chuyên đề bdhsg toán 89

(Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp là số chính phương khi và chỉ khi tích đó bằng 0). Chứng minh rằng n là tổng của hai số chính phương liên tiếp. Vậy trường hợp này không xảy ra..[r]

GIÁO ÁN BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN 9

Giáo viên: Nguyễn Tiến Thuận

CHUYÊN ĐỀ 1: MIN-MAX VÀ BẤT ĐẲNG THỨC A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT

I BIẾN ĐỐI TƯƠNG ĐƯƠNG

Kiến Thức Cần Nhớ

Để chứng minh bất đẳng thức Tư tưởng của phương pháp là biến đổi tương đương bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức đúng mà phổ biến là các dạng sau:

+ Sử dụng định nghĩa bất đẳng thức:

+ Dạng tổng bình phương: , với các số m, n, k không âm

+ Dạng tích hai thừa số cùng dấu: hoặc

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với (*)

rõ ràng bất đẳng thức này luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi

và chỉ khi

b) Cộng hai vế (*) với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

c) Cộng hai vế (*) với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh

, bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

e) Nhân hai vế (**) với 2 rồi cộng 2 vế với ta thu được bất đẳng thức cần chứng minh f) Cộng 2 vế (**) với ta thu được điều phải chứng minh

g) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi h) Với mọi số thực dương a, b, c và số thực k thỏa mãn: ta có:

a) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

c) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

ra khi và chỉ khi

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

, bất đẳng thức này luôn đúng với mọi số thực không âm a, b thỏa mãn e) Làm tương tự câu d

f) Áp dụng bất đẳng thức ở câu c ta có:

Tương tự ta cũng có: , cộng 2 bất đẳng thức cùng chiều ta thu được:

, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

g) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Rõ ràng bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

h) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

2

11

Bất đẳng thức này luôn đúng Dấu đẳng thức xảy ra khi và

j) Áp dụng bất đẳng thức ở câu d) liên tục 2 lần ta có:

k) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Suy ra Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại thành

Bất đẳng thức cuối cùng đúng Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi hay

c) Cách 1: Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

Cách 2: Bất đẳng thức được viết lại thành Đặt , khi đó ta

được Suy ra Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng vì Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

d) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

e) Biến đổi tương đương bất đẳng thức cần chứng minh ta được:

Vì nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

Cho thì bất đẳng thức trên trở thành Ta chứng minh là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho Thật vậy, ta xét các trường hợp sau

+ Với thì

+ Với thì bất đẳng thức trên được viết lại thành

Ta có nên

Và Do đó ta có

Suy ra bất đẳng thức được chứng minh Vậy hằng số k lớn nhất là 8

f) Bất đẳng thức cần chứng minh được biến đổi như sau:

Vì nên ta cần chứng minh

Thật vậy, ta có

Do vậy bất đẳng thức trên tương đương với

Bất đẳng thức cuối này hiển nhiên đúng Vậy bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a) Quan sát bất đẳng thức ta có các nhận xét như sau:

+ Dự đoán đẳng thức xảy ra khi

+ Khi thay 1 bằng vào bất đẳng thức và chuyển vế thì ta được các nhóm

a b c  

a b c 

Do vai trò a, b, c như nhau nên ta dự đoán mỗi nhóm trên không âm Để chứng minh dự đoán trên ta có thể bình phương làm mất căn bậc hai rồi biến đổi tương đương thành tổng các bình phương

Như vậy chỉ cần áp dụng tương tự cho hai trường hợp còn lại thì bất đẳng thức được chứng minh

Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

Ta cần chứng minh

Thật vậy ta có

Chứng minh tương tự ta được

Đến đây bất đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách 2: Kết hợp với giả thiết ta có

Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành

Mặt khác ta có

Chứng minh tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

đẳng thức được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b) Ta sẽ chứng minh với a, b là các số thực dương

Thật vậy, biến đổi tương đương bất đẳng thức trên ta được

a b c  1

Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng, do đó bất đẳng thức được chứng minh Chứng minh tương tự ta được

Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được

Vậy bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Cách 3: Ta có

Do đó ta có hay ta được Áp dụng tương tự ta được

Vậy bài toán được chứng minh xong Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

d) Ta viết lại bất đẳng thức cần chứng minh thành:

a b c t2 27 t 3 3    2

3 ab bc ca   a b c   9 ab bc ca  3

t   t 3 t 3 3

, bất đẳng thức này luôn đúng với mọi Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

II BẤT ĐẲNG THỨC AM-GM

1 Bất đẳng thức AM-GM

Trong chương trình toán THCS ta thương dúng bất đẳng thức AM-GM cho 2 số thực không âm hoặc 3

số thực không âm, Phạm vi chuyên đề này chỉ đề cập các bài toán trong khuôn khổ trên

a) Cho các số thực không âm a, b khi đó ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

b) Cho các số thực không âm a, b, c khi đó ta có: dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ

2 Một số kết quả được suy ra từ bất đẳng thức AM-GM

đây là kết quả rất hay dùng trong chứng minh các bài toán BĐT

đây cũng là kết quả rất hay dùng trong chứng minh các bài toán BĐT

Thật vậy: Áp dụng BĐT AM-GM ta có:

Cộng hai bất đẳng thức cùng chiều ta suy ra:

+ Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được:

a)

b)

c)

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội, năm 2015)

e) Cho các số thực Tìm giá trị nhỏ nhất của

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán – THPT chuyên KHTN, năm 2015)

(Tuyển sinh THPT chuyên KHTN, 2018)

g) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: Chứng minh:

h) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: Tìm giá trị lớn nhất của

(Trích Đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán –

b cc a a b 

32

Thay vào ta có bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

Do theo bất đẳng thức AM-GM nên ta suy ra bất đẳng thức cuối cùng đúng

b) Cách 1: Ta có:

Suy ra

thức xảy ra khi và chỉ khi

Tương tự ta có 2 BĐT nữa và cộng lại ta có:

Áp dụng câu a ta có: , suy ra Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

Tương tự ta có 2 bất đẳng thức nữa và cộng lại ra suy ra:

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi Chú ý: Trong bài toán này ta đã sử dụng một kết quả là: Cho các số thực x, y, z thỏa mãn khi

3) Các số 0 và 1 không phải là só nguyên tố cũng không phải là hợp số

4) Bất kỳ số tự nhiên lớn hơn 1 nào cũng có ít nhất một ước số nguyên tố

2 Một số tính chất

● Có vô hạn số nguyên tố

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

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

tố p

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

● Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá

Chứng minh Vì n là hợp số nên n ab với a b, ,1  a b n và a là ước nhỏ nhất của n Thế thì

2

n a Do đó a n

3 Phân tích một số ra thừa số nguyên tố:

Phân tích một số tự nhiên lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố là viết số đó dưới dạng một tích các thừa số nguyên tố

+ Dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của mỗi số nguyên tố là chính số đó

+ Mọi hợp số đều phân tích được ra thừa số nguyên tố, phân tích này là duy nhất nếu không tính thứ tự các thừa số

Chẳng hạn , trong đó a, b, c là các số nguyên tố và

Khi đó số các ước số của A được tính bằng

Tổng các ước số của A được tính bằng

4 Số nguyên tố cùng nhau

Hai số a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi

- Nếu có một phép chia hết thì số đó không là số nguyên tố

- Nếu thực hiện phép chia cho đến lúc thương số nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dư thì số

đó là số nguyên tố

Cách 2

- Một số có hai ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố

- Nếu A là hợp số thì A có ít nhất một ước nguyên tố không vượt quá

- Với quy tắt trên trong một khoảng thời gian ngắn, với các dấu hiệu chia hết thì ta nhanh chóng trả lời được một số có hai chữ số nào đó là nguyên tố hay không

3, do đó một trong hai số phải có một số chia hết cho 3, nghĩa là một trong hai số này phải

có một hợp số Để cho là số nguyên tố nên chắn chắn rằng là một hợp số

.A

Bài toán 5 Cho và là các số nguyên tố Chứng minh là hợp số

1

2 ! 3 3

Dãy A A1, 2, , An2020n20191là các hợp số liên tiếp

 Dạng 2: Chứng minh một số bài toán có liên quan đến tính chất của số nguyên tố

Bài toán 1 Chứng minh rằng nếu p và p  2 là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì tổng của chúng chia hết cho 12

Giả sử p20141.2.3 2014 p2014! p

Mà 2014! 1  p nên 1 p Điều này mâu thuẫn dẫn đến p2014

minh rằng ba số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau

Hướng dẫn giải Trong 3 số có ít nhất hai số cùng tính chẵn lẻ

Giả sử hai số cùng tính chẵn lẻ là và

Suy ra là số nguyên tố chẵn nên

Vậy trong ba số có ít nhất hai số bằng nhau

Bài toán 4 Cho số tự nhiên và số nguyên tố thỏa mãn chia hết cho đồng thời chia hết cho Chứng minh rằng là một số chính phương

 Dạng 3: Tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện nào đó

Đối với dạng toán tìm số nguyên tố thỏa mãn điều kiện cho trước, chúng ta thường sử dụng các tính chất của phép chia số nguyên sau để giải:

* Trong n số nguyên liên tiếp có một và chỉ một số chia hết cho n

* Mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng

* Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 3 n  1

* Mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng

Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đề có dạng:

Không phải mọi số có dạng 6 n  1 đều là số nguyên tố

Chẳng hạn 6 4 + 1 = 25 không là số nguyên tố

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1 Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2 và p + 4 là các số nguyên tố

Hướng dẫn giải Với p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 không phải là các số nguyên tố

Với p = 3 thì p + 2 = 5 và p + 4 = 7 là các số nguyên tố

Với p > 3 mà p là số nguyên tố nên p có dạng p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2

Nếu p = 3k + 2 thì không là số nguyên tố;

Vậy với thì p + 2 và p + 4 là số nguyên tố

Bài toán 2 Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho p + 2; p + 6; p + 8; p + 14 đều là các số nguyên tố

Hướng dẫn giải Trường hợp 1: p = 5k mà p nguyên tố nên p = 5, khi đó:

p + 2 = 7; p + 6 = 11; p + 8 = 13; p + 14 = 19 đều là số nguyên tố nên p = 5 thỏa mãn bài toán

Trường hợp 2: p = 5k + 1, khi đó: p + 14 = 5k + 15 = 5(k + 3) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 14) nên p + 14 không là số nguyên tố

Vậy với p = 5k + 1 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 3: p = 5k + 2, khi đó: p + 8 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 10) nên p + 10 không là số nguyên tố

Vậy với p = 5k + 2 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 4: p = 5k + 3, khi đó: p + 2 = 5k + 5 = 5(k + 1) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 2) nên p + 2 không là số nguyên tố

Vậy với p = 5k + 3 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Trường hợp 5: p = 5k + 4, khi đó: p + 6 = 5k + 10 = 5(k + 2) có ít nhất là 3 ước 1, 5 và (p + 6) nên p + 6 không là số nguyên tố

Vậy với p = 5k + 4 không có tồn tại p nguyên tố thỏa mãn bài toán

Do đó p = 5 là số cần tìm

Bài toán 3 Tìm số tự nhiên sao cho là số nguyên tố

Hướng dẫn giải chia cho dư (vì nếu chia cho dư hoặc thì chia hết cho dư hoặc ) Đặt Ta có

Để là số nguyên tố, phải có Khi đó và , là số nguyên

Bài toán 5 Tìm tất cả các số nguyên tố p để pvừa là tổng vừa là hiệu của hai số nguyên tố

Hướng dẫn giải Giả sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện đề bài

Khi đó p là số nguyên tố lẻ và p p1p2 p3 p4 với p p p p1, 2, ,3 4 là các số nguyên tố

Vì p là số nguyên tố lẻ nên p p1, 2 không cùng tính chẵn lẻ Nhưng vậy sẽ có một số nguyên tố là

 Dạng 4: Nhận biết số nguyên tố, sự phân bố nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên

Từ 1 đến 100 có 25 số nguyên tố, trong trăm thứ hai có 21 số nguyên tố, trong trăm thứ ba có

16 số nguyên tố, … Trong nghìn đầu tiên có 168 số nguyên tố, trong nghìn thứ hai có 145 số nguyên tố, trong nghìn thứ ba có 127 số nguyên tố, … Như vậy càng đi xa theo dãy số tự nhiên, các số nguyên tố càng thưa dần

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1 Nếu p5 và 2p1 là các số nguyên tố thì 4p1 là số nguyên tố hay là hợp số?

Hướng dẫn giải Xét ba số tự nhiên liên tiếp: 4 , 4p p1, 4p2 Để ý rằng trong ba số này chắc chắn có một số chia hết cho 3

Vì p5 là số nguyên tố nên p có dạng 3k1 hoặc 3k2

+) Nếu p3k1 thì 2p 1 6k 3 3 2 k1 3, mâu thuẫn với giả thiết

+) Nếu p3k2 thì 4p 1 4 3 k2 1 12k 9 3 4 k33 hay 4p1 là hợp số

Bài toán 2 Tìm số tự nhiên k để dãy :k1,k2,k3, ,k10 chứa nhiều số nguyên tố nhất

Hướng dẫn giải

 Với k 0 ta có dãy 1, 2, 3, , 10 chứa 4 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7

 Với k 1 ta có dãy 2, 3, 4, , 11 chứa 5 số nguyên tố là 2, 3, 5, 7, 11

 Với k 2 ta có dãy 3, 4, 5, , 12 chứa 4 số nguyên tố là 3, 5, 7, 11

 Với k 3 dãy k1,k2, ,k10 chứa 5 số lẻ liên tiếp, các số lẻ này đều lớn hơn 3 nên có một số chia hết cho 3, mà 5 số chẵn trong dãy hiển nhiên không là số nguyên tố Vậy trong dãy có ít hơn 5 số nguyên tố

Tóm lại với k1thì dãy k1,k2,k3, ,k10 chứa nhiều số nguyên tố nhất

Bài toán 3 Chứng minh rằng trong 30 số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 5, có ít nhất 22 hợp số

Hướng dẫn giải Trong 30 số tự nhiên liên tiếp đã cho, có 15 số chẵn, chúng đều lớn hơn 5 nên là hợp số Ta tìm được 15 hợp số

Chia 15 số lẻ còn lại thành 5 nhóm, mỗi nhóm gồm ba số lẻ liên tiếp Trong ba số lẻ liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho 3, số đó lớn hơn 5 nên là hợp số Có 5 nhóm nên ta tìm thêm được 5 hợp

số

Trong 30 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia cho 30 dư 5, một số chia cho 30 dư 25, giả sử a30m5 và b30n25 Các số a và b là hợp số (vì chia hết cho 5 và lớn hơn 5), đồng thời không trùng với các hợp số đã tìm được (vì a và b không chia hết cho 2, không chia hết cho 3)

Ta tìm thêm được 2 hợp số

Vậy có ít nhất 15 5 2  22 (hợp số)

Bài toán 4 Có tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp đều là hợp số không?

Hướng dẫn giải Gọi A2.3.4 1001

Vậy tồn tại 1000 số tự nhiên liên tiếp là hợp số

CHUYÊN ĐỀ 3: SỐ CHÍNH PHƯƠNG, SỐ HỌC TỔNG HỢP 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 chop2

6 Với mọi số nguyên dương n ta cóS 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 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 1 số bằng 0

12 Nếu  a b, 1, a b c 2thì a, b đều là số chính phương

13 Nếu  x y, 1thì x2xy y x 2;   y x2;   x2xy y x 2; 1và x y y ; 1

x2xy y x y 2;    y x y2;  1

14 a, Định lý Fermat nhỏ: Nếu p là số nguyên tố và a là số nguyên không chia hết cho p thì ap  11p

b, Nếu a2b p2 mà p là số nguyên tố có dạng 4k3thì a, b đều chia hết cho p

Chứng minh:

a, Vì a không chia hết cho p nên các số 2 ,3 , ,a a p1acũng không chia hết cho p Giả sử khi chia các số a a a, 2 ,3 , ,(p1)acho p ta được số dư lần lượt là r r1, , ,2 rp1thì các số r r1, , ,2 rp1đôi một khác nhau Thật vậy nếu có 2 số r ri, 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 ,i j p

Từ đó ta có: r r1 2 , ,rn 1.2.3.4 p 1 p1 ! nên a a a.2 3 p1acó cùng số dư với

1, , ,2 p1

r r r khi chia cho p Mà a a a.2 3 p1ap1 ! ap  1suy ra p1 ! ap  1và p1 ! có cùng

số dư khi chia cho p hay ap  1và 1 có cùng số dư khi chia cho p nói cách khácap  11p

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

15 Một số tính chất liên quan đến đồng dư:

Định nghĩa: Cho a, b là các số nguyên và m là số nguyên dương Ta nói a đồng dư với b theo môđun

m nếu có cùng số dư khi chia cho m

Kí hiệua b modm Như vậy a b modm  a b m

Hai trường hợp đầu tiên ta thu được: a2b2 c2 2a c   1 0

Vậy a2b2c2không 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

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1chia hết cho 3 thì p1p 1 p21chia hết cho 3 suy ra p2 2 p2 1 3 3 mà

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 rap3

Thử lại: p3thỏa mãn điều kiện

q1,q2  q 1 q1, qq 1 2 q  1 3 q1,31 hoặc 3 Suy ra p q2 1hoặc

Ta viết lại giả TH1ết thành: 4c2c2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 1

 Nếu n0 thì y 1 không thỏa mãn điều kiện bài toán

 Ta xét m n, 1 Từ (*) ta suy ra p là ước của

+ Nếu x2thì y0

+ Nếu x3thì 2 8x còn y44 chia 8 dư 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

Nếu p3thìn2422 1 21 Khi đó 221 2 2 2 20 1 2 2101 2 101 không chia hết cho

Từ giả TH1ết ta suy ra tồn tại các số nguyên p q, 0 sao cho 3

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 pnqn 4 không có số p, q thỏa mãn

 Nếu p q 2 ta có: pn2n r2

  

2xy2x2y4x y 2xy2x2y  4 0 xy     x y 2 0 x1 y  1 3, điều này không thể xảy ra do x y, 1

Do đóx1x1 4 y22, mà y là số nguyên tố nêny2 y 2 Thay vào ta tìm đượcx3

 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3là số nguyên tố thì điều kiện là 2x y   1 y 2x1 khi đó

Ví dụ 18

Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả 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 m2chia cho 5 dư 0, 1 hoặc 4

+ Nếu n2chia cho 5 dư 1 thì n2 5k 1 n2 4 5k5 5 k*  Nên n24không là số nguyên tố

+ Nếu n2 chia cho 5 dư 4 thì n2 5k 4 n216 5 k20 5 k*  Nên n216 không là số nguyên tố

Vậy n25 hay n chia hết cho 5

Ví dụ 19

Tìm các số nguyên tố p, q sao cho 3 5  2

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

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

4

,2

Nếu m, n cùng lẻ thì 4pn km n  2m28p chẵn, tức là p2

Nếu m, n không cùng lẻ thì m chia 4 dư 2 (do 2p 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 n2m2là 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 2 trường hợp đều suy ra p5 Với p5 thì

2, 3, 1, 3, 6, 15, 30, 39

m n s r k  c b a

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

Khi p3 ta xét hai trường hợp:

+ Nếu k chia hết cho số nguyên tố p thì ta đặt k np khi đó ta có:

Tính chất: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p21 chia hết cho 24

Chứng minh: p3 nên p là số lẻ dẫn đến p2 1 p1p1 là 2 tích 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 8 (*)

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 rap21 24

Ta có: 2017p22016p21 24 (đpcm)

Ví dụ 26

Cho a, b, c là các số nguyên dương Chứng minh a b 2 ab c 2 không phải là số nguyên tố (Tuyển sinh lớp 10 chuyên TP Hà Nội, 2017)

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

Vậy p không thể là số nguyên tố

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho x23y và y23x là số chính phương

Giả sử x23xy y 2 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 y2, 2chia 3 dư 1 Suy ra x2y2chia 3 dư 2 dẫn đến m2 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 x3(do x là số nguyên tố) Thay vào ta có: y29y 9 m24y236y36 4 m2 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

Ta viết lại giả TH1ết thành: 4c2c2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

 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

Cho a, b là hai số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d để a b a c b d  2  2 Chứng minh rằng a b là số chính phương

Lời giải:

Vì c và d là hai số nguyên liên tiếp nên d  c 1

Thay vào đẳng thức a b a c b d  2  2 ta được: a b a c b c  2  2  1 a b c a b      1 b2

Dễ dàng chứng minh a b c a b ,     1 1 nên a b phải là số chính phương