Tổng hợp các dạng toán thi vào lớp 10 có đáp án

SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ
dàng tìm ra lời giải của bài toán.
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2
DB.
SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều bài toán hình học tưởng như không liên quan đến diện tích, nhưng nếu ta sử dụng diện tích thì lại dễ
dàng tìm ra lời giải của bài toán.
Bài toán 1 : Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC = 2
DB.
Phân tích bài toán (h.1)
Để so sánh DC và DB, có thể so sánh diện tích hai tam giác ADC và ADB có chung đường cao kẻ từ A. Ta so
sánh được diện tích hai tam giác này vì chúng có các đường cao kẻ từ D bằng nhau, và AC = 2 AB theo đề bài
cho.
Giải : Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC. Xét ΔADC và ΔADB : các đường cao DI = DK, các
đáy AC = 2 AB nên S
ADC
= 2 S
ADB
.
Vẫn xét hai tam giác trên có chung đường cao kẻ từ A đến BC, do S
ADC
= 2 S
ADB
nên DC = 2 DB.
Giải tương tự như trên, ta chứng minh được bài toán tổng quát :
Nếu AD là phân giác của ΔABC thì DB/DC = AB/AC.
Bài toán 2 : Cho hình thang ABCD (AB // CD), các đường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ đường thẳng song
song với hai đáy, cắt các cạnh bên AC và BC theo thứ tự tại E và F.

Chứng minh rằng OE = OF.
Giải :
Cách 1 : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vuông góc với EF. Đặt AH = BK = h
1
, CM = DN = h
2
.
Ta có :
Từ (1), (2), (3) => :
Do đó OE = OF.
Cách 2 : (h.3) Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có S
ADC
= S
BDC
.
Cùng trừ đi S
5
được :
S
1
+ S
2
= S
3
+ S
4
(1)
Giả sử OE > OF thì S
1
> S

3
và S
2
> S
4
nên S
1
+ S
2
> S
3
+ S
4
, trái với (1).
Giả sử OE < OF thì S
1
< S
3
và S
2
< S
4
nên S
1
+ S
2
< S
3
+ S
4

, trái với (1).
Vậy OE = OF.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN =
CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC.
Giải : (h.4) Kẻ DH vuông góc với KA, DI vuông góc với KC.
Ta có :
DH . AN = 2 S
ADN
(1)
DI . CM = 2 S
CDM
(2)
Ta lại có S
ADN
= 1/2.S
ABCD
(tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau),
S
CDM
= 1/2.S
ABCD
nên S
ADN
= S
CDM
(3)
Từ (1), (2), (3) => DH . AN = DI . CM.
Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KI là tia phân giác của góc AKC.
Như vậy khi xét quan hệ giữa độ dài các đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ giữa diện tích các tam giác mà cạnh là
các đoạn thẳng ấy. Điều đó nhiều khi giúp chúng ta đi đến lời giải của bài toán.

Bạn hãy sử dụng diện tích để giải các bài toán sau :
1. Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi M là một điểm bất kì thuộc cạnh đáy BC. Gọi MH, MK theo thứ tự là các
đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của tam giác ABC. Chứng minh rằng MH + MK
= BI.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
AMB
+ S
AMC
= S
ABC
.
2. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam
giác không phụ thuộc vị trí của M.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MBC
+ S
MAC
+ S
MAB
= S
ABC
.
3. Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ
điểm M đến đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC.
Hướng dẫn : Hãy chú ý đến
S
MAC
- S

MAB
= S
ABC
.
4. Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại O. Gọi F là trung
điểm của CD, E là giao điểm của OF và AB. Chứng minh rằng AE = EB.
Hướng dẫn : Dùng phương pháp phản chứng.
MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Bài toán 1 : Cho góc xOy. Trên Ox lấy hai điểm A, B và trên Oy lấy hai điểm C, D sao
cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm của AC và BD. Chứng minh đường thẳng MN
song song với phân giác góc xOy.
Suy luận : Vị trí đặc biệt nhất của CD là khi CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc
xOy.
Gọi C
1
và D
1
là các điểm đối xứng của A và B qua Oz ; E và F là các giao điểm của AC
1
và BD
1
với Oz. Khi đó E và F là trung điểm của AC
1
và BD
1
, và do đó vị trí của MN sẽ là
EF. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh MN // EF là đủ (xem hình 1).
Thật vậy, do AB = CD (gt), AB = C
1
D

1
(tính chất đối xứng) nên CD = C
1
D
1
. Mặt khác ME
và NF là đường trung bình của các tam giác ACC
1
và BDD
1
nên NF // DD
1
, NF = 1/2DD
1
,
ME // CC
1
, ME = 1/2 CC
1
=> ME // NF và NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN là hình bình
hành => MN // EF => đpcm.
Bài toán 1 có nhiều biến dạng” rất thú vị, sau đây là một vài biến dạng của nó, đề nghị các
bạn giải xem như những bài tập nhỏ ; sau đó hãy đề xuất những “biến dạng” tương tự.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC. Trên AB và CD có hai điểm D và E chuyển động sao cho
BD = CE. Đường thẳng qua các trung điểm của BC và DE cắt AB và AC tại I và J. Chứng
minh ΔAIJ cân.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC. AD và AE là phân giác trong và trung tuyến
của tam giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB và AC tại M và N. Gọi F
là trung điểm của MN. Chứng minh AD // EF.
Trong việc giải các bài toán chứa các điểm di động, việc xét các vị trí đặc biệt càng tỏ ra

hữu ích, đặc biệt là các bài toán “tìm tập hợp điểm”.
Bài toán 4 : Cho nửa đường tròn đường kính AB cố định và một điểm C chuyển động trên
nửa đường tròn đó. Dựng hình vuông BCDE. Tìm tập hợp C, D và tâm hình vuông.
Ta xét trường hợp hình vuông BCDE “nằm ngoài” nửa đường tròn đã cho (trường hợp
hình vuông BCDE nằm trong đường tròn đã cho được xét tương tự, đề nghị các bạn tự làm
lấy xem như bài tập).
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B. Khi đó hình vuông BCDE sẽ thu lại một điểm B
và các điểm I, D, E đều trùng với B, trong đó I là tâm hình vuông BCDE. Vậy B là một
điểm thuộc các tập hợp cần tìm.
Xét trường hợp C trùng với A. Dựng hình vuông BAD
1
E
1
khi đó D trùng với D
1
, E trùng
với E
1
và I trùng với I
1
(trung điểm của cung AB ). Trước hết, ta tìm tập hợp E. Vì B và E
1
thuộc tập hợp cần tìm nên ta nghĩ ngay đến việc thử chứng minh Đ BEE
1
không đổi. Điều
này không khó vì Đ ACB = 90
o
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) và ΔBEE
1
= ΔBCA (c.

g. c) => Đ BEE
1
= Đ BCA = 90
o
=> E nằm trên nửa đường tròn đường kính BE
1
(1/2
đường tròn này và 1/2 đường tròn đã cho nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau với “bờ” là
đường thằng BE
1
).
Vì Đ DEB = Đ E
1
EB = 90
o
nên D nằm trên EE
1
(xem hình 2)
=> Đ ADE
1
= 90
o
= Đ ABE
1
=> D nằm trên đường tròn đường kính AE
1
, nhưng ABE
1
D
1

là hình vuông nên đường tròn đường kính AE
1
cũng là đường tròn đường kính BD
1
. Chú ý
rằng B và D
1
là các vị trí giới hạn của tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D là nửa đường tròn
đường kính BD
1
(nửa đường tròn này và điểm A ở về hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ
là đường thẳng BD
1
).
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần chú ý II
1
là đường trung bình của ΔBDD
1
nên II
1
// DD
1
=> Đ BII
1
= 90 => tập hợp I là nửa đường tròn đường kính BI
1
(đường tròn này và A ở về
hai nửa mặt phẳng khác nhau với bờ là BD
1
).

Để kết thúc, xin mời bạn giải bài toán sau đây :
Bài toán 5 : Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB cố định và 1 điểm C chuyển động
trên nửa đường tròn đó. Kẻ CH vuông góc với AB. Trên đoạn thẳng OC lấy điểm M sao
cho OM = CH. Tìm tập hợp M.
LÀM QUEN VỚI BẤT ĐẲNG THỨC
TRÊ-BƯ-SEP
Các bạn đã từng được làm quen với các bất đẳng thức Cô si, Bunhiacôpski nhưng không ít bạn còn chưa biết về
bất đẳng thức Trê - bư - sép. Con đường đi đến bất đẳng thức này thật là giản dị, quá gần gũi với những kiến thức
cơ bản của các bạn bậc THCS.
Các bạn có thể thấy ngay : Nếu a
1
≤ a
2
và b
1
≤ b
2
thì (a
2
- a
1
) (b
2
- b
1
) ≥ 0. Khai triển vế trái của bất đẳng thức này
ta có :
a
1
b

1
+ a
2
b
2
- a
1
b
2
- a
2
b
1
≥ 0
=> : a
1
b
1
+ a
2
b
2
≥ a
1
b
2
+ a
2
b
1

.
Nếu cộng thêm a
1
b
1
+ a
2
b
2
vào cả hai vế ta được :
2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ a
1
(b
1
+ b
2
) + a
2
(b
1
+ b
2

)
=> : 2 (a
1
b
1
+ a
2
b
2
) ≥ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (*)
Bất đẳng thức (*) chính là bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 2. Nếu thay đổi giả thiết, cho a
1
≤ a
2
và b
1
≥ b
2
thì
tất cả các bất đẳng thức trên cùng đổi chiều và ta có :
2 (a
1

b
1
+ a
2
b
2
) ≤ (a
1
+ a
2
) (b
1
+ b
2
) (**)
Các bất đẳng thức (*) và (**) đều trở thành đẳng thức khi và chỉ khi a
1
= a
2
hoặc b
1
= b
2
.
Làm theo con đường đi tới (*) hoặc (**), các bạn có thể giải quyết nhiều bài toán rất thú vị.
Bài toán 1 : Biết rằng x + y = 2. Chứng minh x
2003
+ y
2003
≤ x

2004
+ y
2004
.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x và y nên có thể giả sử x ≤ y. Từ đó => : x
2003
≤ y
2003
.
Do đó (y
2003
- x
2003
).(y - x) ≥ 0
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x.y
2003
+ y.x
2003

Cộng thêm x
2004
+ y
2004
vào hai vế ta có : 2.(x
2004
+ y

2004
) ≥ (x+y) (x
2003
+ y
2003
) = 2.(x
2003
+ y
2003
)
=> : x
2004
+ y
2004
≥ x
2003
+ y
2003
(đpcm).
Để ý rằng : Bất đẳng thức vừa chứng minh trở thành đẳng thức khi và chỉ khi x = y = 1 ; các bạn sẽ có lời giải của
các bài toán sau :
Bài toán 2 : Giải hệ phương trình :
Nếu các bạn quan tâm tới các yếu tố trong tam giác thì vận dụng các bất đẳng thức (*) hoặc (**) sẽ dẫn đến nhiều
bài toán mới.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. AH và BK là các đường cao của tam giác.
Chứng minh : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Lời giải : Ta có AH x BC = BK x CA = 2. Do vai trò bình đẳng của BC và CA nên có thể giả sử rằng BC ≤ CA
=> 2/BC ≥ 2/CA => AH ≥ BK.
Do đó (CA - BC).(BK - AH) ≤ 0
=> : CA x BK + BC x AH ≤ BC x BK + CA x AH

Cộng thêm CA x BK + BC x AH vào 2 vế ta có :
2.(CA x BK + BC x AH) ≤ (BC + CA) (AH + BK)
=> : (BC + CA).(AH + BK) ≥ 8.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi BC = CA hoặc BK = AH tương đương với BC = CA hay tam giác ABC là tam
giác cân đỉnh C.
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c và các đường cao tương ứng của các cạnh này có độ
dài lần lượt là h
a
, h
b
, h
c
. Chứng minh :
với S là diện tích tam giác ABC.
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của các cạnh trong tam giác nên có thể giả sử rằng a ≤ b ≤ c
=> : 2S/a ≥ 2S/b ≥ 2S/c => h
a
≥ h
b
≥ h
c
.
Làm như lời giải bài toán 3 ta có :
(a + b).(ha + hb) ≥ 8S
=> : 1/(h
a
+ h
b
) ≤ (a + b)/(8S) (1)
Tương tự ta được :

1/(h
b
+ h
b
) ≤ (b + c)/(8S) (2)
1/(h
c
+ h
a
) ≤ (c + a)/(8S) (3)
Cộng từng vế của (1), (2), (3) dẫn đến :
Bất đẳng thức (4) trở thành đẳng thức khi và chỉ khi các bất đẳng thức (1), (2), (3) đồng thời trở thành đẳng thức
tương đương với a = b = c hay tam giác ABC là tam giác đều.
Bây giờ các bạn thử giải các bài tập sau đây :
1) Biết rằng x
2
+ y
2
= 1. Tìm giá trị lớn nhất của F = (x
4
+ y
4
) / (x
6
+ y
6
)
2) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. Chứng minh :
3) Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và độ dài các đường phân giác trong thuộc các cạnh
này lần lượt là l

a
, l
b
, l
c
. Chứng minh :
4) Hãy dự đoán và chứng minh bất đẳng thức Trê - bư - sép với n = 3. Từ đó hãy sáng tạo ra các bài toán. Nếu bạn
thấy thú vị với những khám phá của mình ở bài tập này, hãy gửi gấp bài viết về cho chuyên mục EUREKA của
TTT2.
PHƯƠNG PHÁP HOÁN VỊ VÒNG QUANH
Phân tích thành nhân tử là một trong những kĩ năng cơ bản nhất của chương trình đại số bậc THCS. Kĩ năng này
được sử dụng khi giải các bài toán : biến đổi đồng nhất các biểu thức toán học, giải phương trình, chứng minh bất
đẳng thức và giải các bài toán cực trị ... Sách giáo khoa lớp 8 đã giới thiệu nhiều phương pháp phân tích thành
nhân tử. Sau đây tôi xin nêu một phương pháp thường sử dụng, dựa vào việc kết hợp các phương pháp quen thuộc
như đặt nhân tử chung, nhóm số hạng, hằng đẳng thức ...
Phương pháp này dựa vào một số nhận xét sau đây :
1/ Giả sử phải phân tích biểu thức F(a, b, c) thành nhân tử, trong đó a, b, c có vai trò như nhau trong biểu
thức đó. Nếu F(a, b, c) = 0 khi a = b thì F(a, b, c) sẽ chứa các nhân tử a - b, b - c và c - a.
Bài toán 1 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
2
(b - c) + b
2
(c - a) + c
2
(a - b).
Nhận xét : Khi a = b ta có :
F(a, b, c) = a
2
(a - c) + a

2
(c - a) = 0, do đó F(a, b, c) có chứa nhân tử a - b.
Tương tự F(a, b, c) chứa các nhân tử b - c, c - a. Vì F(a, b, c) là biểu thức bậc ba, do đó F(a, b, c) = k.(a - b)(b - c)
(c - a).
Cho a = 1, b = 0, c = -1 ta có :
1 + 1 = k.1.1.(-2) => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a).
Bài toán 2 : Phân tích thành nhân tử :
F(a, b, c) = a
3
(b - c) + b
3
(c - a) + c
3
(a - b).
7
Nhận xét : Tương tự như bài toán 1, ta thấy F(a, b, c) phải chứa các nhân tử a - b, b - c, c - a. Nhưng ở đây F(a, b,
c) là biểu thức bậc bốn, trong khi đó (a - b)(b - c)(c - a) bậc ba, vì vậy F(a, b, c) phải có một thừa số bậc nhất của
a, b, c. Do vai trò a, b, c như nhau nên thừa số này có dạng k(a + b + c). Do đó :
F(a, b, c) = k(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c)
Cho a = 0 ; b = 1 ; c = 2 => k = -1.
Vậy : F(a, b, c) = -(a - b)(b - c)(c - a)(a + b + c).
2/ Trong một số bài toán, nếu F(a, b, c) là biểu thức đối xứng của a, b, c nhưng F(a, b, c) ≠ 0 khi a = b thì ta
thử xem khi a = -b, F(a, b, c) có triệt tiêu không, nếu thỏa mãn thì F(a, b, c) chứa nhân tử a + b, và từ đó
chứa các nhân tử b + c, c + a.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng :
Nếu : 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) thì
1/x
n
+ 1/y

n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
với mọi số nguyên lẻ n.
Nhận xét :
Từ giả thiết 1/x + 1/y + 1/z = 1/(x + y + z) => :
(xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz = 0 (*)
Do đó ta thử phân tích biểu thức
F(x, y, z) = (xy + xz + yz)(x + y + z) - xyz thành nhân tử.
Chú ý rằng khi x = - y thì F(x, y, z) = - y
2
z + y
2
z = 0 nên F(x, y, z) chứa nhân tử x + y. Lập luận tương tự như bài
toán 1, ta có F(x, y, z) = (x + y)(y + z)(x + z).
Do đó (*) trở thành : (x + y)(y + z)(x + z) = 0
Tương đương với : x + y = 0 hoặc y + z = 0 hoặc z + x = 0 .
Nếu x + y = 0 chẳng hạn thì x = - y và do n lẻ nên x
n
= (-y)
n
= -y
n

.
Vậy : 1/x
n
+ 1/y
n
+ 1/z
n
= 1/(x
n
+ y
n
+ z
n
)
Tương tự cho các trường hợp còn lại, ta có đpcm.
Có những khi ta phải linh hoạt hơn trong tình huống mà hai nguyên tắc trên không thỏa mãn :
Bài toán 4 :
Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
F(x, y, z) = x
3
+ y
3
+ z
3
- 3xyz.
Nhận xét : Ta thấy rằng khi x = y hay x = -y thì F(x, y, z) ≠ 0. Nhưng nếu thay x = -(y + z) thì F(x, y, z) = 0 nên
F(x, y, z) có nhân tử x + y + z. Chia F(x, y, z) cho x + y + z, ta được thương x
2
+ y
2

+ z
2
- xy - yz - zx và dư là 0.
Do đó :
F(x, y, z) = (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
- xy - yz - zx).
Ta có thể thêm bớt vào F(x, y, z) một lượng 3x
2
y + 3xy
2
để nhân được kết quả này.
Các bạn hãy dùng các phương pháp và kết quả nêu trên để giải các bài tập sau đây.
Bài toán 5 :
Tính tổng :
trong đó k = 1, 2, 3, 4.
Bài toán 6 : Chứng minh rằng (a - b)
5
+ (b - c)
5
+ (c - a)
5
chia hết cho 5(a - b)(b - c)(c - a).
TS. Lê Quốc Hán
(ĐH Vinh)
MỘT PHƯƠNG PHÁP TÌM NGHIỆM ĐỘC ĐÁO

Bằng kiến thức hình học lớp 6 ta có thể giải được các phương trình bậc hai một ẩn được không ? Câu trả lời là ở
trường hợp tổng quát thì không được, nhưng trong rất nhiều trường hợp ta vẫn có thể tìm được nghiệm dương.
8
Ví dụ : Tìm nghiệm dương của phương trình x
2
+ 10x = 39.
Lời giải :
Ta có : x
2
+ 10x = 39
tương đương x
2
+ 2.5.x = 39
Từ biến đổi trên, ta hình dung x là cạnh của một hình vuông thì diện tích của hình vuông đó là x
2
. Kéo dài mỗi
cạnh của hình vuông thêm 5 đơn vị (như hình vẽ), ta dễ thấy :
Hình vuông to có độ dài cạnh là x + 5 sẽ có diện tích là 64. Do đó :
(x + 5)
2
= 64 = 82 tương đương x + 5 = 8 hay x = 3.
Vậy phương trình có nghiệm dương là x = 3.
Phương pháp này đã được nhà toán học Italia nổi tiếng Jerôm Cacđanô (1501 - 1576) sử dụng khi tìm nghiệm
dương của phương trình x
2
+ 6x = 31.
Các bạn hãy tìm nghiệm dương của phương trình x
2
- 8x = 33 bằng phương pháp hình học thử xem ?
MỘT DẠNG TOÁN VỀ ƯCLN VÀ BCNN

Trong chương trình số học lớp 6, sau khi học các khái niệm ước chung lớn nhất (ƯCLN) và bội chung nhỏ nhất
(BCNN), các bạn sẽ gặp dạng toán tìm hai số nguyên dương khi biết một số yếu tố trong đó có các dữ kiện về
ƯCLN và BCNN.
Phương pháp chung để giải :
1/ Dựa vào định nghĩa ƯCLN để biểu diễn hai số phải tìm, liên hệ với các yếu tố đã cho để tìm hai số.
2/ Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên
dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ
thức này không khó :
Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 (*)
Từ (*) => ab = mnd
2
; [a, b] = mnd
=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd
2
= ab
=> ab = (a, b).[a, b] . (**)
Chúng ta hãy xét một số ví dụ minh họa.
Bài toán 1 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết [a, b] = 240 và (a, b) = 16. Lời giải : Do vai trò của a, b là như
nhau, không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b.
Từ (*), do (a, b) = 16 nên a = 16m ; b = 16n (m ≤ n do a ≤ b) với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Theo định nghĩa BCNN :
[a, b] = mnd = mn.16 = 240 => mn = 15
=> m = 1 , n = 15 hoặc m = 3, n = 5 => a = 16, b = 240 hoặc a = 48, b = 80.
Chú ý : Ta có thể áp dụng công thức (**) để giải bài toán này : ab = (a, b).[a, b] => mn.16
2
= 240.16 suyy ra mn =

15.
9
Bài toán 2 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 216 và (a, b) = 6.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.
Do (a, b) = 6 => a = 6m ; b = 6n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : ab = 6m.6n = 36mn => ab = 216 tương đương mn = 6 tương đương m = 1, n = 6 hoặc m = 2, n = 3 tương
đương với a = 6, b = 36 hoặcc là a = 12, b = 18.
Bài toán 3 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết ab = 180, [a, b] = 60.
Lời giải :
Từ (**) => (a, b) = ab/[a, b] = 180/60 = 3.
Tìm được (a, b) = 3, bài toán được đưa về dạng bài toán 2.
Kết quả : a = 3, b = 60 hoặc a = 12, b = 15.
Chú ý : Ta có thể tính (a, b) một cách trực tiếp từ định nghĩa ƯCLN, BCNN : Theo (*) ta có ab = mnd
2
= 180 ; [a,
b] = mnd = 60 => d = (a, b) = 3.
Bài toán 4 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a/b = 2,6 và (a, b) = 5.
Lời giải : Theo (*), (a, b) = 5 => a = 5m ; b = 5n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Vì vậy : a/b = m/n = 2,6 => m/n = 13/5 tương đương với m = 13 và n = 5 hay a = 65 và b = 25.
Chú ý : phân số tương ứng với 2,6 phải chọn là phân số tối giản do (m, n) = 1.
Bài toán 5 :
Tìm a, b biết a/b = 4/5 và [a, b] = 140.
Lời giải : Đặt (a, b) = d. Vì , a/b = 4/5 , mặt khác (4, 5) = 1 nên a = 4d, b = 5d.
Lưu ý [a, b] = 4.5.d = 20d = 140 => d = 7 => a = 28 ; b = 35.
Bài toán 6 : Tìm hai số nguyên dương a, b biết a + b = 128 và (a, b) = 16.
Lời giải : Lập luận như bài 1, giả sử a ≤ b.

Ta có : a = 16m ; b = 16n với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1 ; m ≤ n.
Vì vậy : a + b = 128 tương đương 16(m + n) = 128 tương đương m + n = 8
Tương đương với m = 1, n = 7 hoặc m = 3, n = 5 hay a = 16, b = 112 hoặc a = 48, b = 80
Bài toán 7 : Tìm a, b biết a + b = 42 và [a, b] = 72.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Không mất tính tổng quát, giả sử a ≤ b => m ≤ n.
Do đó : a + b = d(m + n) = 42 (1)
[a, b] = mnd = 72 (2)
=> d là ước chung của 42 và 72 => d thuộc {1 ; 2 ; 3 ; 6}.
Lần lượt thay các giá trị của d vào (1) và (2) để tính m, n ta thấy chỉ có trường hợp d = 6 => m + n = 7 và mn =
12 => m = 3 và n = 4 . (thỏa mãn các điều kiện của m, n). Vậy d = 6 và a = 3.6 = 18 , b = 4.6 = 24
Bài toán 8 : Tìm a, b biết a - b = 7, [a, b] = 140.
Lời giải : Gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z
+
; (m, n) = 1.
Do đó : a - b = d(m - n) = 7 (1’)
[a, b] = mnd = 140 (2’)
=> d là ước chung của 7 và 140 => d thuộc {1 ; 7}.
Thay lần lượt các giá trị của d vào (1’) và (2’) để tính m, n ta được kết quả duy nhất :
d = 7 => m - n = 1 và mn = 20 => m = 5, n = 4
Vậy d = 7 và a = 5.7 = 35 ; b = 4.7 = 28 .
Bài tập tự giải :
1/ Tìm hai số a, b biết 7a = 11b và (a, b) = 45.
2/ Tìm hai số biết tổng của chúng bằng 448, ƯCLN của chúng bằng 16 và chúng có các chữ số hàng đơn vị giống
nhau.
3/ Cho hai số tự nhiên a và b. Tìm tất cả các số tự nhiên c sao cho trong ba số, tích của hai số luôn chia hết cho số

còn lại.
VẬN DỤNG BỔ ĐỀ HÌNH THANG VÀO GIẢI TOÁN
10
* Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một
đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề :
“Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của
hình thang thành hai phần bằng nhau”.
Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng
minh trong TTT2(4).
* ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”.
Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP cắt nhau tại I,
J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng :
Nếu S
ΔAIN
= S
ΔBJP
= S
ΔCKM
= S
ΔIJK
thì S
APJI
= S
BMKJ
= S
CNIK
.
Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.
Từ S
ΔANI

= S
ΔIJK
=> S
ΔANI
+ S
ΔAIJ
= = S
ΔIJK
+ S
ΔAIJ
=> S
ΔNAJ
= S
ΔKAJ
.
Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK //
AJ.
Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”,
CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*).
Từ (*) ta chứng minh được S
ΔCIN
= S
ΔCIK
, mà S
ΔAIN
= S
ΔCKM
=> S
ΔCIM
= S

ΔCIA
=> IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có
chung đường cao hạ từ C tới AM).
Từ (**) => S
ΔBIA
= S
ΔBIM
( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM).
Tương đương với S
ΔBPJ
+ S
APJI
= S
ΔIJK
+ S
BJKM
hay S
APJI
= S
BJKM
(do S
ΔBPJ
= S
IJK
).
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và
do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau.
* Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên.
Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng qua điểm C
nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB.

Lời giải :
Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2).
11
Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC cắt BD tại O. Theo bổ
đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựng.
Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O. Nối SA, BO, cắt
nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) // AB.
* Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước thẳng.
Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng đường thẳng song
song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD.
Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3).
áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng
được đường thẳng Bx // AC.
Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD.
Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.
Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung điểm của BD nên OI
là đường trung bình của DBCD, OI // CD.
=> OE là đường thẳng cần dựng.
Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và một đường thẳng (d)
bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song với (d).
Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai điểm P, Q khác
nhau và điểm N là trung điểm của PQ.
Ta thực hiện như sau :
12
Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến PAB tới (S). AO, BO cắt (S) lần lượt tại C, D. CD cắt
(d) tại Q.
Theo tính chất của đường tròn, ta chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành có tâm là điểm O. Theo bài
toán 3, qua O ta dựng được đường thẳng song song với AB và dễ thấy đường thẳng này cắt PQ tại N là trung điểm
của PQ. Đến đây, ta có thể => cách dựng đường thẳng qua M song song với (d) dựa vào bài toán 2.
Bài tập tự giải :

Bài toán 5 : Cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó, M là một điểm bất kì. Chỉ dùng thước thẳng, hãy dựng
qua M một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng (d) cho trước.
Bài toán 6 : Cho tứ giác ABCD, AD cắt BC tại S, AC cắt BD tại O. Chứng minh rằng nếu SO đi qua trung điểm
M của AB thì SO cũng đi qua trung điểm N của CD và tứ giác ABCD là hình thang.
MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG PHÉP PHÂN TÍCH ĐA THỨC
THÀNH NHÂN TỬ
Sau khi xem xong tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 5 (tháng 7 năm 2003), tôi rất tâm đắc với các bài toán phân tích đa
thức thành nhân tử. Do đó tôi mạnh dạn trao đổi với bạn đọc về vấn đề vận dụng phép phân tích đa thức thành
nhân tử vào giải một số dạng toán ở bậc THCS.
1. Rút gọn các biểu thức đại số.
Bài toán 1 : Rút gọn :
với ab ≠ 0.
Lời giải :
Bài toán 2 : Rút gọn :
13
Lời giải :
2. Chứng minh bất đẳng thức
Bài toán 3 : Cho ΔABC với góc A ≥ góc B ≥ góc C.
Chứng minh :
Lời giải : Hạ AH vuông góc với BC ; BI vuông góc với AC. Ta có AH = h
a
, BI = h
b
. Dễ thấy 2 tam giác vuông
AHC và BIC đồng dạng và chung góc C. => h
a
/h
b
= AH/BI = b/a .
áp dụng điều tương tự ta có :

Vì góc A ≥ góc B ≥ góc C tương đương với a ≥ b ≥ c nên (**) đúng, tức là (*) được chứng minh.
3. Giải phương trình và bất phương trình
Bài toán 4 : Giải phương trình : 4x
3
- 10x
2
+ 6x - 1 = 0 (1)
Lời giải :
(1) 4x
3
- 2x
2
- 8x
2
+ 4x + 2x - 1 = 0 tương đương 2x
2
(2x - 1) - 4x(2x - 1) + (2x - 1) = 0
hay (2x - 1)(2x
2
- 4x + 1) = 0
Bài toán 5 : Giải phương trình :
Lời giải : Ta có :
14
Vậy phương trình (2) có nghiệm duy nhất là x = 3.
Bài toán 6 : Giải bất phương trình : 7x
3
- 12x
2
- 8 < 0 (3)
Lời giải : (3) 7x

3
- 14x
2
+ 2x
2
- 8 < 0
tương đương với 7x
2
(x - 2) + 2(x
2
- 4) < 0 hay (x - 2)(7x
2
+ 2x + 4) < 0
tương đương với (x - 2)[6x
2
+ 3 + (x + 1)2] < 0 hay x - 2 < 0 => x < 2.
Vậy bất phương trình (3) có nghiệm là x < 2.
4. Một số bài toán khác.
Bài toán 7 : CMR nếu :
với a, b ≠ 0 ; a ≠ b ; a, b ≠ 1/2 thì a + b + 3/2 = 1/a + 1/b.
Lời giải : (*) tương đương : a
2
b - 2a
3
b - 2b
2
+ 4ab
2
= b
2

a - 2ab
3
- 2a
2
+ 4a
2
b hay :
3ab
2
- 3a
2
b - 2a
3
b + 2b
3
a - 2b
2
+ 2a
2
= 0
3ab(b - a) + 2ab(b
2
- a
2
) - 2(b
2
- a
2
) = 0
(b - a)[3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b)] = 0

Vì a ≠ b => b - a ≠ 0 nên hệ thức trên tương đương với : 3ab + 2ab(b + a) - 2(a + b) = 0
Do a.b ≠ 0 => 3/2 + a + b - (a + b)/ab = 0
=> : a + b + 3/2 = 1/a + 1/b . (đpcm).
Bài toán 8 : Chứng minh : n
2
+ 11n + 39 không chia hết cho 49 với "n thuộc N.
Lời giải : Xét M = n
2
+ 11n + 39 = n
2
+ 2n + 9n + 18 + 21 = (n + 2)(n + 9) + 21.
Có (n + 9) - (n + 2) = 7 => n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7.
- Nếu n + 9 và n + 2 cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) chia hết cho 49 mà 21 không chia hết cho 49 nên M
không chia hết cho 49.
- Nếu n + 9 và n + 2 không cùng chia hết cho 7 thì (n + 9)(n + 2) không chia hết cho 7 mà 21 chia hết cho 7 nên M
không chia hết cho 49.
Vậy n
2
2 + 11n + 39 không chia hết cho 49.
Sau đây là một số bài tập để các bạn thử vận dụng :
1. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình : x
6
- x
4
+ 2x
3
+ 2x
2
= y
2

.
2. Cho ab ≥ 1.
Chứng minh : 1/(1 + a
2
) + 1/(1 + b
2
) ≥ 2/(1 + ab).
3. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên lẻ n thì (n
86 - n4 + n2) chia hết cho 1152.
15
CHỨNG MINH MỘT SỐ KHÔNG PHẢI LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Trong chương trình Toán lớp 6, các em đã được học về các bài toán liên quan tới phép chia hết của một số tự
nhiên cho một số tự nhiên khác 0 và đặc biệt là được giới thiệu về số chính phương, đó là số tự nhiên bằng bình
phương của một số tự nhiên (chẳng hạn : 0 ; 1 ; 4 ; 9 ;16 ; 25 ; 121 ; 144 ; …).
Kết hợp các kiến thức trên, các em có thể giải quyết bài toán : Chứng minh một số không phải là số chính phương.
Đây cũng là một cách củng cố các kiến thức mà các em đã được học. Những bài toán này sẽ làm tăng thêm lòng
say mê môn toán cho các em.
1. Nhìn chữ số tận cùng
Vì số chính phương bằng bình phương của một số tự nhiên nên có thể thấy ngay số chính phương phải có chữ số
tận cùng là một trong các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9. Từ đó các em có thể giải được bài toán kiểu sau đây :
Bài toán 1 : Chứng minh số : n = 2004
2
+ 2003
2
+ 2002
2
- 2001
2

không phải là số chính phương.

Lời giải : Dễ dàng thấy chữ số tận cùng của các số 20042 ; 20032 ; 20022 ; 20012 lần lượt là 6 ; 9 ; 4 ; 1. Do đó
số n có chữ số tận cùng là 8 nên n không phải là số chính phương.
Chú ý : Nhiều khi số đã cho có chữ số tận cùng là một trong các số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9 nhưng vẫn không phải là số
chính phương. Khi đó các bạn phải lưu ý thêm một chút nữa :
Nếu số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì phải chia hết cho p
2
.
Bài toán 2 : Chứng minh số 1234567890 không phải là số chính phương.
Lời giải : Thấy ngay số 1234567890 chia hết cho 5 (vì chữ số tận cùng là 0) nhưng không chia hết cho 25 (vì hai
chữ số tận cùng là 90). Do đó số 1234567890 không phải là số chính phương.
Chú ý : Có thể lý luận 1234567890 chia hết cho 2 (vì chữ số tận cùng là 0), nhưng không chia hết cho 4 (vì hai
chữ số tận cùng là 90) nên 1234567890 không là số chính phương.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng nếu một số có tổng các chữ số là 2004 thì số đó không phải là số chính phương.
Lời giải : Ta thấy tổng các chữ số của số 2004 là 6 nên 2004 chia hết cho 3 mà không chia hết 9 nên số có tổng
các chữ số là 2004 cũng chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9, do đó số này không phải là số chính phương.
2. Dùng tính chất của số dư
Chẳng hạn các em gặp bài toán sau đây :
Bài toán 4 : Chứng minh một số có tổng các chữ số là 2006 không phải là số chính phương.
Chắc chắn các em sẽ dễ bị “choáng”. Vậy ở bài toán này ta sẽ phải nghĩ tới điều gì ? Vì cho giả thiết về tổng các
chữ số nên chắc chắn các em phải nghĩ tới phép chia cho 3 hoặc cho 9. Nhưng lại không gặp điều “kì diệu” như
bài toán 3. Thế thì ta nói được điều gì về số này ? Chắc chắn số này chia cho 3 phải dư 2. Từ đó ta có lời giải.
Lời giải : Vì số chính phương khi chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1 mà thôi (coi như bài tập để các em tự
chứng minh !). Do tổng các chữ số của số đó là 2006 nên số đó chia cho 3 dư 2. Chứng tỏ số đã cho không phải là
số chính phương.
Tương tự các em có thể tự giải quyết được 2 bài toán :
Bài toán 5 : Chứng minh tổng các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 2005 không phải là số chính phương.
Bài toán 6 : Chứng minh số :
n = 2004
4
+ 2004

3
+ 2004
2
+ 23 không là số chính phương.
Bây giờ các em theo dõi bài toán sau để nghĩ tới một “tình huống” mới.
Bài toán 7 : Chứng minh số :
n = 4
4
+ 44
44
+ 444
444
+ 4444
4444
+ 15 không là số chính phương.
Nhận xét : Nếu xét n chia cho 3, các em sẽ thấy số dư của phép chia sẽ là 1, thế là không “bắt chước” được cách
giải của các bài toán 3 ; 4 ; 5 ; 6. Nếu xét chữ số tận cùng các em sẽ thấy chữ số tận cùng của n là 9 nên không làm
“tương tự” được như các bài toán 1 ; 2. Số dư của phép chia n cho 4 là dễ thấy nhất, đó chính là 3. Một số chính
phương khi chia cho 4 sẽ cho số dư như thế nào nhỉ ? Các em có thể tự chứng minh và được kết quả : số dư đó
chỉ có thể là 0 hoặc 1. Như vậy là các em đã giải xong bài toán 7.
3. “Kẹp” số giữa hai số chính phương “liên tiếp”
Các em có thể thấy rằng : Nếu n là số tự nhiên và số tự nhiên k thỏa mãn n
2
< k < (n + 1)
2
thì k không là số chính
phương. Từ đó các em có thể xét được các bài toán sau :
Bài toán 8 : Chứng minh số 4014025 không là số chính phương.
16
Nhận xét : Số này có hai chữ số tận cùng là 25, chia cho 3 dư 1, chia cho 4 cũng dư 1. Thế là tất cả các cách làm

trước đều không vận dụng được. Các em có thể thấy lời giải theo một hướng khác.
Lời giải : Ta có 2003
2
= 4012009 ; 2004
2
= 4016016 nên 2003
2
< 4014025 < 2004
2
. Chứng tỏ 4014025 không là
số chính phương.
Bài toán 9 : Chứng minh A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0.
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây
là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải.
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n
2
+ 3n)(n
2
+ 3n + 2) + 1 = (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n2 + 3n) +1 = (n
2
+ 3n +1)
2
.
Mặt khác :
(n
2

+ 3n)
2
< (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) = A.
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n
2
+ 3n)
2
< A < A + 1 = (n
2
+ 3n +1)
2
. => A không là số chính
phương.
Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau :
Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n
4
- 2n
3
+ 3n
2
- 2n là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến (n
2
- n + 1)

2
.
Bài toán 11 : Chứng minh số 23
5
+ 23
12
+ 23
2003
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4.
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao
cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền
nhau để được một số chính phương.
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính
phương.
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4.
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333
333
+ 555
555
+ 777
777
không là số chính phương.
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?)
Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh.
Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta có
thực hiện được mong muốn đó không ?
CHỨNG MINH MỘT SỐ
LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9.

Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương.
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa.
Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng
giải quyết các bài toán.
Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì
a
n
= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Lời giải : Ta có :
a
n
= n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1
= (n
2
+ 3n) (n
2
+ 3n + 2) + 1
= (n
2
+ 3n)
2
+ 2(n
2
+ 3n) + 1
= (n
2
+ 3n + 1)
2
Với n là số tự nhiên thì n
2

+ 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, a
n
là số chính phương.
Bài toán 2 : Chứng minh số :
là số chính phương.
17
Lời giải :
Ta có :
Vậy : là số chính phương.
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt.
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số
chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m
2
+ m = 4n
2
+ n thì m - n và 4m + 4n + 1
đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m
2
+ m = 4n2 + n
tương đương với 4(m
2
- n2) + (m - n) = m
2

hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m
2
(*)

Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí
hết cho d.
Mặt khác, từ (*) ta có : m
2
chia hết cho d
2
=> m chia hết cho d.
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1.
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính
phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương :
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b
có là số chính phương hay không ?
3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3
n
+ 4 không là số chính phương.
18
4) Tìm số tự nhiên n để n
2
+ 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương.
CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng,
kiểm tra năng lực toán học. v.v...) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập,
sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống bài tập trong sách giáo
khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán
nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn đề này thông
qua một số ví dụ về bài tập hình học.

Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống. Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy. Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi
qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ và giải thích vì sao vẽ được như vậy.
Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm đã cho
trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.
Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ giữa đường
thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy.
Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó => cách vẽ.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng b đi qua M và vuông
góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua
giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng
quy.
Cũng có thể giải thích như sau :
Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy). Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau tại
M. Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ
ba, vậy d’’ đi qua C.
Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).
Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB. Gọi H là chân
đường vuông góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau.
19
Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để chứng
minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :
Đ HKJ = 90
o
(?)
HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !)
Δ KHJ = Δ KBJ (?)
Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?)
v.v ...

Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Tính HJ
2
: Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC.
Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ
2
= a
2
/ 4
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK
2
= a
2
/ 16
Tính HK
2
: Trong tam giác vuông BHI :
Tính JK
2
: Trong tam giác vuông BJK :
JK
2
= BJ
2
+ BK<SUP.2< sup> , từ đó JK
2
= a
2

/4 + a
2
.
Từ các kết quả trên => JK
2
= HJ
2
+ HK
2
và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc tại H, tức là HJ
vuông góc với HK.
Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ H = Đ B bằng
90
o
, tức là HJ vuông góc với HK.
Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến
ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88
o
, Đ BCE = 31
o
.
a) Tính Đ ECD.
b) Tính Đ EDC
c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ?
Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau. Nếu đề kiểm tra cuối năm phần
hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản,
kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài
toán.

Lời giải (tóm tắt) :
a) Đ BCD = Đ ABE = 88
o
(hai góc đồng vị).
Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88
o
- 31
o
= 57
o

b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31
o
. Trong tam giác ABE :
Đ AEB = 180
o
- 88
o
+ 31
o
= 61
o
.
Đ EDC = Đ AEB - 61
o
(hai góc đồng vị).
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180
o
- (57
o

+ 61
o
) = 62
Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác :
a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31
o
. Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61
o
.
Với tam giác BEC : góc ABE = 88
o
là góc ngoài ở đỉnh B nên góc BEC = 88
o
- 31
o
= 57
o
.
Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57
o
(hai góc so le trong)
b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61
o
(hai góc đồng vị)
20
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180
o
- (57
o
+ 61

o
) = 62
o

Vậy cạnh CD lớn nhất.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm
nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này.
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
y
3
- x
3
= 91 (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x
2
+ xy + y
2
) = 91 (*)
Vì x
2
+ xy + y
2
> 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0.
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x
2
+ xy + y

2
đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau :
y - x = 91 và x
2
+ xy + y
2
= 1 ; (I)
y - x = 1 và x
2
+ xy + y
2
= 91 ; (II)
y - x = 3 và x
2
+ xy + y
2
= 7 ; (III)
y - x = 7 và x
2
+ xy + y
2
= 13 ; (IV)
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết.
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện
này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho.
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x + y + z = xyz (2).
Lời giải :
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z.

Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}.
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí.
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3.
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3).
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
1/x + 1/y + 1/z = 2 (3)
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có :
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1.
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2.
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2).
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của
phương trình.
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- 2y
2
= 5 (4)
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được :
4k
2
+4k + 1 - 2y
2
= 5
tương đương 2(k

2
+ k - 1) = y
2

=> y
2
là số chẵn => y là số chẵn.
21
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có :
2(k
2
+ k - 1) = 4t
2

tương đương k(k + 1) = 2t
2
+ 1 (**)
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t
2
+ 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm.
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn :
x
3
+ y
3
+ z
3
= x + y + z + 2000 (5)
Lời giải : Ta có x

3
- x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x
3
- x chia
hết cho 3.
Tương tự y
3
- y và z
3
- z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z chia hết cho 3.
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x
3
+ y
3
+ z
3
- x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5)
không có nghiệm nguyên.
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
xy + x - 2y = 3 (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương
với:
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2).
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1

hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0).
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) =
1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1.
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này.
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
x
2
- xy + y
2
= 3 (7)
Lời giải :
(7) tương đương với (x - y/2)
2
= 3 - 3y
2
/4
Vì (x - y/2)
2
≥ 0 => 3 - 4y
2
/4 ≥ 0
=> -2 ≤ y ≤ 2 .
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác. Mong
các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình nghiệm nguyên sau đây :
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x
2

- 4 xy = 23 ;
b) 3x - 3y + 2 = 0 ;
c) 19x
2
+ 28y
2
=729 ;
d) 3x
2
+ 10xy + 8y
2
= 96.
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn :
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ;
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ;
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ;
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay. Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng khái
niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình. Vì thế có không ít học sinh, đặc biệt là
các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được.
Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận
cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS.
22
Chúng ta xuất phát từ tính chất sau :
Tính chất 1 :
a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
b) Các số có chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi.
c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 1.
d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 6.

Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số tự
nhiên x = a
m
, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì a
m
= a
4n + r
= a
4n
.a
r
với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận cùng
của x chính là chữ số tận cùng của a
r
.
- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x chính là
chữ số tận cùng của 6.a
r
.
Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số :
a) 7
99
b) 14
1414
c) 4
567

Lời giải :

a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 :
9
9
- 1 = (9 - 1)(9
8
+ 9
7
+ … + 9 + 1) chia hết cho 4
=> 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 7
99
= 7
4k + 1
= 7
4k
.7
Do 7
4k
có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c) => 7
99
có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 14
14
= 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 14
1414
= 14
4k
có chữ số tận cùng là 6.
c) Ta có 5
67
- 1 chia hết cho 4 => 5

67
= 4k + 1 (k thuộc N)
=> 4
567
= 4
4k + 1
= 4
4k
.4, theo tính chất 1d, 4
4k
có chữ số tận cùng là 6 nên 4
567
có chữ số tận cùng là 4.
Tính chất sau được => từ tính chất 1.
Tính chất 2 : Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì chữ số tận cùng vẫn không
thay đổi.
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 toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 2
1
+ 3
5
+ 4
9
+ … + 2004
8009
.
Lời giải :
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 thuộc
{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.
Từ tính chất 1 tiếp tục => tính chất 3.
Tính chất 3 :
a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận cùng
là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3.
b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ số tận cùng
là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2.
c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ không thay đổi chữ số tận
cùng.
Bài toán 3 : Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 2
3
+ 3
7
+ 4
11
+ … + 2004
8011
.
Lời giải :
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.
23
Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9.
* Trong một số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo.
Bài toán 4 : Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n
2
+ n + 1 chia hết cho 1995
2000
.
Lời 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 toán sau :
Bài toán 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”, ta tiếp tục giải
quyết được bài toán :
Bài toán 6 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : p
8n
+3.p
4n
- 4 chia hết cho 5.
* Các bạn hãy giải các bài tập sau :
Bài 1 : 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 2 : Tìm chữ số tận cùng của X, Y :
X = 2
2
+ 3
6
+ 4
10
+ … + 2004
8010

Y = 2
8

+ 3
12
+ 4
16
+ … + 2004
8016

Bài 3 : 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 4 : Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn :
19
x
+ 5

y
+ 1980z = 1975
430
+ 2004.
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN
Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền (TTT2 số
14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài toán khá thú vị. Kì này,
tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của nhóm giáo viên Toán, trường THCS
Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn
Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ;
Dương Mạnh Linh, 9A2, THCS Lê Quý Đôn, ý Yên, Nam Định để bạn đọc cùng tham khảo.
Phương pháp 5 : Đưa về dạng tổng
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tổng của các bình phương, vế phải là tổng của các số chính phương.
Thí dụ 8 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
+ y
2
- x - y = 8 (8)
Lời giải : (8) <=> 4x
2
+ 4y
2
- 4x - 4y = 32
<=> (4x
2
- 4x + 1) + (4y
2
- 4y + 1) = 34
<=> |2x - 1|

2
+ |2y - 1|
2
= 32 + 52.
Bằng phương pháp thử chọn ta thấy 34 chỉ có duy nhất một dạng phân tích thành tổng của hai số chính phương 3
2
và 5
2
.
Do đó phương trình thỏa mãn chỉ trong hai khả năng :
24
Giải các hệ trên => phương trình (8) có bốn nghiệm nguyên là (x ; y) Є {2 ; 3) ; (3 ; 2) ; (-1 ; -2) ; (-2 ; -1)}
Phương pháp 6 : lùi vô hạn
Thí dụ 9 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
- 5y
2
= 0 (9)
Lời giải :
Giả sử (x
0
; y
0
) là nghiệm của (9) thì : x
0
2
- 5y
0
2
= 0 => x

0
chia hết cho 5, đặt x
0
= 5x
1
; (x
1
Є Z), ta có : 25x
1
2
- 5y
0
2
= 0 <=> 5x
1
2
- y
0
2
= 0
=> y
0
chia hết cho 5, đặt y
0
= 5y
1
; (y
1
Є Z).
Từ đó ta có : 5x

1
2
- 25y
1
2
= 0 <=> x
1
2
- 5y
1
2
= 0.
Vậy nếu (x
0
; y
0
) là nghiệm nguyên của (9) thì (x
0
/5 ; y
0
/5) cũng là nghiệm nguyên của (9).
Tiếp tục lập luận tương tự, ta có với k nguyên dương bất kì, cũng là nghiệm nguyên của (9) hay x
0
và y
0
đều chia
hết cho 5
k
với mọi k là số nguyên dương tùy ý. Điều này chỉ xảy ra khi x
0

= y
0
= 0.
Vậy phương trình (9) có nghiệm duy nhất là x = y = 0.
Phương pháp 7 : xét chữ số tận cùng
Thí dụ 10 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 1! + 2! + ... + x! = y
2
(10)
Lời giải : Cho x lần lượt bằng 1 ; 2 ; 3 ; 4, ta có ngay 2 nghiệm nguyên dương (x ; y) của phương trình (10) là (1 ;
1) và (3 ; 3).
Nếu x > 4 thì dễ thấy k! với k > 4 đều có chữ số tận cùng bằng 0 ị 1! + 2! + 3 ! + 4! + 5! + ... + x! = 33 + 5! + ... +
x! có chữ số tận cùng bằng 3.
Mặt khác vế phải là số chính phương nên không thể có chữ số tận cùng là 3.
Vậy phương trình (10) chỉ có hai nghiệm nguyên dương (x ; y) Є {(1 ; 1) ; (3 ; 3)}.
Thí dụ 11 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình :
x
2
+ x - 1 = 3
2y + 1
(11)
Lời giải : Cho x các giá trị từ 0 đến 9, dễ dàng xác định được chữ số tận cùng của x
2
+ x - 1 chỉ nhận các giá trị 1 ;
5 ; 9. Mặt khác, ta thấy 3
2y + 1
là lũy thừa bậc lẻ của 3 nên chữ số tận cùng của nó chỉ có thể là 3 hoặc 7, khác với
1 ; 5 ; 9.
Vậy (11) không thể xảy ra. Nói cách khác, phương trình (11) không có nghiệm nguyên dương.
Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp sử dụng tính chất chia hết.
Phương pháp 8 : Sử dụng tính chất nghiệm của phương trình bậc hai

Biến đổi phương trình về dạng phương trình bậc hai của ẩn, coi các ẩn khác là tham số, sử dụng các tính chất về
nghiệm của phương trình bậc 2 để xác định giá trị của các tham số.
Thí dụ 12 :
Giải phương trình nghiệm nguyên :
3x
2
+ y
2
+ 4xy + 4x + 2y + 5 = 0 (12)
Lời giải :
(12) y
2
+ (4x + 2)y + 3x
2
+ 4x + 5 = 0
Ta thấy nếu phương trình có nghiệm thì y nguyên => - 4x - 2 nguyên, mà x nguyên nên nguyên
=> ∆'y = x
2
- 4 = n
2
với n Є Z, dùng phương pháp 1 (đưa về dạng tích) => (x + n)(x - n) = 4, ta xác định được x =
2 và x = -2 .
Vậy phương trình (12) có hai nghiệm nguyên (x ; y) Є {(2 ;-5); (-2 ; 3)}.
Thí dụ 13 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình x
2
- (y + 5)x + 5y + 2 = 0 (13)
Lời giải : Giả sử phương trình ẩn x có nghiệm nguyên x
1
, x
2

thì theo định lí Vi-ét ta có :
=> (x
1
- 5)(x
2
- 5) = 2 = 1.2 = (-1)(-2)
=> x
1
+ x
2
= 13 hoặc x
1
+ x
2
= 7
=> y = 8 hoặc y = 2, thay vào (13), phương trình này có 4 nghiệm : (x ; y) Є {(7 ; 8) ; (6 ; 8) ; (4 ; 2) ; (3 ; 2)}.
25