Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 9

www.VIETMATHS.com
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có
chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên
tố với số mũ chẵn.
3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số
chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n
∈
N).
4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số
chính phương nào có dạng 3n + 2 (n
∈
N).
5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
A. DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4
là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y

4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y
2
) + y
4

Đặt x
2
+ 5xy + 5y
2
= t ( t
∈
Z) thì
A = (t - y
2
)( t + y
2
) + y
4
= t
2
–y
4

+ y
4
= t
2
= (x
2
+ 5xy + 5y
2)2

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2
+ 5xy + 5y
2

∈
Z

Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n
∈
N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)( n
2
+ 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n
2
+ 3n = t (t
∈
N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t
2
+ 2t + 1 = ( t + 1 )
2

= (n
2
+ 3n + 1)
2
Vì n
∈
N nên n
2

+ 3n + 1
∈
N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) =
4
1
k(k+1)(k+2).4 =
4
1
k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
=
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒
S =
4
1
.1.2.3.4 -
4
1
.0.1.2.3 +
4
1
.2.3.4.5 -

4
1
.1.2.3.4 +…+
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1

k(k+1)(k+2)(k-1) =
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2
⇒
k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488 8 + 1 = 44…4 . 10
n
+ 8 . 11…1 + 1

n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1

= 4.
9
110 −
n

. 10
n
+ 8.
9
110 −
n
+ 1 =
9
9810.810.410.4
2
+−+−
nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn
=








+
3
110.2

n
Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
⇒









+
3
110.2
n

∈
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1

2n chữ số 1 n chữ số 4

B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
2

2
www.VIETMATHS.com

2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6

C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7

2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
Kết quả: A =








+
3
210
n
; B =









+
3
810
n
; C =








+
3
710.2
n
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:

a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
a. A = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1

+ 9= 224.10
2n
+ ( 10
n-2
– 1 ) . 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ 10
2n
– 10
n+2
+ 10
n+1
+ 9= 225.10
2n
– 90.10
n
+ 9
= ( 15.10
n
– 3 )
2

⇒
A là số chính phương

b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10
n
+ 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
=
9
110 −
n
. 10
n
+ 5.
9
110 −
n
+ 1 =
9
9510.51010
2
+−+−
nnn
=
9
410.410
2
++
nn
=









+
3
210
n
là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể
là một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n
∈
N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)
2
+ (n-1)
2
+ n
2
+ ( n+1)
2
+ ( n+2)
2
= 5.( n
2
+2)
Vì n
2

không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n
2
+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒
5.( n
2
+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n
6
– n
4
+ 2n
3
+ 2n
2
trong đó n
∈
N và n>1
không phải là số chính phương
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
2
2 2
2
www.VIETMATHS.com
n
6
– n
4
+ 2n
3

+2n
2
= n
2
.( n
4
– n
2
+ 2n +2 ) = n
2
.[ n
2
(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n
2
[ (n+1)(n
3
– n
2
+ 2) ] = n
2
(n+1).[ (n
3
+1) – (n
2
-1) ]= n
2
( n+1 )
2
.( n

2
–2n+2)
Với n
∈
N, n >1 thì n
2
-2n+2 = (n - 1)
2
+ 1 > ( n – 1 )
2
và n
2
– 2n + 2 = n
2
– 2(n - 1) < n
2

Vậy ( n – 1)
2
< n
2
– 2n + 2 < n
2

⇒
n
2
– 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số
hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính

phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a
2
có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6
⇒
a

2
⇒
a
2


4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96
⇒
Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 5
2
là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một
số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m
∈

N)
⇒
a
2
+ b
2
= (2k+1)
2
+ (2m+1)
2
= 4k
2
+ 4k + 1 + 4m
2
+ 4m + 1
= 4(k
2
+ k + m
2
+ m) + 2 = 4t + 2 (Với t
∈
N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t
∈
N) do đó a
2
+ b
2
không thể là số
chính phương.

Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p

2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m
2
(m
∈
N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ
⇒
m
2
lẻ
⇒
m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k
∈
N). Ta có m
2
= 4k
2
+ 4k + 1
⇒
p+1 = 4k
2
+ 4k + 1
⇒
p = 4k

2
+ 4k = 4k(k+1)

4 mâu thuẫn với (1)
⇒
p+1 là số chính phương
b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3
⇒
p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2
⇒
p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là
số chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N

3
⇒
2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k
∈
N)
⇒
2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ

⇒
N không chia hết cho 2 và 2N

2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1
⇒
2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒
2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05

2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
Chứng minh
1+ab
là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
9
110
2008
−
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 10
2008
+ 5
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0

⇒
ab+1 =

9
)510)(110(
20082008
+−
+ 1 =
9
9510.4)10(
200822008
+−+
=








+
3
210
2008

1+ab
=









+
3
210
2008
=
3
210
2008
+
Ta thấy 10
2008
+ 2 = 100…02

3 nên
3
210
2008
+

∈
N hay
1+ab
là số tự nhiên.
2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6

2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9

⇒
ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a
2
+ 6a + 1 = (3a+1)
2
⇒

1+ab
=
2
)13( +a
= 3a + 1
∈
N
B. DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
2
2
www.VIETMATHS.com
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n

2
+ 2n + 12 = k
2
(k
∈
N)

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (n+1)
2
= 11
⇔
(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 = 11
⇔
k = 6
k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a
2

(n
∈
N)
⇒
n
2
+ 3n = a
2

⇔
4n
2
+ 12n = 4a
2
⇔
(4n
2
+ 12n + 9) – 9 = 4a
2
⇔
(2n + 3)
2
- 4a
2
= 9
⇔
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a)= 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta
có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1
⇔

2n + 3 + 2a = 9
⇔
n = 1
2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y
2
( y
∈
N)
⇒
13(n – 1) = y
2
– 16
⇔
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒
(y + 4)(y – 4)

13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4

13 hoặc y – 4

13
⇒
y = 13k
±
4 (Với k
∈
N)
⇒

13(n – 1) = (13k
±
4 )
2
– 16 = 13k.(13k
±
8)
⇒
n = 13k
2

±
8k + 1
Vậy n = 13k
2

±
8k + 1 (Với k
∈
N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d. Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
∈
N)
⇒
(4n
2

+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

⇔
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể
viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a. a
2
+ a + 43
b. a
2
+ 81
c. a
2
+ 31a + 1984
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính
phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 1
2
là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 3

2
là số chính phương
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều
tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải
là số chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n
∈
N để các số sau là số chính phương:
a. n
2
+ 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n
2
+ 4n + 97
d. 2
n
+ 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n
2
là số chính phương thì 2006 + n
2
= m
2

(m
∈
N)
Từ đó suy ra m
2
– n
2
= 2006
⇔
(m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m
⇒
2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2)
⇒
m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒
(m + n)(m - n)

4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4

⇒
Điều giả sử sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Bài 6: Biết x
∈

N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x
chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x
∈
N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2)
⇒
x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 76
2
= 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính
phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta
được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số
chính phương thì n là bội số của 24.
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
2
www.VIETMATHS.com
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k
2
, 2n+1 = m
2
(k, m

∈
N)
Ta có m là số lẻ
⇒
m = 2a+1
⇒
m
2
= 4a (a+1) + 1

⇒
n =
2
1
2
−m
=
2
)1(4
+
aa
= 2a(a+1)

⇒
n chẵn
⇒
n+1 lẻ
⇒
k lẻ
⇒

Đặt k = 2b+1 (Với b
∈
N)
⇒
k
2
= 4b(b+1) +1

⇒
n = 4b(b+1)
⇒
n

8 (1)
Ta có k
2
+ m
2
= 3n + 2
≡
2 (mod3)
Mặt khác k
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m
2
chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
Nên để k
2
+ m
2

≡
2 (mod3) thì k
2

≡
1 (mod3)
m
2
≡
1 (mod3)
⇒
m
2
– k
2


3 hay (2n+1) – (n+1)

3
⇒
n

3 (2)
Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3)
⇒
n


24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2
8
+ 2
11
+ 2
n
là số chính phương .
Giả sử 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= a
2
(a
∈
N) thì
2
n
= a
2
– 48
2
= (a+48)(a-48)
2
p
.2
q

= (a+48)(a-48) Với p, q
∈
N ; p+q = n và p > q

⇒
a+48 = 2
p

⇒
2
p
– 2
q
= 96
⇔
2
q
(2
p-q
-1) = 2
5
.3
a- 48 = 2
q


⇒
q = 5 và p-q = 2
⇒
p = 7

⇒
n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 2
8
+ 2
11
+ 2
n
= 80
2
C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: 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.
Gọi A = abcd = k
2
. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số
B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m
2
với k, m
∈
N và 32 < k < m < 100
a, b, c, d
∈
N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
⇒
Ta có A = abcd = k
2

B = abcd + 1111 = m
2

⇒
m
2
– k
2
= 1111
⇔
(m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Do đó m – k == 11
⇔
m = 56
⇔
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Bài 2: Tìm 1 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.
Đặt abcd = k
2
ta có ab – cd = 1 và k
∈
N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)
⇒

k +10

101 hoặc k-10

101
Mà (k-10; 101) = 1
⇒
k +10

101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110
⇒
k+10 = 101
⇒
k = 91
⇒
abcd = 91
2
= 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số
cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n
2
với a, b
∈
N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n
2
= aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb


11
⇒
a + b

11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18
⇒
a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n
2
= 11
2
(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn
⇒
b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập
phương nên đặt abcd = x
2
= y
3
Với x, y
∈
N
Vì y
3
= x

2
nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999
⇒
10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương
⇒
y = 16
⇒
abcd = 4096
Bài 5: Tìm một 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.
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
Đặt abcd = k
2
< 10000
⇒
32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k
2
có tận cùng bằng 5
⇒
k tận cùng bằng 5

Tổng các chữ số của k là một số chính phương
⇒
k = 45
⇒
abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và
viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b
∈
N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
Số viết theo thứ tự ngược lại ba
Ta có ab - ba

= ( 10a + b )
2
– ( 10b + a )
2
= 99 ( a
2
– b
2
)

11
⇒
a
2

- b
2


11
Hay ( a-b )(a+b )

11
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b

11
⇒
a + b = 11
Khi đó ab

- ba = 3
2
. 11
2
. (a - b)
Để ab

- ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1
hoặc a - b = 4
• Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11
⇒
a = 6, b = 5, ab = 65
Khi đó 65
2
– 56

2
= 1089 = 33
2
• Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11
⇒
a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng
được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu
( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.
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 )
3

⇔
(10a+b)
2
= ( a + b )
3
⇒
ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t
3
( t
∈
N ) , a + b = l

2
( l
∈
N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99
⇒
ab = 27 hoặc ab = 64
• Nếu ab = 27
⇒
a + b = 9 là số chính phương
• Nếu ab = 64
⇒
a + b = 10 không là số chính phương
⇒
loại
Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n
∈
N)
Ta có A= ( 2n-1 )
2
+ ( 2n+1)
2
+ ( 2n+3 )
2
= 12n
2
+ 12n + 11
Theo đề bài ta đặt 12n

2
+ 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9

⇒
12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )

⇒
101a – 1

3
⇒
2a – 1

3
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
2 2
2 2
2 2
2
www.VIETMATHS.com
Vỡ 1 a 9 nờn 1 2a-1 17 v 2a-1 l nờn 2a 1

{ 3; 9; 15 }


a

{ 2; 5; 8 }
Vỡ a l

a = 5

n = 21
3 s cn tỡm l 41; 43; 45
Bi 10: Tỡm s cú 2 ch s sao cho tớch ca s ú vi tng cỏc ch s ca nú bng
tng lp phng cỏc ch s ca s ú.
ab (a + b ) = a
3
+ b
3

10a + b = a
2
ab + b
2
= ( a + b )
2
3ab


3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b 1 )
a + b v a + b 1 nguyờn t cựng nhau do ú
a + b = 3a hoc a + b 1 = 3a
a + b 1 = 3 + b a + b = 3 + b


a = 4 , b = 8 hoc a = 3 , b = 7
Vy ab = 48 hoc ab = 37.
. Ht .
Số nguyên tố

I. Kiến thức cần nhớ:
1. Dịnh nghĩa:
* Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ớc là 1 và chính nó.
* Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ớc.
2. Tính chất:
* Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì p = q.
* 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 .
3. Cách nhận biết một số nguyên tố:
a) Chia số đó lần lợt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn.
- Nếu có một phép chia hết thì số đó không phải là số nguyên tố.
- Nếu chia cho đến lúc số thơng nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn còn số d thì
ssó đó là số nguyên tố.
b) Một số có 2 ớc số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố.
4. 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 dới 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 đợc ra thừa số nguyên tố.
.
ới , , à những số nguyên tố.
, , , N và , , , 1
A a b c
V a b c l

=

5. Số các ớc số và tổng các ớc số của một số:

Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
+1 1 1
ả sử .
ới , , à những số nguyên tố.
, , , N và , , , 1
1. Số các ớc số của A là: ( +1)( +1) ( +1).
a 1 1 1
2. Tổng các ớc số của A là: .
1 1 1
Gi A a b c
V a b c l
b c
a b c

+ +
=




6. Số nguyên tố cùng nhau:
* Hai số nguyên tố cùng nhau là hai số có ƯCLN bằng 1.
Hai số a và b nguyên tố cùng nhau

ƯCLN(a, b) = 1.
Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau

ƯCLN(a, b, c) = 1.
Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau

ƯCLN(a, b) = ƯCLN(b, c) =
ƯCLN(c, a) =1.
II. Các ví dụ:
VD1: Ta biết rằng có 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100. Tổng của 25 số nguyên tố là số chẵn
hay số lẻ.
HD:
Trong 25 số nguyên tố nhỏ hơn 100 có chứa một số nguyên tố chẵn duy nhất là 2, còn 24
số nguyên tố còn lại là số lẻ. Do đó tổng của 25 số nguyên tố là số chẵn.
VD2: Tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012. Tìm số nguyên tố nhỏ nhất trong ba số
nguyên tố đó.
HD:
Vì tổng của 3 số nguyên tố bằng 1012, nên trong 3 số nguyên tố đó tồn tại ít nhất
một số nguyên tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2 và là số nguyên tố nhỏ nhất.
Vậy số nguyên tố nhỏ nhất trong 3 số nguyên tố đó là 2.
VD3: Tổng của 2 số nguyên tố có thể bằng 2003 hay không? Vì sao?
HD:
Vì tổng của 2 số nguyên tố bằng 2003, nên trong 2 số nguyên tố đó tồn tại 1 số nguyên
tố chẵn. Mà số nguyên tố chẵn duy nhất là 2. Do đó số nguyên tố còn lại là 2001. Do
2001 chia hết cho 3 và 2001 > 3. Suy ra 2001 không phải là số nguyên tố.
VD4: Tìm số nguyên tố p, sao cho p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố.
HD:
Giả sử p là số nguyên tố.
- Nếu p = 2 thì p + 2 = 4 và p + 4 = 6 đều không phải là số nguyên tố.
- Nếu p

3 thì số nguyên tố p có 1 trong 3 dạng: 3k, 3k + 1, 3k + 2 với k

N*.
+) Nếu p = 3k

p = 3

p + 2 = 5 và p + 4 = 7 đều là các số nguyên tố.
+) Nếu p = 3k +1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1)

p + 2
M
3 và p + 2 > 3. Do đó
p + 2 là hợp số.
+) Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)

p + 4
M
3 và p + 4 > 3. Do đó
p + 4 là hợp số.
Vậy với p = 3 thì p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố.
VD5: Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 8 là hợp số.
HD:
Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2 với k

N*.
- Nếu p = 3k + 2 thì p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2)

p + 4
M
3 và p + 4 > 3. Do đó
p + 4 là hợp số ( Trái với đề bài p + 4 là số nguyên tố).
- Nếu p = 3k + 1 thì p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3)

p + 8
M
3 và p + 8 > 3. Do đó
p + 8 là hợp số.
Vậy số nguyên tố p có dạng: p = 3k + 1 thì p + 8 là hợp số.
VD6: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n 1.
HD:
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Mỗi số tự nhiên n khi chia cho 4 có thể có 1 trong các số d: 0; 1; 2; 3. Do đó mọi số tự
nhiên n đều có thể viết đợc dới 1 trong 4 dạng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3
với k

N*.
- Nếu n = 4k

n
M
4

n là hợp số.
- Nếu n = 4k + 2

n
M
2

n là hợp số.
Vậy mọi số nguyên tố lớn hơn 2 đều có dạng 4k + 1 hoặc 4k 1. Hay mọi số nguyên tố
lớn hơn 2 đều có dạng 4n + 1 hoặc 4n 1 với n

N*.
VD7: Tìm ssó nguyên tố, biết rằng số đó bằng tổng của hai số nguyên tố và bằng hiệu
của hai số nguyên tố.
HD:
ả sử a, b, c, d, e là các số nguyên tố và d > e.
Theo bài ra: a = b + c = d - e (*).
Từ (*) a > 2 a là số nguyên tố lẻ.
b + c và d - e là số lẻ.
Do b, d là các số nguyên tố b, d là số lẻ c, e
Gi


là số chẵn.
c = e = 2 (do c, e là các số nguyên tố).
a = b + 2 = d - 2 d = b + 4.
Vậy ta cần tìm số nguyên tố b sao cho b + 2 và b + 4 cũng là các số nguyên tố.


VD8: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho: x
2
6y
2
= 1.
HD:
2 2 2 2 2
2
2 2
2
ó: x 6 1 1 6 ( 1)( 1) 6

6 2 ( 1)( 1) 2
à x - 1 + x + 1 = 2x x - 1 và x + 1 có cùng tính chẵn lẻ.
x - 1 và x + 1 là hai số chẵn liên tiếp
( 1)( 1) 8 6 8 3 4
2 2 2 5
Ta c y x y x x y
Do y x x
M
x x y y
y y y x
= = + =
+


+
= =
M M
M M M
M M
VD9: Cho p và p + 2 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng p + 1
M
6.
HD:
Vì p là số nguyên tố và p > 3, nên số nguyên tố p có 1 trong 2 dạng: 3k + 1, 3k + 2 với k

N*.
- Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1)

p + 2
M

3 và p + 2 > 3. Do đó
p + 2 là hợp số ( Trái với đề bài p + 2 là số nguyên tố).
- Nếu p = 3k + 2 thì p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1).
Do p là số nguyên tố và p > 3

p lẻ

k lẻ

k + 1 chẵn

k + 1
M
2 (2)
Từ (1) và (2)

p + 1
M
6.
II. Bài tập vận dụng:
Bài 1: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:
a) p + 2 và p + 10.
b) p + 10 và p + 20.
c) p + 10 và p + 14.
d) p + 14 và p + 20.
e) p + 2và p + 8.
f) p + 2 và p + 14.
g) p + 4 và p + 10.
h) p + 8 và p + 10.
Bài 2: Tìm số nguyên tố p sao cho các số sau cũng là số nguyên tố:

a) p + 2, p + 8, p + 12, p + 14.
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
b) p + 2, p + 6, p + 8, p + 14.
c) p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
d) p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
e) p + 6, p + 12, p + 18, p + 24.
f) p + 18, p + 24, p + 26, p + 32.
g) p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16.
Bài 3:
a) Cho p và p + 4 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: p + 8 là hợp số.
b) Cho p và 2p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 4p + 1 là hợp số.
c) Cho p và 10p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 5p + 1 là hợp số.
d) Cho p và p + 8 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: p + 4 là hợp số.
e) Cho p và 4p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 2p + 1 là hợp số.
f) Cho p và 5p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 10p + 1 là hợp số.
g) Cho p và 8p + 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p - 1 là hợp số.
h) Cho p và 8p - 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p + 1 là hợp số.
i) Cho p và 8p
2
- 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p
2
+ 1 là hợp số.
j) Cho p và 8p
2
+ 1 là các số nguyên tố (p > 3). Chứng minh rằng: 8p
2
- 1 là hợp số.
Bài 4: Chứng minh rằng:
a) Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p

2
q
2

M
24.
b) Nếu a, a + k, a + 2k (a, k

N
*
) là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k
M
6.
Bài 5:
a) Một số nguyên tố chia cho 42 có số d r là hợp số. Tìm số d r.
b) Một số nguyên tố chia cho 30 có số d r. Tìm số d r biết rằng r không là số nguyên
tố.
Bài 6: Hai số nguyên tố gọi là sinh đôi nếu chúng là hai số nguyên tố lẻ liên tiếp. Chứng
minh rằng một số tự nhiên lớn hơn 3 nằm giữa hai số nguyên tố sinh đôi thì chia hết cho
6.
Bài 7: Cho 3 số nguyên tố lớn hơn 3, trong đó số sau lớn hơn số trớc là d đơn vị. Chứng
minh rằng d chia hết cho 6.
Bài 8: Tìm số nguyên tố có ba chữ số, biết rằng nếu viết số đó theo thứ tự ngợc lại thì ta
đợc một số là lập phơng của một số tự nhiên.
Bài 9: Tìm số tự nhiên có 4 chữ số, chữ số hàng nghìn bằng chữ số hàng đơn vị, chữ số
hàng trăm bằng chữ số hàng chục và số đó viết đợc dới dạng tích của 3 số nguyên tố liên
tiếp.
Bài 10: Tìm 3 số nguyên tố lẻ liên tiếp đều là các số nguyên tố.
Bài 11: Tìm 3 số nguyên tố liên tiếp p, q, r sao cho p
2

+ q
2
+ r
2
cũng là số nguyên tố.
Bài 12: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c sao cho a.b.c < a.b + b.c + c.a.
Bài 13: Tìm 3 số nguyên tố p, q, r sao cho p
q
+ q
p
= r.
Bài 14: Tìm các số nguyên tố x, y, z thoả mãn x
y
+ 1 = z.
Bài 15: Tìm số nguyên tố
2
, à các số nguyên tố và b .abcd sao cho ab ac l cd b c= +
B i 16: Cho các số p = b
c
+ a, q = a
b
+ c, r = c
a
+ b (a, b, c

N*) là các số nguyên tố.
Chứng minh rằng 3 số p, q, r có ít nhất hai số bằng nhau.
Bài 17: Tìm tất cả các số nguyên tố x, y sao cho:
a) x
2

12y
2
= 1.
b) 3x
2
+ 1 = 19y
2
.
c) 5x
2
11y
2
= 1.
d) 7x
2
3y
2
= 1.
e) 13x
2
y
2
= 3.
f) x
2
= 8y + 1.
Bài 18: Tìm 3 số nguyên tố sao cho tích của chúng gấp 5 lần tổng của chúng.
Bài 19: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để p và 8p
2
+ 1 là các số nguyên tố là

p = 3.
Bài 20: Chứng minh rằng: Nếu a
2
b
2
là một số nguyên tố thì a
2
b
2
= a + b.
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Bài 21: Chứng minh rằng mọi số nguyên tố lớn hơn 3 đều có dạng 6n + 1 hoặc
6n 1.
Bài 22: Chứng minh rằng tổng bình phơng của 3 số nguyên tố lớn hơn 3 không thể là
một số nguyên tố.
Bài 23: Cho số tự nhiên n

2. Gọi p
1
, p
2
, , p
n
là những số nguyên tố sao cho
p
n


n + 1. Đặt A = p

1
.p
2
p
n
. Chứng minh rằng trong dãy số các số tự nhiên liên tiếp: A
+ 2, A + 3, , A + (n + 1). Không chứa một số nguyên tố nào.
Bài 24: Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p 3)(p 2) - 1
M
p.
Bài 25: Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố thì 2.3.4 (p 2)(p 1) + 1
M
p.
Chuyên đề tìm chữ số tận cùng
I. Tỡm mt ch s tn cựng
Tớnh cht 1: a) Cỏc s cú ch s tn cựng l 0, 1, 5, 6 khi nõng lờn ly tha bc bt kỡ
thỡ ch s tn cựng vn khụng thay i.
b) Cỏc s cú ch s tn cựng l 4, 9 khi nõng lờn ly tha bc l thỡ ch s tn cựng
vn khụng thay i.
c) Cỏc s cú ch s tn cựng l 3, 7, 9 khi nõng lờn ly tha bc 4n (n thuc N) thỡ
ch s tn cựng l 1.
d) Cỏc s cú ch s tn cựng l 2, 4, 8 khi nõng lờn ly tha bc 4n (n thuc N) thỡ
ch s tn cựng l 6.
e) Tớch ca mt s t nhiờn cú ch s tn cựng l 5 vi bt kỡ s t nhiờn l no cng
cho ta s cú ch s tn cựng l 5.
Tớnh cht 2: Mt s t nhiờn bt kỡ, khi nõng lờn ly tha bc 4n + 1 (n thuc N) thỡ
ch s tn cựng vn khụng thay i.
Tớnh cht 3: a) S cú ch s tn cựng l 3 khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s cú ch
s tn cựng l 7 ; s cú ch s tn cựng l 7 khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s cú ch
s tn cựng l 3.

b) S cú ch s tn cựng l 2 khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s cú ch s tn cựng
l 8 ; s cú ch s tn cựng l 8 khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s cú ch s tn cựng
l 2.
c) Cỏc s cú ch s tn cựng l 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nõng lờn ly tha bc 4n + 3 s
khụng thay i ch s tn cựng.
Bi 1: Tỡm ch s tn cựng ca cỏc s: a) 7
99
b)
14
14
14
c)
67
5
4

Gii: a) Trc ht, ta tỡm s d ca phộp chia 99 cho 4: 9
9
1 = (9 1)(9
8
+ 9
7
+ + 9
+ 1) chia ht cho 4 99 = 4k + 1 (k N) 7
99
= 7
4k + 1
= 7
4k
.7

Do 7
4k
cú ch s tn cựng l 1 7
99
cú ch s tn cựng l 7.
b) D thy 14
14
= 4k (k N) 14
1414
= 14
4k
cú ch s tn cựng l 6.
c) Ta cú 5
67
1
M
4 5
67
= 4k + 1 (k N) 4
567
= 4
4k + 1
= 4
4k
.4 4
4k
cú ch s tn
cựng l 6 nờn 4
567
cú ch s tn cựng l 4.

Bi 2: Tỡm ch s tn cựng ca cỏc s:
a) 7
1993
b) 2
1000
c) 3
1993
d) 4
161
e)
4
3
2
g)
9
9
9
h)
1945
8
19
i)
1930
2
3
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8
102
− 2

102

M
10 b) 17
5
+ 24
4
− 13
21

M
10
c) 43
43
− 17
17

M
10
Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n
10
+ 1  10
Bài 5: Có tồn tại hay không số tự nhiên n để n
2
+ n + 2 chia hết cho 5?
Bài 6: Tìm chữ số tận cùng của C = 1.3.5.7… 99
Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các
chữ số tận cùng của từng lũy thừa trong tổng.
Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 2
1

+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2004
8009
.
Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
1 (các lũy thừa đều có dạng n
4(n − 2) + 1
, n ∈ {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng
giống nhau, bằng chữ số tận cùng của tổng:
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 =
9009.
Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9.
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2004
8011
.
Giải: Trước hết ta có nhận xét: Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư
3 (các lũy thừa đều có dạng n
4(n − 2) + 3
, n thuộc {2, 3, …, 2004}).
Theo tính chất 3 thì 2

3
có chữ số tận cùng là 8 ; 3
7
có chữ số tận cùng là 7 ; 4
11
có chữ
số tận cùng là 4 ; … Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng:
(8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4
= 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019. Vậy: chữ số tận cùng của
tổng T là 9.
Bài 4: Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Giải: 1995
2000
tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n
2
+
n + 1 có chia hết cho 5 không? Ta có n
2
+ n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên
tiếp nên chữ số tận cùng của n
2
+ n chỉ có thể là 0; 2; 6 ⇒ n
2
+ n + 1 chỉ có thể tận cùng
là 1; 3; 7 ⇒ n
2

+ n + 1 không chia hết cho 5.
Vậy: không tồn tại số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Sử dụng tính chất “Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ;
5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải được Bài sau:
Bài 5: Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương:
a) M = 19
k
+ 5
k
+ 1995
k
+ 1996
k
(với k chẵn)
b) N = 2004
2004k
+ 2003
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ;
3 ; 7 ; 9”
Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng: p
8n
+3.p
4n
− 4 chia hết cho 5.
Bài 7: Tìm số dư của các phép chia:
a) 2

1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2003
8005
cho 5
b) 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2003
8007
cho 5
Bài 8: Tìm chữ số tận cùng của X, Y:
X = 2
2
+ 3
6
+ 4
10
+ … + 2004
8010

Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Y = 2

8
+ 3
12
+ 4
16
+ … + 2004
8016

Bài 9: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau:
U = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2005
8013

V = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2005
8015

Bài 10: Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn:
19
x

+ 5
y
+ 1980z = 1975
430
+ 2004.
II. Tìm hai chữ số tận cùng
Nhận xét: Nếu x ∈ N và x = 100k + y, trong đó k; y ∈ N thì hai chữ số tận cùng của x
cũng chính là hai chữ số tận cùng của y.
Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự
nhiên x thì thay vào đó ta đi tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn).
Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn.
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x =
a
m
như sau:
Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = a
m

M
2
m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho a
n − 1

M
25.
Viết m = p
n
+ q (p ; q ∈ N), trong đó q là số nhỏ nhất để a
q

M
4 ta có:
x = a
m
= a
q
(a
pn
− 1) + a
q
.
Vì a
n − 1

M
25 ⇒ a
pn
− 1
M
25. Mặt khác, do (4, 25) = 1 nên a
q
(a
pn
− 1)
M
100.
Vậy hai chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là hai chữ số tận cùng của a

q
. Tiếp theo, ta
tìm hai chữ số tận cùng của a
q
.
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho a
n − 1

M
100.
Viết m = u
n
+ v (u ; v ∈ N, 0 ≤ v < n) ta có: x = a
m
= a
v
(a
un
− 1) + a
v
Vì a
n
− 1
M
100 ⇒ a
un
− 1
M
100.
Vậy hai chữ số tận cùng của a

m
cũng chính là hai chữ số tận cùng của a
v
. Tiếp theo, ta
tìm hai chữ số tận cùng của a
v
.
Trong cả hai trường hợp trên, chìa khóa để giải được Bài là chúng ta phải tìm được số tự
nhiên n. Nếu n càng nhỏ thì q và v càng nhỏ nên sẽ dễ dàng tìm hai chữ số tận cùng của
a
q
và a
v
.
Bài 11: Tìm hai chữ số tận cùng của các số: a) a
2003
b) 7
99

Giải: a) Do 2
2003
là số chẵn, theo trường hợp 1, ta tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 2
n
−
1
M
25.
Ta có 2
10
= 1024 ⇒ 2

10
+ 1 = 1025
M
25 ⇒ 2
20
− 1 = (2
10
+ 1)(2
10
− 1)
M
25 ⇒ 2
3
(2
20
− 1)
M
100. Mặt khác: 2
2003
= 2
3
(2
2000
− 1) + 2
3
= 2
3
((2
20
)

100
− 1) + 2
3
= 100k + 8 (k ∈ N).
Vậy hai chữ số tận cùng của 2
2003
là 08.
b) Do 7
99
là số lẻ, theo trường hợp 2, ta tìm số tự nhiên n bé nhất sao cho 7
n
− 1
M
100.
Ta có 7
4
= 2401 => 74 − 1
M
100. Mặt khác: 9
9
− 1
M
4 => 9
9
= 4k + 1 (k ∈ N)
Vậy 7
99
= 7
4k + 1
= 7(7

4k
− 1) + 7 = 100q + 7 (q N) tận cùng bởi hai chữ số 07. 
Bài 12: Tìm số dư của phép chia 3
517
cho 25.
Giải: Trước hết ta tìm hai chữ số tận cùng của 3
517
. Do số này lẻ nên theo trường hợp 2,
ta phải tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho 3
n
− 1
M
100.
Ta có 3
10
= 9
5
= 59049 ⇒ 3
10
+ 1
M
50 ⇒ 3
20
− 1 = (3
10
+ 1) (3
10
− 1)
M
100.

Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Mặt khác: 5
16
− 1
M
4 ⇒ 5(5
16
− 1)
M
20 ⇒ 5
17
= 5(5
16
− 1) + 5 = 20k + 5 ⇒ 3
517
= 3
20k + 5
= 3
5
(3
20k
− 1) + 3
5
= 3
5
(3
20k
− 1) + 243, có hai chữ số tận cùng là 43.
Vậy số dư của phép chia 3

517
cho 25 là 18.
Trong trường hợp số đã cho chia hết cho 4 thì ta có thể tìm theo cách gián tiếp.
Trước tiên, ta tìm số dư của phép chia số đó cho 25, từ đó suy ra các khả năng của hai
chữ số tận cùng. Cuối cùng, dựa vào giả thiết chia hết cho 4 để chọn giá trị đúng.
Các thí dụ trên cho thấy rằng, nếu a = 2 hoặc a = 3 thì n = 20 ; nếu a = 7 thì n = 4.
Một câu hỏi đặt ra là: Nếu a bất kì thì n nhỏ nhất là bao nhiêu ? Ta có tính chất sau đây:
Tính chất 4: Nếu a
M
N và (a, 5) = 1 thì a
20
− 1
M
25.
Bài 13: Tìm hai chữ số tận cùng của các tổng:
a) S
1
= 1
2002
+ 2
2002
+ 3
2002
+ + 2004
2002

b) S
2
= 1
2003

+ 2
2003
+ 3
2003
+ + 2004
2003

Giải: a) Dễ thấy, nếu a chẵn thì a
2
chia hết cho 4 ; nếu a lẻ thì a
100
− 1 chia hết cho 4 ;
nếu a chia hết cho 5 thì a
2
chia hết cho 25.
Mặt khác, từ tính chất 4 ta suy ra với mọi a ∈ N và (a, 5) = 1 ta có a
×
100 − 1
M
25.
Vậy với mọi a ∈ N ta có a
2
(a
100
− 1)
M
100.
Do đó S
1
= 1

2002
+ 2
2
(2
2000
− 1) + + 2004
2
(2004
2000
− 1) + 2
2
+ 3
2
+ + 2004
2
.
Vì thế hai chữ số tận cùng của tổng S
1
cũng chính là hai chữ số tận cùng của tổng
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + 2004
2
. áp dụng công thức: 1
2
+ 2

2
+ 3
2
+ + n
2
= n(n + 1)(2n + 1)/6
⇒1
2
+ 2
2
+ + 2004
2
= 2005
×
4009
×
334 = 2684707030, tận cùng là 30.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S
1
là 30.
b) Hoàn toàn tương tự như câu a, S
2
= 1
2003
+ 2
3
(2
2000
− 1) + + 2004
3

(2004
2000
− 1) + 2
3
+ 3
3
+ 2004
3
. Vì thế, hai chữ số tận cùng của tổng S
2
cũng chính là hai chữ số tận cùng
của 1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + 2004
3
. Áp dụng công thức:
2
3 3 3 3 2
n(n 1)
1 2 3 n (1 2 n)
2
+
 
+ + + + = + + + =
 
 

⇒ 1
3
+ 2
3
+ + 2004
3
= (2005
×
1002)
2
= 4036121180100, tận cùng là 00.
Vậy hai chữ số tận cùng của tổng S
2
là 00.
Tính chất 5: Số tự nhiên A không phải là số chính phương nếu:
+ A có chữ số tận cùng là 2, 3, 7, 8 ;
+ A có chữ số tận cùng là 6 mà chữ số hàng chục là chữ số chẵn ;
+ A có chữ số hàng đơn vị khác 6 mà chữ số hàng chục là lẻ ;
+ A có chữ số hàng đơn vị là 5 mà chữ số hàng chục khác 2 ;
+ A có hai chữ số tận cùng là lẻ.
Bài 14: Cho n ∈ N và n − 1 không chia hết cho 4. CMR: 7
n
+ 2 không thể là số chính
phương.
Giải: Do n − 1 không chia hết cho 4 nên n = 4k + r (r ∈ {0, 2, 3}). Ta có 7
4
− 1 = 2400
M
100. Ta viết 7
n

+ 2 = 7
4k + r
+ 2 = 7
r
(7
4k
− 1) + 7
r
+ 2. Vậy hai chữ số tận cùng của 7
n
+ 2
cũng chính là hai chữ số tận cùng của 7
r
+ 2 (r = 0, 2, 3) nên chỉ có thể là 03, 51, 45.
Theo tính chất 5 thì rõ ràng 7
n
+ 2 không thể là số chính phương khi n không chia hết
cho 4.
III. Tìm ba chữ số tận cùng
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Nhận xét: Tương tự như trường hợp tìm hai chữ số tận cùng, việc tìm ba chữ số tận
cùng của số tự nhiên x chính là việc tìm số dư của phép chia x cho 1000.
Nếu x = 1000k + y, trong đó k ; y ∈ N thì ba chữ số tận cùng của x cũng chính là
ba chữ số tận cùng của y (y ≤ x).
Do 1000 = 8 x 125 mà (8, 125) = 1 nên ta đề xuất phương pháp tìm ba chữ số tận
cùng của số tự nhiên x = a
m
như sau:
Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = a

m
chia hết cho 2
m
. Gọi n là số tự nhiên sao cho a
n
− 1
chia hết cho 125.
Viết m = p
n
+ q (p ; q ∈ N), trong đó q là số nhỏ nhất để a
q
chia hết cho 8 ta có:
x = a
m
= a
q
(a
pn
− 1) + a
q
.
Vì a
n
− 1 chia hết cho 125 => a
pn
− 1 chia hết cho 125. Mặt khác, do (8, 125) = 1
nên a
q
(a
pn

− 1) chia hết cho 1000.
Vậy ba chữ số tận cùng của a
m
cũng chính là ba chữ số tận cùng của a
q
. Tiếp theo,
ta tìm ba chữ số tận cùng của a
q
.
Trường hợp 2: Nếu a lẻ , gọi n là số tự nhiên sao cho a
n
− 1 chia hết cho 1000.
Viết m = u
n
+ v (u ; v ∈ N, 0 ≤ v < n) ta có: x = a
m
= a
v
(a
un
− 1) + a
v
.
Vì a
n
− 1 chia hết cho 1000 => a
un
− 1 chia hết cho 1000.
Vậy ba chữ số tận cùng của a
m

cũng chính là ba chữ số tận cùng của a
v
. Tiếp theo,
ta tìm ba chữ số tận cùng của a
v
. Tính chất sau được suy ra từ tính chất 4.
Tính chất 6: Nếu a ∈ N và (a, 5) = 1 thì a
100
− 1 chia hết cho 125.
Chứng minh: Do a
20
− 1
M
25 nên a
20
, a
40
, a
60
, a
80
khi chia cho 25 có cùng số dư là 1
⇒ a
20
+ a
40
+ a
60
+ a
80

+ 1
M
5. Vậy a
100
− 1 = (a
20
− 1)( a
80
+ a
60
+ a
40
+ a
20
+ 1)
M
125.
Bài 15: Tìm ba chữ số tận cùng của 123
101
.
Giải: Theo tính chất 6, do (123, 5) = 1 ⇒ 123
100
− 1
M
125 (1).
Mặt khác: 123
100
− 1 = (123
25
− 1)(123

25
+ 1)(123
50
+ 1) ⇒ 123
100
− 1
M
8 (2).
Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 123
100
− 1
M
1000
⇒ 123
101
= 123(123
100
− 1) + 123 = 1000k + 123 (k ∈ N). Vậy 123
101
có ba chữ số tận
cùng là 123.
Bài 12: Tìm ba chữ số tận cùng của 3
399 98
.
Giải: Theo tính chất 6, do (9, 5) = 1 => 9
100
− 1 chi hết cho 125 (1).
Tương tự bài 11, ta có 9
100
− 1 chia hết cho 8 (2).

Vì (8, 125) = 1, từ (1) và (2) suy ra: 9
100
− 1 chia hết cho 1000 ⇒ 3
399 98
= 9
199 9
=
9
100p + 99
= 9
99
(9
100p
− 1) + 9
99
= 1000q + 9
99
(p, q ∈ N).
Vậy ba chữ số tận cùng của 3
399 98
cũng chính là ba chữ số tận cùng của 9
99
. Lại vì
9
100
− 1 chia hết cho 1000 ⇒ ba chữ số tận cùng của 9
100
là 001 mà 9
99
= 9

100
: 9 ⇒ ba
chữ số tận cùng của 9
99
là 889 (dễ kiểm tra chữ số tận cùng của 9
99
là 9, sau đó dựa vào
phép nhân
???9 9 001× =
để xác định
??9 889=
). Vậy ba chữ số tận cùng của 3
399 98
là
889.
Nếu số đã cho chia hết cho 8 thì ta cũng có thể tìm ba chữ số tận cùng một cách
gián tiếp theo các bước: Tìm dư của phép chia số đó cho 125, từ đó suy ra các khả năng
của ba chữ số tận cùng, cuối cùng kiểm tra điều kiện chia hết cho 8 để chọn giá trị đúng.
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Bi 16: Tỡm ba ch s tn cựng ca 2004
200
.
Gii: do (2004, 5) = 1 (tớnh cht 6) 2004
100
chia cho 125 d 1 2004
200
= (2004
100
)

2
chia cho 125 d 1 2004
200
ch cú th tn cựng l 126, 251, 376, 501, 626, 751, 876.
Do 2004
200

M
8 nờn ch cú th tn cựng l 376.
Bi tp vn dng:
Bi 17: Chng minh 1
n
+ 2
n
+ 3
n
+ 4
n
chia ht cho 5 khi v ch khi n khụng chia ht cho
4.
Bi 18: Chng minh 9
20002003
, 7
20002003
cú ch s tn cựng ging nhau.
Bi 19: Tỡm hai ch s tn cựng ca:
a) 3
999
b) 11
1213

Bi 20: Tỡm hai ch s tn cựng ca:
S = 2
3
+ 2
23
+ + 2
40023

Bi 21: Tỡm ba ch s tn cựng ca:
S = 1
2004
+ 2
2004
+ + 2003
2004

Bi 22: Cho (a, 10) = 1. Chng minh rng ba ch s tn cựng ca a
101
cng bng ba ch
s tn cựng ca a.
Bi 23: Cho A l mt s chn khụng chia ht cho 10. Hóy tỡm ba ch s tn cựng ca
A
200
.
Bi 24: Tỡm ba ch s tn cựng ca s:
1993
19941995 2000

Bi 25: Tỡm sỏu ch s tn cựng ca 5

21
.
Dãy số có qui luật
I > Phơng pháp dự đoán và quy nạp :
Trong một số trờng hợp khi gặp bài toán tính tổng hữu hạn
Sn = a
1
+ a
2
+ a
n
(1)
Bằng cách nào đó ta biết đợc kết quả (dự đoán , hoặc bài toán chứng minh khi đã cho
biết kết quả). Thì ta nên sử dụng phơng pháp này và hầu nh thế nào cũng chứng minh đ-
ợc .
Ví dụ 1 : Tính tổng S
n
=1+3+5 + + (2n -1 )
Thử trực tiếp ta thấy : S
1
= 1
S
2
= 1 + 3 =2
2

S
3
= 1+ 3+ 5 = 9 = 3
2

Ta dự đoán Sn = n
2

Với n = 1;2;3 ta thấy kết quả đúng
giả sử với n= k ( k

1) ta có S
k
= k
2
(2)
ta cần phải chứng minh S
k
+ 1 = ( k +1 )
2
( 3)
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Thật vậy cộng 2 vế của ( 2) với 2k +1 ta có
1+3+5 + + (2k 1) + ( 2k +1) = k
2
+ (2k +1)
vì k
2
+ ( 2k +1) = ( k +1)
2
nên ta có (3) tức là S
k+1

= ( k +1)
2

theo nguyên lý quy nạp bài toán đợc chứng minh
vậy Sn = 1+3=5 + + ( 2n -1) = n
2

Tơng tự ta có thể chứng minh các kết quả sau đây bằng phơng pháp quy nạp toán học .
1, 1 + 2+3 + + n =
2
)1( +nn
2, 1
2
+ 2
2
+ + n
2
=
6
)12)(1( ++ nnn
3, 1
3
+2
3
+ + n
3
=
2
2
)1(

+nn
4, 1
5
+ 2
5
+ + n
5
=
12
1
.n
2
(n + 1)
2
( 2n
2
+ 2n 1 )
II > Ph ơng pháp khử liên tiếp :
Giả sử ta cần tính tổng (1) mà ta có thể biểu diễn a
i
, i = 1,2,3 ,n , qua hiệu hai số hạng
liên tiếp của 1 dãy số khác , chính xác hơn , giả sử : a
1
= b

1
- b
2

a
2
= b
2
- b
3


a
n
= b
n
b
n+ 1
khi đó ta có ngay :
S
n
= ( b
1
b
2
) + ( b
2
b
3
) + + ( b

n
b
n + 1
)
= b
1
b
n + 1

Ví dụ 2 : tính tổng :
S =
100.99
1

13.12
1
12.11
1
11.10
1
++++
Ta có :
11
1
10
1
11.10
1
=
,

12
1
11
1
12.11
1
=
,
100
1
99
1
100.99
1
=
Do đó :
S =
100
9
100
1
10
1
100
1
99
1

12
1

11
1
11
1
10
1
==+++
Dạng tổng quát
S
n
=
)1(
1

3.2
1
2.1
1
+
+++
nn
( n > 1 )
= 1-
11
1
+
=
+ n
n
n

Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Ví dụ 3 : tính tổng
S
n
=
)2)(1(
1

5.4.3
1
4.3.2
1
3.2.1
1
++
++++
nnn
Ta có S
n
=








++

+
++






+







)2)(1(
1
)1(
1
2
1

4.3
1
3.2
1
2
1

3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
S
n
=








++

+
+++
)2)(1(
1
)1(
1

4.3
1
3.2

1
3.2
1
2.1
1
2
1
nnnn
S
n
=
)2)(1(4
)3(
)2)(1(
1
2.1
1
2
1
++
+
=

++

nn
nn
nn
Ví dụ 4 : tính tổng
S
n
= 1! +2.2 ! + 3.3 ! + + n .n! ( n! = 1.2.3 n )
Ta có : 1! = 2! -1!
2.2! = 3 ! -2!
3.3! = 4! -3!

n.n! = (n + 1) n!
Vậy S
n
= 2! - 1! +3! 2 ! + 4! - 3! + + ( n+1) ! n!
= ( n+1) ! - 1! = ( n+ 1) ! - 1
Ví dụ 5 : tính tổng
S
n
=
[ ]
222
)1(
12

)3.2(
5
)2.1(

3
+
+
+++
nn
n
Ta có :
[ ]
;
)1(
11
)1(
12
222
+
=
+
+
ii
ii
i
i = 1 ; 2 ; 3; ; n
Do đó S
n
= ( 1-

+
++






+
22222
)1(
11

3
1
2
1
)
2
1
nn
= 1-
22
)1(
)2(
)1(
1

+
+
=
+ n
nn
n
III > Ph ơng pháp giải ph ơng trình với ẩn là tổng cần tính:
Ví dụ 6 : Tính tổng
S = 1+2+2
2
+ + 2
100
( 4)
ta viết lại S nh sau :
S = 1+2 (1+2+2
2
+ + 2
99
)
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
S = 1+2 ( 1 +2+2
2
+ + 2
99
+ 2
100
- 2
100
)

=> S= 1+2 ( S -2
100
) ( 5)
Tõ (5) suy ra S = 1+ 2S -2
101
 S = 2
101
-1
VÝ dô 7 : tÝnh tæng
S
n
= 1+ p + p
2
+ p
3
+ + p
n
( p
≠
1)
Ta viÕt l¹i S
n
díi d¹ng sau :
S
n
= 1+p ( 1+p+p
2
+ + p
n-1
)

S
n
= 1 + p ( 1+p +p
2
+ + p
n-1
+ p
n
–p
n
)
 S
n
= 1+p ( S
n
–p
n
)
 S
n
= 1 +p.S
n
–p
n+1

 S
n
( p -1 ) = p
n+1
-1

 S
n
=
1
1
1
−
−
+
p
P
n

VÝ dô 8 : TÝnh tæng
S
n
= 1+ 2p +3p
2
+ + ( n+1 ) p
n
, ( p
≠
1)
Ta cã : p.S
n

= p + 2p
2
+ 3p
3

+ + ( n+ 1) p
n +1

= 2p –p +3p
2
–p
2
+ 4p
3
–p
3
+ + (n+1) p
n
- p
n
+ (n+1)p
n
–p
n
+ ( n+1) p
n+1
= ( 2p + 3p
2
+4p
3
+ +(n+1) p
n
) – ( p +p + p + p
n
) + ( n+1) p

n+1
= ( 1+ 2p+ 3p
2
+4p
3
+ + ( n+1) p
n
) – ( 1 + p+ p
2
+ + p
n
) + ( n +1 ) p
n+1
p
.
S
n
=S
n
-

1
1
)1(
1
1
+
+
++
−

−
n
n
Pn
P
P
( theo VD 7 )
L¹i cã (p-1)S
n
= (n+1)p
n+1


-
1
1
1
−
−
+
P
p
n
 S
n
=
2
11
)1(
1

1
)1(
−
−
−
−
+
++
P
p
p
Pn
nn
IV > Ph ¬ng ph¸p tÝnh qua c¸c tæng ®· biÕt
• C¸c kÝ hiÖu :
n
n
i
i
aaaaa ++++=
∑
=

321
1
• C¸c tÝnh chÊt :
1,
∑ ∑ ∑
= = =
+=+

n
i
n
i
n
i
iiii
baba
1 1 1
)(
2,
∑∑
==
=
n
i
i
n
i
i
aaaa
11
.
Trung tâm giáo dục trực tuyến VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
Ví dụ 9 : Tính tổng :
S
n
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + + n( n+1)
Ta có : S

n
=

== ==
+=+=+
n
i
n
i
n
i
n
i
iiiiii
11 1
22
1
)()1(

Vì :

6
)12)(1(
2
)1(
321
1
2
1
++

=
+
=++++=


=
=
nnn
i
nn
ni
n
i
n
i
(Theo I )
cho nên : S
n
=
3
)2)(1(
6
)12)(1(
2
)1( ++
=
++
+
+ nnnnnnnn
Ví dụ 10 : Tính tổng :

S
n
=1.2+2.5+3.8+ +n(3n-1)
ta có : S
n
=

= =
=
n
i
n
i
iiii
1 1
2
)3()13(
=

===

n
i
n
i
ii
11
2
3
Theo (I) ta có :

S
n
=
)1(
2
)1(
6
)12)(1(3
2
+=
+

++
nn
nnnnn
Ví dụ 11 . Tính tổng
S
n
= 1
3+
+2
3
+5
3
+ + (2n +1 )
3

ta có :
S
n

= [( 1
3
+2
3
+3
3
+4
3
+ +(2n+1)
3
] [2
3
+4
3
+6
3
+ +(2n)
3
]
= [1
3
+2
3
+3
3
+4
3
+ + (2n +1 )
3
] -8 (1

3
+2
3
+3
3
+4
3
+ + n
3
)
S
n
=
4
)1(8
4
)22()12(
2222
+

++ nnnn
( theo (I) 3 )
=( n+1)
2
(2n+1)
2
2n
2
(n+1)
2

= (n +1 )
2
(2n
2
+4n +1)
V/ Vận dụng trực tiếp công thức tính tổng các số hạng của dãy số cách đều ( Học sinh
lớp 6 )
Cơ sở lý thuyết :
+ để đếm số hạng của 1 dãy số mà 2 số hạng liên tiếp của dãy cách nhau cùng 1 số đơn
vị , ta dùng công thức:
Số số hạng = ( số cuối số đầu 0 : ( khoảng cách ) + 1
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM
www.VIETMATHS.com
+ Để tính tổng các số hạng của một dãy số mà 2 số hạng liên tiếp cách nhau cùng 1 số
đơn vị , ta dùng công thức:
Tổng = ( số đầu số cuối ) .( số số hạng ) :2
Ví dụ 12 :
Tính tổng A = 19 +20 +21 + + 132
Số số hạng của A là : ( 132 19 ) : 1 +1 = 114 ( số hạng )m
A = 114 ( 132 +19 ) : 2 = 8607
Ví dụ 13 : Tính tổng
B = 1 +5 +9 + + 2005 +2009
số số hạng của B là ( 2009 1 ) : 4 + 1 = 503
B = ( 2009 +1 ) .503 :2 = 505515
VI / Vân dụng 1 số công thức chứng minh đợc vào làm toán
Ví dụ 14 : Chứng minh rằng : k ( k+1) (k+20 -9k-1)k(k+1) = 3k ( k +1 )
Từ đó tính tổng S = 1 2+2.3 + 3.4 + + n (n + 1)
Chứng minh : cách 1 : VT = k(k+1)(k+2) (k-1) k(k+1)
= k( k+1)

[ ]
)1()2( + kk
= k (k+1) .3 = 3k(k+1)
Cách 2 : Ta có k ( k +1) = k(k+1).
3
)1()2( + kk

=
3
)1)(1(
3
)2)(1( +

++ kkkkkk
*
3k ( k-1) = k (k+1)(k+2) (k-1) k(k+1)
=> 1.2 =
1.2.3 0.1.2
3 3


2.3.4 1.2.3
2.3
3 3

( 1)( 2) ( 1) ( 1)
( 1)
3 3
n n n n n n
n n

=
+ + +
+ =
S =
1.2.0 ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
3 3 3
n n n n n n + + + +
+ =
Ví dụ 15 : Chứng minh rằng :
k (k+1) (k+2) (k+3) (k-1) k(k+1) (k+2) =4k (k+1) (k+2)
từ đó tính tổng S = 1.2 .3 + 2.3 .4 +3.4.5 + + n(n+1) (n+2)
Chứng minh : VT = k( k+1) (k+2)
[ ]
)1()3( + kk
= k( k+1) ( k +2 ) .4
Trung tõm giỏo dc trc tuyn VIETMATHS.COM