Chuyên đề: Số Chính Phương - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.pdf) (21 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Giáo án - Bài giảng
>>
3. Toán học

Chuyên đề: Số chính phương

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (397.96 KB, 21 trang )

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 1 1. Số chính phương 1.1. Kiến thức cơ bản: Định nghĩa: Số nguyên A được gọi là số chính phương nếu tồn tại số nguyên dương a sao cho: A = a2 Phát biểu: Số chính phương là số bằng bình phương của một số tự nhiên. Lưu ý: Mười số chính phương đầu tiên là: 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, Tính chất: Số chính phương có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9. Số chính phương chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Kí hiệu: 3n và 3n + 1, (n N) Số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. Kí hiệu: 4n và 4n + 1, (n N) Vận dụng tính chất: Nếu hai số tự nhiên a và b nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số a, b cũng là một số chính phương. Khi phân tích một số chính phương ra thừa số nguyên tố ta được các thừa số là lũy thừa của số nguyên tố với số mũ chẳn. Ví dụ: 3600 = 602 = 24.32.52 Một số cách nhận biết số không chính phương N: (1) Chứng minh N có chữ số tận cùng là 2,3,7,8. (2) Chứng minh N chứa số nguyên tố với mũ lẽ. (3) Xét số dư khi N cho 3 hoặc cho 4 hoặc cho 5 cho 8. (4) Chứng minh N nằm giữa hai số chính phương liên tiếp. (5) N chia cho 3 dư 2; N chia cho 4; 5 có số dư là 2; 3. (6) Một số tính chất về số dư khi chia cho 5, 6, 7, các bạn có thể tự suy ra bằng cách đặt số ban đầu là nk + q (Ví dụ: 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, ). Lưu ý: Khi Giải các bài toán về số chính phương ta có thể áp dụng "phương pháp modun (mod)", nghĩa là xét số dư của các số chính phương khi chia cho 1 số nguyên nào đó. Ví dụ 1: Tìm k để 4k + 3 = a2 Giải Giả sử: 4k + 3 = a2. Khi đó: a2  3 (mod 4) (1) Ta lại có, nếu a là số chính phương thì a2  0, 1 (mod 4) (2) Từ (1) và (2) thì vô lý. Vậy không có số k thỏa mãn 4k + 3 là số chính phương. Ví dụ 2: Tìm a  N* để phương trình sau có nghiệm nguyên: x2 + 2ax - 3a = 0 Giải Xét ' = a2 + 3a. Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì a2 + 3a phải là số chính phương. a2 < a2 + 3a < a2 + 4a + 4  a2 < a2 + 3a < (a + 2)2 Do đó: a2 + 3a = a2 + 2a + 1  a = 1. Với a = 1 thì phương trình có nghiệm nguyên là x = 1 hay x = -3. 1.2. Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương: a. n2 + 2n + 12 b. n (n+3) c. n2 + n + 1589 Giải a) Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt: n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)  (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n + 1)2 = 11 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 2  (k + n + 1)(k - n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + 1 > k - n - 1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k + n + 1)(k - n - 1) = 11.1 k + n +1=11k -n -1=1k = 6n = 4 Vậy n = 4. Bài tập 2: 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. Giải Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số B = (a +1)(b +1)(c +1)(d +1) = m2, với k, m  N và 32 < k < m < 100; a, b, c, d  N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9  m2 – k2 = 1111  (m - k)(m + k) = 1111. Xét các trường hợp, kết quả: A = 2025 , B = 3136 . Bài tập 3: Tìm a để 17a + 8 là số chính phương. Giải Giả sử luôn tồn tại y  N sao cho: 17a + 8 = y2. Khi đó:  17(a - 1) = y2 - 25  17(a - 1) = (y + 5(y - 5)  y - 5 17y + 5 17  y = 17n  5  a = 17n2  10n + 1. Bài tập 4: Chứng minh 3n + 63 không chính phương, (n N, n ≠ 0, 4) Giải Xét n lẻ. Đặt: n = 2k + 1, (k N) Ta có: 32k+1  (-1)2k+1(mod 4)  -1 (mod 4). 63  3 (mod 4)  32k+1 + 63  2 (mod 4)  3n + 63 không chính phương. Xét n chẵn. Đặt n = 2k, (k ≠ 0). Vì y  3 nên ta đặt: y = 3t, (t  N) Khi đó, ta có: 32k + 63 = 9t2. 32k-2 + 7 = t2  t2 - (3k-1)2 = 7  (t - 3k-1)(t + 3k+1) = 7  k-1t - 3 = 1k+1t + 3 = 7  2. 3k-1 = 6  3k-1 = 3  k = 2  n= 4 (trái với giả thiết đề bài) Vậy 3n + 63 không là số chính phương với (n ≠ 0, 4). Bài tập 5: Chứng minh rằng phương trình x2 + y2 + 1 = z2 có vô số nghiệm nguyên. Giải n  N*, ta chọn x = 2n2; y = 2n; z = 2n2 + 1. Ta có: x2 + y2 + 1 = (2n2)2 + (2n)2 + 1 = (2n2 + 1)2 = z2. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 3 Do đó phương trình có vô số nghiệm. Bài tập 6: Cho p là tích của n số nguyên tố đầu tiên (n > 1). Chứng minh rằng p - 1 không phải là số chính phương. Giải Giả sử p - 1 là số chính phương. Do p là tích của n số nguyên tố đầu tiên (n > 1 ). Suy ra: p3. Do đó p - 1  -1 (mod 3) Đặt: p - 1 = 3k - 1. Một số chính phương không có dạng 3k - 1. Từ đây ta có điều mâu thuẫn. Bài tập 7: Chứng minh n7 + 34n + 5 không chính phương. Giải Bổ đề x2  i (mod 7); i  {0; 1; 2; 4} Theo định lý Fermat, ta có: n7  n (mod 7)  n7 + 34n + 5  35n + 5 (mod 7)  n7 + 34n + 5  6 (mod 7) Giả sử n7 + 34n + 5 = x2, x  N. Suy ra: x2  5 (mod 7) (vô lý) Do đó n7 + 34n + 5 không phải là số chính phương. Bài tập 8: Cho k1 < k2 < k3 < là những số nguyên dương, không có hai số nào liên tiếp và đặt Sn = k1 + k2 + + kn, n = 1, 2, Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, khoảng [Sn, Sn+1) chứa ít nhất một số chính phương. Giải Nhận xét: Khoảng [Sn, Sn+1) có ít nhất một số chính phương khi và chỉ khi khoảng n n+1S , S có ít nhất một số nguyên dương, tức là: n 1 nS S 1. Ta có:   n 1 n2n 1 n2n n 1 nn 1 n S S 1S S 1S k S 1k 2 S 1        Theo đề bài, ta thấy:  *n 1 nn n 1 k k 2, n NS nk n n 1       Ta cần chứng minh:       n 1 n 12n 1 n 1 n 122n 1 n 12n1 k 2 nk n n 1 1k 2k 1 4nk 4n n 1k 2 2n 1 k 2n 1 0k 2n 1 0                   Bất đẳng thức cuối cùng là đúng. Do đó với mọi số nguyên dương n, khoảng [Sn, Sn+1) chứa ít nhất một số chính phương. Bài tập 9: Chứng minh rằng với mọi số kN thì số: A = 1 + 92k + 772k + 19772k Không phải là số chính phương. Giải Bất kỳ số chính phương nào cũng có dạng 3t hoặc 3t + 1, với t  N. Ta có: A = 1 + 92k + 772k + 19772k có dạng 3l + 2 với l N. Do đó A không phải là số chính phương. Bài tập 10: Chứng minh rằng với mọi số mN thì số: .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 4 A = 1 + 92m + 802m + 19802m Có phải là số chính phương không? Giải Bất kỳ số chính phương nào cũng có dạng 4n hoặc 4n+1, n N Ta có: A = 1 + 92m + 802m + 19802k Có dạng 4q + 2, với q  N. Suy ra A không là số chính phương. Bài tập 11: Tích của hai số tự nhiên liên tiếp, của hai số chẵn liên tiếp hoặc 2 số lẻ liên tiếp có thẻ là số chính phương không? Giải Ta chứng minh với hai số tự nhiên liên tiếp: Ta có: n2 < n(n + 1) < (n + 1)2, nN Do đó n(n + 1) không chính phương. Ta chứng minh với hai số chẵn liên tiếp: Gọi a = 2k(2k + 2), với k N. Nhận xét rằng: 4k2 < a < (2k + 1)2 Suy ra a không là số chính phương. Ta chứng minh với hai số lẻ liên tiếp: Đặt: b = (2k + 1)(2k + 3), k N. (2k + 1)2 < (2k + 1)(2k + 3) < (2k + 3)2 Suy ra b không là số chính phương. Bài tập 12: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là số chính phương. Giải a và b là hai số lẻ nên a2 = 4l + 1 và b2 = 4m + 1m với l , m N. Suy ra: a2 + b2 = 4t + 2, t  N. Do đó: a2 + b2 không thể là số chính phương. Bài tập 13: Chứng minh rằng tích của 4 số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là 1 số chính phương. Giải Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2. Đây là một số chính phương. (Đpcm) Bài tập 14: Tổng bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp có phải là số chính phương không? Giải Gọi A = n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 + (n + 4)2 A = 5n2 + 20n + 30 = 5(n2 + 4n + 6) Giả sử A là một số chính phương. Suy ra: n2 + 4n + 6 = 5t2  (n + 2)2 + 2 = 5t2  (n + 2)2 = 5t2 - 2  (n + 2)2 = 5q + 3 Điều này vô lý. Vậy tổng bình phương 5 số tự nhiện liên tiếp không thể là một số chính phương. Bài tập 15: Các số: abab, abba, abcabc Có phải là những số chính phương không? Giải Ta có: abab 101ab Do đó abab không thể là số chính phương. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 5 abcabc 1001abc Suy ra điều phải chứng minh. Bài tập 16: Có số chính phương nào chia hết cho 55 có dạng abca không? Giải Giả sử tồn tại số chính phương k2 có dạng abca và chia hết cho 55. Suy ra: k2  5 và k2  11 Mà (5, 11) = 1 nên k2  55. Khi đó: k2 = 55t, t  N. Ta có: 1000  (55t)2 = 55m  9999  1000  3025t2  9999  1  t2  3.  t2 = 1  t = 1.  k2 = 3025  abca Vậy không tồn tại số chính phương có dạng abca và chia hết cho 55. Bài tập 17: Tìm số chính phương có dạng 22ab Giải Ta có: 2116 < 22ab < 2304  462 < 22ab < 482 Do đó: Nếu 22ab là một số chính phương thì 22ab= 472 = 2209. Vậy số chính phương phải tìm là 2209. Bài tập 18: Tìm số chính phương có 4 chữ số sao cho 3 chữ số đầu hoặc cuối giống nhau. Giải 1) Giả sử abbb là số chính phương. Nếu chữ số hàng đơn vị là số lẻ thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn, do đó b không thể lẻ. Mặt khác abbb chính phương thì b chỉ có thể là 0, 1, 4, 6, 9 Do đó b = 0, 4, 6 Nếu b = 0 thì a000 không chính phương. Nếu b = 4 thì a444 chính phương khi a = 1. Nếu b = 6 thì a666 thì không chính phương. Ta có 1444 là số chính phương. 2) Không có số chính phương nào có dạng aaab. Bài tập 19: Nghiên cứu các số chính phương có các chữ số giống nhau. Giải Xem số A = aa aa (n chữ số a) Suy ra: A = a.11 11 (n chữ số 1) Không có số chính phương nào tận cùng bởi một trong các chữ số: 2, 3, 7, 8 Suy ra: a  2, 3, 7, 8 Nếu chữ số hàng đơn vị là chữ số lẻ thì chữ số hàng chục phải là chữ số chẵn. Suy ra a  1, 3, 5, 7, 9 Nếu chữ số hàng đơn vị là 4 hoặc 6 thì chữ số hàng chục phải là chữ số lẻ. Suy ra a  4, 6 Dĩ nhiên a  0. Vậy không có số chính phương nào mà tất cả các chữ số đều giống nhau. Bài tập 20: Cho số A = n4 + 14n3 + 71n2 + 154n + 120, với n  N. a) Phân tích A thành nhân tử. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 6 b) Chứng minh rằng A không thể là một số chính phương. (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán Lê Quý Đôn Nha Trang năm học 1996 - 1997) Giải a) Ta có: A = n4 + 14n3 + 71n2 + 154n + 120 = (n4 + 14n3 + 49n2) + (22n2 + 154n) + 120 = (n2 + 7n)2 + 22(n2 + 7n) + 120) = (n2 + 7n + 10)(n2 + 7n + 12) = (n + 2)(n + 5)(n + 3)(n + 4) Vậy A = (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) b) Các bạn làm tương tự bài 11. Bài tập 21: Cho a và b là 2 số tự nhiên, a2 - b2 có thể là một số chính phương không? Giải Ta có: a2 - b2 = (a - b)(a + b) Giả sử a > 0 Muốn cho a2 - b2 là một số chính phương, ta chỉ cần chọn:   222222a b du a b dv , u > vd u va2d u vb2 Trong đó hoặc d chẵn hoặc u và v cùng tính chất chẵn, lẻ (u > v). Lúc đó, ta có: a2 - b2 = c2  a2 = b2 + c2. Các nghiệm của phương trình là:       2 2 2 2a d u v , b d u v Vậy a2 - b2 có thể là một số chính phương. Bài tập 22: 1) Tìm số có hai chữ số ab sao cho số n ab ba là một số chính phương. 2) Tìm số có hai chữ số ab sao cho số m ab ba là một số chính phương. Giải 1) Ta có: n ab ba = k2, k N*, với a, b, k N và a  0, b  9, a  0.  9(a - b) = k2 Do đó (a - b) là một số chính phương. Mặt khác, ta có: a - b  9. Do đó ta có: a - b = 1 v a - b = 4 v a - b = 9. Xét trường hợp a - b = 1  a = b + 1. Có 9 số thỏa: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98. Xét trường hợp a - b = 4  a = b + 4 có 6 số thỏa: 40; 51; 62; 73; 84; 95. Xét trường hợp a - b = 9  a = b + 9 có một số duy nhất thỏa là 90. Vậy có 16 số thảo mãn yêu cầu. 2) Ta có: m ab ba = q2, q N*  11(a + b) = q2 Do đó, ta có: a + b = 11t2, t  N* Mặt khác, ta có: 1  a + b  18  t2 = 1  a + b = 11. Có 8 số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 29; 38; 47; 56; 65; 74; 83; 92. Bài tập 23: Tìm số a  N sao cho các số sau là những số chính phương: a) a2 + a + 1589 b) 13a + 3 c) a(a + 3) d) a2 + 81 e) a2 + a + 43 f) 3a + 72 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 7 Giải a) Đặt: a2 + a + 1589 = k2, k  N. Suy ra: (2a + 1)2 + 6355 = 4k2  (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 6355 Nhận xét rằng: 2k + 2a + 1 và 2k - 2a - 1 lẻ và 2k + 2a + 1 > 2k - 2a - 1 > 0 Do đó ta viết: (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.42 Suy ra a có thể có các giá trị sau: 1588, 316, 42, 28. b) Đặt: 13a + 3 = y2, y  N.  13(a - 1) = y2 - 16 = (y + 4)(y - 4)  (y + 4)(y - 4)  13, (13 là số nguyên tố)  y + 4  13 hoặc y - 4  13  y = 13n  4, n nguyên tố, không âm.  13(a - 1) = (13n  4)2 - 16 = 13n(13n  8)  a = 13n2  8n + 1 c) Đặt: a(a + 3) = y2, y  N.  (2a + 3)2 = 4y2 + 9  (2a + 2y + 3)(2a - 2y + 3) = 9 2a + 2y + 3  2a - 2y + 3 > 0 và 2a + 2y + 3, 2a - 2y + 3 nguyên. Do đó:     2a 2y 3 9a1y22a 2y 3 1 d) Đặt: a2 + 81 = z2, z  N.  z2 - a2 = 81  (z + a)(z - a) = 81 Ta có: z + a  z - a > 0 Và z + a, z - a  N. Do đó, ta có các khả năng sau:     z a 81 a 40z a 1 z 41 và     z a 27 a 21z a 3 z 15 và     z a 9 a 0z a 9 z 9 e) Đặt: a2 + a + 43 = k2, k  N.  4a2 + 4a + 172 = 4k2  (2a + 1)2 + 171 = 4k2  4k2 - (2a + 1)2 = 171  (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 171 = 3. 57 = 9.19 Các bạn tự giải tiếp. Bài tập 24: Tìm a  N sao cho (23 - a)(a - 3) là số chính phương. Giải Đặt: (23 - a)(a - 3) = b2, b  N. Suy ra: (a - 13)2 = 100 - b2  (a - 13)2 + b2 = 102 Đây là bộ ba số "Pitago" nên ta có: b = 0; 6; 8; 10. Do đó: a = 23; 21; 19; 13; 3; 5; 7 Vậy có 7 giá trị thỏa mãn yêu cầu bài toán: a= 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23. Bài tập 25: Tìm tất cả các số tự nhiên n khác 0 sao cho số: q = n4 + n3 + 1 là một số chính phương. Giải Ta có: n4 + n3 + 1 > (n2)2 Do đó: n4 + n3 + 1 = (n2 + k)2, k  N*.  n2(n - 2k) = k2 - 1 (*)  k2 - 1  n2. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 8 Suy ra: k2 - 1 = 0 v k2 - 1 = n2 Với k2 - 1 = 0, k  N*  k = 1  n = 2 q = 52 (thỏa mãn) Xét k  N*, k > 1. Ta có: n2  k2 - 1 < k2  n < k, (*) vô lý. Do đó duy nhất có một giá trị của n thỏa mãn yêu cầu của bài toán là n = 2. Bài tập 26: Tìm số tự nhiên n sao cho n + 24 và n - 65 là hai số chính phương. (Đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Quốc học Huế năm học 2001 - 2002) Giải Theo đề bài, ta có: 22n 24 p, p, q N, p > qn 65 q  p2 - q2 = 89  (p + q)(p - q) = 89 Ta có: p, q  N và p > q  p + q, p - q  N và p + q > p - q > 0 Do đó, ta có:       p q 89 p 45n 2001p q 1 q 44 Vậy số tự nhiên phải tìm là n = 2001. Bài tập 27: Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n2 + 2002 là một số chính phương. (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Đại học KHTN - ĐHQG Hà Nội năm học 2002 - 2003) Giải Giả sử n2 + 2002 là một số chính phương. n2 + 2002 = m2, với n, m  Z.  (m + n)(m - n) = 2002 m + n và m - n là hai số chẵn.  (m + n)(m - n)  4  2004  4, vô lý. Vậy không tồn tại số nguyên n để n2 + 2002 là một số chính phương. Bài tập 28: Thay các dấu (*) bằng các chữ số sao cho số sau là một số tự nhiên: 6A 4**** Giải Ta có:   66A 4**** A 4**** A6 có chữ số đầu tiên bên trái là 4.  10000  A6  100000  100  A3  317  4 < A < 7 A là một số tự nhiên  A = 5 hoặc A = 6. Với A = 5  A6 = 15625, không thỏa Với A = 6  A6 = 46 656, Vậy số phải tìm là: 6A 46656 Bài tập 29: Tìm số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương. Giải Gọi số phải tìm là abcd, với a, b, c, d nguyên và 1  a  9, 0  b, c, d  9 abcd chính phương  d = 0, 1, 4, 5, 6, 9 d nguyên tố  d = 5. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 9 Đặt: abcd = k2 < 10000  32  k  100. k là một số có 2 chữ số mà d = 5 nên k tận cùng bằng 5. Tổng các chữ số của k là một số chính phương. Do đó: k = 45 và abcd = 2025 Vậy số phải tìm là 2025. Bài tập 30: Tìm một hình vuông có số đo diện tích là một số tự nhiên gồm 4 chữ số mà 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Giải So đo diện tích của hình vuông phải tìm có dạng aabb, với a, b  N và 1  a  9, 0b9.  abcd = k2 , k  N, 32  k < 100 (k là cạnh hình vuông)  11(100a + b) = k2 Do đó: k2  11  k   k = 11t  100a + b = 11t2 với 3  t  9 (1)  a + b  11 (2) Với a, b  N, 1  a  9, 0  b  9, ta có: 1  a + b  18 (3) Từ (2) và (3), suy ra: a + b = 11 Từ (1), suy ra: 9a + 1 = t2  t2 - 1 = 9a2 (4) Suy ra: t2 - 1  9  (t + 1)(t - 1)  3 Vì (t + 1) - (t - 1) = 2 Nên t + 1 và t - 1 không đồng thời chia hết cho 3. a) Nếu t + 1  3 thì (4)  t + 1  9 mà 3  t  9  t + 1 = 9  t = 8  a = 7  b = 4. Suy ra aabb = 7744 = 882 b) Nếu t - 1 3 thì (4)  t - 1  9 (loại). Vậy hình vuông phải tìm có cạnh đo được 88 đơn vị. Bài tập 31: Tìm một số tự nhiên sao cho: a) Nếu thêm 64 hoặc bớt đi 35 ta đều được một số chính phương. b) Nếu thêm 51 hoặc bớt đi 38 ta đều được một số chính phương. Giải a) Đặt: A - 35 = k2 và A + 64 = t2, với k, t  N. Suy ra: (t + k)(t - k) = 99 Do đó:           t 50 t 18 t 10VVk 49 k 15 k 1 Ta tìm được A = 2436; 260; 36. b) Các bạn giải tương tự câu a. Bài tập 32: Cho A là một 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. Giải Theo đề bài, ta có:         22abcd k k, m Na 1 b 1 c 1 d 1 m Với a, b, c, d  N và 1  a  9 và 0  b, c, d  9 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 10 22abcd kabcd 1111 m Với k, m  N và 32  k < m < 100  m2 - k2 = 1111  (m + k)(m - k) = 1111 = 101.111 Ta có: 0 < m - k < m + k < 200 Do đó:     m k 101 m 56m k 11 k 45 Vậy A 2025B 3136 Bài tập 33: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị. Giải Đặt: 2abcd k , k N. Ta có: ab cd 1 và 32  k < 100 Suy ra: 101cd = k2 - 100 = (k + 10)(k - 10)  (k + 10)101 hoặc (k - 10) 101 Mà (k - 10, 101) = 1  k + 10  101 42  k + 10 < 110 Do đó: k 1 101cd 81, k=91k 10 cd Vậy 2abcd 8281 91 Số phải tìm là 8281. Bài tập 34: Tìm một số chính phương có 3 chữ số và chia hết cho 56. Giải Gọi số phải tìm là abc, với a, b, c N và 1  a  9, 0  b, c  9. Theo giả thiết ta có: 2abc k , k Nabc 56 Nl, l  k2 = 56l = 4.14l (1)  l = 14q2, q N Mặt khác, ta lại có: 100  56l  999  2  l  17 (2) Từ (1) và (2), ta có: q = 1; l = 14. Vậy số chính phương phải tìm là 784. Bài tập 35: Cho a và b là 2 số chính phương lẻ liên tiếp, chứng minh: ab - a - b + 1  192 Giải Đặt: a = (2n - 1)2 và b = (2n + 1)2 với n N. Suy ra: A = 4n(n - 1) + 1 và b = 4n(n + 1) + 1.  (a - 1)(b - 1) = 16n2(n - 1)(n + 1) (n - 1)n và (n + 1)n đều chia hết cho 2 và (n + 1)(n - 1)n 3 Do đó: (a - 1)(b - 1)  192 (đpcm) Bài tập 36: Chứng minh rằng một số chính phương có ước số lẻ và đảo lại. Giải Giả sử:      1 2 n1 2 nA . , với i là số tự nhiên và i là số nguyên tố và  i 1,2, ,n .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 11 Ta có:          1 2 n1 1 1 là số lẻ Rõ ràng là      1 2 n1, 1, , 1 đều là số lẻ nên i chẵn. Vậy A là số chính phương. Đảo lại: A là số chính phương. Suy ra:    1 2 n2k 2k 2k1 2 nA . , với i nguyên tố, ikN và i  {1, 2, , n} Số ước của A là (2k1 + 1)(2k2 + 1) (2kn + 1) lẻ Suy ra đpcm. Bài tập 37: Cho một số tự nhiên n sao cho 2n = a2 + b2. Chứng tỏ a và b cùng tính chất và n cũng là tổng của 2 bình phương. Giải a2 + b2 = 2n  a2 + b22 a2 và b2 cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Hay a và b cùng tính chất chẵn lẻ. Suy ra: a + b và a - b đều chẵn (giả sử a > b > 0) Đặt: a + b = 2x a - b = 2y, với x, y  Z. Suy ra: a = x + y và b = x - y Do đó: 2n = 2(x2 + y2) Vậy n = x2 + y2, (đpcm) Bài tập 38: Tìm những số tự nhiên A sao cho A chia hết cho 359 thì có số dư bằng số thương. a) Tìm số nhỏ nhất chia hết cho 35. b) Có số A nào là số chính phương nhỏ nhất không? Có bao nhiêu số A chính phương? Giải Đặt: A = 359q + r, (q, r  N, q = r < 359), q  0. Vì q = r nên A = 360q a) A  35  360q  35  q  7, q  0. Vì A nhỏ nhất nên q = 7. Ta có: A = 2520. b) A = n2, (n N)  360q = n2  q = 10m2, (m  Z)  q = 10 (A nhỏ nhất) Ta có: A = 360. A = 360q = e2  q = 10t2, (t  N) Suy ra có 5 số như vậy (vì q < 359) 3600, 14400, 32400, 57600, 90000) Bài tập 39: Tìm một số có 4 chữ số biết rằng số đó có 4 ước số, gấp 2 lần ước số đó là một số chính phương và chia hết cho 7 thì dư 4. Giải 2.abcd chính phương nên 2m 1 2nabcd 2 t, t nguyên tố và m , n N. Ta có: 2m(2n + 1) = 6  m = 1, n = 1  2abcd 2t Ta lại có:       2abcd 4 7 t 7k 2 t 7 3l Hoặc t = 7l + 4, k, l  N 1000  abcd < 10000  23  t  70, t nguyên tố và có dạng 7l + 3 hoặc 7l + 4. Suy ra: t = 31, 53, 59, 67. Suy ra: abcd = 1992, 5618, 6962, 8978 Vậy có 4 số thỏa yêu cầu: 1992, 5618, 6962, 8978. Bài tập 40: Cho A là một số tự nhiên gồm 100 chữ số, trong đó 99 chữ số 5 và một chữ số khác 5. Chứng minh rằng A không thể là số chính phương. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 12 Giải Giả sử A = k2, với kN A chỉ có thể tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, 9. Nếu A tận cùng bằng 5  k = 5l, l  N A lẻ, suy ra k lẻ  l = 2m + 1  k = 5(2m + 1), m  N. A = k2 = 25(2m + 1)2 = 100m2 + 100m + 25. Suy ra A tận cùng bởi 25 A = 555 500 + 25  m(m + 1), vô lý Lần lượt chứng minh A không thể tận cùng bằng 0, 1, 4, 6, 9. Do đó A không phải là một số chính phương. Bài tập 41: Một số gồm 4 chữ số, đọc ngược lại không đổi chai hết cho 5, có thể là một số chính phương không? Giải Giả sử A là số chính phương. A5 nên A tận cùng là 5 hoặc 0. Loại số 0. Theo giả thiết, ta có: A 5aa5 Vì A là số chính phương nên a = 2 nhưng số 5225 không phải là số chính phương. Vậy A không chính phương. Bài tập 42: Tìm số dư của phép chia của một số chính phương lẻ cho 8. Áp dụng: Nếu một số chẵn là tổng của hai số bình phương, số dư của phép chia của số ấy cho 8 bằng bao nhiêu? Nếu một số lẻ là tổng của bình phương, số dư của phép chia của số ấy cho 4 bằng bao nhiêu? Giải 1) x2 lẻ nên x lẻ Đặt: x = 2n + 1, n  N. Suy ra: x2 = 4n(n + 1) + 1  x2 = 8t + 1, t  N Do đó số chính phương lẻ chia cho 8 dư 1. 2) Cho z = 2n = x2 + y2  x và y cùng tính chất. a) x và y cũng chẵn. x = 2m, y = 2m' z = 4(m2 + m'2) - Nếu m và m' cùng chẵn. m= 2k và m' = 2k'  16(k2 + k'2) = 16p = 8q  đpcm. - Nếu m và m' đều trái tính chất, giả sử: m = 2k và m' = 2k' + 1  z = 4[4k2 + 4k'(k' + 1) + 1] = 16p' + 4 = 8q' + 4  đpcm. b) Trường hợp x và y cùng lẻ"  z = 8l + 2  đpcm. 3) Cho b = 2a + 1 = x2 + y2=  x và y cùng trái tính chất chẵn, lẻ. Giả sử x = 2m, y = 2m' + 1  b = 4m2 + 4m'(m' + 1) + 1  b = 4z + 1  đpcm. Bài tập 43: Tìm số có hai chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Giải .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 13 Số phải tìm có dạng ab, với a, b  N và 1  a  9, 0  b  9 Theo giả thiết, ta có:           23 2 3ab a b 10a b a b (1) Hệ thức (1) chứng tỏ ab là một số lập phương. ab = t3, t  N Và (a + b) là một số chính phương. a + b = l2, l  N. 10  ab  99  ab = 27 hoặc ab = 64 ab = 27  a + b = 9 ab = 64  a + b = 10  l2 (loại) Vậy số phải tìm là ab = 27. Bài tập 44: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Giải Cách 1: A = (2n - 1)2 + (2n + 1)2 + (2n + 3) = 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111a, (vì a lẻ và 1  a  9)  11(101a - 1) = 12n(n + 1)  101a - 1  3 Mà 1  2a - 1 17 và 2a - 1 lẻ nên 2a - 1 = 3, 9, 15 Vì a lẻ do đó: a = 5  n = 21. Vậy 3 số phải tìm là 41, 43, 45. Cách 2: A = x2 + (x + 2)2 + (x + 4)2 = 3x2 + 12x + 20 = aaaa = 1111a, a lẻ  3(x + 2) = 1111a - 8  1111a - 83  a - 2 3  a = 5, 8 Mà a lẻ nên a = 5  x = 41 Suy ra 3 số phải tìm là 41, 43, 45. Bài tập 45: Cho x2 + 2y là một số chính phương với x, y  N. Chứng minh x2 + y bằng tổng của 2 số chính phương. Giải Vì x, y  N nên x2 + 2y > x Do x2 + 2y là số chính phương, ta có: x2 + 2y = (x + t)2, với t  N.  2y = t2 + x  t = 2k, k  Z+ Do đó: 2y = 4k2 + 4kx  y = 2k2 + 2kx,  x2 + y = (x + k)2 + k2, đpcm. Bài tập 46: Tìm những số nhỏ hơn một triệu chia hết cho 61 và 5 sao cho phần còn lại khi tìm căn bậc hai của chúng lại bằng nửa giá trị của căn bậc hai đó. Giải Gọi số phải tìm là abcdef, với a, b, c, d, e, f là những số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 9, ít nhất một trong các chữ số a, b, c, d, e, f khác 0. Theo giả thiết, ta có: abcdef =  2pqr 2pqr 1pqrpqr22 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 14 pqr là căn bậc hai thiếu chưa tới 1 của abcdef Theo giả thiết, ta suy r chẵn pqr 5abcdef 52pqr 1 5 Do đó r = 0 hoặc r = 2 abcdef 61 pqr 61 Hoặc  2pqr 1 61 Xét:     pqr 61 100 pqr 61t 1000, t N  2  t  16 Vì r = 0 nên t tận cùng bằng 0  t = 10. Nếu r = 2 thì t tận cùng bằng 2  t = 2 hoặc t = 12 Do đó: pqr = 122, 610, 732 Suy ra số phải tìm: Xét:    2pqr 1 61 2pqr 1 61k, k N và 1  k  32 pqr tận cùng là 0 hoặc 2 nên 2pqr + 1 tận cùng bằng 1 hoặc 5. Do đó: K = 1, 5, 11, 15, 21, 25, 31  pqr = 30, 152, 335, 457, 640, 762, 945 Mặt khác: r = 0, 2  pqr = 30, 152, 640, 762 Suy ra số phải tìm. Vậy các số phải tìm là 915, 14945, 23180, 372405, 409920, 536190, 581025. Bài tập 47: Tìm số chính phương có 4 chữ số chia hết cho 33. Giải Đặt: 2abcd A   2 2 2A 33 A 3, A 11 Suy ra A3 và A11 Do đó: A29 và A2121 (121, 9) = 1 nên A21089 Hay A2 1089t2, t  N Mặ khác 1000     2abcd 9999 1 t 9 abcd = 1089, 4356, 9801 Vậy có ba số thỏa mãn yêu cầu là 1089, 4356, 9801. Bài tập 48: Tìm số có 4 chữ số vừa là một số chính phương vừa là một số lập phương. Giải abcd = x2 = y3, x, y  N Do đó y cũng là một số chính phương. 1000  abcd  9999  10  y  21 Do y chính phương, suy ra y = 16 abcd= 4096. Vậy có duy nhất một số thỏa yêu cầu là 4096. Bài tập 49: Tìm 2 số tự nhiên a và b sao cho tích của chứng là một số chính phương và hiệu của chúng là một số nguyên tố p. Giải Gọi d = (a, b) .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 15  a da' a,b 1b db' ab = k2  d2a'b' = k2 (*)  k2  d2  k  d  k = dk' Từ (*)  a'b' = k'2 Vì (a', b') = 1, a'b' = k'2 Nên a' và b' đều là số chính phương. a' = u2, b' = v2 với (u, v) = 1  a = du2, b = dv2 Mặt khác, ta có: a - b = p  a' - b' = pd Bài tập 50: Cho S1 = 1.2.3; S2 = 2.3.4; S3 = 3.4.5, , Sn = n(n + 1)(n + 2). Đặt: S= S1 + S2 + + Sn. Chứng minh 4S + 1 là một số chính phương. Giải Ta có: 4S= 4(S1 + S2 + + Sn) = 4(1.2.3 + 2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2)) = 1.2.3(4 - 0) + 2.3.4(5 - 1) + + n(n + 1)(n + 2)((n + 3) - (n - 1)) = 1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + + n(n + 1)(n + 2)(n + 3)-(n-1)n(n+1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Suy ra: 4S + 1 = (n2 + 3n + 1)2 Vậy 4S + 1 là một số chính phương. Bài tập 51: Tìm một số có hai chữ số biết rằng nó bằng lập phương của một số tự nhiên và tổng các chữ số của nó bằng bình phương của một số tự nhiên đó. Giải Theo giả thiết, ta có: 3ab t và a + b = t2, với t  N. 1  a + b  18  1  t2  18  1  t  4       3ab 10 t 10 t 3 t 3 v t = 4 (loại) Vậy ab 27. Bài tập 52: Tìm một số có 2 chữ số biết rằng số đó bằng bình phương tổng các chữ số của nó. Giải Gọi số phải tìm là: ab, với a, bN và 1  a  9, 0  b  9 Theo giả thiết, ta có: ab = (a + b)2 Một số học sinh nhận xét rằng ab là một số chính phương có 2 chữ số. Do đó ab chỉ có thể là một trong các số: 16, 25, 36, 49, 64, 81 Thử thì thấy chỉ có số 81 là thích hợp. Do đó số phải tìm là số 81. Suy nghĩ như vậy thì đơn giản quá. Cần phải tìm những cách Giải hay hơn. Bài tập 53: Tìm 3 số sao cho tổng bình phương các số gấp 2 lần tổng các tích của các số đó lấy từng đôi một. Giải x2 + y2 + z2 = 2(xy + yz + zx)  4xy = (x + y - z)2 Chọn x = ha2 y = kb2, với a, b, k  N. Giả sử a > b Ta có: z = k(a  b)2 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 16 Vậy 3 số phải tìm là ka2, kb2, k(a  b)2, với k, a, b  N và a > b. Bài tập 54: Tìm số có hai chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. Giải ab (a + b) = a3 + b3  10a + b = a2 - ab + b2 = (a + b)2 - 3ab  3a(3 + b) = (a + b)(a + b - 1) a + b và a + b - 1 nguyên tố cùng nhau. Do đó:    a b 3aa b 1 3 b hoặc     a b 3 ba b 1 3a Suy ra: a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7. Suy ra: ab = 48 hoặc ab = 37 Vậy có 2 số thỏa mãn yêu cầu của bài toán là 37; 48. Bài tập 55: Tìm một số chính phương có 4 chữ số sao cho số gồm 2 chữ số cuối chia hết cho số gồm 2 chữ số đầu. Giải Gọi số chính phương phải tìm là A2 = abcd, với a, b, c, d  N và 1  a  9; 0  b, c, d  9. Theo giả thiết, ta có: cd k.ab do đó: c  1, với k  N và 1  k  9 Ta suy ra: A2 = 100ab + cd = (100 + k) ab Vì ab < 100 nên 100 + k không thể là số nguyên tố 101  100 + k  109 k  1, 3, 7, 9 Ta xét lần lượt k = 2, 4, 5, 6, 8 Với k = 2. Ta có: A2 = 102.ab = 2.3.17. ab  ab = 2.3.17t2, tN Điều này vô lý. Ta xét tương tự với các số còn lại. Số phải tìm là abcd = 1296 = 362, (ứng với k = 8) Bài tập 56: Tìm số chính phương có 4 chữ số chia hết cho 147 và tận cùng là 9. Giải Gọi số phải tìm là A A147  A 3 A chính phương, 3 nguyên tố nên A9  A441 Đặt A = 441k, k chính phương. Vì 1000  441k  10000  3  k  22 Vì A tận cùng là 9 nên k tận cùng là 9, k chính phương, do đó k = 9 Suy ra A = 3969. Vậy số phải tìm là 3969. Bài tập 57: Tìm những số chính phương gồm 4 chữ số tận cùng bởi 2 chữ số bằng nhau và khác 0. Giải Không có số chính phương nào tận cùng bởi một trong các chữ số 2, 3, 7, 8. Do đó ta chỉ xét xem có những số chính phương nào tận cùng bởi 11, 44, 55, 66, 99 Xem số ab = 10a + b .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 17  ab2 = 100a2 + 10.2ab + b2 Ta suy ra: - Chữ số hàng đơn vị của số 2abchính là chữ số hàng đơn vị của số b2. - Chữ số hàng chục của số 2abbằng chữ số hàng đơn vị của số 2ab cộng với chữ số hang chục của số b2. Do đó: - Nếu b lẻ thì chữ số hàng chục của 2ablà số chẵn.  b chỉ có là số chẵn. Số phải tìm là 1444 = 382; 7744 = 882. Bài tập 58: Tìm các số chính phương có 5 chữ số và chia hết cho 54. Giải A254  A22 và A2 27 A22 A2  4 A227  A281 A2324  A2324t2, t  N Mà 10000  A2  9999  6  t  17 Suy ra: A2. Bài tập 59: Chứng minh rằng nếu một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là chữ số 5 thì chữ số hàng trăm của nó là một chữ số chẵn. Giải Số đã cho có dạng 2A5 Ta có: 2A5 = (10A + 5)2 = 100A2 + 100A + 25 = 200A(A + 1) + 25 Chữ số hàng trăm của số 2A5chính là chữ số hành đơn vị của số A(A + 1) nghĩa là một số chẵn. Vậy số 2A5 có chữ số hàng trăm là một số chẵn. Bài tập 60: Cho số tự nhiên a, chia [(a - 1)2 + a2]2 cho 4a2. Chứng minh rằng thương và số dư của phép chia là những số chính phương. Giải Ta có: [(a - 1)2 + a2] = 4a2(a - 1)2 + (2a - 1)2 Nếu chia [(a - 1)2 + a2] cho 4a2, rõ ràng thương số là (a - 1)2 và số dư là (2a - 1)2 vì (2a-1)2 < 4a2 Suy ra đpcm. Bài tập 61: Chứng minh rằng 4n + 3 không phải là một số chính phương. Suy ra rằng phương trình x2 + y2 = 4n + 3 không có nghiệm nguyên. Giải Số chính phương nào cũng có dạng 4a hoặc 4n + 1 Do đó 4n + 3 không phải là số chính phương. Nếu x và y là 2 số tự nhiên bất kỳ thì x2 + y2 chỉ có thể có một trong ba dạng 4k, 4k+1 hoặc 4k + 2. Suy ra điều phải chứng minh. Bài tập 62: Cho các số: A = 11 11 (2m chữ số 1) B = 11 11 [(2m + 1) chữ số 1] C = 66 66 (m chữ số 6) Chứng minh rằng A + B + C + 8 là một số chính phương. Giải       2m2m 1 2m 210 1A 11 11 10 10 10 19       m1m m 110 1B 11 11 10 10 10 19 .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 18   m10 1C 66 66 6.11 11 6.9 Suy ra: A + B + C =    22m m 1 m m10 10 6.10 64 10 893= (33 336)2[(m - 1) chữ số 3) đpcm. Bài tập 63: Cho A, B là 2 hợp số: A = 11 11 (2m chữ số 1) và B = 44 44 (m chữ số 4) Chứng minh A + B + 1 là số chính phương. Giải Ta có: A = 2m10 111 1192n ch÷ sè 1 B = m10 144 44 4.9m ch÷ sè 4  A + B + 1 =   22m m m10 4.10 4 10 293= 33.3342 (có (m - 1) chữ số 3) Vậy A + B + 1 là số chính phương. Bài tập 64: Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất, a  0 sao cho a chia hết cho 6 và 1000a là số chính phương. Giải Ta có: a  *6, a 0 a=6k, k N Suy ra: 1000a = 6000k = 202.15k 1000a là số chính phương khi và chỉ khi K = 15p2, p  N  a = 90p2, p  N Do đó số tự nhiên a nhỏ nhất phải tìm là a = 90. Bài tập 65: Tìm số tự nhiên b nhỏ nhất sao cho số (b - 1) không chia hết cho 9, b chia hết cho tích bốn số nguyên tố liên tiếp và 2002.b là số chính phương. Giải Ta có: 2002 = 2.7.11.13 2002.b là số chính phương nên ta có: b = 2002k2, k  N* b chia hết cho bốn số nguyên tố liên tiếp mà b đã chứa ba thừa số nguyên tố liên tiếp là 7, 11 và 13 nên thừa số nguyên tố thứ tư là 5 hoặc 17, b nhỏ nhất nên ta chọn thừa số nguyên tố là 5.  b = 2002.25t2, t  N Nếu t2 = 1  b = 50049  b - 1 = 500499 (không thỏa yêu cầu) Nếu t2 = 4  b = 200200  b - 1 = 2001999 (thỏa yêu cầu bài toán) Vậy số b phải tìm là b = 200200. Bài tập 66: Tìm số nguyên m và n để cho đa thức: p(x) = x4 + mx3 + 29x2 + nx + 4, xZ là số chính phương. Giải p(x) là một đa thức bậc 4 và hệ số của x4 là 1 nên p(x) chỉ có thể là bình phương đúng của một tam thức bậc 2 có dạng: (x) = x2 + px + q Do đó, ta có: x4 + mx3 + 29x2 + nx + 4 = (x2 + px + q)2 Sử dụng đồng nhất hệ số ở hai vế ta có: q = 2; p =  5; m =  10; n =  20. Vậy (m, n) = (10, 20); (-10, -20) Bài tập 67: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 26 và n - 11 đều bằng lập phương đúng của một số tự nhiên. Giải Theo đề bài, ta có: .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 19 33n 26 pn 11 q, với p, q  N và p > q  p3 - q3 = 37  (p - q)(p2 + pq + q2) = 37 Ta có: p, q  N, p > q  p - q, p2 + pq + q2 N* Do đó, ta có:         2 2 2p q 1 p q 1p pq q 37 q q 12 0 q  N  q = 3  p = 4  n = 38. Vậy số tự nhiên n phải tìm là n = 38. Bài tập 68: Chứng minh rằng có vô số bộ 3 số tự nhiên (a, b, c) sao cho a, b, c nguyên tố cùng nhau và số n = a2b2 + b2c2 + c2a2 là một số chính phương. Giải Chọn 3 số tự nhiên a, b, c nguyên tố cùng nhau và thỏa tính chất. a = b + c Ta có: n = a2b2 + b2c2 + c2a2 = (b + c)2(b2 + c2) + b2c2 = b4 + c4 + 3b2c2 + 2b3c + 2bc3 = (b2 + c2 + bc)2 Do đó n là một số chính phương. Có vô số bộ ba số tự nhiên nguyên tố cùng nhau mà một trong 3 số bằng tổng hai số kia. Thí dụ: (2, 3, 5) = 1 và 5 = 2 + 3  n = 62 + 152 + 102 = 192. Bài tập 69: Cho dãy số: a1 = 14 a2 = 144 a3 = 1444 na 1444 44n ch÷ sè 4 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho an là số chính phương. Giải Ta có: a1 = 14, không phải là số chính phương. a2 = 144 = 122 a3 = 1444 = 382 Ta hãy xét an, với n  4 Giả sử an là một số chính phương an = k2, k  N* an tận cùng là 4444 Số dư của phép chia an cho 16 bằng số dư của phép chia 4444 cho 16  an = 16q + 12, q  N  k2 = 16q + 12 (*) Suy ra: k2 và k4  k = 2(2t + 1) = 4t + 2  k2 = 16t2 + 16t + 4 = 16h + 4, mâu thuẫn (*) Ta suy ra: an, với n  4, không phải là số chính phương. Bài tập 70: Có tồn tại hay không một số tự nhiên n sao cho số:    k n 1 n 1 là một số hữu tỉ. Giải Giả sử tồn tại n  N* sao cho:    k n 1 n 1 là một số hữu tỉ. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 20     2n 1 n 1k Do đó, ta có:     12n 1 k2k12n 1 k2k Ta suy ra (n + 1) và (n - 1) là hai số chính phương. 22n 1 pn 1 q với p, q  N*  p2 - q2 = 2 (*) (p + q) và (p - q) cùng tính chất chẵn lẻ. (*)  (p + q)(p - q)4  24, vô lý. Do đó không có số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu cảu bài toán. Bài tập 71: Ta nói số tự nhiên A là một số "Pitago" nếu A là tổng bình phương của hai số tự nhiên nào đó. a) Cho P và Q là hai số "Pitago", chứng minh P.Q và 2n.P cũng là các số "Pitago". b) Tìm các chữ số "Pitago" M và N sao cho tổng và hiệu của chúng không phải là các số "Pitago". (Đề thi vào lớp 10 Đại học Tổng hợp TP. HCM hệ PTTH Chuyên Toán - Tin học năm 1993 - 1994). Giải a) Xem hai số "Pitago" phân biệt P và Q P = a2 + b2 Q = c2 + d2 Với a, b, c, d  N và a  c và b  d Ta có: P.Q = (a2 + b2)(c2 + d2) = (ac + bd) + (|ad - bc|)2 Ta suy ra: PQ là một số "pitago" Xem số T = 2n.P, n  N Xét hai khả năng: (i) Trường hợp n chẵn: n = 2k, k  N Ta có: T = 2n.P = 2k(a2 + b2) = (a.2k)2 + (b.2k)2 Suy ra: T là một số "Pitago" (ii) Trường hợp n lẻ: n = 2k + 1, k  N Ta có: T = 2k+1.P = 2.22k.P = (12 + 12).22k.P Suy ra: T là một số "Pitago" b) Có vô số cặp số "Pitago" M và N mà tổng và hiệu của chúng không phải các số "Pitago" Thí dụ: M = 32 + 52 = 34 N = 22 + 72 + 53 Suy ra: N + M = 87 và N - M = 19. Bài tập 72: Chứng minh rằng không tồn tại một số n N để cho ta có thể phân tập hợp. E = {n , n + 1, n+ 2, n + 3, n + 4, n + 5} thành 2 tập con cách biệt sao cho tích các phân tử của tập con này bằng tích các phần tử của tập con kia. Giải Giả sử tồn tại n  N để cho ta có thể phân tập hợp. E = {n, n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5} thành hai tập con cách biệt sao cho tích các phân tử của tập con này bằng tích các phần tử của tập con kia nghĩa là: n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) = k2, với k  Z (1) E chứa nhiều nhất một số chia hết cho 7, do đó (1) không được nghiệm đúng. .:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::. Biên soạn: Trần Trung Chính 21 Vậy E không chứa một số nào chia hết cho 7. Ta giả sử: n = bs7 + 1  n + 1 = bs7 + 2  n + 5 = bs7 + 6  n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) = bs7 + 6 Nhưng không có số chính phương nào có dạng 7k + 6 Vậy không tồn tại n N thỏa mãn yêu cầu bài toán 1.3. Bài tập tự luyện: Bài tập 1: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau. Bài tập 2: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. Bài tập 3: Nếu a, b  Z và 22abZ1 ab thì 22abZ1 ab là số chính phương. Bài tập 4: Tìm tất cả bộ số nguyên dương (x, y, z) sao cho x2 + y2 + z2 + 2xy + 2x(z - 1) + 2y(z + 1) là số chính phương. Bài tập 5: Tìm a để 19a + 7 là số chính phương. Bài tập 6: Chứng minh rằng 192n + 5n + 2000, (n  N*) không phải là số chính phương. Bài tập 7: Tìm n để tổng bình phương các số từ 1 đến n là số chính phương. Bài tập 8: Với mọi số nguyên dương n, hãy xác định (phụ thuộc theo n) số tất cả các cặp thứ tự hai số nguyên dương (x, y) sao cho x2 - y2 = 102.302n. Ngoài ra chứng minh số các cặp này không phải là số chính phương. Bài tập 9: Cho dãy {al}n0 là dãy số mà a0 = a1 = 5 và *n 1 n 1naaa , n N98  . Chứng minh rằng na16 là số chính phương với *nN. Bài tập 10: Cho các số: A = 11 11 (2m chữ số 1) B = 11 11 (m + 1 chữ số 1) C = 66 66 (m chữ số 6) Theo các bạn A + B + C có phải là số chính phương hay không? Bài tập 11: Một số có tổng các chữ số là 2000 có thể là số chính phương hau không? Bài tập 12: Số 1 + 5m + 8n, với m, n  N có thể là số chính phương không? Bài tập 13: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương.

Tài liệu liên quan

• luyện thi ĐH với đầy đủ các dạng bài tập theo chủ đề
  • 68
  • 830
  • 0
• ltđh sinh học - tuyển chọn những bài tập hay và khó - đề 7
  • 6
  • 970
  • 37
• ltđh sinh học - tuyển chọn những bài tập hay và khó - đề 9
  • 6
  • 864
  • 40
• ltđh sinh học - tuyển chọn những bài tập hay và khó - đề 10
  • 6
  • 812
  • 30
• 89 bài tập hay và khó chưa xuất hiện trong đề thi đại học
  • 34
  • 603
  • 0
• ĐỀ HAY VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
  • 8
  • 984
  • 9
• TUYỂN CHỌN CHUYÊN ĐỀ VÀ BÀI TẬP HAY VÀ KHÓ MÔN HÓA ÔN THI ĐẠI HỌC
  • 191
  • 1
  • 3
• Lý thuyết và một số phương pháp giải bài tập hay va khó về di truyền quần thể
  • 8
  • 805
  • 6
• CÁC bài tập HAY và KHÓ về PHÂN THỨC đại số
  • 17
  • 924
  • 0
• Phân dạng bài tập trong các đề thi học kì 2 TpHCM bài tập hay và khó vật lý 10 chương 3
  • 5
  • 701
  • 5

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(397.96 KB - 21 trang) - Chuyên đề: Số chính phương Tải bản đầy đủ ngay ×