mot so bai toan ve so nguye to, so chinh phuong

3 MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG .... 13 Các bài toán liên quan đến tính chia hết của số nguyên ..... Nếu một số chính phương chia hết cho một số nguyên tố p thì nó chia

MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Kiến thức cần nhớ 2

Một số ví dụ tiêu biểu 3

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG 13

Các bài toán liên quan đến tính chia hết của số nguyên 25

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(mod 3)

7 Với mọi số nguyên dương n ta có S n( )n(mod 9)

Chữ số tận cùng của một số chính phương

8 Một số chính phương không thể có tận cùng là một trong các chữ số 2, 3, 7, 8

9 Một số chính phương có chữ số tận cùng là 6 thì phải có chữ số hàng chục là số lẻ

10 Một số chính phương có chữ số tận cùng là 1 thì phải có chữ số hàng chục là số chẵn

11 Tích 2 số tự nhiên liên tiếp là số chính phương thì phải có một số bằng 0

12 Nếu ( ; ) 1a b  , a b c2thì a, b đều là số chính phương

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

chia cho p nên ia ja pa i(  j)  (i j) p điều này không thể xảy ra do i, j phân biệt và i, j <

+ Định lí Fermat: Cho số nguyên tố p và số nguyên dương a khi đó ta có: a p a(mod )p Đặc biệt: nếu ( , ) 1a p  thì a p1 1(mod )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 số

a b c 3là số nguyên tố thỏa mãn điều kiện đầu bài Vậy a b c 1 là ba số cần tìm

Ví dụ 4:

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

a b ab c d cd.Chứng minh rằng:

Nhưng điều này vô lí vì plà số nguyên tố và a, b, c, d 0nên 0 c a, c b p

Suy ra c a, p 1, vậy không thể có c a c b 0 mod p Vậy a b c d là hợp số

Ví dụ 5:

Chứng minh rằng : Nếu p, p2 2 là số nguyên tố thì p3 2cũng 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 1

chia hết cho 3 thì p 1 p 1 p2 1chia hết cho 3 suy ra p2 2 p2 1 3 3 mà p2 2 3 suy ra p2 2 phải là số nguyên tố, điều này trái giả thiết

Vậy pphải là số chia hết cho 3> mà p là số nguyên tố nên p 3

Thử lại :p 3 thỏa mãn điều kiện

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

p 1 chia hết cho 3 thì p 1 p 1 p2 1chia hết cho 3 và p

2 1 3nên p2 2 3 mà p

p 2 3 nên p2 2 là hợp số , trái với giả thiết Vậy p p 3, do plà số nguyên tố suy ra p 3 Thử lại ta thấy p2 2p 9 8 17,p3 2 27 2 29 là các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu đầu bài

Ví dụ 7:

Tìm các số nguyên tố p, qsao cho q3 1 p và p2 6 1 q 2

Lời giải:

Ta viết lại giả thiết: 4c2 c2 ab bc ac c a c b

Đặt c a,c b d a c c b d a b d Vì a b là số nguyên tố nên d a b hoặc

Nếu 4 p p 2, nếu y p suy ra Tóm lại mọi trường hợp đều có p 2

Thay vào phương trình ban đầu ta được: 4 x

y 4 2

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

2 2 là số chính phương

Lời giải:

Đặt

2 2

Từ giả thiết p 1 2x suy ra 2 p 2

Ta có 2x , 2y có cùng số dư khi chia cho 2 2 p mà plà số lẻ suy ra x , y có cùng số dư khi chia cho 2 2

phay x, ycó cùng số dư khi chia cho p

Từ giả thiết ta suy ra tồn tại các số nguyên tố p, q 0 sao cho x 3y p

q

y 3z , đẳng thức trên tương đương với pz qy 3 py qx, nếu pz qy 0 thì điều này không thể xảy ra suy ra

nguyên dương nên 2 2 2

x y    z x y z, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

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

Ta xét n2 Ta thấy trong ba số p, q, r phải cố 1 số chẵn

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

Ví dụ 15: Tìm bộ số nguyên dương m n,  sao cho pm2n2 là số nguyên tố và m3 n3 4 chia

TH1: x y 2 x2y2 Nhận thấy x y 1 thỏa mãn điều kiện, x2, y1 thỏa mãn điều kiện Ta xét x, y2 đặt x a 2, y b 2 với a, b0 ta có:

x  x  nên cả 2 số x1, x1 đều chia hết cho 2 Do đó x 1x 1 4

mà y là số nguyên tố nên y 2  y 2 Thay vào ta tìm được x3

Ví dụ 17: Giả sử n là số tự nhiên lớn hơn 1 sao cho 8n1 và 24n1 là số chính phương Chứng

 với x, y là các số nguyên dương

Khi đó 8n  3 4x2 y2 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

số

Ví dụ 18: Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thỏa mãn n24 và n216 là các số

nguyên tố thì n chia hết cho 5

Lời giải

Ta có với mọi số nguyên m thì m2 chia cho 5 dƣ 0; 1 hoặc 4

Nếu n2 chia cho 5 dƣ 1 thì n2 5k1 2

Vậy n2 5 hay n chia hết cho 5

p q  pq

Lời giải

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

Nếu p và q có cùng số dƣ khi chia cho 3 thì p3q5 chia hết cho 3 Còn p q không chia hết cho 3

Nếu p và q không có cùng số dƣ khi chia cho 3 thì vế phải chia hết cho 3 còn vế trái không chia hết cho 3

Xét p3 khi đó q5 27 nên không tồn tại q

4 2

b a b p

Nếu m, n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2 (do 2 p không là số chẵn không chia hết cho 4 và 2 p

c là phân số tối giản) Khi đó n là số lẻ nên

n m là số lẻ nên không chia

hết cho 4 suy ra k là số chia hết cho 2 Đặt k 2r ta có 2pnrm n 2 –m2 mà

n2–m n2, 1 r n đặt rns ta có 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 hai trường hợp đều suy ra p5 Với p5 thì m2, n3, s1, r3, k 6, 15

c , b30, a39

Ví dụ 22: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng:

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

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 b) Ta có 4  2  2      2 

1 1 1 1 1 1

p   p  p   p p p  theo câu a) là

p 1p 1 24 , p21 là số chẵn nên p21 2 suy ra p41 chia hết cho 48

Ví dụ 23: Cho p là số nguyên tố Tìm tất cả các số nguyên k sao cho k2 pk là số nguyên

p

14

xy



 là số tự nhiên Khi đó A p 1

Lời giải

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

m n

Mặt khác ta có m n,  1 suy ra n1 do đó m2 p m p m mà p là số nguyên tố nên m1 hoặc m p

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

Vậy p không thể là số nguyên tố

Cách 2: TH1: ab c 2 suy ra đpcm

MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN SỐ CHÍNH PHƯƠNG

Ví dụ 1

Tìm các số nguyên dương x y z, , sao cho 2 2 2    

x y  z xy x z  y z là số chính phương

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  

Suy ra 20 20 

.4

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 x y chia 3 dư 2, 2 1 Suy ra x2y2chia 3

dư 2dẫn đến 2

m chia 3 dư 2 điều này không thể xảy ra Vì một số chính phương chia 3 chỉ có thế

dư 0 hoặc 1 Từ đó suy ra trong hai số x y, phải có 1 số chia hết cho 3 Giả sử số đó là x thì x3(do x là số nguyên tố) Thay vào ta có: y29y 9 m2 4y236y364m2 hay

2y9 4m 45 2y 9 2m 2y 9 2m 45 1.45 3.155.9 Giải các trường hợp ta thu được cặp số  x y thỏa mãn điều kiện là ;      x y;  3;7 , 7;3

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

Lời giải:

Vì 2y1 là số chính phương lẻ nên x là số lẻ

Gọi d 2yx, 6yx với dN d, lẻ

Từ (1) và (2) suy ra dm nên xdmd2 là số chính phương

Ví dụ 11 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ƣớc tự nhiên của p là một số 4

Lời giải

Ta viết lại giả thiết 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 1

8n 3 4x y  2xy 2xy Do đó 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

Ví dụ 14

Cho n sao cho

2

13

n 

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

số chính phương liên tiếp

Lời giải

Giả sử ta có 2 1  

13

a b

3 m 63 3m 3m 7.9

Vì k3m k 3mmod 3 nên suy ra cả k3m và 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

k k

a b

Giả sử 2m 3n k k2,  Nếu m lẻ thì 2m 2 mod 3  Suy ra n0 Do đó

k1k 1 2m Ta thấy k lẻ k1,k 1 2 nên chỉ có thể xảy ra k 1 2 và 1

1 2m

k  

Từ đó tìm đƣợc k3,m3

Nếu m chẵn, đặt m2 ,s s Ta có: k2sk2s2n Suy ra

2 3

2 3, ,

k k

3a3b 2s Vì 2s1 không chia hết cho 3 nên phải có b0,an Như vậy 1

2 5m n25l với l Suy ra l5l 5 2 5m n Vì l   5 l 5 102.5 nên suy

ra cả hai số l5 và l5 cùng chia hết cho 2 và 5 Suy ra l5,l 5 10 Xảy ra các trường hợp sau:

l l

l l

Vậy có hai cặp số thỏa mãn đề bài là m n,      3; 2 , 4; 3

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

Lời giải

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 0 Suy ra n 5

Khi n tận cùng là 0 thì 2n1, 3n1 đều là số chính phương lẻ

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

4

n n

k

n k

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

TH2: Nếu 1 4 y x 4z x là số chẵn thì yx hoặc z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 a2  b2 1 2(ab a b  ) Chứng minh rằng a và b là hai số

chính phương liên tiếp

(Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên toán – Trường THPT chuyên – ĐHSP Hà Nội, 2016)

Ta thấy b và b 12 là hai số chính phương liên tiếp; b 12 và b là hai số chứng phương

liên tiếp (điều phải chứng minh)

Vậy a và b là các số chính phương liên tiếp

Ví dụ 33

Tìm tất cả số tự nhiên n thỏa mãn 2n 1,3n 1 là các số chính phương và 2n 9 là số nguyên tố

(Tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017)

Vì 2n 9 là số nguyên tố nên 5a 4b 1 5a 1 4b Nên ta có:

Với a 9 n 40 Thử lại: Thỏa mãn

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

Gọi d là ước chung lớn nhất của m và n

Giả sử mad, nbdvới  a, b  1

d cb Bây giờ ta được Ac a b(  )3với a, b, c nguyên dương

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 có hai khả năng:

Nếu a2 và b1thì ta có d 1 Suy ra m2,n1

Nếu a1 và b2thì ta có d 4 Suy ra m4,n8

Ví dụ 3

Tìm các số nguyên dương a, b sao cho

1 1,





   

Vậy các bộ số  a b; thỏa mãn điều kiện là: a;b  l;3 , 2; 2 , 3;3      

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 già thiết ta suy ra a + b c d e   chia hết cho 3.4.560suy ra 4b,5cchia hết cho 60 nên b chia

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

+ Xét mn ta có n2n n2 n 2n n2 n 2n   n2 n n2 3n   0 0 n 3 thử trực tiếp

ta thấy n2hoặc n3 thỏa mãn điều kiện

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

Suy ra 2 2  2  2  2

3 25 x y +5xy 25 x y 5 5 x y 5 5

xy 255xy 5xy 5 Do x,y là số nguyên tố ta suy ra x hoặc y chia hết cho 5

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

x y chia hết y1

Đặt

4

1

;1

q p Vì q nguyên tổ 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

a không chia hết cho p ) Như vậy a phái chia hết cho4 p 2

Vì a2b2chia hết chop nên 4 b2 p Suy ra b p và 4 ab p

Tóm lại, p là ước của 4 a a b

Ví dụ 13

Cho ba số nguyên dương khác nhau x y z, , .Chứng minh rằng:  5  5 5

xy  yz  z x chia hết cho 5 x- y y- z z-x

Nếu a2 5b thì2b a B 5 Mặt khác, 2b a 2b 4a 5 5nên 2b 2a 5, suy ra

Cho a b c d, , , là các số nguyên dương thỏa mãn abcd Chứng minh rằng A a n  b n c n d n là

hợp số với mọi n nguyên dương

Lời giải:

Giả sử d a c, ,d 1 Suy ra ada c1, dc1với *

1, 1

a c N và ( , ) 1a c1 1 

Ac a b với a , b , c nguyên dương

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

1 mod 3

a b  Từ (*) suy ra 10ab 3 ab 3 (vô lý)

Như vậy ab 3 nên 10ab 3 Từ (*) suy ra c 3 và do đó c không chia hết cho 5

Trường hợp 2: a b 6 làm tương tự trường hợp trên

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! 146abc146 a 1, b4

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

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

Vậy abc145 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 24

Cho các số tự nhiên a, b Chứng minh:

a, a2b2 chia hết cho 3 thì a, b đều chia hết cho 3

b, a2b2 chia 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

a, 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 3 thì 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 a7k,

7k7, 7k2, 7k3 thì a2 chia cho 7 có số dư lần lượt là 0 , 1, 4, 2) Như vậy 2 2

a b khi chia cho 7 thì có số dư là 0 0 , 0 1 , 0 2 , 0 4 , 1 2 , 1 4 , 2 4 , 1 1 , 2 2 , 4 4 Trong các trường hợp này chỉ có a, b đồng thời chia hết cho 7 thì a2b2 7 đpcm

c, Dễ thấy nếu a không chia hết cho 3 thì a4 chia 3 chỉ có thể dư 1 Từ giả thiết ta có a4b4

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 b4 không chia hết cho 3 nên b

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

cho 3 Ta cũng có: Nếu a không chia hết cho 5 thì a4 chia cho 5 có thể dư 1 Làm tương tự như trên ta suy ra a, b phải chia hết cho 5 là đpcm