CLB 9 - Số học tổng hợp

Ngày 5/8/2021 A - TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN I. Lý thuyết cần nhớ 1. Tính chất chia hết của một tổng, một hiệu, một tích, lũy thừa: Nếu a m; b m thì (a  b) m; a.b m; an m . 2. Nếu p nguyên tố mà an p thì a chia hết cho p. - Nếu a chia hết cho m, n, p,… và m, n, p đôi một nguyên tố cùng nhau thì a sẽ chia hết cho tích của chúng. * Phương pháp (PP): Trong chứng minh A(n) chia hết cho m, ta thường phân tích A(n) thành tích trong đó có thừa số là m. Nếu m là hợp số, ta ptich m ra số nguyên tố rồi chứng minh A(n) chia hết cho tất cả các số đó. * Fec-ma: ap − a p với mọi p nguyên tố. 3. Nhận xét quan trọng: - Trong k số nguyên liên tiếp, bao giờ cũng tồn tại một số chia hết cho k. - Ta có thể xét mọi trường hợp số dư khi chia n cho m: n = mk + 1, n = mk + 2,… Chú ý cách viết gộp hai số dư n = mk  r 4. Áp dụng HĐT vào chia hết: (an − bn ) (a − b) (a + b)n = BS a + bn ( ) ( )a2n+1 + b2n+1 a + b ( )a − b 2n+1 = BS a − b2n+1 Khai triển nhị thức Newton: (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 (a + b)4 = a4 + 4a3b + 6a2b2 + 4ab3 + b4 ..... (a + b)n = an + nan−1b + n(n −1) a bn−2 2 + n(n −1)(n − 2) a bn−3 3 + ... + nabn−1 + bn 1.2 1.2.3 = BSa + bn = an + BSb

II. Bµi tËp ¸p dông Bµi 1. Chøng minh r»ng: A = n3(n2 − 7)2 − 36n chia hÕt cho 5040 víi mäi sè tù nhiªn n. ( ) ( )Lêi gi¶i: A = n3(n2 − 7)2 − 36n = n n2 (n2 − 7)2 − 36 = n n n2 − 7 − 6 n n2 − 7 + 6 = n(n3 − 7n − 6)(n3 − 7n + 6) = n(n − 3)(n +1)(n + 2).(n + 3)(n − 2)(n −1) = (n − 3)(n − 2)(n −1) n(n +1)(n + 2)(n + 3) Cã: 5040 = 7.5.9.16 * Ta c/m nhËn xÐt sau: CMR trong 2 sè ch½n liªn tiÕp lu«n tån t¹i 1 sè chia hÕt cho 4. Cm: g/s cã 2 sè ch½n liªn tiÕp lµ 2k vµ 2k+2 (víi k lµ sè nguyªn) TH1: NÕu k ch½n, g/s k=2m => 2k = 2.2m = 4m 4 (1) TH2: NÕu k lÎ, g/s k= 2m+1 => 2k+ 2 = 2(2m+1)+2 = 4m+4 4 (2) Tõ (1) vµ (2) => ®pcm - Ta cã A lµ tÝch cña 7 sè tù nhiÖn liªn tiÕp nªn cã A 7 vµ A 5. (1) - Cã (n − 3)(n − 2)(n −1) lµ tÝch cña 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp nªn (n − 3)(n − 2)(n −1) 3 Cã (n +1)(n + 2)(n + 3) lµ tÝch cña 3 sè tù nhiªn liªn tiÕp nªn (n +1)(n + 2)(n + 3) 3 = A 9 (2) A lµ tÝch cña 7 sè tù nhiªn liªn tiÕp => cã Ýt nhÊt 3 sè ch½n, tõ nhËn xÐt trªn => tån t¹i Ýt nhÊt 1 sè chia hÕt cho 4 => tÝch 3 sè ch½n ®ã chia hÕt cho 16 => => A 16 (3) + Tõ (1), (2) vµ (3) => A chia hÕt cho 5,7,9,16 vµ c¸c sè nµy ®«i mét nguyªn tè cïng nhau (®pcm). Bµi 2. Chøng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a th×: a) a2 − a 2 b)a3 − a 3 c)a5 − a 5 d)a7 − a 7 Lêi gi¶i: a)a2 − a = a(a −1) lµ tÝch cña 2 sè tù nhiªn liªn tiÕp nªn a2 − a 2 (®pcm) b) c)a5 − a = a (a4 −1) = a (a −1)(a +1)(a2 +1) ( )= a (a −1)(a +1) a2 − 4 + 5 = a (a −1)(a +1)(a2 − 4) + a(a −1)(a +1).5 = a (a −1)(a +1)(a − 2)(a + 2) + 5a (a −1)(a +1) Cã a (a −1)(a − 2)(a +1)(a + 2) lµ tÝch cña 5 sè tù nhiªn liªp tiÕp nªn nã chia hÕt cho 5 Mµ 5a (a −1)(a +1) 5 = a (a −1)(a +1)(a − 2)(a + 2) + 5a (a −1)(a +1) 5 =>a5 − a 5 (®pcm)

d )a7 − a = a (a6 −1) = a (a3 −1)(a3 +1) = a (a −1)(a +1)(a2 + a +1)(a2 − a +1) = a (a −1)(a +1)(a2 + a − 6 + 7)(a2 − a − 6 + 7) = a (a −1)(a +1)(a2 + a − 6 + 7)(a2 − a − 6) + 7.a (a −1)(a +1)(a2 + a − 6 + 7) = a (a −1)(a +1)(a2 + a − 6)(a2 − a − 6) + 7.a (a −1)(a +1)(a2 + a − 6)(a2 − a − 6) + +7.a (a −1)(a +1)(a2 + a +1) = a (a −1)(a +1)(a − 2)(a + 3)(a + 2)(a − 3) + BS7 Cã a (a −1)(a +1)(a − 2)(a + 3)(a + 2)(a − 3) lµ tÝch cña 7 sè tù nhiªn liªn tiÕp => tÝch ®ã chia hÕt cho 7 = a(a −1)(a +1)(a − 2)(a + 3)(a + 2)(a − 3) + BS7 7 = a7 − a 7 ( ) ( )( )C2 : A = a7 − a = a a6 −1 = a a3 −1 a3 +1 = a(a −1)(a +1)(a2 + a +1)(a2 − a +1) XÐt a = 7k, 7k  1, 7k  2,7k  3; Th1: a= 7k => hiÓn nhiªn A 7 (®pcm) Th2: a = 7k + 1 => a - 1 = 7k 7=> A 7 (®pcm) Th3 : a = 7k -1 => a+ 1 = 7k 7 => A 7 (®pcm) ( )Th4 : a = 7k +2 => a2 + a +1 = (7k + 2)2 + 7k + 2 +1 = 49k 2 + 35k + 7 = 7 7k 2 + 5k +1 7 = A 7 (®pcm) Th5: a = 7k -2 => a2 − a +1 = 49k 2 − 21k + 7 7 Th6 : tt Th7 : tt Bµi 3. Chøng minh r»ng 4n +15n −10 9, víi mäi n  N Lêi gi¶i: C1: dïng quy n¹p + Víi n = 0 th× 4n +15n −10 = −9 9, bµi to¸n ®óng víi n = 0 (1) + Gi¶ sö bµi to¸n ®óng víi n = k (k  N) tøc lµ cã: 4k +15k −10 9. + CÇn c/m bµi to¸n còng ®óng víi n = k + 1, tøc lµ cÇn c/m: 4k+1 +15(k +1) −10 9 Ta cã: 4k+1 +15(k +1) −10 = 4k.4 +15k + 5 = 4.(4k +15k −10) − 45k + 45 = (4 4k +15k −10) − 9(5k − 5) ( )Cã 4 4k +15k −10 9 theo gi¶ thiÕt quy n¹p Mµ 9(5k-5) 9 ( )=>4 4k +15k −10 − 9(5k − 5) 9 = 4k+1 +15(k +1) −10 9 = Bµi to¸n ®óng víi n = k+ 1 (2) Tõ (1) vµ (2) => theo nguyªn lý quy n¹p bµi to¸n ®­îc chøng minh víi mäi sè tù nhiªn n.

C¸ch 2. ( )4n +15n −10 = (4n −1) − 3n +18n − 9 = (4 −1) 4n−1 + 4n−2.1 + 4n−3.12 + ... + 4.1n−2 +1n−1 − 3n +18n − 9 ( )= 3. 4n−1 + 4n−2 + ... + 4 +1 − 3n +18n − 9 ( )= 3 4n−1 + 4n−2 + ... + 4 +1− n +18n − 9 ( ) ( )= 3 4n−1 −1 + 4n−2 −1 + ... + (4 −1) + (1−1) +18n − 9 ( )Ta cos: 4n−1 −1 = (4 −1) 4n−2 + 4n−3 + ... + 4 +1 = 3.k1 ( )4n−2 −1 = (4 −1) 4n−3 + 4n−4 + ... + 4 +1 = 3k2 .... 4−1= 3 4n −1− 3n = 3.(3k1 + 3k2 + ... + 3.1+ 0) = 3.3(k1 + k2 + ... +1) 9 = 4n −1− 3n +18n − 9 9(ddpcm) ( )( )= an − bn = a − b an−1 + an−2b + a bn−3 2 + ... + abn−2 + bn−1 (a − b) Ba× 4. T×m n nguyªn d­¬ng ®Ó: a)3n −1 chia hÕt cho 8; b)2n −1 chia hÕt cho 7 Lêi gi¶i: a)+ Víi n ch½n, gi¶ sö n =2k (k  N*) = 3n −1 = 32k −1 = 9k −1 (9 −1) = 3n −1 8 = n ch½n (chän) ( )+ Víi n lÎ, gi¶ sö n = 2k+1=> 3n −1 = 32k+1 −1 = 32k+1 − 3 + 2 = 3 9k −1 + 2 ( ) ( )Cã 9k −1 8 = 3 9k −1 8 = 3 9k −1 + 2 8 (v× 2 8) VËy víi n  N* vµ n ch½n th× tháa m·n ®Ò bµi b)+th1: n= 3k +th2: n = 3k+1 +th3: n = 3k+2 5. Sử dụng quan hệ đồng dư: - Cho a, b, c là các số nguyên, c khác 0. Nếu a và b chia cho c có cùng số dư thì ta nói a đồng dư với b theo modun c. Kí hiệu: a  b(mod c) . - Tính chất của đồng dư trên tập số nguyên dương: a  a (mod m). a  b(mod m)  (a − b) m a  b(mod m)  b  a (mod m) .

a  b(mod m);b  c(mod m)  a  c(mod m) a  b(mod m)  a  c  b  d ( mod m) c  d(mod m )  a  b(mod m)  ac  bd ( mod m) c  d(mod m )  a  b(mod m)  an  bn (mod m) . 6. Sử dụng quy nạp, phản chứng, dirichlet. II. Bài tập ( )Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên n: A(n) = n3 n2 − 7 2 − 36n chia hết cho 5040. HD: Sử dụng ptich thành nhân tử + 5040 ptich ra thừa số nguyên tố. Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a ta có: a. a2 − a chia hết cho 2. b. a3 − a chia hết cho 6. c. a5 − a chia hết cho 5. d. a7 − a chia hết cho 7. (sd BS 7) Bài 3. Chứng minh rằng a. n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 với mọi số chẵn n. b. n4 −10n2 + 9 chia hết cho 384 với mọi số lẻ n. Bài 4. Chứng minh rằng a. n6 + n4 − 2n2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên n. b. 32n − 9 chia hết cho 72 với mọi số nguyên dương n. Bài 5. Cho các số nguyên a, b, c ,chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 cũng chia hết cho 6. Bài 6. Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a2 + b2 = c2 thì tích của chúng chia hết cho 60. Bài 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên a và n ta có an và an+4 có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 8. Chứng minh rằng nếu a là số nguyên tố lớn hơn 3 thì a2 − 1 chia hết cho 24. Từ đó chứng minh nếu a, b là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì a2 − b2 chia hết cho 24. Bài 9. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp a,b,c sao cho a2 + b2 + c2 cũng là số nguyên tố. Bài 10. Cho các số nguyên a, b, c ,chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 6 thì a3 + b3 + c3 cũng chia hết cho 6.

Bài 11. Viết 20182018 thành tổng của nhiều số tự nhiên. Hỏi tổng các lập phương của các số tự nhiên đó chia cho 6 dư bao nhiêu? Bài 12. Chứng minh rằng nếu các số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a2 + b2 = c2 thì tích của chúng chia hết cho 60. Bài 13. Chứng minh rằng nếu 2n+1 và 3n+1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 40. (lí luận theo số dư) Bài 14. Tìm số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 đều là các số nguyên tố. Bài 15. Tìm số tự nhiên n để 12n2 − 5n − 25 là số nguyên tố. Bài 16. Tìm số tự nhiên n để n2 + 3n là số nguyên tố. 4 Bài 17. Cho 2 dãy số a1;a2;...;a9 và b1;b2;...;b9 . Trong đó a1;a2;...;a9 là các số nguyên và b1;b2;...;b9 cũng là các số nguyên trên được viết theo thứ tự nào đó. Chứng minh tích (a1 − b1 )(a2 − b2 ).....(a9 − b9 ) là một số chẵn. Bài 18. Tìm số nguyên n để: a. n3 − 3n2 − 3n −1 chia hết cho n2 + n + 1 b. n3 − n2 + 2n + 7 chia hết cho n2 + 1. Bài 19(231). Chứng minh rằng có thể có đến 33 số nguyên dương khác nhau, nhỏ hơn hoặc bằng 50, trong đó không tồn tại hai số nào mà một số gấp đôi số còn lại. ( )HD: a = 2k.b;k = 0,...,5,b = 1,...,9; ;(k = 0,2,4) Bài 20. CMR a. 270 + 370 chia hết cho 13. (a^n+b^n lẻ) b. 1719 + 1917 chia hết cho 18. c. A = 31n −15n − 24n + 8n chia hết cho 112 với mọi số tự nhiên n Bài 21. Tìm số tự nhiên n để 32n+3 + 24n+1 chia hết cho 25. (đs: n lẻ) Bài 22. Tìm số tự nhiên n để 1n + 2n + 3n + 4n chia hết cho 5(đs: n ko chia hết cho 4). Bài 23. Tìm số dư khi chia 32019 cho 7. (tách theo lũy thừa sát với lũy thừa của 7: 3^3) Bài 24. Tìm số dư khi chia 91011 − 5910 cho 13. HD: (tách theo lũy thừa sát với lũy thừa của 13: 9^3; 5^2) Bài 25. Chứng minh rằng không tồn tại hai số tự nhiên a, b lớn hơn 1 và nguyên tố cùng nhau sau cho a2019 + b2019 chia hết cho a2018 + b2018 .

( )Bài 25. Chứng minh rằng 2018 2139 + 3921 chia hết cho 45. (đồng dư) b. 42n+1 + 3n+2 luôn chia hết cho 13 với mọi số tự nhiên n. c. 7.52n + 12.6n luôn chia hết cho 19 với mọi số tự nhiên n. d. 20135 + 20155 + 20325 luôn chia hết cho 30. (a+b+c chia het 30 thì a^5+… cung vay). e. 321 − 224 − 68 − 1 luôn chia hết cho 1930.(a^3+b^3+c^3-3abc) Bài 27.(KHTN2016) Cho x, y nguyên thỏa mãn x2 − 1 = y2 − 1 . Chứng minh x2 − y2 chia hết cho 23 40. Bài 28. Cho m, n nguyên dương thỏa mãn 2018m + 1chia hết cho 2018n + 1. Chứng minh n là ước của m. (m=nq+r, q chẵn, lẻ). ( )Bài 29. Chứng minh rằng nếu các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn a3 + b3 = 2 c3 − 8d3 thì a+b+c+d chia hết cho 3. Bài 30. Cho ba số nguyên dương x, y, z . Chứng minh 3( ) ( ) ( )x2 − y2 3 3 y2 − z2 z2 − x2 + + P = x2 ( y + z) + y2 (z + x ) + z2 (x + y) + 2xyz chia hết cho 6. Bài 31.(KHTN2017)Chứng minh không tồn tại các số nguyên x, y sao cho: 12x2 + 26xy + 15y2 = 4617

B- ĐỒNG DƯ THỨC I. LÝ THUYẾT 1. Định nghĩa: * Nếu hai số nguyên a và b chia cho số nguyên m (m khác 0) có cùng số dư thì ta nói rằng “a đồng dư với b theo mô-đun m” và kí hiệu: a  b (mod m). Ví dụ: 16  1 (mod 5); 20  0(mod4) ; −16  1(mod3) * a đồng dư b theo môđun m  a – b chia hết cho m  a = b + mt. b là số dư của a chia cho m thì đk: b < m. thương t vd:15  5 (mod 2) => 15 = 5 + 2.5 (15 = 2.7 + 1) VD1: CMR: 21995 −1 31 ( )C1: 21995 −1 = 25 399 −1 = 32399 −1 (32 −1) = 31. ( )C2 : 25  1(mod 31) =25399  1(mod 31) = 21995 −1  0(mod 31) = (dpcm) VD2: CMR: A = 7.52n +12.6n chia hÕt cho 19. Gi¶i: 52 = 25  6(mod19) = 52n  6n (mod19) = 7.52n  7.6n (mod19) = A  7.6n +12.6n (mod19) = A  19.6n  0(mod19) (®pcm) VD3: Chøng minh r»ng víi sè tù nhiªn n th× 62n+1 + 5n+2 chia hÕt cho 31. Gi¶i: §Æt A = 62n+1 + 5n+2 62  5(mod 31) = 62n  5n (mod 31) = 62n+1 = 6.62n  6.5n (mod 31) = A  6.5n + 25.5n  31.5n  0(mod 31) (®pcm) 2. Tính chất của đồng dư thức 1) a  a(mod m) 2) a  b(mod m)  b  a(mod m) 3) a  b(mod m);b  c(mod m)  a  c(mod m) 4) Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì a + c  b + d (mod m) * Hệ quả: a  b (mod m) thì a - c  b – c (mod m) và a + c  b + c (mod m) 5) Nếu a  b (mod m) và c  d (mod m) thì a.c  b .d (mod m) * Hệ quả 1: a  b (mod m) thì a.c  b.c (mod m) với c  N* * Hệ quả 2: a  b (mod m) thì an  bn (mod m) với n N*

3. Một số kiến thức liên quan: 0n  0 (mod 10) 5n  5 (mod 10) 1n  1(mod 10); 6n  6 (mod 10) 34n  1 (mod 10) 24n  6 (mod 10) 74n  1 (mod 10) 42n  6 (mod 10) 92n  1 (mod 10) 84n  6 (mod 10) + Với mọi số nguyên dương a, b (a  b) và n là số tự nhiên thì: an − bn a − b II. Một số ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh rằng 21995 - 1 chia hết cho 31. 25  1 (mod 31) => 25.665 1665 (mod 31) =>21995  1 (mod 31) => đpcm (tc1). Ví dụ 2: Chứng minh rằng: A = 7.52n +12.6n chia hết cho 19. Giải: A = 7.25n +12.6n Vì 25  6 (mod 19)nên A  7.6n +12.6n  19.6n  0 (mod 19) Vậy A chia hết cho 19 (đpcm). VD3: Chứng minh rằng với n  N thì 62n+1 + 5n+2 chia hết cho 31 Giải: Vì 62  5(mod31)  62n  5n (mod31) (1) Mà 6  −52 (mod31) (2) Nhân từng vế (1) và (2), ta được: 62n+1  −5n+2 (mod31)  62n+1 + 5n+2  0(mod31)) (đpcm). Ví dụ 4: Tìm số dư trong phép chia 3100 cho 13. 33  1 (mod 13) => 33.32  1 (mod 13) và 34  3 (mod 13) => 3100  3 (mod 13) (tc3) Ví dụ 5: Tìm chữ số tận cùng của 6195 và 21000 6195  6 (mod 10) => 6195 có tận cùng là 6 21000 = 24.250  6 (mod 10) => 21000 có tận cùng là 6

C - SỐ NGUYÊN TỐ. HỢP SỐ I. Kiến thức cần nhớ - Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 và chỉ có hai ước là 1 và chính nó - NÕu mét sè chia hÕt cho mét sè d-¬ng kh¸c 1 vµ chÝnh nã th× sè ®ã lµ hîp sè. - Chú ý: + Số 0, 1 không là số nguyên tố cũng không là hợp số + Số 2 là số nguyên tố chẵn duy nhất, các số nguyên tố còn lại đều là số lẻ * Để kiểm tra số a có là số nguyên tố hay không, ta có thể chia a lần lượt cho các số nguyên tố 2, 3, 5,...,p, với p là số nguyên tố lớn nhất thỏa mãn p2  a . Nếu không có phép chia hết nào thì a là số nguyên tố, ngược lại a là hợp số. - Nếu số M phân tích ra thừa số nguyên tố được M = ax . by …cz thì số lượng các ước dương của M là ( x + 1)( y + 1)…( z + 1). - Nếu p là số nguyên tố và a.b p thì hoặc a p hoặc b p - Nếu p và q là hai số nguyên tố mà a p và a q thì a p.q II. Một số dạng toán thường gặp 1. Dạng 1: Sử dụng phương pháp phân tích thành thừa số 1. D¹ng 1. Sö dông pp ph©n tÝch thµnh thõa sè VD1: T×m n  N* ®Ó: a) n4 + 4 lµ sè nguyªn tè ( ) ( )( )Gi¶i: n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 − 4n2 = n2 + 2 2 − (2n)2 = n2 + 2n + 2 n2 − 2n + 2 Víi n lµ sè tù nhiªn => n2 + 2n + 2  n2 − 2n + 2 => ®Ó n4 + 4 lµ sè nguyªn tè => n2 − 2n + 2 = 1 = n = 1 + Thö l¹i n =1 thÊy ®óng => n =1 chän. VËy n = 1. b)n2018 + n2008 +1 lµ sè nguyªn tè (§Ò thi chuyªn H¹ Long 2017) Gi¶i: §Æt A = n2018 + n2008 + 1 + XÐt n = 1 => A = 3 lµ sè nguyªn tè => n =1 (chän) + XÐt n > 1 ta cã: A = n2018 + n2008 + 1 = n2018 − n2 + n2008 − n + (n2 + n + 1) ( ) ( ) ( )A = n2 n2016 −1 + n n2007 −1 + n2 + n +1  672 1  669 −1 + ( ) ( ) ( )A  = n2 n3 − + n n3 n2 + n +1 672 n3 672 −1 chia hÕt cho n2 + n + 1 −1 ( ) ( ) ( )Ta cã: n3 n3 −1 = ( ) ( ) ( )n3 669 −1 n3 −1 = n3 669 −1 chia hÕt cho n2 + n +1

= A chia hÕt cho n2 + n +1 Mµ víi n  N* th× n2 + n +1  1 vµ A > n2 + n +1 = A lµ hîp sè => n > 1 (lo¹i) VËy n = 1. ( )( )an − bn = a − b an−1 + an−2b + a bn−3 2 + ... + abn−2 + bn−1 VD2 : T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: x2 − 6 y2 = 1. Gi¶i: x2 − 6 y2 = 1  x2 −1 = 6 y2 (*) Ta cã 6y2 lµ sè ch½n => x2 −1 ch½n => x2 lÎ => x lÎ => g/s: x = 2k +1 Thay x = 2k+1 vµo (*) cã: (2k +1)2 −1 = 6 y2 = 4k 2 + 4k = 6 y2 = 2k 2 + 2k = 3y2 = 3y2 2 mµ (3,2)=1 => y2 2, mµ 2 lµ sè nguyªn tè => y 2, mµ y l¹i lµ sè nguyªn tè => y = 2 Thay y = 2 vµo (*) => x = 5 (tháa m·n) VËy x = 5, y = 2. VD3: Tìm n  N* để: b) n2018 + n2008 +1 là số nguyên tố a) n4 + 4 là số nguyên tố (Đề thi chuyên Hạ Long 2017) ( ) ( )( )Giải: a) n4 + 4 = n2 + 2 2 − (2n)2 = n2 + 2 − 2n n2 + 2 + 2n Nếu n4 + 4 là số nguyên tố thì n2 − 2n + 2 = 1  n = 1 Thử lại với n = 1 thấy đúng/ b) Đặt A = n2018 + n2008 +1 + Xét n = 0 => A = 1 không phải số nguyên tố + Xét n = 1 => A = 3 là số nguyên tố + Xét n > 1, ta thấy A  n2 + n +1 ( ) ( )Có A = n2018 − n2 + n2008 − n + n2 + n +1 = n2 n2016 −1 + n n2007 −1 + n2 + n +1 ( )n2016 −1 = n3 672 −1 n3 −1 Có ( )n2007 −1 = n3 669 −1 n3 −1 => A chia hết cho n2 + n +1 > 1 mà A  n2 + n +1 => A là hợp số Vậy m = 1. ➢ VÝ dô 4. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: x2 – 6y2 = 1.  Lêi gi¶i

Ta có : x2 − 6y2 = 1  x2 −1 = 6y2  (x −1)(x +1) = 6y2 Do 6y2 2  (x −1)(x +1) 2 Mà x - 1 + x + 1 = 2x  x - 1 vµ x + 1 có cùng tính chẵn lẻ.  x - 1 vµ x + 1là hai số chẵn liên tiếp  (x −1)(x + 1) 8  6y2 8 3y2 4  y2 2  y 2  y = 2  x = 5 ➢ VÝ dô 5 . H·y t×m tÊt c¶c c¸c sè tù nhiªn a vµ b tho¶ m·n A = a4 + 4b4 lµ sè nguyªn tè. ( Thi Häc sinh giái líp 9, TP. Hµ Néi, n¨m häc 1997 – 1998, vßng 1)  Lêi gi¶i NhËn xÐt : nÕu Ýt nhÊt a hoÆc b b»ng 0, kh«ng tho¶ m·n. VËy xÐt a, b > 0 Ta cã A = a4 + 4b4 = (a2 + 2b2)2 – 4a2b2 = (a2 + 2b2 – 2ab) (a2 + 2b2 – 2ab)  A = [(a- b)2 + b2]. [(a + b)2 + b2]. Do a, b > 0 nªn [(a + b)2 + b2 > 1, mµ A lµ sè nguyªn tè nªn : (a- b)2 + b2 = 1 Suy ra a – b = 0, b = 1. Hay chØ cã cÆp (a; b) = (1; 1) th× A = 5 lµ sè nguyªn tè. 2. Dạng 2: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn điều kiện cho trước VD1: Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để p + 10 và p + 14 cũng là các số nguyên tố.p+ VD2: Tìm tất cả các giá trị của số nguyên tố p để 2p + p2 cũng là số nguyên tố. VD3: a) Tìm các số nguyên tố p để 2p + 1 là lập phương của 1 số tự nhiên b) Tìm các số nguyên tố p để 13p +1 là lập phương của 1 số tự nhiên. 3. Dạng 3: Các bài toán chứng minh số nguyên tố VD1: Cho 2m −1 là số nguyên tố. Chứng minh m cũng là số nguyên tố ➢ VÝ dô 2. Cho p vµ p + 4 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng p + 8 lµ hîp sè.

 Lêi gi¶i V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k + 2 víi k N*. - NÕu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)  p + 4 3 vµ p + 4 > 3. Do ®ã p + 4 lµ hîp sè ( Tr¸i víi ®Ò bµi p + 4 lµ sè nguyªn tè). - NÕu p = 3k + 1 th× p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3)  p + 8 3 vµ p + 8 > 3. Do ®ã p + 8 lµ hîp sè. VËy sè nguyªn tè p cã d¹ng: p = 3k + 1 th× p + 8 lµ hîp sè. 4. Dạng 4: Hợp số VD1: Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a2 + b2 = c2 + d2 . Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số. Giải: Xét A = (a2 − a) + (b2 − b) + (c2 − c) + (d2 − d) Dễ thấy A là số chẵn vì biểu thức trong mỗi dấu ngoặc là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên: A = a2 + b2 + c2 + d2 − (a + b + c + d) là số chẵn. Mà a2 + b2 = c2 + d2 (gt) = a2 + b2 + c2 + d2 chẵn => a + b + c + d chẵn và lớn hơn 2 => đpcm. VD2: Cho p và 2p + 1 là các số nguyên tố lớn hơn 3. CMR 4p + 1 là hợp số. (Đề thi HSG Nam Định) Giải: Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng: p = 3k + 1 hoặc p = 3k -1 (k > 1) + TH1: Nếu p = 3k + 1 => 2p + 1 = 6k + 2 = 2(3k+1) => 2p+1 là hợp số => vô lý + TH2: Nếu p = 3k – 1 => 4p + 1 = 12k – 3 = 3(4k – 1) Có k > 1 => 4k – 1 > 1 => 4p + 1 là hợp số (đpcm).

D - SỐ CHÍNH PHƯƠNG I. Lý thuyết 1. Định nghĩa số chính phương. - Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Vậy: A là số chính phương khi và chỉ khi tồn tại k  N mà A = k2 . Ví dụ: 0; 1; 4; 9; 25 là những số chính phương. 2. Một số tính chất thường sử dụng cho số chính phương. ➢ Tính chất 1 (chữ số tận cùng của một số chính phương) - Một số chính phương chỉ có chữ số tận cùng là một trong các số: 0; 1; 4; 5; 6; 9. - Một số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8. - Một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 5 thì có chữ số hàng chục là 2. - Một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục phải là số lẻ. - Một số chính phương nếu tận cùng là 0 thì sẽ tận cùng bởi một số chẵn các số 0. ➢ Tính chất 2 (Phân tích nguyên tố của số chính phương) A là số chính phương nếu và chỉ nếu khi phân tích ra thừa số nguyên tố A chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. Hệ quả 2.1: Cho A là số chính phương, p là số nguyên tố khi đó: Nếu A p thì A p2 . Hệ quả 2.2: Tích của hai số chính phương là một số chính phương. ➢ Tính chất 3. (Số các ước của một số chính phương) Cho A là một số tự nhiên lớn hơn 0, khi đó A là số chính phương khi và chỉ khi số các ước của A là một số lẻ. A = b2 = (b1m1 .b2m2 ...)2 ➢ Tính chất 4 Nếu số A nằm giữa bình phương của hai số tự nhiên liên tiếp thì A không thể là số chính phương. Tức nếu có n2  A  (n +1)2 , với n là số tự nhiên => A k thể là số chính phương. ➢ Tính chất 5 (Một số dấu hiệu về phép chia với số chính phương) a. Số chính phương chia cho 3 chỉ dư 0 hoặc dư 1, không thể dư 2. a2  0,1(mod 3)

b. Số chính phương chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc dư 1, không thể dư 2 hoặc dư 3. a2  0,1(mod 4) c. Số chính phương chia cho 5 chỉ dư 0 hoặc 1 hoặc 4, không thể dư 2 hoặc dư 3. a2  0,1, 4(mod 5) d. Số chính phương chia cho 6 chỉ dư 0 hoặc 1 hoặc 3 hoặc 4, không thể dư 2 hoặc dư 5. a2  0,1,3, 4(mod 6) e. Số chính phương chia cho 8 chỉ dư 0 hoặc 1 hoặc 3 hoặc 4, không thể dư 2 hoặc dư 5. a2  0,1, 4(mod8) II – MỘT SỐ DẠNG TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG. 1. Dạng 1: Chứng minh một số A là số chính phương. a. Phương pháp: - Sử dụng trực tiếp định nghĩa: Chỉ ra tồn tại k  N mà A = k2 . - Dùng tính chất 2: Chứng minh khi phân tích ra thừa số nguyên tố, A chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn. - Dùng tính chất 3: Chứng minh số các ước của A là số lẻ. - Sử dụng hai hằng đẳng thức trong tính chất 5: Đưa được A về dạng A = (a  b)2 tức là thỏa mãn định nghĩa về số chính phương. b. Ví dụ: Ví dụ 1: Cho số tự nhiên A = 11...1 − 22...2 , chứng minh rằng A là một số chính phương. 100 c/s 1 50 c /s 2 Hướng giải quyết: Áp dụng trực tiếp định nghĩa và sử dụng hằng đẳng thức. Chú ý rằng, khi 0  a  9, a  N thì: aa...a = a.11...1 và 11...1 = 10n − 1 là một trong những cách phân tích đặc biệt 9 n c/s a n c/s 1 n c/s 1 hay gặp. Trường hợp này ta sử dụng aa...a = a.11...1 như sau: n c/s a n c/s 1 Ta có A = 11...1 − 22...2 = 11...11050 + 11...1 − 2 11...1 100 c/s 1 50 c/s 2 50 c/s 1 50 c/s 1 50 c/s 1 ( )= 11...1 1050 − 1 = 11...1 99...9 = 11...1 9 11...1 50 c/s 1 50 c/s 1 50 c/s 9 50 c/s 1 50 c/s 1

=   2 =  2  3 1501c./.s.11   33...3  50 c/s 3 Vậy A là một số chính phương. (đpcm) Ví dụ 2: Cho số tự nhiên B = 11...1 1 00...0 5 + 1, chứng minh rằng B là một số chính phương. 2015 c/s 1 2014 c/s 0 Hướng giải quyết: Trường hợp này ta sử dụng 11...1 = 10n − 1 , sau đó áp dụng hằng đẳng thức như 9 n c/s 1 sau: ( )B = 11...1 1 00...0 5 + 1 = 102015 − 1  102015 + 5 + 1 9 2015 c/s 1 2014 c/s 0 2 + 4.102015 + 4 102015 + 2 2 = 32 9 ( ) ( )= 2 2 102015 =  102015 +  (1)  3   Vấn đề đặt ra, phải có 102015 + 2 là số tự nhiên thì B mới là số chính phương được, chúng ta sẽ sử 3 dụng 11...1 = 10n − 1 một lần nữa: 9 n c/s 1 Có 102015 + 2 = 102015 − 1 + 3 = 102015 − 1 + 1 = 33...3 + 1 = 33...3 4 , như vậy thay vào (1) thì 3 3 3 2015 c/s 3 2014 c/s 3 B =  33...3 4 2 , do đó B là số chính phương.   2014 c/s 3 2. Dạng 2: Chứng minh một số A không phải là một số chính phương. a. Phương pháp: - Dùng tính chất 1: Số chính phương không thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8. - Dùng tính chất 6 về số dư, kết hợp với hệ quả: Nếu A là số chính phương, p là số nguyên tố mà A p thì A p2 . Vì vậy, chỉ cần chỉ ra A p mà A không chia hết cho p2 , thì A sẽ không là số chính phương. - Dùng tính chất 4: Chứng minh n2  A  (n + 1)2 thì A không thể là số chính phương. b. Ví dụ:

3. Dạng 3: Tìm số chính phương thỏa mãn một điều kiện cho trước. a. Phương pháp: - Nếu là bài toán lập số chính phương từ những chữ số cho trước: có thể loại trừ dần theo một chữ số tận cùng, hai chữ số tận cùng. - Trong trường hợp tổng quát, ta có thể gọi dạng số chính phương là k2 , sử dụng giả thiết, điều kiện chia hết, chặn khoảng … để tìm k. - Chú ý sử dụng thêm hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b)(a + b) . b. Ví dụ: Ví dụ 2: Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng : các chữ số hàng trăm, hàng nghìn, hàng chục theo thứ tự đó làm thành ba số tự nhiên liên tiếp tăng dần, đồng thời tổng của ba chữ số này bằng chữ số hàng đơn vị. Ví dụ 3: Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng thêm mỗi chữ số một đơn vị, ta được một số có bốn chữ số khác và vẫn là số chính phương. 4. Dạng 4: Tìm số tự nhiên n để biểu thức là số chính phương. a. Phương pháp: - Dựa vào các dấu hiệu về phép chia của số chính phương. - Đánh giá, chặn khoảng. - Gọi số mới, tìm cách khử n, kết hợp phân tích thành tích. - Chú ý sử dụng thêm hằng đẳng thức a2 − b2 = (a − b)(a + b) . b. Ví dụ: Ví dụ 1: Tìm các số nguyên tố ab với a  b  0 sao cho ab − ba là số chính phương. Hướng giải quyết: Dựa vào phân tích thập phân của số tự nhiên. Theo giả thiết tồn tại số tự nhiên k  0 mà k2 = ab − ba = 9(a − b) . Suy ra a −b =  k 2 , vậy a − b  3  là số tự nhiên thì k phải chia hết cho 3, lúc đó a − b là số chính phương. Vì 0  a − b  9 nên a − b bằng 1 hoặc 4. - Nếu a − b = 1 thì ab 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98, vì ab là số nguyên tố nên ab = 43 . Nếu a − b = 4 thì ab 51; 62; 73; 84; 95 , vì ab là số nguyên tố nên ab = 73 .

Ví dụ 3: Tìm số tự nhiên n biết rằng 2n + 3 và 3n + 1 đều là các số chính phương. Hướng giải quyết: Gọi số, khử n và sử dụng điều kiện chia hết. Theo giả thiết tồn tại các số tự nhiên k, m sao cho: k2 = 2n + 3; m2 = 3n + 1. Khi đó k là số lẻ và 3k2 − 2m2 = 7 . Đặt k = 2a + 1; a  N , thì: 3k2 − 2m2 = 7  3(2a + 1)2 − 2m2 = 7  2m2 = 12a2 + 12a − 4  m2 = 6a2 + 6a − 2  m2 = 6a (a + 1) − 4 + 2 . Vì a (a + 1) chẵn, nên 6a (a + 1) chia hết cho 4, suy ra m2 chia cho 4 dư 2 (vô lí vì m2 là số chính phương). Vậy không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn. ( )Ví dụ 5: Tìm các số nguyên tố p sao cho hai số 2(p + 1) và 2 p2 + 1 đều là các số chính phương.. Hướng giải quyết: Vì 2(p + 1) là số chính phương chia hết cho 2, nên nó chia hết cho 4, do đó p + 1 chẵn, suy ra p là số nguyên tố lẻ. ( )Vậy 2(p + 1) và 2 p2 + 1 đều là các số chính phương chẵn, do đó: tồn tại các số tự nhiên x, y lớn ( )hơn 0 sao cho: 2(p + 1) = (2x)2 ; 2 p2 + 1 = (2y)2 . Ta có (2y)2 − (2x)2 = (2 p2 + 1) − 2(p + 1)  (2 y2 − x2 ) = p(p −1)  2( y − x)(y + x) = p(p −1) Nên 2( y − x)( y + x) chia hết cho p. Do p là số nguyên tố lẻ, hơn nữa 0  x  y  p nên 0  y − x  p , vậy x + y chia hết cho p. Mà 0  x + y  2p nên x + y = p  2( y − x ) = p − 1 x = p + 1 . Vì thế: 4 2(p + 1) = ( 2x )2  2(p + 1) =  p + 12  2(p + 1) = (p + 1)2  2 = p +1 p = 7  2  4 4

( )Với số nguyên tố p = 7 ta có 2(p + 1) = 16 = 42; 2 p2 + 1 = 100 = 102 đều là các số chính phương (thỏa mãn). Vậy p = 7. BTVN 1. Cho bốn số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ab = cd. Chứng minh rằng a5 + b5 + c5 + d5 là hợp số. 2. 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. (Đề thi chuyên Hùng Vương – PT 2015-2016) Giải: * Mọi số chính phương chia 5 chỉ có dư là 0, 1, 4 + TH1: n2 chia 5 dư 1 => n2 = 5k + 1 => n2 + 4 = 5k + 5 5 và n2 + 4  5 với n > 1 nên n2 + 4 không là số nguyên tố + TH2: n2 chia 5 dư 4 => n2 = 5k + 4 = n2 +16 = 5k + 20 5 ….nên n2 +16 không là số nguyên tố Vậy n2 phải chia hết cho 5, mà 5 là số nguyên tố nên n chia hết cho 5 (đpcm). 3. TÌm các số nguyên n sao cho B = n2 − n +13 là số chính phương. (Đề thi HSG 9 Phú Thọ 2009-2010) Giải: Ta có nếu B là số cp thì 4B cũng là scp. Đặt : 4B = k2 = 4n2 − 4n + 52 = k2  (2n −1− k )(2n −1+ k ) = −51 với k  N . Vì 2n – 1 + k > 2n – 1 – k nên ta có các trường hợp: 2n −1+ k =1 ,…. 2n −1− k = −51 4. Cho biểu thức P = (a + b)(b + c)(c + a) − abc với a, b, c là các số nguyên. CMR nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. (Đề thi hsg 9 Bình Định 2017) Giải: Vì a + b + c chia hết cho 4 => a + b + c = 4k => a + b = 4k – c; b + c = 4k – a; c + a = 4k – b. => P = 4A – 2abc + Ta có a + b + c chia hết cho 4 => a + b + c chia hết cho 2. + Nếu a, b, c đều chia 2 dư 1 thì a + b + c chia 2 dư 1 (mâu thuẫn)

=> trong 3 số có ít nhất 1 số chia hết cho 2. +=> 2abc chia hết cho 4. => đpcm. 5. CMR với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập phương của 1 số nguyên. Giải: G/s: 2016k + 3 = a3 với a và k là các số nguyên => 2016k = a3 − 3 . Ta sẽ chứng minh a3 − 3 không chia hết cho 7. Thật vậy giả sử: a = 7m + r , với r 0;1;−1;2;−2;3;−3,…

Ngµy 23/9/2021 PH¦¥NG TR×NH NGHIÖM NGUY£N I. Lý thuyÕt 1. §/n: Mét PT cã nhiÒu Èn sè, víi tÊt c¶ c¸c hÖ sè ®Òu lµ sè nguyªn, ta ph¶i t×m nghiÖm nguyªn cña nã ®gl PT nghiÖm nguyªn. 2. Mét sè PP gi¶i PT nghiÖm nguyªn - PP Dïng tÝnh chÊt chia hÕt - PP XÐt sè d­ tõng vÕ - PP dïng tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph­¬ng - PP dïng bÊt ®¼ng thøc - PP lïi v« h¹n, nguyªn t¾c cùc h¹n II. Bµi tËp Bµi 1. Gi¶i PT nghiÖm nguyªn sau: 3x + 17y = 159 Gi¶i: Gi¶ sö tån t¹i x, y tháa m·n: 3x + 17y = 159 (1) Cã 3y 3, 159 3 => 17y 3, mµ (17, 3) = 1 => y 3 => y = 3k (k  Z) Thay y = 3k vµo (1) => 3x + 17.3k = 159 => x + 17k = 53 => x = 53 - 17k (k  Z) VËy PT cã tËp nghiÖm (x;y) = (53 - 17k; 3k) víi (k  Z) C2 :  x = 53 − 17k (k  Z)  y = 3k  C3 : S = (x; y) = (53 −17k;3k ), k  Z Bµi 2. T×m nghiÖm nguyªn cña PT sau: 2x + 13y = 156 Gi¶i: C1: Gi¶i sö tån t¹i x, y tháa m·n 2x + 13y = 156 (*) Cã 156 13, 13y 13 => 2x 13, mµ (2, 13) = 1 => x 13 => x = 13t (t  Z) Thay x = 13t vµo (*) ta cã: 2.13t + 13y = 156 => 2t + y = 12 => y = 12 - 2t (t  Z) vËy PT cã nghiÖm:  x = 13t 2t (t  Z)  y = 12 −  C¸ch 2: Cã 2x + 13y = 156 => x = 156 −13y = 78 − 13y = 78 − 12 y + y = 78 − 6 y − y 2 22 2 §Ó x  Z => 78 - 6y - y  Z , mµ y  Z => y  Z = y 2 = y = 2t.,,, 22

Bµi 3. T×m nghiÖm nguyªn cña PT: xy + 3x + 2y = 6 Gi¶i: C1: xy +3x +2y = 6 => xy + 3x + 2y + 6 = 12 = x( y + 3) + 2( y + 3) = 12 = ( x + 2)( y + 3) = 12 V× x, y nguyªn => x + 2  U(12)=1;2;3;4;6;12;−1;−2;−3;−4;−6;−12 LËp b¶ng:....... (x;y) (−1;9);(0;3);(1;1);(10;−2);(4;−1);(2;0);(−3;−15);(−4; −9);(−5; −7);(−14;−4);(−8;−5);(−6;−6) C2 : xy + 3x + 2y = 6 (1) => xy + 2y = 6 - 3x => y ( x + 2) = 6 − 3x + XÐt x = - 2, thay vµo (1) cã: 0.y = 6 + 6 =12 (v« lý) => x = - 2 (lo¹i) + XÐt x  -2, tõ (1) => y = 6 − 3x = −3x − 6 +12 = −3( x + 2) +12 = −3 + 12 x+2 x+2 x+2 x+2 §Ó y nguyªn => 12 nguyªn => x + 2 U (12) x+2 Bµi 4: (§Ò thi §HQG 2001) T×m c¸c gi¸ trÞ nguyªn x, y tháa m·n: ( y + 2) x2 +1 = y2 Gi¶i: ( y + 2) x2 +1 = y2 = ( y + 2) x2 = y2 −1 = x2 = y2 −1 = y2 − 4 + 3 = y − 2 + 3 y+2 y+2 y+2 §Ó x, y  Z => 3  Z = y + 2 U (3) = −1;−3;1;3 y+2 LËp b¶ng:.... VËy ( x; y) (0;1);(0;−1) Bµi 5. (§Ò thi HSG Vinh 2016-2017) ( )T×m nghiÖm nguyªn cña PT: (2x + 5y +1) 2 x + y + x2 + x = 105 ( )Gi¶i: Ta cã: (2x + 5y +1) 2 x + y + x2 + x = 105 (1) Cã 105 lµ sè lÎ => 2x + 5y +1 vµ 2 x + y + x2 + x lµ c¸c sè lÎ Cã 2x + 5y + 1 lÎ => 5y ch½n => y ch½n + Cã 2 x + y + x2 + x lÎ => 2 x + y + x ( x +1) lÎ, mµ y ch½n, x ( x +1) lµ tÝch cña 2 sè nguyªn liªn tiÕp => x ( x +1) ch½n => 2 x lÎ => x = 0 = x = 0 (t/m) + Thay x = 0 vµo (1) =>(5y +1)(1+ y) = 105 = 5y2 + 6 y −104 = 0 = 5y2 − 20 y + 26 y −104 = 0 = 5y ( y − 4) + 26( y − 4) = 0 = ( y − 4)(5y + 26) = 0 = y −4 = 0 0   y = 4 (t/m) 5y + 26 =  y = −26 (lo¹i)   5 VËy x = 0; y = 4 lµ nghiÖm cña PT

Bµi 6. CMR c¸c PT sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn: a)x2 − y2 = 2010 b)x4 + y4 + z4 = 2012 (§Ò thi chuyªn H¶i Phßng 2012) Gi¶i: a)x2 − y2 = 2010 G/s tån t¹i x0; y0 nguyªn tháa m·n ®Ò bµi =>x02 − y02 = 2010 Cã x02  0,1(mod 4), y02  0,1(mod 4) = x02 − y02  0,1,3(mod 4) mµ 2010  2 (mod4) => M©u thuÉn => pt ®· cho kh«ng cã ngiÖm nguyªn. b) x4 + y4 + z4 = 2012 g/s tån t¹i x0 , y0,zo nguyªn tháa m·n ®Ò bµi => x04 + y04 + z04 = 2012 Cã x02, y02 , z02  0,1, 4(mod8) = x 4 , y04 , z04  0,1(mod 8) 0 = x04 + y04 + z04  0,1, 2,3(mod 8) mµ 2012  4(mod8) =>V« lý => PT v« nghiÖm. Bµi 7. T×m nghiÖm nguyªn cña PT (*) 2x2 + 4x = 19 − 3y2  2x2 + 4x + 2 = 19 − 3y2 + 2 ( ) 2( x +1)2 = 21− 3y2 = 3 7 − y2 Ta cã VT  0,x=>7-y2  0,y = y2  7, y  Z = y2 0;1;4 ( )Ta cã VT 2 =>3 7 − y2 2 = 7 − y2 2 = y2 lÎ =>y2 = 1 Thay y2 = 1 vµo (*) cã: 2 ( x +1)2 = 3.(7 −1) = 18 = ( x +1)2 = 9 = x + 1 = 3   x = 2  x + 1 = −3  x = −4 Maf y2 = 1 = y = 1 = NghiÖm cña PT lµ: ( x, y) (2;1);(2;−1);(4;1);(4;−1) Bµi 8. T×m nghiÖm nguyªn cña PT: x4 − y4 = 3y2 +1  x4 = y4 + 3y2 +1 (*) ( )ta cã: y4 + 3y2 +1  y4 + 2 y2 +1 = y2 +1 2 (1) (2) DÊu \"=\" x¶y ra  y = 0 ( )L¹i cã: y4 + 3y2 +1  y4 + 4 y2 + 4 = y2 + 2 2

( ) ( )Tõ (*), (1) vµ (2) => y2 +1 2  x4  y2 + 2 2 y2 +1 2 vµ y2 + 2 2 lµ 2 sè chÝnh ph­¬ng liªn tiÕp =>x4 = 2 ( ) ( ) ( )V× y2 +1 . DÊu \"=\" x¶y ra  y = 0 (cmt) = x4 = (0 +1)2 = 1 = x = 1 = NghiÖm cña PT lµ ( x; y) (1;0);(−1;0) C¸ch 2. 4x4 − 4 y4 −12 y2 − 9 = −9 + 4 ( )= 4x4 − 2 y2 + 3 2 = −5 2 2 y2 + 3 2 = −5 ( ) ( )= 2x2 − ( )( )= 2x2 + 2 y2 + 3 2x2 − 2 y2 − 3 = −5 => 2x2 + 2 y2 + 3U (5) = 1;5 maf 2x2 + 2 y2 + 3  3,x, y = 2x2 + 2 y2 + 3 = 5 = 2x2 − 2 y2 − 3 = −1 = ..... Bµi 9. (§Ò thi chuyªn Tin Ams n¨m 2017) T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn d­¬ng x, y, z tháa m·n x + y - z = 2 vµ 3x2 + 2 y2 − z2 = 13 Gi¶i: Ta cã x + y - z = 2 => z = x+ y - 2 (1) mµ 3x2 + 2 y2 − z2 = 13 = 3x2 + 2 y2 − ( x + y − 2)2 = 13 = 2x2 + y2 − 2xy + 4x + 4 y −17 = 0 (2) ( ) ( )= x2 + y2 − 2xy + x2 + 4x + 4 + 4 y = 17 + 4  ( x − y)2 + ( x + 2)2 + 4 y = 21 V× x, y lµ c¸c sè nguyªn d­¬ng => ( x + 2)2  21 mµ x > 0 => x+ 2 > 2 => ( x + 2)2  4 = 4  ( x + 2)2  21 = ( x + 2)2 9,16 +TH1: NÕu ( x + 2)2 = 9 = x + 2 = 3 (do x+ 2 > 0) => x = 1 Thay x = 1 vµ (2) => y2 + 2 − 2 y + 4 + 4 y −17 = 0 = y2 + 2 y −11 = 0 = y2 + 2 y +1 = 12 = ( y +1)2 = 12 (v« lý do y nguyªn) +TH2: NÕu ( x + 2)2 = 16 = x + 2 = 4 (do x+ 2 >0)=>x = 2 (t/m) Thay x = 2 vµo (2) cã: y2 + 8 − 4 y + 8 + 4 y −17 = 0 = y2 −1 = 0 = y2 = 1 = y = 1 (do y>0) (t/m) Thay x= 2; y = 1 vaof (1) cos: z = 1+2-2=1 (t/m) VËy nghiÖm cña PT lµ x = 2; y = 1; z = 1

* PP dïng B§T Bµi 10. T×m 3 sè nguyªn d­¬ng sao cho tæng cña chóng b»ng tÝch cña chóng. Gi¶i: Gäi c¸c sè nguyªn d­¬ng cÇn t×m lµ x, y, z. Theo bµi ra ta cã: x + y + z = xyz (1) Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö x  y  z =>xyz = x + y + z  3z =>xy  3 Do x, y nguyªn d­¬ng => xy 1;2;3 +TH1: NÕu xy = 1 => x= y = 1. Thay x = y =1 vµo (1) => 2 + z = z => 0 = 2 (v« lý) +TH2: NÕu xy =2, do x,y nguyªn d­¬ng, x  y => x= 1; y= 2; thay vµo (1) cã 1 + 2 + z = 2z => z = 3 => ( x; y; z) = (1;2;3) +Th3 : NÕu xy = 3, do x, y nguyªn d­¬ng, x  y => x = 1; y = 3; thay vµo (1) cã: 1 + 3 + z = 3z => z = 2 (lo¹i v× z  y) =>( x; y; z)=(1;2;3) V× vai trß cña x, y, z nh­ nhau => ( x; y; z) (1;2;3);(1;3;2);(2;3;1);(2;1;3);(3;2;1);(3;1;2) VËy 3 sè cÇn t×m lµ 1; 2; 3. Bµi 11. T×m nghiÖm nguyªn d­¬ng cña PT: 1 + 1 = 1 xy3 Gi¶i: C1: KMTTQ gi¶ sö x  y 1 + 1 = 1 = 3( x + y) = xy xy3 C1: Cã x  y=>xy = 3( x + y)  3.2 y = 6 y = x  6, mµ x nguyªn d­¬ng => x 1;2;3;4;5;6 Cã 1 + 1 = 1 = 1  1 = x  3 xy3 x3 = x 4,5,6. + Cã y = 3x x−3 LËp b¶ng: x= 4 => y = 12 => ( x; y) = (4;12) x = 5=> y = 15 (lo¹i) 2 x = 6 =>y = 6=>( x; y) = (6;6) V× vai trß cña x; y nh­ nhau => ( x; y) (4;12);(12;4);(6;6) VËy nghiÖm cña PT lµ ( x; y) (4;12);(12;4);(6;6).

C2 : KMTTQ gi¶ sö x  y 1 + 1 = 1 = 3( x + y) = xy = xy − 3x − 3y + 9 = 9 = ( x − 3)( y − 3) = 9 xy3 = y − 3U (9) Mµ x  y => x- 3  y - 3 =>y - 3 1;3;9 Bµi 12. (§Ò thi KHTN 2015) T×M tÊt c¶ c¸c cÆp sè nguyªn (x;y) tháa m·n x2 − xy + y2 = x2 y2 − 5. Gi¶i: + XÐt x = 0 => y2 = −5 (lo¹i) +x XÐt y = 0 => x2 = −5 (lo¹i) => x , y  1 + KMTTQ Gi¶ sö x  y  1 = 5x2  5 x2 − xy + y2  3x2 = x2 y2 − 5  3x2 = x2 y2  3x2 + 5  3x2 + 5x2 = 8x2 = y2  8 = y 1;4 +Th1: y2 = 1 = y = 1. Víi y = 1 =>x2 − x +1 = x2 − 5 = x = 6 Víi y = -1 =>x2 + x +1 = x2 − 5 = x = −6 BTVN : T×m nghiÖm nguyªn cña c¸c PT Bµi 1. (KHTN 2016) Tim x, y nguyªn: x2 ( x + y) = y2 ( x − y)2 bµi 2. x3 + x2 + x +1 = y3 Bµi 3. x3 − y3 = xy + 8 Bµi 4. T×m x nguyªn ®Ó x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 lµ sè chÝnh ph­¬ng Bµi 5.T×m x, y nguyªn: 2x + 57 = y2

ÔN TẬP SỐ HỌC Ngµy 31/10/2021 ¤N TËP Sè HäC I/ Lý thuyÕt - Nh¾c l¹i c¸c lý thuyÕt vµ d¹ng to¸n ®· häc II/ Bµi tËp cñng cè: Bµi 1. Cho A = k4 + 2k3 −16k 2 − 2k +15 víi k lµ sè nguyªn. T×m ®iÒu kiÖn cña k ®Ó A chia hÕt cho 16. Gi¶i: A =(k −1)(k +1)(k − 3)(k + 5) + Víi k ch½n => k - 1; k + 1; k - 3; k + 5 ®Òu lµ c¸c sè lÎ => A kh«ng thÓ chia hÕt cho 2 => A kh«ng chia hÕt cho 16 => lo¹i + Víi k lÎ, ®Æt k = 2n + 1, n nguyªn. = A = 2n(2n + 2)(2n − 2)(2n + 6) = 16n(n +1)(n − 2)(n + 3) 16 víi n nguyªn. VËy k = 2n + 1 víi n nguyªn. Bµi 2. Cho x, y, z lµ c¸c sè nguyªn tháa m·n: ( x − y)( y − z)( z − x) = x + y + z. Ch­ngs minh: x + y + z chia hÕt cho 27. Gi¶i: XÐt ba sè d­ cña x, y, z khi chia cho 3 + NÕu ba sè d­ kh¸c nhau => tøc x, y,z chia cho 3 ®­îc 3 sè d­ lµ 0, 1, 2 => x + y + z chia hÕt cho 3 mµ x -y y, y - z, z - x l¹i kh«ng chia hÕt cho 3 (v× ba sè d­ kh¸c nhau) => v« lý => Trong 3 sè d­ tång t¹i Ýt nhÊt 2 sè d­ b»ng nhau. => ( x − y)( y − z)( z − x) chia hÕt cho 3. Mµ ( x − y)( y − z)( z − x) = x + y + z = x + y + z chia hÕt cho 3. + NÕu chØ cã 2 sè d­ b»ng nhau => x + y + z kh«ng chia hÕt cho 3 (m©u thuÉn) => C¶ 3 sè d­ ®Òu ph¶i b»ng nhau vµ x + y + z chia hÕt cho 3 = ( x − y), y − z, z − x chia hÕt cho 3 => ( x − y)( y − x)( z − x) chia hÕt cho 27 Mµ ( x − y)( y − z)( z − x) = x + y + z = x + y + z chia hÕt cho 27 (®pcm) ( )( )Bµi 3. CMR A = 2n −1 2n +1 chia hÕt cho 3 víi mäi sè tù nhiªn n. ( )( ) ( )Gi¶i: A = 2n −1 2n +1 = 2n 2 −1 = 4n −1 ’ Ta cã: 4  1(mod 3) = 4n  1(mod 3) = 4n −1 chia hÕt cho 3 (®pcm) Bµi 4. T×m c¸c ch÷ sè a, b, c ,d biÕt c¸c sè a, ad,cd, abcd lµ c¸c sè chÝnh ph­¬ng. Gi¶i: + Cã a lµ sè chÝnh ph­¬ng, a kh¸c 0 => a 1;4;9 + Cã ad lµ sè chÝnh ph­¬ng − NÕu a = 1 => d = 6

- NÕu a = 4 => d = 9 - NÕu a = 9 => kh«ng cã d. v× 92 <9d <102 + Th1: NÕu a =1 => d = 6 => cd = c6 lµ sè ph­¬ng, c lµ ch÷ sè => c = 1; 3 - NÕu c = 1 => 1b16 lµ scp mµ 1016 < 1b16  1916 = 31  1b16  45 Maf 1b16 cã tËn cïng b»ng 6 => 1b16 cã tËn cïng b»ng 4 hoÆc 6 => 1b16 34,36, 44 Thö l¹i kh«ng cã gi¸ trÞ b tháa m·n (lo¹i) - NÕu c = 3, lµm tt => 1936 + Th2: NÕu a =4 , lµm t­¬ng tù => lo¹i ®/s: 1936 Bµi 5. T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè p sao cho tæng tÊt c¶ c¸c ­íc sè tù nhiªn cña p4 lµ 1 sè cp. Gi¶i: + Cã p lµ sè nguyªn tè => p4 cã c¸c ­íc tù nhiªn lµ 1; p; p2; p3; p4 Theo ®Ò bµi ta gi¶ sö: 1 + p+ p2 + p3 + p4 = n2 , n nguyªn =>4n2 = 4 p4 + 4 p3 + 4 p2 + 4 p + 4 = 4 p4 + 4 p3 + p2  4n2 = 4 p4 + 4 p3 + 4 p2 + 4 p + 4  4 p4 + 4 p3 + 4 p2 + p2 + 4 p + 4 ( ) ( )= 2 p2 + p 2  4n2 = 4 p4 + 4 p3 + 4 p2 + 4 p + 4  2 p2 + p + 2 2 ( ) ( )= 2 p2 + p 2  ( 2n)2  2 p2 + p + 2 2 ( )= ( 2n)2 = 2 p2 + p + 1 2 ( )= 4 p4 + 4 p3 + 4 p2 + 4 p + 4 = 2 p2 + p + 1 2 = ( p + 1)( p − 3) = 0 =  p +1= 0 =  p = −1  p −3 = 0  p = 3 Do p nguyªn tè => p =3 Thö l¹i p = 3 ®óng. Bµi 6. T×m nghiÖm nguyªn cña PT sau: 20y2 − 6xy = 150 −15x Gi¶i: Ta cã: 20y2 − 6xy = 150 −15x = 20 y2 −125 − 25 = 6xy −15x ( )= 5 4 y2 − 25 − 25 = 3x (2 y − 5) = 5(2 y − 5)(2 y + 5) − 3x (2 y − 5) = 25 = ( 2 y − 5)(10 y + 25 − 3x) = 25 Th1 : 2 y − 5 = 1  y =3 / m) 10 y + 25 −  (t 3x = 25  x = 10 2 y − 5 = −1 TH 2 : 10 y + 25 − 3x = −25 2 y − 5 = 25 Th3 : 10 y + 25 − 3x = 1

2 y − 5 = −25 Th4 : 10 y + 25 − 3x = −1 2y − 5 = 5 Th5 : 10 y + 25 − 3x = 5 2 y − 5 = −5 Th6 : 10 y + 25 − 3x = −5 Bµi 7. T×m c¸c sè nguyªn x, y tho¶ m·n ®k: x2 ( x + y) = y2 ( x − y)2 . Gi¶i: Gäi d lµ UCLN cña x vµ y, ( x, y) = d x = dm , ( m, n) = 1  = dn  y Thay vµo PT ®· cho ta cã: d2m2 (dm + dn) = d 2n2 (dm − dn)2 = m2 (m + n) = n2d (m − n)2 (*) = m2 (m + n) n2 ta cã (m, n) = 1 = m2 kh«ng chia hÕt cho n2 m + n kh«ng chia hÕt cho n =>m+n kh«ng chia hÕt cho n2 n2 = 1 = n = 1 +Th1: NÕu n = 1, tõ (*) => m2 (m +1) = d (m −1)2 (**) = m2 (m +1) (m −1)2 = m2 (m +1) m −1 = m +1 m −1 (do m vµ m - 1 lµ 2 sè nguyªn liªn tiÕp) = m +1− (m −1) m −1 = 2 m −1 = m −11;−1;2;−2 = m 2;0;3;−1 Thay vµo (**) => d 12;0;9 = ( x; y) (24,12);(0,0),(27;9) +Th2 : NÕu n = -1, t­¬ng tù => kh«ng cã gi¸ trÞ tháa m·n -----------------CHÚC CÁC CON THI TỐT!------------------