số học nâng cao cực hay

Các bài toán theo mục:
Lý thuyết số
Phương trình ngiệm nguyên
 Tìm tất cả các số nguyên m sao cho m 4 + m3 + 1 là một số chính phương.
Giải: Ta có
m 4 + m3 + 1 = n 2 ⇔ 64m 4 + 64m3 + 64 = (8n) 2
⇔ (8m 2 + 4m − 1) 2 + 8m + 63 = (8n) 2
a) Nếu m = 0 thì rõ ràng thỏa mãn.
b) Nếu m ≠ 0 và m > −8 thì
(8m 2 + 4m − 1) 2 + 8m + 63 = (8n) 2 ⇒ (8n) 2 > (8m 2 + 4m − 1) 2
Do 8m 2 + 4m − 1 ≥ 0 , ta có (8n) 2 ≥ (8m2 + 4m) 2
Vậy (8m 2 + 4m − 1) 2 + 8m + 63 ≥ (8m 2 + 4m) 2
Vì thế m 2 ≤ 4 ⇒ m ∈ {−2, −1,1, 2}
Kiểm tra thấy rằng m ∈ {−2, −1, 2} thỏa mãn.
c) Nếu m ≤ −8 thì
(8m 2 + 4m − 1) 2 + 8m + 63 = (8n) 2 ⇒ (8n) 2 < (8m 2 + 4m − 1) 2
Do 8m 2 + 4m − 1 ≥ 0 , ta có (8n) 2 ≤ (8m2 + 4m − 2) 2
Vậy (8m 2 + 4m − 1) 2 + 8m + 63 ≤ (8m 2 + 4m − 2) 2 và 4m 2 + 4m + 15 ≤ 0 (vô lý)
Từ đó ta tìm được các nghiệm là m ∈ {−2, −1, 0, 2} .
 Giải phương trình [ x] + { y} = z
Giải: Đặt x = m + a, y = n + b và z = p + c với m, n, p ∈ ¢ và a, b, c ∈ [0,1) , ta có các
hệ sau
m = p
m+b = p+c ⇒ 
b = c
n = m
n+c = m+a ⇒ 
c = a
p = n
p+a = n+b⇒ 
a = b

Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y , z ) ∈ ∪u∈¡ {(u , u , u )} .
1

 Tìm tất cả các số hữu tỉ dương r =/ 1 sao cho r r −1 cũng là số hữu tỉ .
q
p −q
p


p
a
Giải: Đặt r = ta có phương trình  ÷ =  ÷ với gcd( p, q ) = gcd(a, b) = 1
q
 q  b
p−q

p c
Vì gcd( p − q, q ) = 1 nên ta có a = c và b = d , do dó =  ÷
q d 
q

q

và:

Nếu p > q : p = c u , q = d u và u = c u − d u với u ∈ ¥ suy ra u = 1 và

p d +1
=
.

q
d


Nếu p < q : p = d u , q = c u và u = c u − d u với u ∈ ¥ suy ra u = 1 và

p
d
=
.
q d +1

 n +1 n 
,
Vậy các số cần tìm là r ∈ ∪n∈¥ 
.
 n n + 1
 Tìm các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn p + q 2 + r 3 = 200 .
Giải: Ta có r 3 < 200 ⇒ r ∈ {2,3,5}
Nếu r = 5 ⇒ p + q 2 = 75 , từ đây suy ra p = 2 hoặc q = 2 nếu không thì vế trái phải
sẽ là một số chẵn.
Nếu r = 5 và p = 2 thì q 2 = 73 vậy thì q sẽ là một số vô tỉ (vô lí )
Nếu r = 5 và q = 2 thì p = 71 (thỏa mãn)
Nếu r = 3 ⇒ p + q 2 = 173 , từ đây suy ra p = 2 hoặc q = 2 nếu không vế trái sẽ là
một số chẵn.
Nếu r = 3 và p = 2 thì q 2 = 171 vậy thì q sẽ là một số vô tỉ (vô lí)
Nếu r = 5 và q = 2 thì p = 169 không là số nguyên tố.
Nếu r = 2 ⇒ p + q 2 = 192 , từ đây suy ra p, q cùng lẻ ( p = q = 2 không là nghiệm )
và q 2 < 192 ⇒ q ∈ {3,5, 7,11,13} .
Nếu r = 2 và q = 3 thì p = 183 không là số nguyên tố.

Nếu r = 2 và q = 5 thì p = 167 là số nguyên tố.
Nếu r = 2 và q = 7 thì p = 143 không là số nguyên tố.
Nếu r = 2 và q = 11 thì p = 71 là số nguyên tố.
Nếu r = 2 và q = 13 thì p = 23 là số nguyên tố.
Vậy các số cần tìm là: ( p, q, r ) ∈ {(71, 2,5), (167,5, 2), (71,11, 2), (23,13, 2)} .
 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn phương trình
( x + y ) 2 − 2( xy ) 2 = 1
Giải: Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng x ≥ y > 0 , khi đó ta có
( x + y ) 2 = ( 2 xy ) 2 + 1 ⇒ x + y > 2 xy ⇒ 2 x > 2 xy ⇒ 2 > y
Vậy y = 1 , thay vào phương trình ban đầu ta được ( x + 1) 2 − 2 x 2 = 1 và từ đó tìm được
x = 2.
Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y ) ∈ {(1, 2);(2,1)} .
Cách khác: Giả sử rằng y > x , rõ ràng x ≠ y . Viết lại phương trình đã cho thành
x 2 (2 y 2 − 1) = 2 xy + y 2 − 1
Từ đây ta suy ra 2 y 2 − 1| 2 xy + y 2 − 1| 4 xy + 2 y 2 − 2 , vậy 2 y 2 − 1| 4 xy − 1 hoặc y − 2 x
Từ đó suy ra y = 2 x , thê vào phương trình và tiếp tục giải ta tìm được kết quả như
trên.


 Chứng minh rằng tồn tại các số a, b, c phân biệt và thỏa mãn a100 + b100 = c101 .
Giải: Ví dụ, ta có ( u (u100 + v100 ) )

100

+ ( v(u100 + v100 ) )

100

= ( u100 + v100 )

101

.

Chú ý: Ta có thể tổng quát hóa bài toán như sau: Cho a, b, c ∈ ¥ thỏa mãn phương
trình a m + b m = c m +1 , khi đó tồn tại một bộ
(a, b, c) = ( p ( p m + q m )), q ( p m + q m ), ( p m + q m )) thỏa mãn phương trình đã cho.
 Số A có 2m chữ số và gồm toàn các chữ số 1. Số B có m chũ số và gồm toàn
các chữ số 4. Chứng minh rằng A + B + 1 là một số chính phương.
102 m − 1
10m − 1
Giải: Ta có A =
và B = 4.
nên
9
9
2

102 m + 4.10m + 4  10m + 2 
A + B +1 =
=
÷ là một số chính phương.
9
 3 
 Tìm các nghiệm tự nhiên thỏa mãn phương trình
1 2 3
+ − =1
x y z
Giải: Phương trình đã cho có thể viết lại thành
1 2

3
+ = 1+
x y
z
Nếu x = 1 ⇒ 3 y = 2 z và các nghiệm là ( x, y, z ) = (1, 2t ,3t ) , t ∈ ¥ .
1 2
1
)
Xét x > 1 thì từ phương trình ta suy ra + > 1 ⇒ y < 2(1 +
x y
x −1
Nếu x = 2 thì y < 4 khi đó thì y ∈ {1, 2,3} và nghiệm của phương trình là
( x, y, z ) ∈ {(2,1, 2);(2, 2, 6);(2,3,18)} .
Nếu x ≥ 3 thì y < 3 khi đó y ∈ {1, 2}
3x
Với y = 1 ⇒ z =
vậy thì x + 1| 3 vô lý vì x ≥ 3 .
x +1
Với y = 2 ⇒ z = 3x và nghiệm của phương trình là ( x, y, z ) = (t , 2,3t ) , t ∈ ¥ .
Vậy các nghiệm của phương trình là ( x, y, z ) ∈ {(2,1, 2);(2,3,18);(1, 2t ,3t );(t , 2,3t )} ,
trong đó t ∈ ¥ .
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 2 − 2 xy + 126 y 2 = 2009
Giải: Phương trình đã cho được viết lại thành
2009
( x − y ) 2 + 125 y 2 = 2009 ⇒ y 2 ≤
≈ 16.07
125
Vậy y 2 ∈ {0,1, 4,9,16}
Nếu y 2 = 0 ⇒ ( x − y ) 2 = 2009 lại vì 2009 không là số chính phương.
Nếu y 2 = 1 ⇒ ( x − y ) 2 = 1884 loại vì 1884 không là số chính phương.

Nếu y 2 = 4 ⇒ ( x − y ) 2 = 1509 loại vì 1509 không là số chính phương.
Nếu y 2 = 9 ⇒ ( x − y ) 2 = 884 loại vì 884 không là số chính phương.


Nếu y 2 = 16 ⇒ ( x − y ) 2 = 9 , từ đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là
( x, y ) ∈ {( −7, −4);(−1, −4);(1, 4);(7, 4)} .
 Cho x = −2272, y = 103 + 102 c + 10b + a, z = 1 thỏa mãn phương trình
ax + by + cz = 1 , trong đó a, b, c là các số nguyên và a < b < c . Tìm y.
IMO LongList 1987 ( Thổ Nhĩ Kì đề nghị)
Giải: Từ giả thiết ta có b(1000 + 100c + 10b + a ) + c = 2272a + 1 (*)
Vì b + 1 ≤ c;1 ≤ a và a ≤ b − 1 nên suy ra
b(1000 + 100(b + 1) + 10b + 1) + b + 1 ≤ 2272(b − 1) + 1
⇔ 110b 2 − 1170b + 2272 ≤ 0 ⇔ 3 ≤ b ≤ 8
a) Nếu b = 8 thì phương trình (*) trở thành 8639 + 801c = 2264a chỉ có nghiệm với
1 ≤ a ≤ 7 . Thử trực tiếp thấy a = 7; c = 9 thỏa mãn.
b) Nếu b = 7 thì phương trình (*) trở thành 7489 + 701c = 2265a không có nghiệm
với 1 ≤ a ≤ 6 .
c) Nếu b = 6 thì phương trình (*) trở thành 6359 + 601c = 2266a không có nghiệm
với 1 ≤ a ≤ 5 .
d) Nếu b = 5 thì phương trình (*) trở thành 5249 + 501c = 2267 a không có nghiệm
với 1 ≤ a ≤ 4 .
e) Nếu b = 4 thì phương trình (*) trở thành 4159 + 401c = 2268a không có nghiệm
với 1 ≤ a ≤ 3 .
f) Nếu b = 3 thì phương trình (*) trở thành 3089 + 301c = 2269a và cũng không có
nghiệm với 1 ≤ a ≤ 2 .
Vậy chỉ có duy nhất nghiệm là (a, b, c) = (7,8,9) và y = 1987 .
 Tìm tất cả các cặp số nguyên (a, b) sao cho 7 a + 14b = 5a 2 + 5ab + 5b 2
Giải: Phương trình đã cho có thể viết lại thành
196
(5a + 10b − 14) 2 = 196 − 75a 2 ⇒ a 2 ≤

75
Vậy thì a ∈ {−1, 0,1}
Nếu a = −1 ⇒ 5b 2 − 19b + 12 = 0 nên ta tìm được b = 3 .
Nếu a = 0 ⇒ 5b 2 − 14b = 0 nên ta tìm được b = 0 .
Nếu a = 1 ⇒ 5b 2 − 9b − 2 = 0 nên ta tìm được b = 2 .
Vậy các nghiệm cần tìm là ( a, b) ∈ {( −1,3);(0, 0);(1, 2)} .
1 
1

 Giải phương trình  x +  +  x −  = [2 x]
2 
2

1
Giải: Đặt y = x − thì phương trình đã cho trở thành
2
[ y + 1] + [ y ] = [ 2 y + 1] ⇔ 2 [ y ] = [ 2 y ] ⇔ y ∈ [n, n + 1 )
2
1
Từ đó ta tìm được nghiệm là x ∈ ∪n∈¢ [n + , n + 1) .
2


1

Cách khác: Dùng đẳng thức quen biết sau đây [ x ] +  x +  = [2 x] , khi đó ta có
2

1  1
1



 x + 2  +  x − 2  = [2 x] ⇔ [ x] =  x − 2  = z ∈ ¢
 z ≤ x < z +1
 z ≤ x < z +1
1


⇔
⇔ 1
1
3 ⇔ z + ≤ x < z +1 , z ∈ ¢
2
 z ≤ x − 2 < z + 1  z + 2 ≤ x < z + 2
 1

Từ đó suy ra x ∈ ∪z∈¢  z + , z + 1÷ .
 2

1  1

 1

Chú ý:  x +  +  x −  = [2 x] ⇔ x ∈ ∪z∈¢  z + , z + 1÷ ⇔  2 { x}  = 1 .
2 
2
2




 Chứng minh rằng
Giải: Ta có

22
22

2

22

2
22

≥ 1 + 22 + 33 + ... + 20042004
3

65536

65535

3 10 65535
10
10

10000

22 = 22
= 22 > 10
> 1010
Mặt khác thì 1 + 22 + 33 + ... + 20042004 < 2004 × 20042004 = 20042005 < 108010

Vậy

2
22

.
2
> 1 + 22 + 33 + ... + 20042004
 Giải phương trình x 3 − [ x] = 3
Giải: Đặt [ x ] = n ∈ ¢ thì từ phương trình đã cho suy ra
22

x = 3 n + 3 và theo định nghĩa phần nguyên thì
n + 3 ≥ n3 ⇒ n ≤ 1
3
3
3
⇔
⇒ n =1
⇔
(
n
+
1)
>
n
+
3
≥
n

n +1 > n + 3 ≥ n

3
(n + 1) − n − 3 > 0 ⇒ n ≥ 1
Thay n = 1 vào x = 3 n + 3 thì ta tìm được x = 3 4 là nghiệm cần tìm.
x −3
x−2
]=[
]
 Giải phương trình [
2
3
Giải: Đặt n ∈ ¢ là giá trị chung thì theo định nghĩa phần nguyên ta có
x −3

n
≤
< n +1

2n + 3 ≤ x < 2n + 5 3n + 2 < 2n + 5
2
⇔
⇒

x
−
2
3
n
+

2
≤
x
<
3
n
+
5

2n + 3 < 3n + 5
n ≤
< n +1

3
⇒ −2 < n < 3 ⇒ n ∈ {−1, 0,1, 2} vì n ∈ ¢ .
Nếu n = −1 thì các nghiệm là 1 ≤ x < 3 và −1 ≤ x < 2 nên x ∈ [1, 2)
Nếu n = 0 thì các nghiệm là 3 ≤ x < 5 và 2 ≤ x < 5 nên x ∈ [3,5)
Nếu n = 1 thì các nghiệm là 5 ≤ x < 7 và 5 ≤ x < 8 nên x ∈ [5, 7)
Nếu n = 2 thì các nghiệm là 7 ≤ x < 9 và 8 ≤ x < 11 nên x ∈ [8,9)
Vậy nghiệm của phương trình là x ∈ [1, 2) ∪ [3, 7) ∪ [8,9)


7n − 12 2n − 14 24n
+
+ n =1
2n
3n
6
Giải: Nếu n < 0 thì VT < 0 < VP nên trường hợp này phương trình vô nghiệm.
Nếu n = 0 thì cũng không là nghiệm.

Xét n > 0 thì phương trình đã cho trở thành
(7n − 12)3n + (2n − 14)2 n + 24n = 6n ⇒ 7 n − 12 ≡ 0 ( mod 2 ) và 3n − 14 ≡ 0 ( mod 3) vậy
nên n = 6 p + 4 .
Với n ≥ 9 thì 21n − 36 ≤ 2n −1 vậy nên (7n − 12)3n ≤ 6n −1
Với n ≥ 1 thì 4n − 28 ≤ 3n −1 vậy nên (2n − 14)2n ≤ 6n −1
Với n ≥ 4 thì 24n ≤ 6n −1 vậy nên
(7n − 12)3n + (2n − 14)2 n + 24n ≤ 3 × 6 n −1 < 6 n , ∀n ≥ 9
Do vậy chỉ có khả năng là 0 < n = 6 p + 4 < 9 ⇒ n = 4 . Vậy n = 4 là nghiệm duy
nhất cần tìm.
2
 Giải phương trình  x + 1 = [ 2 x ]
 Tìm các số nguyên n sao cho

Giải: Đặt x 2 = m + y với m ≥ 0 là số nguyên và y ∈ [0,1)
Rõ ràng là x > 0 và phương trình đã cho được viết lại thành
m + 1 =  2 m + y  ⇒ m + 2 >  2 m + y  ≥ m + 1 ≥ 1

Bình phương hai vế ta được m 2 + 4 > 4 y ≥ m 2 − 2m + 1
Ta cần phải có m 2 − 2m + 1 < 4 ⇒ m ∈ {0,1, 2}
1
1
2
Nếu m = 0 thì x ∈ [ ,1) ⇒ x ∈ [ ,1)
4
2
2
Nếu m = 1 thì x ∈ [1, 2) ⇒ x ∈ [1, 2)
9
3
2

Nếu m = 2 thì x ∈ [ ,3) ⇒ x ∈ [ , 3)
4
2
1
3
Vậy nghiệm của phương trình là x ∈ [ , 2) ∪ [ , 3)
2
2
Cách khác:
 x 2 + 1 = [ 2 x ] = z ∈ ¢ ⇔ 0 ≤ z ≤ 2 x ≤ x 2 + 1 < z + 1 và ( x 2 + 1) − 2 x ≤ 1 nghĩa là
x ∈ [0, 2] .
Vậy
z
 ( z − 1) + 1
 z
 z +1

max 
, z − 1  = ≤ x < z = min 
, z  trong đó < z ⇔ z ∈1,3
2
2

 2
 2

Từ đó ta tìm được nghiệm
z
 1 
3

 1
 3

x ∈ ∪z∈1,3  , z ÷ =  ,1÷∪ 1, 2 ∪  , 3 ÷ =  , 2 ÷∪  , 3 ÷
2
 2 
2
 2
 2

+

Chia tập số nguyên dương ¢ thành các nhóm như sau:
Nhóm thứ nhất có một số: (1)
Nhóm thứ hai có hai số: (2, 3)

)


Nhóm thứ ba có ba số: (4, 5, 6)
Nhóm thứ tư có bốn số: (7, 8, 9, 10)
………
Cứ tiếp tục như vậy. Gọi S (k ) là các số trong nhóm thứ k. Tính tổng
S (1) + S (3) + S (5) + ... + S (2n − 1)
k2 − k + 2
k2 + k 
,...,
Giải: Nhóm thứ k là 
 và tổng các phần tử của nhóm là
2

2 

k ( k 2 + 1)
S (k ) =
2
Vậy tổng cần tính là
n

n

2

n( n + 1 
n(n + 1)(2n + 1)
n( n + 1)
S 2 k −1 = ∑ (4k 3 − 6k 2 + 4k − 1) = 4 
+4
− n = n4
∑
÷ −6
6
2
k =1
k =1
 2 
4
Từ đó kết quả là n .

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình
1

1
1
+
=
x
y
20
1
1
1
1 1 1
1
=
−
⇒ =
+ −
⇒ 5 x ∈ ¤ ⇒ x = 5u 2 , từ tính đối xứng
Giải:
y
20
x
y
20
x
5x
1 1 1
ta có y = 5v 2 . Vậy phương trình đã cho trở thành + = , với các nghiệm là
u v 2
(4, 4), (3, 6), (6,3) . Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là
( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} .

Cách khác:
x+ y
1
=
⇔ xy = 20( x + y ) ⇔ xy + 20 = 20 x + 20 y + 20
xy
20
⇔ x ( y − 20) − 20 y + 20 = 20 ⇔ ( y − 20)( x − 20) = 20
Vì x, y là các số nguyên dương nên ta đặt x = a 5 và y = b 5 khi đó ta có
((a − 2) 5)((b − 2) 5) = 20 ⇔ ( a − 2)(b − 2) = 4
Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là:
(a, b) = (6,3), (4, 4), (3, 6) hay ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)}
Tìm một họ vô hạn các nghiệm của phương trình sau:
a !b !c !d !+ 2a ! d ! = 2a !c !d !+ a !b !d !+ e !
e!
Giải: Ta có a !(b !c !+ 2 − 2c !− b !) = .
d!
a
b
,
c
Ta chọn bất kì và
bất kì sao cho b !c !+ 2 − 2c !− b ! = (b !− 2)(c !− 1) > 0 ,
Mặt khác cố định e = d + 1 = a !(b !c !+ 2 − 2c !− b ! .
Cách khác: Ta có a!b!c!d!+2a!d!=2a!c!d!+a!b!d!+e! ⇔ a!(b!-2)(c!-1)d!=e!
Từ đẳng thức (n!-3)!(n!-2)(n!-1)n!=(n!)! ta chọn a=n!-3, b=c=d=n, e=n! .



Chứng minh rằng tồn tại vô số n sao cho n 2 + (n + 1)2 là số chính phương.

Giải: Giả sử u , v thỏa mãn u 2 = 2v 2 − 1. Khi đó
(u + v ) 2 − v 2 + 1 = 2(u + v )v ⇒ ((u + v ) 2 − v 2 + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2


⇔ (u 2 + 2uv + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2
⇔ (u 2 + 2uv + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2 ⇔ (u 2 + 2uv) 2 + (u 2 + 2uv + 1) 2 = (u 2 + 2uv + 2v 2 ) 2
Vậy u 2 = 2v 2 − 1 ⇒ n = u (u + 2v) là nghiệm thỏa mãn phương trình.
Ta biết rằng phương trình u 2 = 2v 2 − 1 là phương trình Pell nên nó có vô số nghiệm
(1,1) là nghiệm
(u, v) ⇒ (3u + 4v, 2u + 3v) cũng là nghiệm.
Ví dụ:
(u, v) = (1,1) ⇒ n = 1(1 + 2) = 3 ⇒ 32 + 42 = 52
(u, v) = (3.1 + 4.1, 2.1 + 3.1) = (7,5) ⇒ n = 7(7 + 2.5) = 119 nên ta có
1192 + 120 2 = 1692
(u, v) = (3.7 + 4.5, 2.7 + 3.5) = (41, 29) ⇒ n = 41(41 + 2.29) = 4059 nên ta có
40592 + 40602 = 57412
……
+ mn + 1
∈ ¢+

Tìm (n, m) ∈ ¢ :
m+n
2
Giải: Đặt S = m + n. Ta có mn + 1 = n( S − n) + 1 = 0 ( mod S ) ⇒ n = 1( mod S )
Vậy tập nghiệm cảu phương trình là
{(n, d − n), (d − n, n) với d là ước bất kì > n của n 2 − 1}

Dãy a1 , a2 , a3 ,... thỏa mãn a4 n +1 = 1, a4 n +3 = 0, a2 n = an . Chứng minh dãy đó là
không tuần hoàn.
Giải: Giả sử an + p = an , ∀n và với p > 0 nào đó.

Đặt p = 2a q với q lẻ
Cho n = 2a + 2 (q + 2)
Sử dụng tính tuần hoàn ta có an + p = an = aq + 2 , nhưng an + p = a2a ( q + 4( q + 2)) = aq + 4( q + 2)
Mặt khác, q + 2 và q + 4(q + 2) là hai sô lẻ khác nhau theo modun 4.
Vậy aq + 2 ≠ aq + 4( q + 2) ( một là 0, hoặc là 1)
Vậy không có p > 0 nào tồn tại và do vậy dãy trên là không tuần hoàn.

Với dãy an ta có an +1 − an = 2n + 1, ∀n ∈ ¥ *
Chứng minh rằng tích của bất kì hai số hạng nào trong dãy cũng là một số hạng của
dãy đó.
2
2
2
Giải: Ta có (an +1 − (n + 1) ) − (an − n ) = 0 ⇒ an = n + c
2
2
2
2
Vậy an an +1 = (n + c)((n + 1) + c) = (n + n + c) + c = an2 + n +c . Đ.P.C.M.



Cho P ( x ) = x5 + x 2 + 1 và Q( x) = x 2 − 2009 . P ( x ) = 0 có các nghiệm là
r1 , r2 , r3 , r4 và r5 . Tính giá trị của | q (r1 )q (r2 ) q(r3 )q( r4 )q (r5 ) |


Giải: P ( x ) = ( x − r1 )( x − r2 )( x − r3 )( x − r4 )( x − r5 )
q (ri ) = ( 2009 − ri )(− 2009 − ri )
Vậy | q (r1 )q (r2 ) q(r3 )q( r4 )q (r5 ) |=| P( 2009) P( − 2009) |
=| (2010 + 20092 2009)(2010 − 20092 2009) |=| 20102 − 20095 |= 20095 − 20102 .


Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương (a, b, c) thỏa mãn phương trình
1
1
1
(1 + )(1 + )(1 + ) = 2
a
b
c
Giải: Không mất tổng quát ta có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c
1
1
1
1 3
1
<4
Như vậy thì 2 = (1 + )(1 + )(1 + ) ≤ (1 + ) ⇒ a ≤ 3
a
b
c
a
2 −1
Vì a nguyên duơng nên a ∈ {1, 2,3}
Rõ ràng a = 1 không là nghiệm.
4
1
1
≤ (1 + ) 2 ⇒ b ≤
<7
1

1 4
a = 2 ⇒ (1 + )(1 + ) = và 3
b
4
−1
b
c
3
3
Vậy ta có b ∈ {2,3, 4,5, 6}
Sau năm lần thử ta được các nghiệm là (2, 4,15), (2,5,9), (2, 6, 7) .
3
1
1
≤ (1 + ) 2 ⇒ b ≤
<5
1
1 3
a = 3 ⇒ (1 + )(1 + ) = và 2
b
3
−1
b
c
2
2
Vậy b ∈ {3, 4}
Sau hai lần thử thì ta đựoc nghiệm là (3,3,8), (3, 4,5) .
Vậy nghiệm của phương trình là (a, b, c) ∈ {(2, 4,15), (2,5,9), (2, 6, 7), (3,3,8), (3, 4,5)}
và các hoán vị của nó.


Tìm nghiệm nguyên của phương trình x 4 + 2 x3 + 2 x 2 + 2 x + 5 = y 2
Giải: Ta có x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + 2 x + 5 = ( x 2 + x) 2 + ( x + 1) 2 + 4
Hay x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 + 2 x + 5 = ( x 2 + x + 1) 2 − ( x 2 − 4)
Nếu x 2 > 4 thì ta suy ra ( x 2 + x + 1) 2 > y 2 > ( x 2 + x ) 2 , vậy trường hợp này phương
trình vô nghiệm.
Nếu x 2 = 4 thì ta suy ra y 2 = ( x 2 + x + 1) 2 và các nghiệm trong trường hợp này là
( x, y ) = { (2, −7);(2, 7);( −2, −3);( −2,3)}
Nếu x 2 < 4 ta chỉ cần kiểm tra với x ∈ {−1, 0,1} và tìm được nghiệm là
( x, y ) = { (−1, −2);( −1, 2)}
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là
( x, y ) ∈ {( −2, −3), ( −2,3), ( −1, −2), ( −1, 2), (2, −7), (2, 7)} .
55

Tìm chữ số thứ năm tính từ cuối của số 555 khi viết trong hệ thập phân.
8
5
8
5
8 n+ 5
≡ 55 ( mod105 )
Giải: Ta có 5 ≡ 1( mod 32 ) ⇒ 5 (5 − 1) ≡ 0 ( mod10 ) ⇒ 5



55

5
55

Vì 55 là số lẻ nên 55 ≡ 5 ( mod 8 ) ⇒ 55
5

≡ 55 ≡ 3125 ( mod105 )
55

Vậy chữ số thứ năm tính từ cuối của số 555 là số 0.
1
không là bội của 6.
( 28 − 3) n
1 3
Giải: Xét phương trình x 3 − 27 x 2 − 9 x − 1 = 0 ⇔ (3 x + 1)3 = 28 x 3 hay (3 + ) = 28
x
1
1
Phương trình này có nghiệm là a = 3
, z= 3
và z .
28 j − 3
28 − 3
n
n
n
Xét dãy un = a + z + z ta có
u0 = 3


Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

3

u1 = a + z + z = 27
u2 = a 2 + z 2 + z 2 = (a + z + z ) 2 − 2(az + az + zz ) = 27 2 − 2(−9) = 747
un +3 = 27un + 2 + 9un +1 + un
Từ đây ta nhận thấy rằng un luôn nhận giá trị dương, hơn nữa thì
un ≡ 3 ( mod 6 ) , ∀n ≥ 0
1 3
= 28 − 3 nhưng
a
1
1
1
1
1
(3 + )3 > 33 + 3 × 32
= 28 ⇒ 3 28 − 3 <
<
và do đó thì | z |< .
27
27
27 25
5
Ta lần lượt có
2 2
z n + z n ∈ [− , ], ∀n > 0
5 5
2
2
a n ∈ [un − , un + ]
5

5
n
 a  ∈ {un − 1, un }

2
Ta có azz = 1 ⇒| z | =

n
n
Vậy ∀n > 0 thì hoặc  a  ≡ 2 ( mod 6 ) hoặc  a  ≡ 3 ( mod 6 ) . Phép chứng minh
hoàn tất.

Tìm tất cả các nghiệm tự nhiên ( x, y ) của phương trình y 2 ( x − 1) = x 5 − 1
Giải: Dễ thấy rằng (1, y ) là một nghiệm với y là số tự nhiên bất kì.
Bây giờ xét x ≠ 1 thì phương trình đã cho trở thành
y 2 = x 4 + x3 + x 2 + x + 1
⇔ (8 y ) 2 = 64 x 4 + 64 x 3 + 64 x 2 + 64 x + 64
Nhưng ta có (8 x 2 + 4 x + 3) 2 = 64 x 4 + 64 x 3 + 64 x 2 + 24 x + 9
và (8 x 2 + 4 x + 4) 2 = 64 x 4 + 64 x3 + 80 x 2 + 32 x + 16
Nếu x > 3 thì 80 x 2 + 32 x + 16 > 64 x 2 + 64 x + 64 , vì vậy
(8 x 2 + 4 x + 3) 2 < (8 y ) 2 < (8 x 2 + 4 x + 4) 2 nên trường hợp này phương trình vô nghiệm .
Thử với x = 2;3 thì thấy x = 3 , y = 11 thỏa mãn.


Vậy các nghiệm của phương trình là ( x, y ) ∈ {(3,11)} ∪ ( ∪n∈¥ {(1, n)}) .
Giải phương trình x = 8  4 x  + 3 trên tập số tự nhiên.
Giải: Đặt 4 x = n + y với n ∈ ¥ 0 và y ∈ [0,1) (chú ý là n, y đều là các số không âm)
Khi đó phương trình đã cho trở thành
(n + y ) 4 = 8n + 3 ⇔ y = 4 8n + 3 − n


Ta chỉ cần kiểm tra giá trị các giá trị của n sao cho 4 8n + 3 − n ∈ [0,1)
Ta có 4 8n + 3 − n ≥ 0 ⇔ 8n + 3 > n 4 , từ đó suy ra n ∈ {0,1, 2}
Nếu n = 0 ⇒ y = 4 3 , rõ ràng là giá trị này thuộc [0,1)
Nếu n = 1 ⇒ y = 4 11 − 1 , giá trị này thuộc [0,1)
Nếu n = 2 ⇒ y = 4 19 − 2 , giá trị này cũng thuộc [0,1)
Từ đó thì các nghiệm của phương trình là x ∈ {3,11,19} .
1) Cho a,b thỏa mãn hệ phương trình
 a 3 − 3a 2 + 5a = 1
 3
2
b − 3b + 5b = 5
Tìm giá trị của a + b.
Giải: Ta viết lại hệ thành
(a − 1)3 + 2(a − 1) = −2

3
(b − 1) + 2(b − 1) = +2
Cộng hai vế và phân tích thành nhân tử chung ta có
(a − 1 + b − 1)((a − 1) 2 − (a − 1)(b − 1) + (b − 1) 2 + 2) = 0

Vậy a + b = 2
Cách khác: Từ

2


b −1  3
⇔ (a + b − 2)   a − 1 −
+ (b − 1) 2 + 2 ÷ = 0

÷

÷
2  4



(a − 1)3 + 2(a − 1) = −2

3
(b − 1) + 2(b − 1) = +2
Ta nhận thấy rằng f ( a − 1) = f (1 − b) với f ( x ) = x 3 + 2 x mà f ( x ) rõ rằng là đơn ánh
nên ta có a − 1 = 1 − b , từ đó cũng có được kết quả như trên.
2) Cho phương trình 2 x 2 + y 2 + 12( y + 6) = 2 xy . Tính giá trị của x 2 + y 2 .
Giải: Ta có 2 x 2 + y 2 + 12( y + 6) = 2 xy ⇔ (2 x − y ) 2 + ( y + 12) 2 = 0
Từ đó suy ra ( x, y ) = (−6, −12) và x 2 + y 2 = 180 .
 yz − x = 7


Giải hệ phương trình  xz − y = 0

 xy − z = −14
Giải: Ta viết lại hệ đã cho thành


 12 12
y z − x = 7
 1 1
 2 2
z x − y = 0

 1 1
 x 2 y 2 − z = −14

Từ các phương trình trong hệ suy ra x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 . Thế phương trình hai của hệ
và phương trình thứ nhất và thứ ba ta có
1
4

3
4

1
4

3
4

3
4

3

1

1

3

3

x z − x = 7 ⇔ x ( z − x ) = 7 (a) và x 4 z 4 − z = −14 ⇔ z 4 ( z 4 − x 4 ) = 14 (b)
1

3

3

1

3

3

Từ đó suy ra z 4 ( z 4 − x 4 ) = 2 x 4 ( z 4 − x 4 ) , tương đương với z = x hoặc z = 16 x .
Nếu z=x thế vào phương trình hai thì suy ra x=y=z không thỏa mãn các phương
trình còn lại.
Nếu z=16x thì từ phương trình thứ hai của hệ suy ra y=4x và ta tìm được
x=1,y=4,z=16 là nghiệm duy nhất của hệ.
[ x ] + { y} = [ y ]{x}
 Giải hệ phương trình 
x+ y =n

Giải: Đặt x = p + u với p ∈ ¢ và u ∈ [0,1) , khi đó từ phương trình thứ hai của hệ suy
ra y = n − p − u .
Nếu u = 0 thì ta có:
[ x] = p
[ y ] = n − p
và 

{x} = 0

{ y} = 0
Khi đó phương trình đầu tiên của hệ trở thành p = 0
Nếu u ≠ 0 thì ta có:

[ x] = p
[ y ] = n − p − 1
và 

{x} = u
{ y} = 1 − u
Khi đó phương trình đầu tiên của hệ trở thành p + 1 = ( n − p )u (*)
a) Nếu p = n thì phương trình (*) trở thành n = p = −1 ⇒ n ∈ ¥ .
b) Nếu p > n thì từ phương trình (*) suy ra p + 1 < 0 và n < p < −1 vô lý vì n ∈ ¥ .
n −1
Vậy p < n , p + 1 > 0 và p + 1 < n − p và suy ra 0 ≤ p <
.
2
Từ đó ta tìm được các nghiệm của hệ là:
( x, y ) = (0, n)
p +1
p +1
n −1
,n − p −
) , với mọi số nguyên p ∈ [0,
)
Nếu n > 1 thì ( x, y ) = ( p +
n− p
n− p
2
n

Tóm lại có 1 +  
2

nghiệm ???


 Giải phương trình [ x 3 ] + [ x 2 ] + [ x] = { x1994 } − 1
Giải: Vì u ≥ [u ] > u − 1 nên ta có x 3 + x 2 + x ≥ VT > x 3 + x 2 + x − 3
Vì VP ∈ [−1, 0) nên ta có x 3 + x 2 + x ≥ −1 và x 3 + x 2 + x − 3 < 0 , do đó suy ra
3 > x 3 + x 2 + x ≥ −1 .
Vì x 3 + x 2 + x là hàm số đồng biến nên suy ra 1 > x ≥ −1 .
Nếu x ∈ [0,1) thì VT = 0 và VP = x1994 − 1 , nên ta có phương trình x1994 = 1 . Rõ ràng
là phương trình này vô nghiệm trong [0,1) .
Nếu x ∈ ( −1, 0) thì VT = −1 + 0 − 1 = −2 và VP = x1994 − 1 , khi đó ta có phương trình
x1994 = −1 . Rõ ràng là phương trình này cũng vô nghiệm trong (−1, 0) .
Nếu x = −1 thì VT = VP = −1 .
Vậy x = −1 là nghiệm duy nhất.
 Giả sử phương trình 2333 x − 2 + 2111x + 2 = 2222 x +1 + 1 có ba nghiệm và tổng các nghiệm
m
của có dạng
trong đó m,n là các số nguyên tố. Tính m + n .
n
Giải: Đặt 2111x = y thì phương trình đã cho trở thành y 3 − 8 y 2 + 16 y − 4 = 0 , phương
trình này có ba nghiệm và tích các nghiệm bằng 4.
2
Từ đó ta có 2111x1 .2111x2 .2111x3 = 4 và 111( x1 + x2 + x3 ) = 2 ⇒ x1 + x2 + x3 =
111
Vậy m + n = 113 . Tìm các số có bốn chữ số abcd sao cho
abcd = a 2 + 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 2006
Kết quả : abcd ∈ {2115, 2217}

 abc − d = 1
 Tìm nghiệm nguyên của hệ 
bcd − a = 2
Giải: Đặt bc = u thì từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra d = au − 1 . Thế giá trị này
vào phương trình thứ hai của hệ ta được phương trình u (au − 1) − a = 2 .
Bây giờ ta sẽ đi giải phương trình u (au − 1) − a = 2 (*)
Nếu a = 0 ⇒ u = −2 và khi đó các nghiệm của phương trình là
(a, b, c, d ) ∈ {(0,1, −2, −1);(0, −1, 2, −1);(0, 2, −1, −1);(0, −2,1, −1)}
Nếu a ≠ 0 thì phương trình (*) có thể viết lại thành
(2a + 2au + 1)(2a − 2au + 3) = 3
Ta có các trường hợp sau:
 2a + 2au + 1 = 1
⇒ a = 0 (loại vì trái với giả thiết a ≠ 0 )

 2a − 2au + 3 = 3
 2a + 2au + 1 = 3
⇒ a = 0 (loại vì trái với giả thiết a ≠ 0 )

 2a − 2au + 3 = 1
a = −2
 2a + 2au + 1 = −1

⇔

3
 2a − 2au + 3 = −3 u = −

2

 2a + 2au + 1 = −3
a = −2
⇔

 2a − 2au + 3 = −1 u = 0
Vậy trường hợp này hệ phương trình có nghiệm là
(a, b, c, d ) ∈ {( −2, v, 0, −1), ( −2, 0, v, −1)} với v ∈ ¢
Kết luận: Hệ phương trình đã cho có các nghiệm là
(a,b,c,d) ∈ { (0,1,-2,-1);(0,-1,2,-1);(0,2,-1,-1);(0,-2,1,-1);(-2,v,0,-1);(-2,0,v,-1)} (v ∈ ¢ )
 Chứng minh rằng 4n + 15n − 1M9 với n ≥ 1 . (Không dùng phương pháp quy nạp)
Giải: Ta có
43n ≡ 64 n ≡ 1( mod 9 ) ⇒ 43n + 15(3n) − 1 ≡ 1 + 0 − 1 ≡ 0 ( mod 9 )
43n +1 ≡ 4 × 64n ≡ 4 ( mod 9 ) ⇒ 43n +1 + 15(3n + 1) − 1 ≡ 4 + 15 − 1 ≡ 0 ( mod 9 )

43n + 2 ≡ 16 × 64n ≡ 7 ( mod 9 ) ⇒ 43n+ 2 + 15(3n + 2) − 1 ≡ 7 + 30 − 1 ≡ 0 ( mod 9 )
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
 Tìm tất cả các cặp ( x, n) mà n là một số nguyên tố thỏa mãn 3x + n = 29 .
Giải: Nhận thấy rằng 3x và 29 dều là số lẻ nên n phải là số chẵn, từ đó ta tìm được
nghiệm là ( x, n) = (3, 2) .
 Tìm số tự nhiên số tự nhiên N có 4 chữ số a, b, c, d sao cho
abcd = (a + b + c + d )3
Giải: Gọi N = abcd và S = a + b + c + d thì N = S 3
Ta có N = S 3 ∈ [1000,9999] ⇒ S ∈ [10, 21]
N ≡ S ( mod 9 ) ⇒ S 3 ≡ S ( mod 9 ) và S ≡ 0,1,8 ( mod 9 )

S ∈ [10, 21] ⇒ S ≡ 0,1,8 ( mod 9 ) ⇒ S ∈ {10,17,18,19} ⇒ N ∈ {1000, 4913, 5832, 6859}

Vậy N ∈ {4913,5832} .
 Tìm số nguyên N lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:
N 

a)   có ba chữ số giống nhau.
3
N 
b)   = 1 + 2 + 3 + L + n với số nguyên dương n nào đó.
3
( Tây Ban Nha 2000)
n(n + 1)
= 111k với k ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} .
Giải: Từ giả thiết suy ra
2
Xét theo modun 5, ta có k ≡ 0,1, 2 ( mod 5 ) và như vậy thì k ∈ {1, 2,5, 6, 7} .
N 
Thử trực tiếp năm lần thì ta tìm được k = 6 thỏa mãn, khi đó   = 666
3
Vậy N = 2000 .
 Tìm hai số nguyên dương a, b nếu cho trước tổng của chúng và bội chung nhỏ
nhất của chúng. Tìm hai số đó trong trường hợp cụ thể biết tổng của chúng là
3972 và bội chung nhỏ nhất của chúng là 985928 .
Giải: Từ ngay gcd(a, b) = gcd(a + b, lcm(a, b)) , như vậy thì


ab = gcd(a, b)lcm(a, b) = gcd(a + b, lcm(a, b))lcm( a, b)
Theo định lý Viete thì a, b là nghiệm của phương trình
x 2 − (a + b) x + gcd(a + b, lcm(a, b))lcm( a, b) = 0
Không mất tổng quát ta có thể giả sử rằng a ≤ b , khi đó
 a + b − (a + b )2 − 4 gcd(a + b, lcm(a, b))lcm(a, b) a + b + (a + b) 2 − 4 gcd(a + b, lcm( a, b))lcm( a, b ) 
÷
(a, b) = 
,


÷
2
2



Nếu a + b = 3972 và lcm(a, b) = 985928 từ công thức ta có (a, b) = (1964, 2008) .
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình 3x −1 + x = 105
Giải: Xét hàm số f ( x ) = 3x −1 + x − 105 là hàm số đồng biến nên f ( x) = 0 không có
quá một nghiệm. Mặt khác ta thấy rằng f (5) = −19 < 0 và f (6) = 144 > 0 nên
phương trình f ( x ) = 0 có đúng một nghiệm trong khoảng (5, 6) , rõ ràng là nghiệm
này không phải là nghiệm nguyên.
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
π
 Giải phương trình [ 2sin x] = 2 cos(3 x + )
4
Giải: Để ý rằng 2sin x ∈ [−2, 2] nên phương trình đã cho tương đương với năm hệ
phương trình sau đây:
π
π
π



 2 cos(3x + ) = −2
2 cos(3 x + ) = −1
 2 cos(3x + ) = 0
E1: 
E2 : 
E3 : 

4
4
4
 2sin x ∈ [−2, −1)
2sin x ∈ [−1, 0)
 2sin x ∈ [0,1)
π
π


2 cos(3 x + ) = 1
 2 cos(3x + ) = 2
E4 : 
4
4
và E 5 : 
2sin x ∈ [1, 2)
 2sin x ∈ [2,3)
Sau đây ta sẽ xét phương trình trên [0, 2π ) theo mod 2π Chỉnh lại gì không ???
1) Ta giải hệ phương trình E1
π
π
π 2 kπ
π 11π 19π

cos(3 x + 4 ) = −1 ⇔ 3x + 4 = π + 2kπ ⇔ x = 4 + 3 ⇔ x ∈ { 4 , 12 , 12 }

 2sin x ∈ [−2, −1) ⇔ x ∈ ( 7π , 11π )

6 6

19π
Vậy nghiệm của hệ phương trình E1 là x =
.
12
2) Ta giải hệ phương trình E 2
π
5π 2kπ
13π 2kπ
11π 19π 35π 43π 59π 67π

 2 cos(3x + 4 ) = −1 ⇔ x = 36 + 3 ⇔ x = 36 + 3 ⇔ x ∈ { 36 , 36 , 36 , 36 , 36 , 36 }

 2sin x ∈ [−1, 0) ⇔ x ∈ (π , 7π ] ∪ [11π , 2π )

6
6
37π
Vậy nghiệm của hệ phương trình E 2 là x =
.
36
3) Ta giải hệ phương trình E 3


π
π kπ
π 5π 9π 13π 17π 21π

 2 cos(3x + 4 ) = 0 ⇔ x = 12 + 3 ⇔ x ∈ {12 , 12 , 12 , 12 , 12 , 12 }

 2sin x ∈ [0,1) ⇔ x ∈ [0, π ) ∪ ( 5π , π ]


6
6
π
Vậy nghiệm của hệ phương trình E 3 là x = .
12
4) Ta giải hệ phương trình E 4
π
π 2 kπ
17π 2kπ
π 17π 25π 41π 49π 65π

 2 cos(3 x + 4 ) = 1 ⇔ x = 36 + 3 ⇔ x = 36 + 3 ⇔ x ∈ {36 , 36 , 36 , 36 , 36 , 36 }

 2sin( x) ∈ [1, 2) ⇔ x ∈ [ π , π ) ∪ ( π , 5π ]

6 2
2 6
17π
25π
Vậy nghiệm của hệ phương trình E 4 là x =
và x =
.
36
36
5) Ta giải hệ phương trình E 5
π
7π 2kπ

 2 cos(3x + 4 ) = 2 ⇔ x = 12 + 3


 2sin x ∈ [2,3) ⇔ x = π + 2kπ

2
Hệ phương trình này vô nghiệm.
Kết luận: Các nghiệm của phương trình là
π
17π
25π
37π
19π
x ∈ { + 2 kπ ,
+ 2 kπ ,
+ 2kπ ,
+ 2kπ ,
+ 2kπ } .
12
36
36
36
12
 Tìm số tự nhiên n = abc thỏa mãn đồng thời hai điều kiện n 69 = 1986... và
n121 = 3333...
Giải: Đặt a = log10 n ∈ [2,3)
Gọi p là số các chữ số 1,9,8, 6 viết trong hệ thập phân của số n 69 .
Gọi q là số các chữ số 3,3,3,3 viết trong hệ thập phân của số n121 .
Ta có hai đánh giá sau
p + log10 (1987) > 69a ≥ p + log10 (1986)
q + log10 (3334) > 121a ≥ q + log10 (3333)
121 p + 121log10 (1987) > 69 ×121a ≥ 121 p + 121log10 (1986)

69q + 69 log10 (3334) > 69 ×121a ≥ 69q + 69 log10 (3333)
121 p + 399.0... > 69 ×121a ≥ 121 p + 399.0...
69q + 243.0... > 69 ×121a ≥ 69q + 243.0...
Do đó 121 p + 399 = 69q + 243 ⇔ 69q − 121 p = 156 , như vậy thì
p = 66 + 69m , q = 118 + 121m và [69 ×121a] = 8385 + 8349m


Vì a ∈ [2,3) nên ta tìm được m = 1 và ( p, q ) = (135, 239)
p + log10 (1987) > 69a ≥ p + log10 (1986) ⇒ 2.00431853977043... ≤ a < 2.00432170821898...
q + log10 (3334) > 121a ≥ q + log10 (3333) ⇒ 2.00432095300546... ≤ a < 2.00432202971481...
Vậy 2.00432095300546... ≤ a < 2.00432170821898...
100.999902143645... ≤ n < 101.000077776911...
Từ đó ta tìm được n = 101 là số thỏa mãn các yêu cầu của đề bài.

 a 
= [a]
 Tìm tất cả các nghiệm thực của phương trình ( 1 − [a ]) 
1 − a 
a
1
= −1 +
∈ [−2, −1) , khi đó phương trình đã cho trở thành
Giải: Nếu a ≥ 2 thì
1− a
1− a
(1 − [a ])(−2) = [ a] ⇔ [ a] = 2 ⇔ a ∈ [2,3)
Nếu 1 ≤ a < 2 thì [a ] = 1 và phương trình trở thành 0 = 1 (vô lý) nên trường hợp này
phương trình vô nghiệm.
1
1

a
⇒ n −1 ≤
Nếu 0 ≤ a < 1 thì gọi n ∈ ¥ thỏa mãn 1 − ≤ a < 1 −
n
n +1
1− a
1
Khi đó phương trình đã cho trở thành (1 − 0)(n − 1) = 0 ⇒ n = 1 và a ∈ [0, )
2
a
∈ ( −1, 0) và phương trình đã cho trở thành (1 − [a])(−1) = [ a] ,
Nếu a < 0 thì
1− a
phương trình này vô nghiệm.
1
Vậy nghiệm của phương trình là a ∈ [0, ) ∪ [2,3) .
2
ab

Chứng minh rằng ∀n ∈ ¥ , ∃a, b, c ∈ ∪k∈¥ (k 2 , k 2 + k + 3 3) sao cho n =
.
c
2× 2
Giải: 1 =
trong đó đồng thời 2, 4 ∈ (1,1 + 1 + 3 3)
4
a2 + 1
k
pk = n − 1

Với n ≥ 2 và ak = 10 n − 1  số hữu tỉ pk = k2 k
sao cho klim
→+∞
10 + 1
a2 + 1
a2 + 1
Với k đủ lớn thì ta có k2 k
< n < (2 + 3 3) k2 k
10 + 1
10 + 1
cn
2
Đặt a = ak + 1 , c = 102 k + 1 và b =
, bất đẳng thức này là 1 < b < 2 + 3 3
a
ab
Như vậy ta có n =
với
c
a = ak2 + 1 ∈ ( ak2 , ak2 + ak + 3 3)
cn
∈ (12 ,12 + 1 + 3 3)
a
c = 102 k + 1 ∈ ((10 k ) 2 , (10 k ) 2 + 10 k + 3 3)

b=


Đ.P.C.M




1
1
= {x} +
[ x]
{x}
[ 1, 2,3, 4,…,198,199, 200]
Tính
, trong đó […] là bội chung nhỏ nhất của các số.
[ 102,103,…,198,199, 200]
Giải phương trình [ x ] +

Giải: Với bất kì số nguyên tố p thuộc [2,199] n = v p (upper part)7$$ = v p (lower part)
trừ khi : p n < 1022 và p n > 200 ⇒ p n = 101 ⇒ p = 101 và n = 1
Vậy ta có kết quả cần tìm là 101.

Khi viết số ( 2 + 3) 2012 trong hệ thập phân thì được số có dạng ...abc, xyz...
Tìm x.( tức là chữ số thập phân đầu tiên sau dấu phẩy)
Giải: Xét dãy a0 = 2, a1 = 10 và an + 2 = 10an+1 − an có số hạng tổng quát là
an = (5 + 2 6) n + (5 − 2 6) n
Vậy ( 2 + 3) 2012 = (5 + 2 6)1006 = a1006 − (5 − 2 6)1006 và từ 0 < 5 − 2 6 <

1
ta có
2

1
1

⇒ a1006 > ( 2 + 3) 2012 > a1006 − . Vậy x = 9 .
10
10

Cho a,b,c là các số nguyên khác không, giả sử rằng phương trình
ax 2 + by 2 + cz 2 = 0 có một nghiệm nguyên khác không. Chứng minh rằng phương
trình ax 2 + by 2 + cz 2 = 1 có một nghiệm hữu tỉ ( ( x, y, z ) ∈ ¤ 3 ).
Giải: Cho u , v, w ∈ ¢ * là các số nguyên khác không và sao cho au 2 + bv 2 + cw2 = 0
 (c − 1)u (c − 1)v c + 1 
2
2
2
,
,
Khi đó ( x, y, z ) = 
÷ là nghiệm phương trình ax + by + cz = 1
2cw
2c 
 2cw
.

Chứng minh rằng phương trình 4 x 2 − 14 xy + y 2 + 261 = 0 có vô số nghiệm
nguyên.
Giải: ( x, y ) là nghiệm với x ≡ y ( mod 3 ) và 0 < x < y suy ra
(5 − 2 6)1006 <

4y − x
55 y − 16 x 

, y1 =

 x1 =
÷ nghiệm với x1 , y1 ∈ ¢ và 0 < x < x1 < y1 và
3
3


x1 ≡ y1 ( mod 3)

Từ đó ( x, y ) = (3,33) là một nghiệm ,trong đó 0 < x < y và x ≡ y ( mod 3) . Từ đó ta có
điều phải chứng minh.

Giải hệ phương trình sau trên tập số nguyên
z x = y2x
 z
x
2 = 4
 x + y + z = 20



Giải: Từ phương trình hai suy ra z = 2 x , thế vào phương trình thứ nhất ta được
 y 2 = 2x
x
2x
(2 x) = y , vậy x ≠ 0 và  2
, hơn nữa x là số chẵn.
 y = −2 x
Nếu z = y 2 = 2 x , thế vào phương trình thứ ba ta có 3 y 2 + 2 y − 40 = 0 . Từ đây ta tìm
được y = −4 và nghiệm ( x, y, z ) = (8, −4,16) .
Nếu z = 2 x, y 2 = −2 x thế vào phương trình thứ ba ta có 3 y 2 − 2 y + 40 = 0 (vô nghiệm).

Vậy ( x, y, z ) = (8, −4,16) là nghiệm duy nhất của hệ.


Tìm nghiệm nguyên của phương trình ( x + 1) − ( x − 1) = 8 y 2
4

4

Giải: Ta viết lại phương trình thành x( x 2 + 1) = y 2
Ta có nhận xét sau: gcd( x, x 2 + 1) = 1 và x( x 2 + 1) = y 2 suy ra đồng thời x, x 2 + 1 phải
là các số chính phương, do đó ∃u , v sao cho x = u 2 và x 2 + 1 = v 2 . Do đó
( x, y ) = (u 2 , uv) với u 4 + 1 = v 2 ⇒ (v − u 2 )(v + u 2 ) = 1 , ta tìm được (u, v) = (0, ±1) .
Vậy nghiệm của phương trình là ( x, y ) = (0, 0) .

Tìm tất cả các nghiệm nguyên ( x, y ) của phương trình
( x − 1) x ( x + 1) + ( y − 1) y ( y + 1) = 24 − 9 xy.
Giải: Phương trình đã cho tương đương với ( x + y − 3)( x 2 − xy + y 2 + 3x + 3 y + 8) = 0
Vậy một họ nghiệm đầu tiên của phương trình là ( x, y ) = (n,3 − n) .
Bây giờ ta sẽ tìm nghiệm nguyên của phương trình còn lại
x 2 − xy + y 2 + 3x + 3 y + 8 = 0
⇔ (2 x − y + 3) 2 + 3( y + 3) 2 = 4
Từ đây ta có các trường hợp sau:
2 x − y + 3 = 1 và y + 3 = 1 thì ( x, y ) = (−2, −2)
2 x − y + 3 = 1 và y + 3 = −1 thì ( x, y) = (−3, −4)
2 x − y + 3 = −1 và y + 3 = 1 thì ( x, y ) = (−3, −2)
2 x − y + 3 = −1 và y + 3 = −1 thì ( x, y) = (−4, −4)
2 x − y + 3 = 2 và y + 3 = 0 thì ( x, y ) = (−2, −3)
2 x − y + 3 = −2 và y + 3 = 0 thì ( x, y ) = (−4, −3)
Vậy các nghiệm của phương trình là:
( x, y ) ∈ {( −2, −2), ( −3, −4), ( −3, −2), ( −4; −4), ( −2, −3), ( −4, −3)} ∪ ∪n∈¢ {(n,3 − n)}

l
l
Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương l sao cho a + b ≡ 1( mod ab ) trong đó
a, b là các số nguyên dương và (a, b) = 1 .
ϕ (b)
≡ 1( mod b ) . Từ đó
Giải: Theo định lý Euler : Nếu (a, b) = 1 thì a



⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1ϕ ( a ) ≡ 1( mod b ) ⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) + bϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod b )

ϕ ( b )ϕ ( a )
+ bϕ ( b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod a )
Tương tự nếu thay a bởi b thì ta có a
ϕ ( b )ϕ ( a )
+ bϕ ( b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod ab )
Vì (a, b) = 1 nên a

Nếu p, q là các số nguyên dương sao cho


p
1 2 1 1 2 1 1 2
1
1
2
= 1 + − + + − + + − + ... +
+
−

q
2 3 4 5 6 7 8 9
478 479 480
p
Chứng minh rằng chia hết cho 641
Giải: Ta viết lại tổng thành
1  1 1
1 
 1 1
S = 1 + + + L +
÷− 3  + + L +
÷
480   3 6
480 
 2 3
1   1 1
1 
 1 1
S = 1 + + + L +
÷− 1 + + + L +
÷
480   2 3
160 
 2 3
1
1
1
S=
+
+L +

161 162
480
320
1
1
641
1
+
=
Từ đó suy ra S = ∑
??? .(321 − k )
k + 160 481 − k (k + 160)(481 − k )
k =1 k + 160
Chứng minh rằng tồn tại vô số n sao cho n 2 + (n + 1)2 là số chính phương.
Giải: Giả sử u , v thỏa mãn u 2 = 2v 2 − 1. Khi đó
(u + v ) 2 − v 2 + 1 = 2(u + v )v ⇒ ((u + v ) 2 − v 2 + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2


⇔ (u 2 + 2uv + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2
⇔ (u 2 + 2uv + 1) 2 = 4(u + v) 2 v 2 ⇔ (u 2 + 2uv) 2 + (u 2 + 2uv + 1) 2 = (u 2 + 2uv + 2v 2 ) 2
Vậy u 2 = 2v 2 − 1 ⇒ n = u (u + 2v) là nghiệm thỏa mãn phương trình.
Ta biết rằng phương trình u 2 = 2v 2 − 1 là phương trình Pell nên nó có vô số nghiệm
(1,1) là nghiệm
(u, v) ⇒ (3u + 4v, 2u + 3v) cũng là nghiệm.
Ví dụ:
(u, v) = (1,1) ⇒ n = 1(1 + 2) = 3 ⇒ 32 + 42 = 52
(u, v) = (3.1 + 4.1, 2.1 + 3.1) = (7,5) ⇒ n = 7(7 + 2.5) = 119 nên ta có
1192 + 120 2 = 1692
(u, v) = (3.7 + 4.5, 2.7 + 3.5) = (41, 29) ⇒ n = 41(41 + 2.29) = 4059 nên ta có
40592 + 40602 = 57412

……

Chứng minh rằng tồn tại các số a,b,c,d đôi một khác nhau sao cho tổng các chữ số
của số a 2 + b 2 + c 2 + d 2 bằng 19981998 .
k −1

2
2
2
Giải: Xét số uk = ∑ 10 , ta có S (uk ) = k . Nhận thấy rằng với bất kì các số dương
k

i =0

x, y , z , t ta luôn có thể tìm được các số nguyên i, j , k sao cho
S (10i x + 10 j y + 10k z + t ) = S (10i x ) + S (10 j y ) + S (10 k z ) + S (t ) = S ( x ) + S ( y ) + S ( z ) + S (t )
Chọn các số nguyên i, j , k ta có
S ((10i u4470 ) 2 + (10 j u31 ) 2 + (10k u11 ) 2 + (u4 ) 2 )
2
= S (u4470
) + S (u312 ) + S (u112 ) + S (u42 ) = 4470 2 + 312 + 112 + 4 2 = 19981998

Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình


1
1
1
+
=

x
y
20
1
1
1
1 1 1
1
=
−
⇒ =
+ −
⇒ 5 x ∈ ¤ ⇒ x = 5u 2 , từ tính đối xứng
Giải:
y
20
x
y
20
x
5x
1 1 1
ta có y = 5v 2 . Vậy phương trình đã cho trở thành + = , với các nghiệm là
u v 2
(4, 4), (3, 6), (6,3) . Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình đã cho là
( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} .
Cách khác:
x+ y
1
=

⇔ xy = 20( x + y ) ⇔ xy + 20 = 20 x + 20 y + 20
xy
20
⇔ x ( y − 20) − 20 y + 20 = 20 ⇔ ( y − 20)( x − 20) = 20
Vì x, y là các số nguyên dương nên ta đặt x = a 5 và y = b 5 khi đó ta có
((a − 2) 5)((b − 2) 5) = 20 ⇔ ( a − 2)(b − 2) = 4
Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là:
(a, b) = (6,3), (4, 4), (3, 6) hay ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)}
Chứng minh rằng với bất kì số nguyên dương n lẻ thì n12 − n8 − n 4 + 1 chia hết
cho 29 .
Giải: Ta có n12 − n8 − n 4 + 1 = (n 4 + 1)(n 2 + 1) 2 ( n 2 − 1) 2 , với n lẻ thì 2 | n 4 + 1 ,
22 | (n 2 + 1) 2 và 26 | (n 2 − 1) 2 . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Tìm nghiệm nguyên ( x, y, z ) của phương trình
1
( x + y )( y + z )( z + x) + ( x + y + z )3 = 1 − xyz
2
Giải: Phương trình đã cho tương đương với phương trình sau
(2 x + y + z )( x + 2 y + z )( x + y + 2 z ) = 2
a+b+c
a+b+c
a+b+c 

,b −
,c −
Vậy ( x, y, z ) =  a −
÷ trong đó a, b, c ∈ ¢ , abc = 2
4
4
4



và a + b + c ≡ 0 ( mod 4 ) .


Từ đây ta dễ dàng tìm được các nghiệm của phương trình
(a, b, c) = {(2,1,1), (2, −1, −1)} và các hoán vị của nó.
Vậy nghiệm của phương trình là:
( x, y, z ) ∈ {(0, 0,1), (0,1, 0), (1, 0, 0), ( −1, −1, 2), ( −1, 2, −1), (2, −1, −1)} ,


2
k
2
k +1
Chứng minh rằng nếu ak ≡ −7(mod 2 ) thì ak ≡ −7(mod 2 ) hoặc

ak2 ≡ 2k − 7(mod 2k +1 ) .

k
k
Giải: x ≡ −7 ( mod 2 ) ⇒ x + 7 = n 2 và

k +1
Nếu n = 2m là số chẵn thì suy ra x + 7 = m2k +1 và x ≡ −7 ( mod 2 )


k
k +1
Nếu n = 2m + 1 là số lẻ thì suy ra x + 7 = m2k +1 + 2k và x ≡ 2 − 7 ( mod 2 )

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Tính tổng [ 1] + [ 2] + .... + [ 2011]
2
2
Giải: ∀k ∈ [ p , ( p + 1) ) :  k  = p

⇒ ∑(k p=+p1)2

2

−1

2011

43

⇒ S = ∑ (2 p 2 + p ) + ∑2011
44 ⇒ S = 2
k = 442
p =1

2011

Vậy

∑ 
k =1

43

 k
 k  = (2 p + 1) p ⇒ S = ∑  k  = ∑ (k p=+p1)2 −1  k  + ∑k2011
= 44 2 
  p =1
 

 
k =1
2

43 × 44 × 87 43 × 44
+
+ 76 × 44
6
2

k  = 59158

 Tìm các số hữu tỉ dương (a, b) sao cho a + b = 4 + 7
Giải: Ta có a, b > 0 , bình phương hai vế phương trình ta được
a + b = 4

a + b − 4 = 4ab − 7 ⇒ 
7
ab = 4
1 7 7 1
Từ đó ta tìm được ( a, b) ∈ {( , );( , )} .
2 2 2 2
 Chứng minh rằng phương trình x 2 + y 2 = z 4 có vô số nghiệm thỏa mãn điều kiện

gcd ( x, y, z ) = 1 .
Giải: Ta có đẳng thức (16 x 4 − 24 x 2 + 1) 2 + (32 x 3 − 8 x) 2 = (4 x 2 + 1) 4
Suy ra gcd(16 x 4 − 24 x 2 + 1, 4 x 2 + 1) = 1 và gcd(16 x 4 − 24 x 2 + 1,32 x 3 − 8 x, 4 x 2 + 1) = 1
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
 Tìm (a, b) ∈ ¥ thỏa mãn phương trình a b + b a = 3999
Giải: Không mất tổng quát, giả sử rằng a ≤ b
1) Nếu a = 1 ta có 1 + b = 3999 và nghiệm của phương trình là (a, b) = (1,3998)
2) Nếu a = 2 thì phương trình trở thành 2b + b 2 = 3999 , từ đây suy ra 2 ≤ b ≤ 11 và
là số lẻ vì 213 > 3999 hơn nữa ta tìm được b ∈ {3,5, 7,9,11} không là nghiệm.
3) Nếu a = 3 thì phương trình trở thành 3b + b3 = 3999 , từ đây suy ra 3 ≤ b ≤ 7 và b
chia hết cho 3 vì 38 > 3999 hơn nữa ta tìm được b ∈ {3, 6} không là nghiệm.
4) Nếu a = 4 thì phương trình đã cho trở thành 4b + b 4 = 3999 vậy b ≥ 4 là số lẻ và
≤ 5 vì 47 > 3999 , hơn nữa ta tìm được b ∈ {5} không là nghiệm.
5) Nếu a = 5 thì phương trình đã cho trở thành 5b + b5 = 3999 vậy b ≥ 5 và ≤ 5 vì
56 > 3999 , ta tìm được b ∈ {5} không thỏa mãn phương trình.
6) Nếu a ≥ 6 thì a b ≥ a a ≥ 66 > 3999
Vậy nghiệm của phương trình là (a, b) ∈ {(1,3998), (3998,1)} .
x

x
y
 Tìm nghiệm nguyên dương ( x, y ) của phương trình x x = (19 − y x ) y x − 74 .


Giải: Nếu x = 1 ⇒ 1 = (19 − y ) y − 74 ⇒ y 2 − 19 y + 75 = 0 , phương trình vô nghiệm.
Nếu y = 1 ⇒ VP = −56 < 0 , vậy phương trình vô nghiệm.
Nếu x > 1, y > 1 thì chỉ có năm cặp ( x, y ) thỏa mãn y x < 19 là
(2, 2), (2,3), (2, 4), (3, 2), (4, 2) .
Trong năm cặp số này chỉ có ( x, y ) = (2,3) là thỏa mãn và đó cũng là nghiệm duy
nhất cần tìm.

 Tìm sáu chữ số cuối cùng của số 52012
16
Giải: Theo phương pháp LTE ta có v2 (5 − 1) = 6 và do đó thì
5n +16 ≡ 5n ( mod106 ) , ∀n ≥ 6

2012
≡ 512 ( mod106 ) , từ đó ta có 52012 ≡ 140625 ( mod106 )
Vậy 5

Vậy sáu chữ số cuối cùng của số 52012 là 140625 .
 Tìm một số tự nhiêm có sáu chữ số, số này bắt đầu và kết thúc bởi chữ số 2. Hơn
nữa số bằng là tích của ba số chẵn liên tiếp.
Giải: Considering that the required number is N = (2 x − 2)2 x(2 x + 2) = 8 x( x 2 − 1) , ta
có:
Nếu 1 ≤ x ≤ 29 ⇒ N ≤ 194880 không thể là một số có sáu chữ số bắt đầu là chữ số 2.
Nếu x = 30 ⇒ N = 215760 là một số không kết thúc bởi chữ số 2.
Nếu x = 31 ⇒ N = 238080 là một số không kết thúc bởi chữ số 2.
Nếu x = 32 ⇒ N = 261888 là một số không kết thúc bởi chữ số 2.
Nếu x = 33 ⇒ N = 287232 thỏa mãn.
Nếu x ≥ 34 ⇒ N ≥ 314160 không thể là một số có sáu chữ số mà bắt đầu là chữ số 2.
Vậy 287232 = 64 × 66 × 68 là số duy nhất cần tìm.
m

 Tìm công thức tổng quát của

∑ 
i =1

k +1
( k + 1)

ta có  2i − 1  = k
≤i≤
2
2
2

Giải: Với

2i − 1 

2

 ( n +1) 2 


 2 

n
  (k + 1) 2   k 2 + 1  


2
i
−
1
=
k
1 + 
∑
−

÷

 ∑
i =1
k =1 
 2   2 
n
n
 (k + 1) 2 − 1 k 2 + 2 
 (k + 1) 2 k 2 + 1 
= ∑ k 1 +
−
+
k
−
∑
÷
1 +
÷
2
2  k =1,k odd 
2
2 
k =1, k even 

Vậy

=

n

∑

k =1, k even

=

k2 +

n

∑

k (k + 1) =

k =1, k odd

n(n + 1)(2n + 1)  n + 1 
+
6
 2 

n

∑k

k =1, k

2

+

n

∑

k

k =1, k odd

2

 (n + 1) 2 
Như vậy ta chọn n as greast integrpart such as 
 ≤ m , ta được
 2 


2

 (n + 1) 2 
n(n + 1)(2n + 1)  n + 1 


2
i
−
1
=
+

+
(
n
+
1)(
m
−
∑
 2 )
 2 


6
i =1


 (n + 1) 2 
 (n + 2) 2 
≤
m
<
Từ bất đẳng thức 

 2  , ta có n =  2m + 1  − 1
2




Như vậy

2
m
k2 
k
(
k
−
1)(2
k
−
1)
k




2
i
−
1
=
km
+
+
−
k
∑
 2  where k =  2m + 1 
 2 



6
i =1
 
Hay có thể rút gọn là
m
 2i − 1  = km −  k (k + 2)(2k − 1)  where k =  2m + 1  .
∑






12
i =1
m

 Tìm các số tự nhiên n > 1 thỏa mãn 2011n = ....2011 .
n
n−1
Giải: Ta có 2011 ≡ 2011( mod10000 ) và 2011 ≡ 1( mod10000 )
m
Giá trị nhỏ nhất m ∈ ¥ sao cho 2011 ≡ 1( mod10000 ) là 500

Vậy n = 500k + 1, ∀k ∈ ¥ .
 Tìm tất cả n ∈ ¥ * thỏa mãn phương trình (n + 1) n + n n + (n − 1) n = 11n 2 .
Giải: Nếu n ≥ 4 thì n n − 2 > 11 do đó n n > 11n 2 , suy ra n ∈ {1, 2,3} . Kiểm tra thấy
n = 3 là nghiệm duy nhất.
 Tìm tất cả các cặp (q, r ) hữu tỉ sao cho

Giải: Ta có

5

25 + 11 5 = 5 q + 10 r và

5

5

25 + 11 5 = 5 q + 10 r .

25 − 11 5 = 5 q − 10 r ( liên hợp)
5

 5 25 + 11 5 + 5 25 − 11 5  125
5
÷ ~
Vậy thì q = 
.
⇒r ~

÷ 16
2
256


5

 125

5 
 125 5 
q, r ) = 
,
(
+ 10
=
25
+
11
5
Từ đó ta tìm được  5
hay
÷
÷.
÷
16
256
16
256





 Tìm phần nguyên của 1 +

1
1 1
1

+
+ + ... +
trong đó n là một số chính
2
3 4
n

phương.
n dx
dx
1
> Sn > ∫
+
, ∀n > 1 .
1
x
x
n
1
1
, ∀n > 1 và do đó 2n − 1 > S n2 > 2n − 2 + , ∀n > 1
Vậy 2 n − 1 > S n > 2 n − 2 +
n
n
n

Giải: Dễ thấy rằng 1 + ∫1

Từ đó ta tìm được  S n2  = 2n − 2, ∀n > 1 và chú ý là S12 = 1 .