Tuyển chọn các bài toán số học trong các đề chuyên

95

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC
TRONG KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
LỜI NÓI ĐẦU
Trong các kì thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên trên toàn quốc thì các
bài toán về số học xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài toán
ngày càng hay và khó hơn. Trong đó ngoài các bài toán có dạng khá quen thuộc
thì cũng có nhiều bài toán rất mới mẻ. Nhằm đáp ứng nhu cầu của giáo viên
toán

THCS

và

học

sinh

về

các

chuyên

đề

toán

THCS,

website

tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em tuyển chọn các bài toán
số học trong kì thi vào lớp 10 chuyên toán. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều
đề thi để viết chuyên đề này.
Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng
chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập các bài toán
số học thi vào lớp 10 chuyên toán sẽ có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát
huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi
những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em
học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ
chuyên đề này!

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI TUYỂN
SINH
LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
Trong các kì thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên trên toàn quốc thì

các bài tón về số học xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài toán
ngày càng hay và khó hơn. Trong đó ngoài các bài toán có dạng khá quen thuộc
thì cũng có ngiều bài toán rất mới mẻ. Trong chủ đề này, chúng tôi đã tuyển chọn
và giới thiệu một số bài toán số học được trích trong các đề thi tuyển sinh chuyên
toán các năm gần đây.
2
2
Bài 1. Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn k  4 và k  16

là các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2009 –
2010
Lời giải
2
2
Do k là số nguyên lớn hơn 1 nên k  4  5 và k  16  5. Ta xét các trường hợp

sau.
2
2
� Trường hợp 1. Xét k  5n  1 n �� , khi đó ta được k  25n  10n  1 nên

k2  4 M5

2
. Do đó suy ra k  4 không là số nguyên tố.

2
2
� Trường hợp 2. Xét k  5n  2 n �� , khi đó ta được k  25n  20n  4 nên

k2  16 M5

2
. Do đó suy ra k  16 không là số nguyên tố.

2
2
� Trường hợp 3. Xét k  5n  3 n �� , khi đó ta được k  25n  30n  9 nên

k2  16 M5

2
. Do đó suy ra k  16 không là số nguyên tố.

2
2
� Trường hợp 4. Xét k  5n  4 n �� , khi đó ta được k  25n  40n  16 nên

k2  4 M5

2
. Do đó suy ra k  4 không là số nguyên tố.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
2
2
Do vậy từ các trường hợp trên suy ra để k  4 và k  16 là các số nguyên tố thì

k phải chia hết cho 5.
Bài 2. Cho một tam giác có số đo ba cạnh là x, y, z nguyên thỏa mãn điều
kiện:
2x2  3y2  2z2  4xy  2xz  20  0

Chứng minh tam giác đã cho là tam giác đều.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2009 –
2010
Lời giải
Ta có

2x2  3y2  2z 2  4xy  2xz  20  0

. Ta có x, y, z là các số nguyên dương nên từ

đẳng thức đã cho ta suy ra được y là số chẵn. Đặt



y  2k k �N *



và thay vào

điều kiện trên ta được
2x2  12k2  2z2  8xk  2xz  20  0 � x2  6k2  z2  4xk  xz  10  0









� x2   4xk  xz   6k2  z2  10  0 � x2  x  4k  z   6k2  z2  10  0
Xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo ẩn x. Khi đó ta có





   4k  z   4 6k 2  z2  10  16k2  8kz  z2  24k2  4z2  40   8k2  8kz  3z2  40
2

Do phương trình trên có nghiệm nguyên dương nên  phải là số chính phương.
Nhận thấy rằng nếu k �2 thì từ z �1 ta suy ra được   0 nên phương trình trên
vô nghiệm. Do đó để phương trình trên có nghiệm nguyên dương thì k  1 , suy
ra

y2

. Thay k  1vào biệt thức  ta được

   8 8z  3z2  40   3z2  8z  32

Lại thấy nếu z �3 thì   0 khi đó phương trình trên vô nghiệm. Do đó suy ra
z  1 hoặc z  2 .
�Nếu z  1 thì ta được   21 không phải là số chính phương nên phương trình
trên không có nghiệm nguyên.
�Nếu z  2 , khi đó kết hợp với k  1 thì từ phương trình trên ta được
x2  2x   6 4  10  0 � x2  2x  0 � x  x  2  0 � x  2
Suy ra

x y  z  2

. Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com

abc   a  b 4c
Bài 3. Tìm số tự nhiên abc thoả mãn điều kiện
.
2

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2009 –
2010

Lời giải
Từ giả thiết bài toán ta có
c

4 a  b  1
2

Ta có

100a  10b  c  4c a  b

100a  10b



10 10a  b

4 a  b  1 4 a  b  1
2

2



2

. Do đó ta được

10�
 a  b  9a�

�
�
4 a  b  1
2

4 a  b  1M5
4 a  b
là số lẻ và do 0  c �9 nên suy ra
. Mà
là
2

4 a  b

số chẵn nên suy ra

2

2

 a  b
phải có tận cùng là 6, do đó

2

phải có tận

cùng là 4 hoặc 9. (*)
c
Mặt khác ta có

2.5ab
2
4(a  b)2  1 và 4 a  b  1 là số lẻ nên

4 a  b  1 500 �  a  b  125,25
2

2

 a  b � 4;9;49;64
2

Kết hợp các kết quả trên ta có
�Nếu

a  b � 2;7;8

hay

a  b � 2;3;7;8

3k �1 k �N 
4 a  b  1
thì a  b có dạng
khi đó
chia hết
2

 a  b  9a  3k �1 9a không chia hết cho 3 nên

cho 3. Mà ta lại thấy

10�
 a  b  9a�
�
�không chia hết cho 3 hay c không thuộc tập hợp N.
�Nếu a  b  3 ta có

c

10 3 9a
35



6 1 3a
7

. Vì ta có 0  a  4 và 1 3aM7 suy ra

a  2 , khi đó c  6;b  1. Ta có số 216 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Vậy số abc  216 là số cần tìm.
Bài 4. Cho ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn các điều kiện:
i)

ap  1

chia hết cho q

a
Chứng minh rằng
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

ii)

aq  1

chia hết cho p

pq
2 p  q

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 –
2010
Lời giải

 ap  1  aq  1 Mpq suy ra  a pq  ap  aq  1 Mpq
2

Từ giả thiết ta được
Mà

a2pqMpq

ap  aq  1

Mà do

nên ta được

 ap  aq  1 Mpq . Do a, p, q là các số nguyên dương nên

và pq là các số nguyên dương. Suy ra

a p  q   1

a

2a p  q  pq

nên ta được

ap  aq  1�pq

hay

pq
2 p  q

.

. Bài toán được

chứng minh xong.

 a;b

Bài 5. Tìm tất cả các cặp số nguyên

 a  1  a
2

2



nghiệm đúng điều kiện

 9  4b  20b  25
2

.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2009 –
2010
Lời giải

 a  1  a
Ta có
2

2



 9  4b2  20b  25

 a  1  a
hay
2

2



 9   2b  5

2



2

2



a  a2  9 � a  3
2
Do đó a  9 là số chính phương. Dễ thấy

nên ta có các

trường hợp sau
�Trường hợp 1. Khi





a2  9  a  3

2

9   2b  5
ta được a  0 nên
suy ra
2

b  1;b  4 .
�Trường hợp 2. Khi





2





2

a2  9  a  2

ta được

4a  5

, không có số nguyên thỏa

mãn.
�Trường hợp 3. Khi
+ Với a  4 ta được

a2  9  a  1

ta được

a 4

hay a  4;a  4.

9.25   2b  5 � b  5;b  10
2

25.25   2b  5 � b  10;b  15
+ Với a  4 ta được
2

Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là

 a;b   0;1 , 0; 4 , 4;5 , 4; 10 , 4;10 , 4; 15
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Bài 6. Tìm các số nguyên dương x, y, z thoả mãn điều kiện
đó y là số nguyên tố và

x3  y3  z2

. Trong

 z;3   z;y   1

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2009 –
2010
Lời giải
Từ giả thiết ta có

 x  y �
 x  y
�

2

 3xy � z2

� .

 x  y
 x;y  1 vì nếu  x;y �1 thì  x  y �
�
Ta có
thiết

2

 3xy�
My
z2 My
�
nên
trái với giả

 y;z   1.

Lại thấy

x y

x y

không chia hết cho 3 vì nếu

3 trái với giả thiết

 z;3  1. Đặt

chia hết cho 3 thì z chia hết cho

x  y  k2 ;x2  xy  y2  t2  k;t �Z 

khi đó ta có

z  kt .

Do vậy

4t2  4x2  4xy  4y2 � 3y2  4t2  4x2  4xy  y2   2t  2x  y   2t  2x  y 

Vì y nguyên tố nên ta được các trường hợp sau.
�
2t  2x  y  3y2
�
2t  2x  y  1
�Trường hợp 1. Với �
. Khi đó ta được









3y2  1  2 2x  y   2 k2  3y k2  1  3 y2  k 2  2y M3

2
2
Suy ra k  1M3 , điều này không xẩy ra vì k  1 không chia hết cho 3.

�
2t  2x  y  1
�
2t  2x  y  3y2
�Trường hợp 2. Với �
. Khi đó ta được





y2  3  2 2x  y   2 2k2  3y �  y  3  4k2  12 �  y  3  2k   y  3  2k   12
Từ đó tìm được

y7

2

, thay vào ta được x  8;z  13.

Vậy các số nguyên dương

 x;y;z    8;7;13

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

S  m2n2  4m  4n
Bài 7. Giả sử m và n là các số nguyên dương với n  1. Đặt
.
Chứng minh rằng:

 mn
Nếu m  n thì

2

a)

Tác giả: Nguyễn Công Lợi



2

 2  n2S  m2n4

.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
b) Nếu S là số chính phương thì m  n .
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2010 –
2011

Lời giải

 mn
a) Ta chứng minh

2



2





 2  n2 m2n2  4m  4n  m2n4

bằng cách các xét hiệu

sau.
Ta có







2



H  mn2  2  n2 m2n2  4m  4n  m2n4  4mn2  4  m2n4  4mn2  4n3  4n3  0

 mn
Do đó

2



Mặt khác lại có
Do đó



2

 2  n2 m2n2  4m  4n







n2 m2n2  4m  4n  m2n4  4n2  m  n   0





n2 m2n2  4m  4n  m2n4

vì n  1;m  n .

.

 mn
Kết hợp các kết quả trên ta được

2



2





 2  n2 m2n2  4m  4n  m2n4

.

b) Ta đi xét các trường hợp sau.
� Trường hợp 1. Nếu m  n , khi đó theo như chứng minh trên ta được
2

�mn2  2 �

2
�
� S   mn 
� n
�
mn2  2
n 2
  mn  1 
n
n .
Mặt khác ta có
nm2  2
0  mn  1 �
n
Vì m, n là các số nguyên dương và m  n  1 nên ta được

 mn  1
Suy ra

2

 S   mn 

2

nên S không thể là số chính phương.

2 2
�Trường hợp 2. Nếu m  n , khi đó ta được S  m n . Lại có S   mn  2 .

2

Do đó suy ra

S   mn  1

m2n2  S   mn  2

2

. Như vậy để S là số chính phương thì

2

.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
2 2
2 2
Khi đó ta được m n  4m  4n  m n  2mn  1 � 4n  4m  2mn  1 , không tồn tại m

và n thỏa mãn.
Như vậy từ hai trường hợp trên ta thấy khi S là số chính phương thì ta được

m n.
Khi đó ta có

S   mn 

Bài 8. Với bộ số

 a;b;c

2

là số chính phương.

 6;5;2

65 5

ta có đẳng thức đúng 26 2 . Hãy tìm tất cả các bộ số

gồm các chữ số trong hệ thập phân a, b, c đôi một khác nhau và khác 0
ab

sao cho đẳng thức ca



b
c đúng.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 –

2011
Lời giải
Giả sử tồn tại các bộ số

 a;b;c

gồm các chữ số trong hệ thập phân a, b, c đôi
ab

một khác nhau và khác 0 sao cho đẳng thức ca
Khi đó đẳng thức trên trở thành
Suy ra 5 là ước số của

b a– c



b
c đúng.

 10a  b c   10c  a b hay

2.5.c a– b  b a– c

.

. Do 5 nguyên tố và 1�a,b,c �9 , lại có a �c nên ta

được b  5 hoặc a  c  5 hoặc c  a  5 . Ta đi xét các trường hợp sau.
�Trường hợp 1. Với b  5 ta có

2c a  5  a  c � c 

a
9
� 2c  1
2a  9
2a  9

Từ đó suy ra 2a  9  3 hoặc 2a  9  9 vì a �5 .
Trường hợp này tìm được

 a;b;c   6;5;2 , 9;5;1

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

�Trường hợp 2. Với a  c  5 ta được a  c  5 nên
Từ đó suy ra

2b  2c  9 

2c2  10c
2c  1

9
2c  1 nên ta được 2c  1  3 hoặc 2c  1  9 vì c �0.

Trường hợp này tìm được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

2c c  5 b  b � b 

 a;b;c   6;4;1 , 9;8;4

thỏa mãn yêu cầu bài toán.
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
�Trường hợp 3. Với c  a  5 ta được c  a  5 nên
2a2  10a
2 a  5  a  b   b �  b 
2a  9 .
Từ đó suy ra

2b  2a  19 

9.19
9
2a  9
. Do đó trường hợp này không xét.

Vậy các bộ số thỏa bài toán là

 a;b;c   6;5;2 , 9;5;1 , 6;4;1 , 9;8;4 .

Bài 9. Tìm tất cả các dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 2010.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 –

2011
Lời giải
Gọi 2x là số tự nhiên chẵn đầu tiên của dãy. Khi đó theo giả thiết ta có
2x   2x  2   2x  4  ...   2x  2y   2010

� x   x  1   x  2  ...   x  y   1005 �  y  1 x  1 2  ...  y  1005
�  y  1 x 
Suy ra

 y  1

Nên suy ra

y  y  1
2

 1005 �  y  1  2x  y   2010

là ước số của 2010  1.2.3.5.67 .

 y  1 � 2;3;5;6;10;15;30;67;134;201;335;402;670;1005;2010 .

Hay ta được

y � 1;2;4;5;9;14;29;66;133;200;334;401;669;1004;2009

. Đến đây ta có

+ Với

y1

ta có 2x  1  1005 � 2x  1004 nên dãy số cần tìm là 1004, 1006.

+ Với

y2

ta có 2x  2  670 � 2x  668nên dãy số cần tìm là 668, 670, 672.

+ Với

y4

ta có

5 2x  4  2010 � 2x  398

nên dãy số cần tìm là 398, 400, 402,

ta có

6 2x  5  2010 � 2x  330

nên dãy số cần tìm là 330, 332, 334,

10 2x  9  2010 � 2x  192

, nên dãy số cần tìm là

404, 406.
+ Với

y5

336, 338, 340.
+ Với

y9

ta có

192, 194, 196, 198, 200, 202, 204, 206, 208, 210
+ Với

y  14

ta có

15 2x  14  2010 � 2x  120

nên dãy số cần tìm là 120, 122,

124, 126, ..., 148.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
+ Với

y  29

ta có

30 2x  29  2010 � 2x  38

nên dãy số cần tìm là 38, 40, 42,

44, 46, ..., 96.
+ Với

y �67

ta có

 2x  y  �30 � 2x  0 nên không tồn tại dãy số thỏa mãn yêu

cầu bài toán.
Vậy chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp như trên thoả điều kiện bài toán.
2
2
Bài 10. Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a  b chia hết cho a b  1.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2010 –
2011
Lời giải

2
2
Giả sử a  b chia hết cho a b  1, khi đó tồn tại số nguyên dương k sao cho





a  b2  k a2b  1
Hay ta được



 . Đặt m  ka

a  k  b ka2  b

2

 b với m là một số nguyên.

2
Khi đó ta được mb  a  k . Từ đó suy ra mb  m  b  a  k  ka hay ta được

mb  m  b  1  a  k  ka2  1 �  m  1  b  1   a  1  k  1 ka
Do a, b, k là các số nguyên dương nên ta suy ra được m �1.
Do đó ta suy ra được

 b  1  m  1 �0 , điều này dẫn đến  a  1  k  1 ka �0.

k  a  1 �1
Mà ta có a là số nguyên dương nên ta suy ra được k  1 ka �0 hay
.
Mà k cũng là số nguyên dương nên từ
k  a  1  1
+ Nếu

k  a  1 �1

ta được

k  a  1  0

hoặc

.

k  a  1  0

 b  1  m  1  2
ta suy ra được a  1  0 � a  1, khi đó ta được

Do 2 là số nguyên tố nên từ

 b  1  m  1  2 ta được

b  1  1 hoặc b  1  2 . Từ đó

suy ra b  2 hoặc b  3 .
Do đó trong trường này ta được hai cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là

a  1;b  2

+ Nếu

và

a  1;b  3

k  a  1  1

, khi đó ta được

k  1;a  2

, khi đó ta được

 b  1  m  1  0. Từ

đây suy ra b  1 hoặc m  1. Với m  1, kết hợp với hệ thức mb  a  k ta suy ra
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
được b  3 . Do đó trong trường này ta được hai cặp số nguyên dương thỏa mãn
a  2;b  1

bài toán là

và

a  2;b  3

Vậy các cặp số nguyên dương

.

 a;b

thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 1;2 , 1;3 , 2;1 , 2;3 .
Bài 11. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn các điều kiện x  y  z và
x3  y3  z2

.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học
2010 – 2011
Lời giải
�Nếu z  0 thì ta được  x;y;z    x;  x; 0 với x là số nguyên bất kì thỏa mãn yêu
cầu bài toán.
2
2
�Nếu z �0 thì từ các điều kiện trên ta có x  xy  y  x  y hay

x2   y  1 x  y2  y  0

.

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x nên ta được




�y  y �
1 � 4 y2 y
2

Do y là một số nguyên nên ta được

+ Với

+ Với

y0

y1



0

y � 0; 1; 2

, khi đó ta có hệ phương trinh

, khi đó ta được

3 12
3

y

3 12
3

.

x z
�
� xz1
�3
x  z2
�

�
x 0 �
x  0; z  1
x2  2x  0 � �
��
x 2 �
x  2; z  3
�

�
x 1 �

x  1; z  3
x2  3x  2  0 � �
��
x 2 �
x  2; z  4
y2
�
+ Với
, khi đó ta được
Vậy các số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

 x;y;z    x;  x;0 , 1;0;1 , 0;1;1 , 2;1;3 , 1;2;3 , 2;2;4
Bài 12. Giải phương trình

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

 2x  y  2

2





 7 x  2y  y2  1

trên tập số nguyên.

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

95

Website:tailieumontoan.com
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm học
2010 – 2011
Lời giải
Phương trình tương đương với









2 2x  y  2  14 x  2y  y2  1 � 2 2x  y  2  7 2x  y  2  7 2y2  3y  0
2

Đặt

t  2x  y  2  t �Z 

+ Nếu

y  1

2

, khi đó phương trình trên trở thành





2t2  7t  7 2y2  3y  0

thay vào phương trình ban đầu ta được

 2x  1

2

�
�11 105 11 105 �
�
 7x � 4x2  11x  1  0 � x ��
;
�
8
�
� 8

Hai nghiệm trên không thuộc tập hợp Z.
+ Nếu

y �2

hoặc

y �0

thì

Từ phương trình trên suy ra

2y2  3y  y  2y  3 �0
2t2  7t �0 � t  2t  7 �0 � 0 �t �3
(do t ��).

Mặt khác cũng theo phương trình trên thì tM7 nên ta được t  0 . Suy ra
y  2y  3  0

nên

y0

 x;y   1;0 thoả mãn phương trình đã cho.
Do đó ta được x  1. Thử lại ta thấy
Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là

 x;y   1;0 .

Bài 13. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng

p  a2  b2  c2

với a, b, c là các số

4
4
4
nguyên dương sao cho a  b  c chia hết cho p.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2011 –
2012
Lời giải
Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử
1�a �b �c .

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Khi đó do

a

4

p  a2  b2  c2

nên





 b4  c4  2a2b2  2b2c2  2c2a2 Mp





2 a2b2  b2c2  c2a2 Mp



2

p2  a2  b2  c2 Mp

a
. Mà ta lại có

4

2 2



 b2c2  c2a2 Mp



 b4  c4 Mp

nên ta được

.

Mặt khác do a, b, c là các số nguyên dương và

a b

hay



p �3

nên ta được



 p;2  1 suy ra





2 2
4
�
a2b2  c2 a2  b2  c2  c4 �

Mp
�
� suy ra a b  c Mp nên
. Do đó

 ab  c   ab  c  Mp .
2

2





ab  c2 ;p  1
2
2
1 ab  c2  a2  b2  c2  p
ab

2ab
�
a

b
Lại có
nên ta được
, do đó
.

 ab  c  Mp hay  c
Từ đó ta được
2

2



 ab Mp

2
0 �c2  ab  c2  a2  b2  c2  p
Mặt khác 1�a �b �c nên
. Do đó c  ab  0 hay
2
c2  ab , từ đó ta được p  3a . Mà p là số nguyên tố nên suy ra a2  1 và p  3 .

Vậy

p 3

là số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 14. Cho ba số tự nhiên x, y, z thoả mãn điều kiện

x2  y2  z2

. Chứng minh

12 .

rằng xyM
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2011 –
2012
Lời giải
Trước hết ta có nhận xét: Với số tự nhiên n thì
2
2
2
+ Nếu n  3k �1� n  9k �6k  1 nên n chia 3 có số dư là 1.

+ Nếu

n  4p �1� n2  16p2 �8p  1

+ Nếu

n  4p �2 � n2  16p2 �16p  4

2
nên n chia có số dư là 1.
2
nên n chia 3 có số dư là 0.

Ta xét các trường hợp sau.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

95

Website:tailieumontoan.com
2
2
2
�Nếu x, y, z đều không chia hết cho 3 thì x ;y ;z đều chia cho 3 dư 1. khi đó

x2  y2

2
x2  y2  z2
chia cho 3 dư 2 và z chia cho 3 dư 1, điều này mâu thuẫn với

.
Do đó trong hai số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 nên suy ra suy xyM3
2
2
2
�Nếu x, y, z đều không chia hết cho 4 thì x ;y ;z đều chia cho 4 dư 1 hoặc dư

0. Khi đó xẩy ra các khả năng sau.
+ Nếu

x2  y2

x2  y2  z2

2
chia cho 4 dư 2 và z chia cho 4 dư 1, điều này mâu thuẫn với

. Do đó trong hai số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 4. Do đó

suy ra xyM4 .
+ Nếu

x2  y2

x2  y2  z2

2
chia hết cho 8 và z chia cho 8 dư 4, điều này mâu thuẫn với

. Do đó trong hai số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 4. Do đó

suy ra xyM4 .
12
Vì xyM3 và xyM4 . Mà 3 và 4 là hai số nguyên tố cùng nhau nên ta được xyM
Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên

mãn hệ:

 x;y thoả

�
p  1 2x2
�
�2
p  1  2y2
�

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 –
2012
Lời giải
Đặt

p  1  2x2  1

và

p2  1 2y2  2

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được
Suy ra ta được
Do đó ta có
Từ

 2

2 y  x  y  x Mp  4

. Mặt khác từ

p  1 2x2  x2  x2  x  1

ta lại có

y1

nên

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

 1

p  p  1  2 y  x  y  x  3
ta thấy p là số lẻ và x  1.

nên p  x .

p2  1  2y2  y2  y2  y2  1

suy ra p  y
TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Từ

 3

ta suy ra được

tố lẻ nên từ

 4

yx

. Từ đó ta được

0 y  x  p

. Chú ý p là là số nguyên

0  x  y  2p
ta suy ra được x  yMp . Mà ta lại có
nên ta được

x y  p .

 3
Thay vào
x

ta được

p  1  2 y  x

. Từ đó suy ra

yx

p1
2 nên ta được

p1
3p  1

;y 
4
4 .
2

�p  1�
2
p1
p  1  2�
x
�� 2p  12p  14  0 � p  7
1


�4 �
4 vào
Thay
ta được
Thay
Vậy

p7

p7

vào

 2

ta được

72  1  2y2

nên

y5

.

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét. Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả
năng của p: Với p chẵn không xẩy ra. Với

p  4k  1

khi đó ta được

p2  1  4k �1  1

 8k2 �4k  1
2
2
2
. Đến đây ta tìm các giá trị của k để 8k �4k  1 là
2

các số chính phương.
Bài 16. Tìm tất cả các số nguyên dương x1 ,x2 ,K ,xn ;n thỏa mãn các điều kiện
sau:

x1  x2  L  xn  5n  4 và

1 1
1
 L 
1
x1 x2
xn

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 –
2012
Lời giải
Không mất tính tổng quát ta giả sử x1 �x2 �L �xn . Theo bất đẳng thức AM – GM
ta có
�1 1
1�
1
5n  4   x1  x2  L  xn  �   L  ��n n x1...xn .n n
 n2
x
x
x
x
...x
�1
2
n �
1
n

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
2
�5n
�
 4 0
Do đó ta được n 

1 n 4 hay n � 1;2;3;4 . Ta xét các trường hợp

sau.

+ Với n  1, khi đó ta có

+ Với n  2 , khi đó ta có
nghiệm nguyên.

+ Với n  3 , khi đó ta có

�
x1  5.1 4
�
� x1  1
�1

�x  1
�1
�
x1  x2  5.2  4  6
�
x x 6
�
� �1 2
�1 1
x1  x2  x1x2
�
�x  x  1
�1
2

. Hệ này không có

�
x1  x2  x3  5.3 4  11
�
�1 1 1
�x  x  x  1
�1
2
3

Từ hệ thức thứ hai suy ra x1  1 kết hợp với hệ thức một suy ra 2 �x1 �3. Thử
trực tiếp các trường hợp ta suy ra được

 x ;x ;x    2;3;6

1

2

3

thỏa mãn yêu cầu bài

toán.
+ Với n  4 thì bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng nên x1  x2  x3  x4  4.
Vậy các bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là.
x 1
+ Với n  1 thì ta được 1
.

 x ;x ;x    2; 3;6 , 2;6;3 , 3;2;6 , 3;6;2 , 6; 2;3 , 6;3;2 .
+ Với n  3 thì ta được 1 2 3
+ Với

n  4 thì ta được  x1;x2 ;x3;x4    4;4;4;4 .

Bài 17. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho

A   n  2010  n  2011  n  2012

là

một số chính phương.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học
2011 – 2012

Lời giải
Ta xét các trường hợp sau.
�Xét n  2010 hoặc n  2011 hoặc n  2012 thì đều thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu
bài toán.
�Xét n �2001;n �2011;n �2012 , khi đó ta có các khả năng sau.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
+ Nếu n lẻ thì

 n  2010;n  2011   n  2011;n  2012   n  2010;n  2012  1. Do đó

để tích là số chính phương thì n  2001;n  2011;n  2012 là ba số chính phương.
Nhưng n  2011;n  2012 là hai số nguyên liên tiếp nên không thể cùng là số
chính phương.
+ Nếu n chẵn thì

 n  2010;n  2012  2; n  2010;n  2011   n  2011;n  2012  1. Do

2
2
2
đó để tích trên là số chính phương thì n  2010  2a ;n  2011  b ;n  2012  2c với

a, b, c là các số nguyên dương và

 a;c  1.

�
c a  1
2 c2  a2  2 �  c  a  c  a  1 � �
� a  0;c  1
c a  1
�
Suy ra
, trường hợp này loại.



Vậy



n � 2010;2011;2012

là các số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 a  b
Bài 18. Giả sử a và b là các số nguyên dương sao cho

2

 a b

ab

là một số

nguyên. Gọi d là một ước số chung bất kì của a và b. Chứng minh rằng
d �� a  b �
x
��
�
�. Kí hiệu ��
là số nguyên lớn nhất không vượt quá x.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2011
– 2012
Lời giải
+ Nếu d  0 thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng.
a  dm;b  dn
+ Nếu d  0 . Giả sử
với m, n là các số nguyên dương.

 a  b
Ta có

2

 a b

ab



a2  b2  a  b

2
2
2
ab
là số nguyên nên a  b  a  bMab . Do đó ta

được









d

a b

d2m2  d2n2  dm  dnMd2mn � d �
d m2  n2  m  n�
M�
d dmn  �
�
�
�� 
2
2
� d m  n  m  nMdmn � m  nMd









d m n

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

d

a b
d

d2 a b

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
�
�
a  b , mà � a  b �là số nguyên lớn

Như vậy d là số nguyên không vượt quá
nhất không vượt quá

a  b . Do đó ta được

d �� a  b �
�
�. Bài toán được chứng

minh.
z
Bài 19. Ta tìm hai số nguyên dương x, y sao cho

x2  2
xy  2 là số nguyên dương.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học
2011 – 2012
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau.
�Với x  y ta có z  1. Vậy mọi bộ ba số  x;x;1 trong đó x là số nguyên dương
tùy ý đều thỏa mãn.
x2  2
1
2
x

y
x


2

xy

2
xy

2
�Với
, khi đó ta có
nên
, không thỏa mãn đề bài.
�Với x  y . Khi đó giả sử bộ ba số nguyên dương  x;y;z  thỏa mãn đề bài
Do đó ta có





y x2  2 M xy  2

�
x  xy  2  2 x  y  �
M xy  2
2 x  y  M
  xy  2
�
hay �
nên

Suy ra tồn tại số k nguyên dương sao cho

2 x  y   k  xy  2

 1

 x  1  y  1  3 �0, điều này vô lí.
x  y �xy  2
+ Với k �2 suy ra
nên
2 x  y   xy  2
 x  2  y  2  6.
+ Với k  1 ta có
nên
y1
Do x, y nguyên dương và x  y suy ra
và x  2  6 nên ta được x  4;z  3.
Thử lại thỏa mãn đề bài
Vậy

 x;y;z   4;1;3

và các bộ số

 x;x;1

trong đó x là số nguyên dương tùy ý là

thỏa mãn đề bài.
Bài 20. Chứng minh rằng từ 53 số tự nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà

tổng của chúng chia hết cho 27.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học
2011 – 2012
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Ta chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 3 số mà tổng của
chúng chia hết cho 3. Thật vậy, mỗi số tự nhiên khi chia cho 3 thì có phần dư là
0, 1 hoặc 2
+ Nếu trong 5 số dư có một số bằng 0, một số bằng 1, một số bằng 2 thì tổng
của ba số tự nhiên tương ứng với ba số dư này là chia hết cho 3
+ Nếu 5 số dư chỉ nhận không quá 2 trong 3 số 0, 1, 2 thì theo nguyên tắc
Dirichlet thì tồn tại 3 số dư nhận cùng một giá trị và tổng của ba số tự nhiên
tương ứng là chia hết cho 3
Từ 53 số tự nhiên đã cho chọn được 3 số mà tổng của chúng là a1 chia hết
cho 3. Xét 50 số còn lại chọn được 3 số mà tổng là a2 chia hết cho 3. Lặp lại lập
luận này từ 53 số ta chọn được 17 bộ số mà mỗi bộ số gồm 3 số có tổng lần
lượt là

a1;a2 ;...;a17

sao cho mỗi tổng đều chia hết cho 3.

Chứng minh tương tự nhận thấy từ 5 số tự nhiên bất kì mà mỗi số đều

chia hết cho 3 ta chọn được 3 số có tổng chia hết cho 9. Vậy từ 17 số
a1;a2 ;�;a17 ta chọn được 5 bộ mỗi bộ gồm 3 số có tổng lần lượt là b1;b2 ;�;b5
i � 1;2;3;4;5
sao cho bi M9 với
. Từ 5 số chia hết cho 9 là b1;b2 ;b3 ;b4 ;b5 chọn
được 3 số mà tổng của chúng là chia hết cho 27. Tổng của 3 số này chính là
tổng của 27 số ban đầu. Vậy từ 53 số tự nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà
tổng của chúng chia hết cho 27.
Bài 21. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thoả mãn

3x2  6y2  z2  3y2z2  18x  6

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 –
2012
Lời giải
3x2  6y2  z2  3y2z2  18x  6 � 3 x  3  6y2  z2  3y2z2  33
2

Ta có

2
2
z 3
Từ phương trình trên suy ra z M3 và z �33. Vì z nguyên nên z  0 hoặc
.

2
2
�Với z  0 , khi đó phương trình trên trở thành  x  3  2y  11. Suy ra 2y �11
2

nên

y �2

.

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
+ Khi

y 1

 x;y;z   0;1;0 , 0; 1;0 , 6;1;0 , 6; 1;0 là
, ta được x  0;x  6 . Suy ra

nghiệm của phương trình đã cho.
+ Khi
+ Khi

y0

 x  3
, ta được

y 2

2

 x  3
, ta được

 11

2

3

nên không có số nguyên x nào thỏa mãn.
nên không có số nguyên x nào thỏa mãn.

2
2
�Với z  3 , khi đó ta được  x  3  11y  8 . Từ đó suy ra 11y �8 nên y  0 . Từ
2

đó suy ra không có số nguyên x nào thỏa mãn.
Vậy

phương

trình

có

các

nghiệm

nguyên

là

 x;y;z    0;1;0 , 0; 1;0 , 6;1;0 , 6; 1;0 .
Bài 22. Tìm các số nguyên tố p sao cho hai số

2 p  1

và





2 p2  1

là hai số

chính phương.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2011 –
2012
Lời giải
Giả sử tồn tại các số nguyên tố p để
Do 2 là số nguyên tố nên suy ra

2 p  1

p1

và

và

p2  1





2 p2  1

là hai số chính phương.

p 1
là các số chẵn. Từ đó suy ra 2

p2  1
và 2 cũng là các số chính phương. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và
p1 2
p2  1
x
 y2
2
y thỏa mãn

và 2
Đặt

p  1  2x2  1

và

p2  1 2y2  2

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được
Suy ra ta được
Do đó ta có
Từ

 2

2 y  x  y  x Mp  4

. Mặt khác từ

p  1 2x2  x2  x2  x  1

ta lại có

y1

nên

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

nên

p x

 1

p  p  1  2 y  x  y  x  3
ta thấy p là số lẻ và x  1.

.

p2  1  2y2  y2  y2  y2  1

suy ra

p y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Từ

 3

ta suy ra được

tố lẻ nên từ

 4

yx

. Từ đó ta được

0 y  x  p

. Chú ý p là là số nguyên

0  x  y  2p
ta suy ra được x  yMp . Mà ta lại có
nên ta được

x y  p .

 3
Thay vào
x

ta được

p  1  2 y  x

. Từ đó suy ra

yx

p1

2 nên ta được

p1
3p  1
;y 
4
4 .
2

�p  1�
2
p1
p  1  2�
x
�� 2p  12p  14  0 � p  7
1


�4 �
4 vào
Thay
ta được
Thay
Vậy

p7

p7

vào

 2

ta được

72  1  2y2

nên

y5

.

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 23. Cho a, b, c là các số nguyên sao cho

2a  b,2b  c,2c  a

đều là các số

chính phương.
a) Biết rằng ít nhất một số trong ba số chính phương trên luôn chia
hết cho 3. Chứng minh rằng tích

 a  b  b  c  c  a

chia hết cho 27.

b) Tồn tại hay không các số nguyên thỏa mãn điều kiện ban đầu sao

cho

 a  b  b  c  c  a

không chia hết cho 27.

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học
2011 – 2012
Lời giải
a) Đặt

x2  2a  b;y2  2b  c;z2  2c  a  x,y,z �N 

2
x2  y2  z2  3 a  b  c M3
Không mất tính tổng quát ta giả sử z M3. Ta có
nên

x2  y2 M3
Đặt

x  3t  r;y  3h  m



r,m � 1;0;1
với t,h �N và
.



x2  y2  �
3 3t2  3h3  2tr  2hm  r 2  m2 �
M3
�
� nên suy ra r 2  m2 M3
Ta có
2
2
2
2
Mà ta có 0 �r  m �2 nên ta được r  m  0 suy ra m  r  0 .

Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Do đó ta được x và y cũng chia hết cho 3. Từ đó ta được 2a  b;2b  c;2c  a cũng
chia hết cho 3.
Lại có

2a  b  3a   a  b ;2b  c  3b   b  c ;2c  a  3c   c  a

Nên ta được a  b;b  c;c a cùng chia hết cho 3. Do vậy ta được

 a  b  b  c  c  a M27

b) Xét bội số a  0;b  1;c  2 . Khi đó ta được 2a  b  1;2b  c  4;2c  a  4 là các số
chính phương. Mà ta lại có

 a  b  b  c  c  a   1 . 1 .2  2 không chia hết cho

27.
Vậy a  0;b  1;c  2 là bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
n  2n  1
26

Bài 24. Tìm số nguyên dương n sao cho

 

là số chính phương .

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012
– 2013
Lời giải
n  2n  1
Giả sử tồn tại số tự nhiên q để Đặt

  q2

26

, khi đó ta được

n  2n  1  26q2

.

n  2k  k �N 
Do vế phải là số chẵn và 2n  1 là số lẻ nên n phải là số chẵn. Đặt
.
Từ đó ta được

k  4k  1  13q2

.

 k;4k  1  1 nên từ k  4k  1  13q

2

Nhận thấy

ta được

�
k  u2
�
�
4k  1  13v 2
�

hoặc

�
k  13u2

�
�
4k  1 v 2
�
Với u và v là các số tự nhiên.
2
2
2
2
2
+ Xét trường hợp k  u ;4k  1  13v . Khi đó ta được 4k  13v  1  12v  v  1. Từ
2
2
đó suy ra v  1M4 hay v chia 4 dư 3, điều này vô lí. Do đó trương hợp này

không xẩy ra.
2
2
2
+ Xét trường hợp k  13u ;4k  1  v . Khi đó ta được 4k  v  1, tương tự như trên

thì trường hợp này cũng không xẩy ra.
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com

Vậy không tìm được n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài 25. Tìm tất cả các bộ hai số chính phương

 n;m

mà mỗi số có đúng 4 chữ

số, biết rằng mỗi chữ số của m bằng chữ số tương ứng của n cộng thêm với d, ở
đây d là một số nguyên dương nào đó cho trước.
Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 –
2013
Lời giải
2
m   p  d   p  d   r  d   s  d   y2
Đặt n  pqrs  x , khi đó theo bài ra ta có
. Trong

đó x, y, p, q, r, s là các số tự nhiên thỏa mãn
1�p  p  d �9;0 �q  q  d �9;0 �r  r  d �9;0 �s  s  d �9

.

2
3
2
�
�n  x  p.10  q.10  r.10 s
�
m  y2   p  d  .103   q  d  .102   s  d  .10   s  d 
�

Ta có

 y  x  y  x  y
Khi đó ta có

2

 x2  d.1111  d.11.101

Từ phương trình trên suy ra số nguyên tố 101 là ước của

yx

hoặc y  x .

3
4
32 �x  y �99
64 �x  y  200
Lại do 10 �n  m  10 nên
. Do đó ta được
và

0  y  x �67

Suy ra

y  x  101;y  x  11.d

. Do đó x, y khác tính chắn lẻ và d là số lẻ.

Do 64 �2x  101 11d nên 11d �37 . Suy ra d �3 nên ta được d  1 hoặc d  3 .
     45;56
 x;y
x  y  101;y  x  11
+ Với d  1 thì
suy ra
và do đó

 n;m   2025;3136
     34 ; 67
 x;y
x  y  101;y  x  33
+ Với d  3 thì
suy ra
, do đó

 n;m   1156 ; 4489
Vậy ta được hai bộ số

 n;m   2025;3136

và

 n;m   1156 ; 4489

thỏa mãn yêu

cầu bài toán.
Bài 26. Tìm hai số nguyên

a,b

4
4
để a  4b là số nguyên tố.

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 –
2013
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
Lời giải
Ta có





a4  4b4  a2  2ab  2b2 a2  2ab  2b2

 .Vì a

2

 2ab  2b2 �0;a2  2ab  2b2 �0 .

4
4
Do đó a  4b nguyên tố khi và chỉ khi một thừa số là 1 còn thừa số kia là số

nguyên tố. Khi đó ta có các trường hợp sau.
2
�
a  b  1;b2  0

a  2ab  2b  1 �  a  b  b  1 � �
2
�
 a  b  0;b2  1
�
2

�Trường hợp 1. Xét

 a  b
+ Với

2

2

2

2

 1;b2  0

2

 0;b2  1
, khi đó ta được a  b  1 hoặc a  b  1 nên M  5 là số

2
, khi đó ta được b  0;a  1 nên M  1 không phải là số

nguyên tố.

 a  b
+ Với
nguyên tố.

2
�
a  b  1;b2  0

a  2ab  2b  1 �  a  b  b  1 � �
2
�
 a  b  0;b2  1
�
2

�Trường hợp 2. Xét
+

 a  b
Với

2

 1;b2  0

2

2

2

2
, khi đó ta được b  0;a  1 nên M  1 không phải là số

nguyên tố.

 a  b
+ Với

2

 0;b2  1
, khi đó ta được a  1;b  1 hoặc a  1;b  1 nên M  5 là

số nguyên tố.
Vậy các cặp số

 a;b

cần tìm là

 1;1 , 1; 1 , 1;1 , 1; 1 .

Bài 27. Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu như tổng bình phương
các ước dương của nó (kể cả 1 và n) đúng bằng

 n  3

2

.

a) Chứng minh rằng số 287 là một số điều hòa.
b) Chứng minh rằng số

n  p3

(với p là một số nguyên tố) không thể là số

điều hòa.
c) Chứng minh rằng nếu số n  p.q (với p và q là các số nguyên tố khác
nhau) là số điều hòa thì n  2 là một số chính phương.
Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học
2012 – 2013
Lời giải
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


95

Website:tailieumontoan.com
2
2
2
2
287  3  2902  84100

287

1.7.41
a) Dễ thấy
. Ta có
và 1  7  41  287  84100

2

 287  3
Suy ra

n  p3

b) Giả sử
n  p3

 12  72  412  2872

nên 287 là số điều hòa.

là số điều hòa. Vì p là số nguyên tố nên các ước dương của

1;p;p2 ;p3

là

p
Ta có

2

3





2



 3  12  p2  p4  p6 � p6  6p3  9  12  p2  p4  p6 � p p3  6b2  p  8





p p3  6p2  p  28 �8
p 2
8
M
p
Do đó ta được
mà p là số nguyên tố nên
. Khi đó
.
Do vậy đẳng thức trên không xẩy ra với p là số nguyên tố. Nên điều giả sử là
sai hay

n  p3

không thể là số điều hòa.

c) Ta có

n  pq

là số điều hòa với p và q là các nguyên tố khác nhau. Do đó ta

được

 pq  3

2

 12  p2  q2   pq � 4 pq  2   p  q
2

2

2

�p  q �
2
n  2  pq  2  �
�
 p  q M4 nên p  qM2 . Do đó ta được
� 2 � là một số chính
Ta có
phương.

1 p  p2  p3  p4

Bài 28. Tìm các số nguyên tố p sao cho

là số hữu tỷ

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2013
– 2014
Lời giải
Ta có

1 p  p2  p3  p4

1 p  p2  p3  p4  n2

là số hữu tỷ khi

với n là một số tự

nhiên.
Do đó ta được
Để ý rằng

4  4p  4p2  4p3  4p4  4n2

.

p2  4p3  4p4  4n2  4  4p  4p2  4p3  4p4  5p2

 2p

2

Do đó suy ra







nên ta được

 p   2n  2p2  p  2 � 2p2  p  2n  2p2  p  2
2

2n  2p2  p  1

2

2

. Thế vào phương trình trên và để ý p là số nguyên

tố ta được
Tác giả: Nguyễn Công Lợi

TÀI LIỆU TOÁN HỌC