chia hết cho 5

Suy ra 5 (n2 + 2) không là số chính phương

Vậy A không là số chính phương

Bài 7: Chứng minh rằng số có dạng n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 trong đó n  N và n >1

không phải là số chính phương.

 n2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương

Vậy n6 - n4 + 2n3 + 2n2 không phải là số chính phương

Các bài tương tự:

Chứng minh rằng các số sau không là số chính phương.

A = 1 2 + 2 2 + 3 2 + 4 2 .+56 2 (HD: chứng minh A chia cho 3 dư 2)

B = 22 24 (50 chữ số 2) (HD: chứng minh B chia cho 3 dư 2)

C = 44 4 (100 chữ số 4) (HD: chứng minh C chia cho 4 dư 3)

D = 144 4 (99 chữ số 4) (HD: chứng minh D chia cho 4 dư 3)

M = 1992 2 + 1993 2 + 1994 2 (HD: chứng minh M chia cho 3 dư 2)

N= 1 + 9 100 + 94 100 + 1994 100 (HD: chứng minh N chia cho 4 dư 2)

Bài 2: Tìm số tự nhiên n để n(n + 3) là một số chính phương

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

I Phương pháp phát hiện tính chia hết của một ẩn:

Xét pt: ax + by = c (1) , trong đó a,b,c  Z; a  0 hoặc b  0

Ta có định lí: PT (1) có nghiệm nguyên  c  ƯCLN(a,b)

Khi đã biết chắc PT (1) có nghiệm nguyên ta sẽ tìm các phương pháp để giải PT đó

Ví dụ :. Giải phương trình với nghiệm nguyên : 3x + 17y = 159

Hướng dẫn: Để ý 3x và 159 đều chia hết cho 3

Giải : Vì 3x và 159 đều chia hết cho 3 Do đó 17y chia hết cho 3 Mà 17 và 3 nguyên tố

t x

3 17 53

(t  Z)

Thử lại, ta thấy x, y nghiệm đúng phương trình

Vậy nghiệm nguyên của phương trình : 







 t y

t x

3 17 53

t x

2 12 13

(nếu phát hiện x  13) hoặc 







 t y

t x

2 13 78

(nếu phát hiện y  2)

(thực chất các nghiệm trên là như nhau)

3/ Tồn tại hay không m, n  N thỏa mãn m 2 + 2006 = n 2

Giải Ta có 2006 = n2 – m2 = (n – m)(n + m) Nếu n và m không cùng tính chẵn, lẻ thì

n2 – m2 = (n – m)(n + m) là số lẻ  2006 nếu n, m cùng tính chẵn, lẻ thì n2 – m2 = (n – m)(n + m)  4 Nhưng 2006  4 Vậy không tồn tại m, n  thỏa mãn m2 + 2006 = n2

II/ Phương pháp tách ra giá trị nguyên:

Hướng giải quyết chung ; biểu thị một ẩn theo ẩn còn lại Dùng tính chất ẩn là một

số nguyên để giải tiếp

Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : xy – x – y = 2

Giải : Biểu thị x theo y : x(y – 1) = y + 2

Giải : Biểu thị y theo x ta được : y =

4

1 2

6 4

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là : ( x = 4t + 1 ; y = 4 – 7t) (t  Z)

III/ Phương pháp tìm một nghiệm nguyên:

Ta có định lí : Cho PT ax + by = c (1) trong đó a,b,c  Z ; a  0 ; b  0 và (a,b) = 1 Nếu (x0; y0) là một nghiệm nguyên của PT (1) thì PT (1) có vô số nghiệm nguyên và mọi nghiệm nguyên của nó đều có thể biểu diễn dưới dạng :

x = x0 + bt

y = y0 - at

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5x - 3y = 2

Giải : Cách 1 : Dễ thấy x0 = 1 ; y0 = 1 là một nghiệm nguyên nên tập hợp các nghiệm nguyêncủa phương trình là :

x= 1 -3ty= 1 – 5t

Cách 2 : Ta cũng thấy x0 = 4 ; y0 = 6 là một nghiệm nguyên nên tập hợp các nghiệm nguyên của phương trình là :

x= 4 -3ty= 6 – 5t

Bài tập : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

1/ 22x – 5y = 77

2/ 7x + 5y = 19

IV/ Phương pháp đưa về phương trình ước :

Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: xy – x – y = 2

Gỉai : Biến đổi phương trình thành :

x(y – 1) – y = 2  x(y – 1) – (y – 1) = 3  (y – 1)(x – 1) = 3

Ta gọi phương trình trên là phương trình ước: vế trái là một tích các thừa số nguyên,

vế phải là một hằng số nguyên Ta có x và y là các số nguyên nên x – 1 và y – 1 là các số nguyên và là ước của 3

Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên ta có thể giả thiết rằng x 

Nghiệm nguyên của phương trình: (4 ; 2), (2 ; 4), (0 ; -2), (-2 ; 0)

(Làm tương tự; Tìm nghiệm nguyên x + y = xy)

Ví dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên :p(x + y) = xy với p là số nguyên tố.

Giải : giả sử x y (vì x, y có vai trò như nhau)

Từ đó phương trình có các nghiệm nguyên là : (2p ; 2p); (0 ; 0); (p + 1 ; p2 + p); (p2

+ p ; p + 1); (p – p2; p – 1) và (p – 1 ; p – p2)

Ví dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x 3 – xy = 5

Hướng dẫn : 3x3 – xy = 5  x(3x2 – y) = 5 …

Phương trình có nghiệm là (1 ; -2), (5 ; 74)

Ví dụ 4 : Tìm tất cả các tam giác vuông có các cạnh là số nguyên và số đo diện tích

bằng số đo chu vi

Giải : Gọi x, y, z là các cạnh của tam giác vuông , 1  x  y < z

2

2 2 2

z y x xy

z y x

6 Cho đa thức f(x) có các hệ số nguyên Biết rằng f(1).f(2) = 35 Chứng minh rằng

đa thức f(x) không có nghiệm nguyên

t x

2 12 13

2 Đưa về phương trình ước : (3x – 1)(3y + 1) = 2 Đáp số (1 ; 0), (0 ; -1)

3 Đưa về phương trình ước: (x + 2y)(2x – y) = 7 Đáp số (3 ; -1), (-3 ; 1)

4 Đưa về phương trình ước: (x – y)(x2 + xy + y2) = 13.7

8 6

x x

Ta có

6 Giả sử đa thức f(x) có nghiệm nguyên a Thế thì

f(x) = (x – a).g(x) Trong đó g(x) là đa thức có hệ số nguyên

Suy ra f(1) = (1 – a).g(1), f(2) = (2 – a) g(2); Trong đó g(1), g(2) là các số nguyên

Do đó f(1).f(2) = (1 – a)(2 – a)g(1).g(2)  (1 – a)(2 – a)g(1).g(2) = 35 Không xảy ra vì tính chẵn lẻ hai vế khác nhau (do có tích của hai số nguyên liên tiếp

1 – a, 2 – a)

IV/ Phương pháp xét số dư của từng vế :

Ví dụ 1 Chứng minh rằng các phương trình sau không có nghiệm nguyên :

a x2 – y2 = 2006

b x2 + y2 = 2007

Giải :

a) Dễ chứng minh x2, y2 chia cho 4 chỉ cĩ số dư 0 hoặc 1 nên x2 – y2 chia cho 4 cĩ

số dư 0, 1, 3 Cịn vế phải 2006 chia cho 4 dư 2.vậy phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên

b) x2, y2 chia cho 4 cĩ số dư 0, 1 nên x2 + y2 chia cho 4 cĩ số dư 0, 1, 2 Cịn vế phải

2007 chia cho 4 dư 3.Vậy phương trình khơng cĩ nghiệm nguyên

Ví dụ 2 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 9x + 2 = y 2 + y

Giải :

Biến đổi phương trình : 9x + 2 = y(y + 1)

Ta thấy vế trái của phương trình chia cho 3 dư 2 nên y(y + 1) chia cho 3 dư 2

(k là số nguyên tùy ý)

Bài tập : Chứng minh rằng các phương trình sau khơng cĩ nghiệm nguyên

4 Biến đổi : x(x + 1)(x - 1)(x + 2)(x - 2) = 120y + 24

Vế trái là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5, cịn vế phải khơng chia hết cho 5

5 Vế phải chia hết cho 3 Suy ra x3

 3, do đĩ x  3 Khi đĩ vế trái chia hết cho 9, cịn

vế phải khơng chia hết cho 9

6 A là số chia cho 9 dư 7 Cịn lập phương của một số nguyên khi chia cho 9 chỉ cĩ số

dư 0, 1, 8

(nếu a = 3k thì a3 chia hết cho 9, nếu a = 3k + 1 thì a3 chia cho 9 dư 1, nếu a = 3k + 2 thì

a3 chia cho 9 dư 8)

Giải :

Giả sử x, y là hai số nguyên dương thỏa mãn phương trình x2005 + y2005 = 20072005

Vai trò của x, y trong phương trình như nhau, nên không mất tính tổng quát, ta có thể giảthiết 1  x  y < 2007

Từ bất đẳng thức trên, vì y là số nguyên nên y + 1  2007

Do đó 20072005  (y + 1)2005 = y2005 + 2005y2004 + … + 2005y + 1

Để ý rằng, tất cả các số hạng trong khai triển ở vế phải đều dương nên ta được bất đẳng thức : 20072005 > y2005 + 2005y2004  x2005 + y2005 = 20072005 > y2005 + 2005y2004 

x2005 > 2005y2004

Lại có y  x  1 nên x2005 > 2005y2004  2005x2004  x > 2005

Ta được 2005 < x  y < 2007 Do x, y là hai số nguyên nên suy ra x = y = 2006 Nhưng khi đó vế trái là một số chẵn còn vế phải là một số lẻ, mâu thuẫn Vậy không có hai số nguyên dương nào thỏa mãn phương trình trong đề bài

b) Ví dụ 2

Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.

Giải : Cách 1 Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z

Với xy = 1, ta có : x = 1, y = 1 Thay vào (1) được 2 + z = z, loại

Với xy = 2, ta có : x = 1, y = 2 Thay vào (1) được z = 3

Với xy = 3, ta có : x = 1, y = 3 Thay vào (1) được z = 2, loại vì trái với sắp xếp y  z Vậy ba số phải tìm là 1 ; 2 ; 3

Cách 2 Chia hai vế của x + y + z = xyz (1) cho xyz  0 được : 1  1  1  1

xy xz yz

Giả sử x  y  z  1 Ta có : 1 =

xy xz yz

1 1

2 1 y

3 y x

Vậy p = 0 suy ra mn = 2 Vì n  m  0 nên n = 2 ; m = 1.



 y x

Giải : Do vai trò bình đẳng của x và y, giả sử x  y Dùng bất đẳng thức để giới hạn khoảng giá trị của số nhỏ hơn (là y)



 y

3 Phương pháp chỉ ra nghiệm nguyên

Phương pháp xét từng khoảng giá trị của ẩn còn được thể hiện dưới dạng : chỉ ra một hoặc vài số là nghiệm của phương trình, rồi chứng minh phương trình không còn nghiệm nào khác

Ví dụ : Tìm các số tự nhiên x sao cho : 2x + 3x = 5x

Giải : Viết phương trình dưới dạng :

1 5

3 5

Với x = 0 thì vế trái của (1) bằng 2, loại

Với x = 1 thì vế trái của (1) bằng 1, đúng

3

<

5

3

Nên (1) không thỏa mãn với x  2

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất : x = 1

4/ Sử dụng điều kiện   0 để phương trình bậc hai có nghiệm

12

12 1

Ta viết phương trình f(x, y) = 0 dưới dạng phương trình bậc hai đối với một ẩn, chẳng hạn đối với x, khi đó y là tham số Điều kiện cần để phương trình có nghiệm là

  0 (để có nghiệm nguyên, còn cần  là số chính phương)

Ví dụ 9 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x + y + xy = x 2 + y 2 (1)

Giải :

Viết (1) thành phương trình bậc hai đối với x : x2 – (y + 1)x + (y2 – y) = 0 (2)

Điều kiện cần để (2) có nghiệm là   0

Với y = 0, thay vào (2) được x2 – x = 0 Ta có x1 = 0 ; x2 = 1

Với y = 1, thay vào (2) được x2 – 2x = 0 Ta có x3 = 0 ; x4 = 2

Với y = 2, thay vào (2) được x2 – 3x + 2 = 0 Ta có : x5 = 1 ; x6 = 2

Thử lại, các giá trị trên nghiệm đúng phương trình (1)



 y x



 y

Giả sử x  y  z Ta có : xyz = 2(x + y + z)  2.3z = 6z Suy ra xy  6

Xét xy = 1, có x = y = 1 Thay vào (1) : z = -4, loại

Xét xy = 2, có x = 1, y = 2 Thay vào (1) : loại

Xét xy = 3, có x = 1, y = 3 Thay vào (1) : z = 8

Xét xy = 4, với x = 1, y = 4 Thay vào (1) : z = 5

với x = y = 2 Thay vào (1) : z = 4

Xét xy = 5, có x = 1, y = 5 Thay vào (1) : z= 4, loại

Xét xy =6, với x = 1, y = 6 Thay vào (1) : loại

với x = 2, y = 3 Thay vào (1) : loại

Bộ ba số phải tìm là : 1 ; 3 ; 8 ; hoặc 1 ; 4 ; 5 ; hoặc 2 ; 2 ; 4.

Cách 2 Chia hai vế của (1) cho 2xyz được :

Giả sử x  y  z  1 thì 12

z  6

1

nên z2  6 Vậy z  {1 ; 2}

Với z = 1, thay vào (1) : 2(x + y + 1) = xy

Đưa về phương trình ước : (x – 2)(y – 2) = 6

Ta được : x = 8, y = 3 ; x = 5 ; y = 4

Với z = 2, thay vào (1) : x + y + z = xy

Đưa về phương trình ước : (x – 1)(y – 1) = 3

Ta được : x = 4, y = 2

3 Tìm bốn số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.

Hướng dẫn : x + y + z + t = xyzt (1)

Giả sử 1  x  y  z  t Ta có xyzt = x + y + z + t  4t, nên xyz  4

Với xyz = 1, ta có x = y = z = 1 Thay vào (1) loại

21 Tìm các số nguyên x và y sao cho : x3 + x2 + x + 1 = y3

Hướng dẫn : Chứng minh y > x rồi xét hai trường hợp : y = x + 1 và y > x + 1

x 0

2

2 2

2

4

4 y y

x

x y

x

 x2y2

 2(x2 + y2) = x2 + y2 + x2 + y2



x2 + y2 + 2 xy > x2 + y2 + xy Vậy x  2 hoặc y  2 Nếu x =  2 hoặc y =  2 thì

PT đã cho không có nghiệm nguyên Thử với x = 0; x = 1 và x = -1 ta thấy PT đó có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0, 0), (1, -1), (-1, 1)

14

VI/ Phương pháp dùng tính chất của số chính phương

1 Sử dụng tính chất về chia hết của số chính phương

Các tính chất thường dùng :

- Số chính phương không tận cùng bằng 0, 2, 7, 8

- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2

- Số chính phương chia cho 3 có số dư 0; 1 ; chia cho 4 có số dư 0; 1

Ví dụ : Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

Cách 2 (Sử dụng phương trình bậc 2)

Giả sử 9x + 5 = n(n + 1) với n nguyên Biến đổi : n2 + n – (9x + 5) = 0

Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là  là số chính phương

Nhưng  = 1 + 4(9x + 5) = 36x + 21, chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9, nên không là số chính phương

Vậy không tồn tại số nguyên nào để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp

3 Xét các số chính phương liên tiếp

Sử dụng tính chất : Giữa hai số chính phương liên tiếp, không có số chính phương nào

Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x(x + 1) = k(k + 2)

Ví dụ : Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương :

x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3

Giải

Đặt x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2 (1) với y  N

1 x

x

Ta được số 9 = 32

Cách giải khác Đưa về phương trình ước :

Nhân hai vế của (1) với 4 :

1 2

2

11 2

1 2

2

2

2

y x

x

y x

5 1 2

2 2y

x x

2

- x hoặc 1 y

x

2

1y21x2

51x2x

x2

Vơ nghiệm

4 Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau cĩ tích là một

số chính phương thì mỗi số đều là số chính phương

Giả sử ab = c2 với a, b, c  N*, (a, b) = 1.

Chứng minh bằng phản chứng Giả sử trong a và b cĩ một số, chẳng hạn a, chứa thừa

số nguyên tố p với số mũ lẻ thì số b khơng chứa thừa số p nên c2 chứa thừa số p với số

mũ lẻ, trái với giả thiết c2 là một số chính phương

Ví dụ Giải phương trình với nghiệm nguyên dương xy = z2 (1)

Giải :

Trước hết ta cĩ thể giả sử (x, y, z) = 1 Thật vậy nếu bộ ba số x0, y0, z0 thoả mãn (1) và

cĩ ƯCLN bằng d, giả sử x0 = dx1, y0 = dy1, z0 = dz1 thì (x1, y1, z1) cũng là nghiệm của (1) Với (x, y, z) = 1 thì x, y, z đơi một nguyên tố cùng nhau, vì nếu hai trong ba số x, y, z

cĩ ước chung là d thì số cịn lại cũng chia hết cho d

tby

tax

2

2

với t là số nguyên dương tuỳ ý.

Đảo lại, hiển nhiên các số x, y, z cĩ dạng trên thoả mãn (1)

16

Công thức trên cho ta các nghiệm nguyên dương của (1).

5 Sử dụng tính chất : Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0

Giả sử a(a + 1) = k2 (1) với a  Z, k  N.

Chứng minh bằng phản chứng Giả sử a 0, a + 1  0 thì k2  0 Do k  N nên k > 0.

Từ (1) suy ra : a2 + a = k2

 4a2 + 4a = 4k2  4a2 + 4a + 1 = 4k2 + 1  (2a + 1)2 = 4k2 + 1 (2)

Do k > 0 nên 4k2 < 4k2 + 1 < 4k2 + 4k + 1 (3)

Từ (2) và (3) : (2k)2 < (2a + 1)2 < (2k + 1)2, vô lí

Vậy nếu a(a + 1) = k2 thì tồn tại một trong hai số a, a + 1 bằng 0

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

Cách 2 Đưa về phương trình ước :

4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2  4x2 + 8xy + 4y2 = 4x2y2 + 4xy

 (2x + 2y)2 = (2xy + 1)2 – 1  (2xy + 1)2 - (2x + 2y)2 = 1

Sau đó đưa về phương trình ước

Cách 3 Dùng tính chất của số chính phương rồi sau đó đưa về phương trình ước :

Xét y   1, (2) là phương trình bậc hai đối với x

 = y2 + 4y2(y2 – 1) = y2(4y2 – 3) Ta phải có  là số chính phương

Nếu y = 0 thì từ (2) suy ra x = 0

Nếu y  0 thì 4y2 – 3 phải là số chính phương Ta có 4y-2 – 3 = k2 (k  N) nên (2y + k)

(2y – k) = 3 Ta tìm được y =  1, loại vì ta đang xét y   1

Bài tập :

1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

3x2 + 4y2 = 6x + 13

(Tạo ra bình phương đúng :  3x2 – 6x + 3 = 16 – 4y2  3(x – 1)2 = 4(4 – y2)

Ta có 4 – y2  0 và 4 – y2

 3 nên y2 = 1 hoặc y2 = 4 Đáp số : (3 ; 1), (3; -1), (-1; 1), (-1; -1), (1; 2), (1; -2) hoặc sử dụng PT bậc hai)

2 Có tồn tại hay không hai số nguyên dương x và y sao cho x2 + y và y2 + x đều là số chính phương ?

(Xét các số chính phương liên tiếp : Giả sử y  x Ta có :

x2 < x2 + y  x2 + x < (x + 1)2 x2 + y nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên không thể là số chính phương)

3 Chứng minh rằng không có số chính phương nào viết được dưới dạng 2p + 3p trong đó

p là một số nguyên tố

(Xét p = 2 : Vô nghiệm Xét p > 2 thì p là số lẻ Cách 1 Viết 2p + 3p = 2p + (4 – 1)p = n2

Ta có 2p chia hết cho 4, còn (4 – 1)p = BS4 – 1 nên vế trái chia 4 dư 3, còn vế phải là số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1 Cách 2 : 2p + 3p = (3 – 1)p + 3p = n2 Vế trái chia cho 3

dư 2, còn vế phải chia cho 3 dư 1)

4 Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương :

x4 + x3 + x2 + x + 1 (Xét các số chính phương liên tiếp) (2x2 + x)2

Giải : Giả sử y2 = x4 + x3 + x2 + x + 1 (1) với y  N

Biến đổi : 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4x2 + 4x + 4  (2y)2 = (2x2 + x)2 + 3x2 + 4x + 4 = = (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2 > (2x2 + x)2 nên (2y)2

Nếu x = 0 thì từ (1) có y2 = 1

Nếu x  0 thì từ (3)  (A + 2)2 > 4y2 Kết hợp với (2) được : A2 < 4y2 < (A + 2)2

Suy ra (2y)2 = (A + 1)2  …  x2 – 2x – 3 = 0 Từ đó tìm được x1 = 3 ; x2 = -1

Đáp số : x = 0 ; x = 3 ; x = -1 biểu thức đã cho theo thứ tự bằng 1 ; 121 ; 1

VII/ Phương pháp lùi vô hạn, nguyên tắc cực hạn

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x 3 + 2y 3 = 4z 3 (1)

Lập luận tương tự như trên, (x2, y2, z2) cũng là nghiệm của (1) trong đó x1 = 2x2, y1 = 2y2,

z1 = 2z2

Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến : x, y, z chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý Điều nàychỉ xảy ra khi x = y = z = 0

Đó là nghiệm nguyên duy nhất của (1)

Chú ý Ta gọi phương pháp trên là phương pháp lùi vô hạn.

Nếu ví dụ trên được cho dưới dạng : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x3 + 2y3 = 4z3 (1)

Ta có thể trình bày chứng minh bằng nguyên tắc cực hạn :

Giả sử (x0, y0, z0) là nghiệm nguyên dương của (1), trong đó x0 là giá trị nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị mà x có thể nhận

Lập luận như trong cách giải trên ta được (x1, y1, z1) cũng là nghiệm nguyên dương của (1) mà x0 = 2x1, tức là x1 < x0 Điều này trái với giả thiết x0 là số nguyên dương nhỏ nhất trong các giá trị nhận được của x Vậy phương trình (1) không có nghiệm nguyên dương

CÁC DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN ( bổ sung)

I/ Phương trình bậc nhất hai ẩn

1 Ví dụ 1 Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : 11x + 18y = 120 (1)

Giải : Vì 11x  6 Đặt x = 6k (k nguyên) Thay vào (1) và rút gọn ta được :

vì y nguyên nên k = 3t + 1  y = 3 – 11t, x = 18t + 6

Chú ý a) Nếu đề bài yêu cầu tìm nghiệm nguyên dương của (1) thì sau khi được

nghiệm nguyên tổng quát, ta giải các điều kiện sau :

3

0 6

1





Do đó t = 0 (vì t nguyên) Nghiệm nguyên dương của (1) là x = 6, y = 3

b) Có nhiều cách tách giá trị nguyên của biểu thức y =

Chú ý cách 1 và cách 3 hệ số của k bằng 1 dễ giải hơn vì không cần đặt ẩn phụ nào nữa

Cách giải phương trình bậc nhất hai ẩn ax + by = c với nghiệm nguyên (a, b, c  Z)

- Rút gọn phương trình chú ý đến tính chia hết của các ẩn

- Biểu thị ẩn mà hệ số của nó có giá trị tuyệt đối nhỏ (chẳng hạn x) theo ẩn kia

- Tách riêng giá trị nguyên ở biểu thức của x

- Đặt điều kiện để phân số trong biểu thức chứa x bằng một số nguyên t1, ta được một phương trình bậc nhất hai ẩn y và t1

- Cứ tiếp tục làm như trên cho đến khi các ẩn đều được biểu thị dưới dạng một

đa thức với các hệ số nguyên

Bài tập

1 Tìm các nghiệm nguyên : 12x – 7y = 45 (HD : Đặt y = 3k Kết quả : (x = 7t + 2; y = 12t –3)

2 Tìm các nghiệm nguyên : 9x + 20y = 547 (HD : x =

9

20

547 y

=9

122

11x + 2006y =11.2006 (HD : Ta thấy 2006y  11  y  11 Do y

nguyên dương nên y  11 Do đó vế trái lớn hơn vế phải Vô lý! Chú ý :

Ta có bài toán tổng quát : Phương trình ax + by = ab không có nghiệm nguyên dương nếu a và b nguyên tố cùng nhau)

II/ Phương trình bậc hai có hai ẩn

1/ Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :

Thử lại phương trình có hai cặp nghiệm nguyên dương là (8 ; 7) và (20 ; 1)

2/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :

5x – 3y = 2xy – 11

Giải :

Biểu thị y theo x : y = 2 +

3 2

5



 x

x

Để y  Z phải có x + 5  2x + 3

 2(x + 5)  2x + 3  7  2x + 3 từ đó tìm được (x ; y) = (-1 ; 6) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 3) ; (-5 ; 2)

Cách giải khác : Đưa về phương trình ước : (2x + 3)(2y – 5) = 7

3/ Tìm các nghiệm nguyên của phương trình

Do đó ta có

20

Điều kiện cần để (2) có nghiệm nguyên : ’ là số chính phương  12 + y2 = k2 (k  N)

 k2 – y2 = 12  (k + y)(k –y) = 12 Giả sử y  0 thì k + y  k – y và k + y  0, (k + y) – (k – y) = 2y nên k + y và k – y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn

6 y k

y k

suy ra y = 2 Thay vào (2) : x2 – 2x – 15 = 0

III/ Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn

Ví dụ : Tìm các nghiệm nguyên của phương trình :

9 2 3 2

y k

y k

3 2

1 2

3 2

y k

y k

 k = - 4 Khi đó x(x + 2) = -4  x2 + 2x + 4 = 0, vô nghiệm

y

x

y

 x = 45 và y = 56 Số điện thoại cần tìm là 2025 2) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n  1, ta có :

( ) K ( K K

K )

K (

1

1 2

1 1 2

1 1

2 2

1 1

1

2 2

Vậy hệ có nghiệm : (

2

1 2

1 2

2 1 1 1

2z xy

z y x

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm : (0 ; 1) và (0 ; -1).

CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ

I LÍ THUYẾT

1 Định nghĩa:

- Số nguyên tố là số (tự nhiên) lớn hơn 1 chỉ có hai ước 1 và chính nó

- Hợp số là số (tự nhiên) lớn hơn 1 có nhiều hơn hai ước số

- Các số 0 và 1 không là số nguyên tố cũng không là hợp số

2 Định lí:

- Dãy số nguyên tố vô hạn

- Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì p = q

- Nếu số nguyên tố p chia hết cho tích abc thì p chia hết cho ít nhất một thừa sốcủa tích abc

- Nếu số nguyên tố p không chia hết cho a và b thì p không chia hết cho ab

- Định lí Dirichlet: Nếu a và b nguyên tố cùng nhau thì tồn tại vô số nguyên tố p

có dạng: p = an + b, n N 

- Định lí Tchebycheff: Trong khoảng từ số tự nhiên n đến số tự nhiên 2n có ít nhất

1 số nguyên tố

3 Cách nhận biết số nguyên tố.

- Cách 1: Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố từ nhỏ đến lớn

+ Nếu có phép chia hết thì số đó không nguyên tố

+ Nếu chia đến lúc số thương nhỏ hơn số chia mà phép chia vẫn có số dư thì số đó

- Hai số tự nhiên liên tiếp thì nguyên tố cùng nhau

- Hai số nguyên tố thì luôn luôn nguyên tố cùng nhau

+ Mỗi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1, 4n + 3

+ Mỗi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1, 6n + 5

- Để chứng minhn là hợp số, ta chứng minh rằng có ước khác 1 và chính nó

Vậy với n = 0 thì B là số nguyên tố

Bài 2: Tìm giá trị của n để a = 8

2 5

n n

Điều kiện đủ: p = 3  8p2 + 1 = 73 là nguyên tố.

Điều kiện cần: Nếu p = 3k + 1  8p2 + 1 = 3k  3 không là số nguyên tố

Nên p = 3k

Mà p nguyên tố

 p = 3

Vậy ta có diều phải chứng minh p = 3

Bài 4: Cho p và p 2 + 2 là hai số nguyên tố Chứng minh rằng p 3 + 2 cũng là một số nguyên tố.

 5 là ước của abc

Giả sử a = b = c Thì 5 là ước của a và a là nguyên tố nên a = 5

Suy ra: 5bc = 5(5 + b + c)

5( 1) ( 1) 6(b 1)( 1) 6

Bài 6: Tìm 2 số nguyên tố p và q sao cho p 2 = 8q + 1

Vậy p = 5, q = 3

Bài 7: Tìm số nguyên tố a sao cho a + 10, a + 14 đều là những số nguyên tố

Giải:

Bất kỳ số tự nhiên a nào cũng có một trong các dạng : 3k; 3k + 1; 3k + 2 (k N )

- Nếu a = 3k + 1 thì a + 14 không phải là số nguyên tố (trái với giả thiết)

- Nếu a = 3k + 2 thì a + 10 không phải là số nguyên tố (trái với giả thiết)

- Nếu b = 5k + 1 thì b + 14 = 5k + 15  5 không phải là số nguyên tố

- Nếu b = 5k + 2 thì b + 8 = 5k + 10  5không phải là số nguyên tố

- Nếu b = 5k + 3 thì b + 12 = 5k + 15  5 không phải là số nguyên tố

- Nếu b = 5k + 4 thì b + 6 = 5k + 10  5không phải là số nguyên tố

Suy ra: p2 + 2 = 11, là số nguyên tố

Bài tập tương tự bài 9, bài 10

a) Chứng minh rằng: Nếu p va 8p2 + 1 là những số nguyên tố thì 2p + 1 cun g4 là số nguyên tố

b) Tìm số nguyên tố p để 2p2 + 1 cũng là số nguyên tố

26

Với n chẳn thì A = n4 + 4n

 2 Với n lẻ  n = 2k + 1, k N



Ta có: A = n4 + 4n = n4 42k 1 n4 2 2n2 2k 1 42k 1 2 2n2 2k 1

a) Cho m N Chứng minh m 4 + 4 và m 4 + m 2 + 1 đều là hợp số, với m > 1.

b) Chứng minh rằng: p, q, r là 3 số nguyên tố lớn hơn bằng 5 thì p 2 + q 2 + r 2 là hợp số

p nguyên tố lớn hơn bằng 5 nên p có dạng 6k - 1 hoặc 6k + 1

Suy ra: p2 6 1t , với t N t , 1

Ta có: P là nguyên tố và p > 3 nên p có dạng: 6n - 1 hoặc 6n + 1, với n N n , 1

Nếu p = 6n + 1 thì 2p + 1 = 12n + 3  3 trái với giả thiết

28

3 Một số bài toán liên quan đến lập phương

Bài 1: Tìm các số nguyên tố p để 13p + 1 là lập phương của một sốt tự nhiên.

n n

Vậy với p = 2, p = 211 thì 13p + 1 là lập phương của một số tự nhiên

Bài 2: Chứng minh rằng tổng lập phương của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 9 Giải:

Goi n, n + 1, n + 2 là ba số tự nhiên liên tiếp

Ta cần chứng minh: A = n3(n1)3n23 chia hết cho 9

Bài 3: Chứng minh rằng lập phương của một số nguyên n bất kỳ (n>1) trừ đi 13 lần

số nguyên đó thì chia hết cho 6.

1000 9999

10 21

abcd y

1

21

4 42

(2)

2 1

Chứng minh rằng mỗi số hạng của dãy số là lập phương của một số tự nhiên

An = n3

Bài 10:

a) Chứng minh rằng: n 3 - n + 2 không chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n.

b) Chứng minh rằng: n 3 - n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n lẻ.

c) Cho n chẳn Chứng tỏ rằng cả hai số tự nhiên n 3 - 4n và n 3 + 4n đều chia hết cho 16

B > Cb) TÝnh chÊt 2: A > B A C > B C

A.C > B.C, nÕu C > 0c) TÝnh chÊt 3: A > B

A.C < B.C, nÕu C < 0

A > Bd) TÝnh chÊt 4: A C B D

C > D

A > B > 0e) TÝnh chÊt 5:

Vì a,b cùng dấu nên a.b > 0, mặt khác 2

(a b ) 0 nên dấu "=" xảy ra khi a = b

p a  p b  p c  a b c  với a, b, c là đồ dài 3 cạnh của tam giác

và p là nữa chu vi của tam giác đó

1 1 4 4

;2

;2

;2

Dấu "=" xảy ra khi a = b = c

Ví dụ 3 : Cho a,b,c ba số bất kỳ chứng minh bất đẳng thức:

c c b

b b a a

c b a

a b a

a c b a b a c b a b a

b c

c c

b b a

a

(*)

c b a

c a b a

a b a a

Tương tự : ( 5 )

c b a

b a c b

b c a c

b b a

c c b

b b a

) 2 (

) 2 (

0 2

2 2

2 2

2

0 2

2 2

2 2 2

0

2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 4 4 4

2 2 2 4 4 4

c c b b a

ab a a c b a

ab c a c c b ac b c b b a a

c c b b a

ab c ac b bc a

c a a

c c b c

b b a b

a

ab c ac b bc a c b a

ab c ac b bc a c b a

Ví dụ 1: Cho x>0, y> 0 thỏa mãn 1 1x y 12 Tìm GTNN của A x y

Giải : Với x>0, y>0 nên 1 1; 0; x 0; y 0

Áp dụng BĐT Cosi đối với x; y được x y2 x y 2 4 4

Dấu "=" xãy ra khi x = y = 4

Vậy AMin = 4 khi x = y = 4

Ví dụ 2: Tìm GTLN của A 3x 5 7 3 x

3 x 3

Có A2 3x 5 7 3  x2 (3x 5)(7 3 ) 2 3 x   x 5 7 3  x4

Dấu " = " xãy ra khi 3x - 5 = 7- 3x Hay x = 2

Vậy AMax = 2 khi x= 2.

5

x B

y x

b a

c b

a

(*) Giải : Theo bất đẳng thức Côsi :

) 1 ( ) )(

)(

(

3 3

c b a b a c a c b

abc c

b a

c b

a c

b a

c b

2

1 ) )(

(bc a ca b  bc aca b c

Viết tiếp hai BDT tương tự (2) rồi nhân với nhau sẽ được

) 3 ( 1 ) )(

)(

(

) )(

abc

abc c

b a b a c a c b

Từ (1),(3) suy ra (*) Dấu “=” xảy ra khi a = b = c hay ABC là đều

1 ( 1)( 1)( 1)1

a/Tìm Min 3 4 316

x A