Chuyên đề 5. Một số bài toán về số chính phương, số lập phương-đã chuyển đổi

Chun đề 5
MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG – SỐ LẬP PHƯƠNG

I. Một số kiến thức cơ bản cần nhớ.
1. Số chính phương.
• Định nghĩa. Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số ngun.
• Một số tính chất

+ Tính chất 1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9.
Suy ra số có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 thì khơng phải là số chính phương
+ Tính chất 2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các
thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
+ Tính chất 3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1.
Khơng có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 với n là số nguyên.
+ Tính chất 4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1.
Khơng có số chính phương nào có dạng 3n + 2 với n là số nguyên.
+ Tính chất 5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ
số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
+ Tính chất 6. Số chính phương chia hết cho số nguyên tố thì chia hết cho bình
phương số ngun tố đó
Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
+ Tính chất 7. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số
chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương.
+ Tính chất 8. Nếu hai số ngun liên tiếp có tích là một số chính phương thì một
trong hai số ngun liên tiếp đó bằng 0.

+ Tính chất 9. Hai số chính phương a 2 và ( a + 1) được gọi là hai số chính phương
2

liên tiếp. Giữa hai số chính phương liên tiếp khơng có số chính phương nào.
2. Số lập phương
• Định nghĩa. Một số nguyên được gọi là số lập phương đúng nếu nó viết được thành lập

phương của một số ngun.
• Một số tính chất cần nhớ

+ Tính chất 1. Nếu số nguyên a chia 3 có số dư là 1 thì a 3 chia 9 có số dư là 1.
+ Tính chất 2. Nếu số nguyên a chia 3 có số dư là −1 thì a 3 chia 9 có số dư là −1 .
+ Tính chất 3. Số lập phương chia hết cho số nguyên tố thì chia hết cho lập phương
số ngun tố đó.
+ Tính chất 4. Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số lập
phương thì mỗi số đếu là số lập phương.
+ Tính chất 5. Hai số chính phương a 3 và ( a + 1) được gọi là hai số chính phương
3

liên tiếp. Giữa hai số lập phương liên tiếp khơng có số lập phương nào.
II. Một số dạng bài tốn liên quan đến số chính phương, số lập phương.
1. Dạng 1 – Chứng minh một số hay biểu thức là số chính phương, số lập phương.
Cơ sở của phương pháp. Để chứng minh số A là một số chính phương, số lập
phương ta có các hướng như sau.
+ Hướng 1.Viết số A về dạng bình phương của một số tự nhiên, lập phương của
một số tự nhiên. Ta cần để ý đến các hằng đẳng thức đáng nhớ

( A  B)

( A  B)

2

= A 2  2AB + B2

3

= A 3  3A 2 B + 3AB2 − B3

+ Hướng 2. Biến đổi số tự nhiên A thành tích m.n = a 2 hoặc m.n = a 3 và chứng
minh ( m; n ) = 1 .
Ví dụ 1. Cho số tự nhiên A = 11...11122...222 5 . Chứng minh rằng A là một số chính
2019 c/s 1

2020 c/s 2

phương.
• Định hướng tư duy. Để chứng minh A là một số chính phương ta cần viết A về dạng

bình phương của một số tự nhiên, điều này đồng nghĩa với việc biến đổi A thành lũy thừa


của một số tự nhiên khác. Để ý rằng 10n − 1 = 999...99 nên ta sẽ biến đổi A làm xuất hiện
các lũy thừa của 10, từ đó áp dụng các hằng đẳng thức như trên.
Lời giải
Từ A = 111...11222...22 5 ta được A = 111...11222...2215 = 111...11 + 111...110 + 4 .
2019 c/s 1

2019 c/s 1

2020 c/s 2

2020 c/s 2

4040 c/s 1

2020 c/s 1

Do đó ta được

9A = 9.111...11 + 9.111...110 + 9.4 = 999...99 + 999... .10 + 36
4040 c/s 1

2020 c/s 1

2020 c/s 9

4040 c/s 9

(

)

(

= 104040 − 1 + 10 10 2020 − 1 + 36 = 10 2020

)

2

(

+ 2.10 2020 + 25 = 10 2020 + 5

)

2

Do đó ta được 9A là số chính phương. Mà 9 là số chính phương nên A cũng là số
chính phương.
Ví dụ 2. Cho số tự nhiên B = 111...11 + 111...11 + 666...66 + 8 . Chứng minh rằng B là
2n c/s 1

n +1 c/s 1

n c/s 6

một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Tương tự như trên ta cũng sử dụng biến đổi 10n − 1 = 999...99

biến đổi B làm xuất hiện các lũy thừa của 10, từ đó áp dụng các hằng đẳng thức như trên.
Lời giải
Ta có B = 111...11 + 111...11 + 666...66 + 8 = 11...1 + 11...1 + 6.111...11 + 8 .
2n c/s 1

n +1 c/s 1

2n c/s 1

n c/s 6

n +1 c/s 1

n c/s 1

Do đó ta được

9B = 9.111...11 + 9.111...11 + 6.9.111...11 + 72 = 999...99 + 999...99 + 6.999...99 + 72
2n c/s 1

n +1 c/s 1

(

n c/s 1

)

2n c/s 9

n +1 c/s 9

(

= 102n − 1 + 10 n +1 + 6 10 n − 1 + 72 = 10 2n + 16.10 n + 64 = 10 n + 8

n c/s 9

)

2

Do vậy 9B là số chính phương. Mà 9 là số chính phương nên suy ra B cũng là số
chính phương.
Ví dụ 3. Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889;. Dãy số trên được xây dựng bằng
cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy
trên đều là số chính phương.
• Định hướng tư duy. Để chứng minh dãy số trên là dãy số chính phương ta cần chứng

minh số tổng quát của dãy là số chính phương. Muốn vậy ta phân tích số đó thành bình


phương của một số tự nhiên khác. Chú ý đến biến đổi 999 ... 9 = 10n − 1 . Ta chuyển số tổng
n c/s 9

quát trên về dạng lũy thừa của 10 rồi sử dụng hẳng đẳng thức để phân tích bình phương.
Lời giải
Xét số hạng tổng qt của dãy số trên là A = 444...4 888...8 9 . Ta có
n c/s 4

n −1c/s8

A = 444...4 888...8 9 = 444...4.10 n + 888...88 + 1 = 4.111...1.10 n + 8.111...1 + 1
n c /s 4

n −1 c /s 8

n c /s 4

n c /s 8

n c /s 1

n c /s 8

 1
1
=  4.999...9.10 n + 8.999...9 + 9  = 4 10 n − 1 .10 n + 8. 10 n − 1 + 9 

 9
9  n c /s 9
n c /s 8


(

)

(

2
 2.10 n + 1 
1
1
= 4.10 2n + 4.10 n + 1 = 2.10 n + 1 = 

9
9

3



(

)

Dễ thấy rằng 2.10n + 1 3 nên ta có

(

)

)

2

2.10 n + 1
là một số tự nhiên. Do vậy ta được A là
3

một số chính phương. Vậy bài tốn được chứng minh.
Ví dụ 4. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) với n là số tự nhiên khác 0. Chứng
minh rằng 4S + 1 là số chính phương.

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

• Định hướng tư duy. Trước hết ta tính được S =

4

. Như vậy để

4S + 1 là số chính phương ta cần phân tích được n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) + 1 vể dạng bình
phương của một tổng.
Lời giải
Từ S = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ta có
4S = 1.2.3.4 + 2.3.4. ( 5 − 1) + 3.4.5. ( 6 − 2 ) + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 3 ) − ( n − 1) 
= 1.2.3.4 + 2.3.4.5 − ... + n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) − ( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 )
= n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )

Do đó ta được

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

)(

)

4S + 1 = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) + 1 = n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 + 1
2

2

Vậy 4S + 1 là số chính phương.

2

2

+ 3n + 1

)

2


Ví dụ 5. Với mỗi số nguyên dương n ta kí hiệu Sn = 12 + 22 + ... + n2 . Chứng minh
rằng 24 ( 2n + 3 ) S n + 1 là số chính phương.
• Định hướng tư duy. Tương tự như ví dụ trên ta tính được

Sn =

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

−

n ( n + 1)
2

=

n ( n + 1)( 2n + 1)
6

Như vậy để chứng minh được 24 ( 2n + 3 ) S n + 1 là số chính phương ta cần phân tích số tự
nhiên 4n ( n + 1)( 2n + 1)( 2n + 3 ) + 1 vể dạng bình phương của một tổng.

Lời giải
Trước hết ta chứng minh A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n ( n + 1) =

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

.

Thật vậy, ta có

3A = 1.2.3 + 2.3.3 + 3.4.3 + ... + n. ( n + 1) .3

= 1.2 ( 3 − 0 ) + 2.3 ( 4 − 1) + 3.4 ( 5 − 2 ) + ... + 98.99. (100 − 97 )

= 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 )  − 1.2.3 + 2.3.4 + ... + ( n − 1) n ( n + 1) 
= n ( n + 1)( n + 2 )

Do vậy ta được A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n ( n + 1) =

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

. Từ đó ta được

S n = 12 + 2 2 + ... + n 2 = 1 ( 2 − 1) + 2 ( 3 − 1) + 3 ( 4 − 1) + ... + n ( n + 1 − 1)
= 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n ( n + 1)  − ( 1 + 2 + 3 + ... + n )
=

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

−

n ( n + 1)
2

=

n ( n + 1)( 2n + 1)
6

Từ đó đó ta được

24 ( 2n + 3 ) S n + 1 = 24 ( 2n + 3 ) .

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

+ 1 = 4n ( n + 1)( 2n + 1)( 2n + 3 ) + 1
6
= 2n ( 2n + 1)( 2n + 2 )( 2n + 3 ) + 1 = 4n 2 + 6n 4n 2 + 6n + 2 + 1

(

(

)

2

(

)

(

= 4n 2 + 6n + 2 4n 2 + 6n + 1 = 4n 2

)(
+ 6n + 1)

)

2

Vậy 24 ( 2n + 3 ) S n + 1 là số chính phương.
Ví dụ 6. Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 + a = 3b2 + b . Chứng minh rằng các
số a − b và 2a + 2b + 1 là số chính phương.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi


2a 2 + a = 3b2 + b  2a 2 – 2b2 + a − b = b 2  ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b 2

Như vậy để chứng minh các số a − b và 2a + 2b + 1 là số chính phương ta cần chứng minh
được các số a − b và 2a + 2b + 1 nguyên tố cùng nhau.
Lời giải
Từ 2a2 + a = 3b2 + b ta được 2a2 – 2b2 + a − b = b2 hay ( a − b )( 2a + 2b + 1) = b 2 .
Suy ra ( a − b )( 2a + 2b + 1) là số chính phương.
Gọi ( a − b; 2a + 2b + 1) = d , khi đó ta được a − b và 2a + 2b + 1 cùng chia hết cho d.
Do đó ta được ( a − b )( 2a + 2b + 1) d 2 hay ta được b2 d2 nên b d
Mặt khác do a − b d nên suy ra a d . Mà ta lại có 2a + 2b + 1 d nên 1 d hay d = 1

Suy ra ( a − b; 2a + 2b + 1) = 1 nên a − b và 2a + 2b + 1 đều là số chính phương.
Ví dụ 7. Cho a và b là các số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d
thỏa mãn điều kiện a − b = a2c − b2d . Chứng minh rằng a − b là một số chính
phương.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

(

)

a − b = a 2 c − b 2 d  a − b = a 2 c − b 2 ( c + 1)  a − b = c a 2 − b 2 − b 2
 a − b = c ( a − b )( a + b ) − b 2  ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b 2

Như vậy để chứng minh a − b là số chính phương ta cần chứng minh được các số a − b
và c ( a + b ) + 1 nguyên tố cùng nhau.
Lời giải
Do c và d là hai số nguyên liên tiếp nên ta có d = c + 1 . Từ đó ta được

(

)

a − b = a 2 c − b 2 d  a − b = a 2 c − b 2 ( c + 1)  a − b = c a 2 − b 2 − b 2
 a − b = c ( a − b )( a + b ) − b 2  ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b 2

Gọi d là ước chung lớn nhất của a − b và c ( a + b ) + 1 . a − b và c ( a + b ) − 1 cùng chia
hết cho d. Suy ra ta được ( a − b ) . c ( a + b ) − 1 d 2 . Do đó từ ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b 2
ta suy ra được b2 d2 hay b chia chết cho d. Mà ta có a − b d nên suy ra được a d .

Do đó a + b d . Kết hợp với c ( a + b ) − 1 d ta suy ra được 1 d nên d = 1 . Từ đó ta có

(a − b; c (a + b ) − 1) = 1 . Do đó

a − b là một số chính phương.

Ví dụ 8. Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn m + n + 1 là ước nguyên tố của

(

)

2 m 2 + n 2 − 1 . Chứng minh rằng m.n là một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

(m + n)

(

2

− 1 = ( m + n − 1)( m + n + 1) ( m + n + 1)

)

Mà 2 m 2 + n 2 − 1 chia hết cho m + n + 1 nên ( m − n )

2

( m + n + 1) . Lại do m + n + 1 là

một số nguyên tố nên từ trên suy ra được m − n ( m + n + 1) . Đến đây ta cần chỉ ra được
m = n , khi đó tích mn là số chính phương.

Lời giải
Giả sử m và n là hai số nguyên dương khác nhau. Khi đó ta có

(m + n)

2

− 1 = ( m + n − 1)( m + n + 1) ( m + n + 1)

(

)

Mà theo giả thiết ta có 2 m 2 + n 2 − 1 chia hết cho m + n + 1

(

)

2
2
Suy ra ta có 2 m 2 + n 2 − 1 − ( m + n ) − 1 ( m + n + 1) . Do đó ( m − n ) ( m + n + 1) .



Lại do m + n + 1 là một số nguyên tố nên từ trên ta suy ra được m − n ( m + n + 1) .

Khơng mất tính tổng qt ta giả sử m  n , khi đó ta có m − n ( m + n + 1) . Từ đó
suy ra m − n  m + n + 1 hay 2n + 1  0 , điều này vô lí vì n là số ngun dương. Do
vậy điều giả sử m và n khác nhau là sai nên suy ra m = n . Từ đó ta có m.n = m2 là
một số chính phương.
Ví dụ 9. Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn

a2
c2
2c
+
=
. Chứng minh
2
2
2
2
b+c
a +b a +c

rằng bc là một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Để ý biến đổi giả thiết ta được

a2
c2
2c
a2
c
c2
c
+ 2

=
 2
−
+ 2
−
=0
2
2
2
2
2
b+c
b+c
a + b c +a
a + b b+c c +a

(

)

a 2 − bc ( b − c )
a 2 − bc  b
c 

−
=0
=0
b + c  a 2 + b2 a 2 + c 2 
( b + c ) a 2 + b2 a 2 + c 2

(

2

)(

)


Từ đó ta được a2 − bc = 0 hoặc b − c = 0 . Hai kết quả này đều cho kết quả bc là số chính
phương.
Lời giải
Từ giả thiết

(

)(

)

a2
c2
2c
ta suy ra được ( b + c ) a 2 + b2 a 2 + c 2 khác 0.
+
=
2
2
2
2

b+c
a + b c +a

Khi đó ta có biến đổi giả thiết như sau

a2
c2
2c
a2
c
c2
c
+
=

−
+
−
=0
2
2
2
2
2
2
2
2
b+c
b+c
a + b c +a

a + b b+c c +a
a 2 ( b + c ) − c a 2 + b2
c2 ( b + c ) − c c2 + a2

+
=0
( b + c ) a 2 + b2
( b + c ) a2 + c2


(

(

b a 2 − bc

( b + c ) (a

(

)

)

)

(

c bc − a 2

+

(

)

(

)

)

a 2 − bc  b
c 
=0
− 2 2 =0

2
2
b+c a +b a +c 

) ( b + c ) (a + c )
a − bc b ( a + c ) − c ( a + b )
a − bc a ( b − c ) − bc ( b − c )
.
=0
.
=0
b+c
b+c

( a + b )(a + c )
(a + b )(a + c )
( a − bc ) ( b − c ) = 0  a − bc ( b − c ) = 0

(
)
( b + c ) ( a + b )( a + c )
2

2

+ b2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

+ Khi a2 − bc = 0  bc = a2 nên bc là một số chính phương.
+ Khi b − c = 0  b = c nên bc cũng là một số chính phương.
Ví dụ 10. Cho số tự nhiên A = 111...11777...77 999...9 + 111...11 + 2 . Chứng minh
n c/s 1

n c/s 7

n c/s 9

n +1 c/s 1

rằng 72A là lập phương đúng của một số tự nhiên.
• Định hướng tư duy. Tương tự như trên ta cũng sử dụng biến đổi 10n − 1 = 999...99

biến đổi A làm xuất hiện các lũy thừa của 10, từ đó áp dụng các hằng đẳng thức như trên.
Lời giải
Từ A = 111...11777...77 999...9 + 111...11 + 2 ta được
n c/s 1

n c/s 7

n c/s 9

n +1 c/s 1




9A = 9  111...11777...77 999...9 + 111...11 + 2 

 n c/s 1

n c/s 7
n c/s 9
n +1 c/s 1




= 9  111...11 + 666...66 + 222 + 222 + 111...11 + 2 
 3n c/s 1

n c/s 2
2n c/s 6
n +1 c/s 1




= 9  111...11 + 6. 111...11 + 2.111...1 + 10.111...11 + 3 
 3n c/s 1

2n c/s 1
n c/s 1
n c/s 1




= 9  111...111 + 6.111...11 + 12.111...11 + 3  = 999...99 + 6.999...99 + 12.999...99 + 27

 3n c/s 1

2n c/s 1
n c/s 1
3n c/s 9
2n c/s 9
n c/s 9



(

= 10 3n − 1 + 6.10 2n − 6 + 12.10 n − 12 + 27 = 10 3n + 6.10 2n + 12.10 n + 8 = 10 n + 2

)

3

Như vậy ta được 9A là lập phương đúng của một số tự nhiên. Suy ra 72A cũng là
lập phương đúng của một số tự nhiên.
Ví dụ 11. Cho S = 1.2019 + 2.2018 + 3.2017 + ... + 2019.1 . Chứng minh rằng 6S + 2020
là lập phương đúng của một số tự nhiên.
• Định hướng tư duy. Nhận thấy tổng S là tổng của một dãy số có tính quy luật, do đó ta

cần tính được tổng S trước. Ta có phân tích tổng S như sau
S = 1.2019 + 2.2018 + 3.2017 + ... + 2018.2 + 2019.1

= 1.2109 + 2. ( 2019 − 1) + ... + 2018 ( 2019 − 2017 ) + 2019 ( 2019 − 2018 )

= ( 1.2019 + 2.2019 + ... + 2018.2019 + 2019.2019 ) − ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 2018.2019 )

Dễ dàng tính được hai tổng trên

1.2019 + 2.2019 + ... + 2019.2019 = 2019. (1 + 2 + 3 + ... + 2019 ) =

1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 2018.2019 =

Như vậy ta có S =

2019.2019.2020
2

2018.2019.2020
3

2019.2019.2020 2018.2019.2020 2019.2020.2021
và ta phân tích S
−
=
2
3
6

thành lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải
S = 1.2019 + 2.2018 + 3.2017 + ... + 2018.2 + 2019.1

= 1.2109 + 2. ( 2019 − 1) + ... + 2018 ( 2019 − 2017 ) + 2019 ( 2019 − 2018 )

= ( 1.2019 + 2.2019 + ... + 2018.2019 + 2019.2019 ) − ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 2018.2019 )

Ta có 1.2019 + 2.2019 + ... + 2019.2019 = 2019. (1 + 2 + 3 + ... + 2019 ) =
Lại có 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + 2018.2019 =

Như vậy ta được S =

2019.2019.2020
2

2018.2019.2020
3

2019.2019.2020 2018.2019.2020 2019.2020.2021
−
=
2
3
6

Do vậy 6S + 2020 = 2019.2020.2021 + 2020 = 2020 ( 2019.2021 + 1)
Để ý rằng 2109.2021 + 1 = ( 2020 − 1)( 2020 + 1) + 1 = 2020 2 − 1 + 1 = 2020 2 .
Do vậy 6S + 2020 = 20203 nên ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 12. Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 4m 3 + m = 12n 3 + n . Chứng minh
rằng m − n là lập phương của một số nguyên.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

(

)

4m 3 + m = 12n 3 + n  ( m − n ) 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 = 8n 3
Như vậy để chứng minh các số m − n là lập phương của một số nguyên ta cần chứng
minh được các số m − n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 nguyên tố cùng nhau.
Lời giải

(

)

Ta có 4m 3 + m = 12n 3 + n  4 m 3 − n 3 + ( m − n ) = 8n 3

(

)

Hay ta được ( m − n ) 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 = 8n 3 (1) . Giả sử p là một ước nguyên tố
chung của m − n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 . Do 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 là số lẻ nên p là
số lẻ. Từ ( 1) suy ra 8n 3 p mà p là số nguyên tố lẻ nên n p suy ra m p . Mặt khác
p là ước của 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 nên ta được p = 1 , điều này vơ lí vì p là số nguyên
tố. Do đó m − n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 không có ước nguyên tố chung. Từ đó suy

(

)

ra m − n, 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 = 1 . Do 8n 3 = ( 2n ) nên suy ra m − n là lập phương
3

của một số nguyên.

Ví dụ 13. Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a3 + b3 + c3 = 3abc .


a 
b 
c
Chứng minh rằng A =  1 +  1 +  1 +  là lập phương của một số tự nhiên.
b 
c  a 



• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

a 3 + b3 + c 3 − 3abc = ( a + b ) + c 3 − 3ab ( a + b + c )
3

(

)

= ( a + b + c ) a 2 + b2 + c 2 − ab − bc − ca =

2
2
2
1
a + b + c ) ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − a ) 
(



2

Do a, b, c là các số nguyên dương nên ta được a + b + c  0 nên ta được a = b = c . Thay
vào A ta được A là lập phương của một số nguyên dương.
Lời giải
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = a 3 + b 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + c 3 − 3a 2 b − 3ab 2 − 3abc

(

= ( a + b ) + c 3 − 3ab ( a + b + c ) = ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca
3

=

)

2
2
2
1
a + b + c ) ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − a ) 
(


2

2
2

2
Do đó từ a3 + b3 + c3 = 3abc ta được ( a + b + c ) ( a − b ) + ( a − c ) + ( c − a )  = 0 .



Do a, b, c là các số nguyên dương nên a + b + c  0 do đó ta suy ra được

(a − b) + (a − c ) + ( c − a )
2

2

2

=0


a 
b 
c
Điều đó dẫn đến a = b = c . Khi đó A =  1 +  1 +  1 +  = 8 = 2 3 là lập phương
b 
c  a 

đúng của một số tự nhiên.
Ví dụ 14. Cho a, b, c là các số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d
thỏa mãn điều kiện a − b = a 2 c − b 2 ( c + b ) . Chứng minh rằng a − b là lập phương
của một số nguyên.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

(

)

a − b = a 2c − b2 ( c + b )  a − b = a 2c − b2c − b3  a − b = c a 2 − b2 − b 3
 a − b = c ( a − b )( a + b ) − b  ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b
3

3

Như vậy để chứng minh các số a − b là lập phương của một số nguyên ta cần chứng minh
được các số a − b và c ( a + b ) + 1 nguyên tố cùng nhau.
Lời giải


Biến đổi giả thiết của bài toán ta được

(

)

a − b = a 2c − b2 ( c + b )  a − b = a 2c − b2c − b3  a − b = c a 2 − b2 − b 3
 a − b = c ( a − b )( a + b ) − b 3  ( a − b ) c ( a + b ) − 1 = b 3

Gọi p là ước nguyên tố của a − b và c ( a + b ) + 1
Khi đó ta có a − b và c ( a + b ) − 1 cùng chia hết cho p, nên ta được b3 chia hết cho p,
từ đó dẫn đến b chia hết cho p. Mà ta có a − b chia hết cho p nên suy ra được a chia
hết cho p. Do đó ta được a + b chia hết cho p. Kết hợp với c ( a + b ) + 1 d ta suy ra
được 1 chia hết cho p nên p = 1 . Điều này vô lý vì p là số nguyên tố. Do vậy ta

(

)

được a − b,c ( a + b ) + 1 = 1 . Do đó a − b là lập phương của một số nguyên.
Ví dụ 15. Cho a, b, c là các số nguyên dương thỏa mãn

a
b
c
3
+
+
= .
b+c c+a a + b 2

Chứng minh rằng P = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc là lập phương đúng của một số
nguyên.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi

(

)

P = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − ab = ( a + c ) ab + b 2 + bc + ac = (a + c )( b + c )(a + b )
Như vậy để chứng minh các số P là lập phương của một số nguyên ta cần chứng minh
được a = b = c . Biến đổi giả thiết của bài toán

(a − b) + ( b − c ) + (c − b) = 0
a

b
c
3
+
+
= 
b+c c+a a+ b 2
( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b ) ( a + b )( b + c )
2

2

2

Như vậy do a, b , c nguyên dương nên ta suy ra được a = b = c và P là lập phương
của một số nguyên.
Lời giải
Biến đổi giả thiết của bài toán ta được


a
1
b
1
c
1
− +
− +
− =0
b+c 2 c+a 2 a+ b 2

a − b a −c b−c b −a c −a c − b

+
+
+
+
+
=0
b+c b+c c+a c+a a+ b a+ b
 a − b a − b   b−c b−c   c −a c −a 

−
−
−
+
+
=0
 b+c c+a   c+a a+ b a+b b+c 

(a − b) + ( b − c ) + (c − b) = 0

( b + c )( c + a ) ( c + a )( a + b ) ( a + b )( b + c )
2

2

2

Do a, b, c là các số nguyên dương nên suy ra a = b = c .
Biến đổi biểu thức P đã cho ta có

P = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) − abc
= a 2 b + abc + a 2 c + ab 2 + b 2 c + abc + abc + bc 2 + ac 2 − abc

(

) (

)

= a 2 b + ab 2 + abc + b 2 c + bc 2 + abc + a 2 c + ca 2
= ab ( a + b + c ) + bc ( a + b + c ) + ac ( a + c ) = b ( a + b + c )( a + c ) + ac ( a + c )

(

)

= ( a + c ) ab + b 2 + bc + ac = ( a + c )( b + c )( a + b )

Do a = b = c nên ta được P = 8a 3 = ( 2a ) là lập phương của một số nguyên.
3

• Nhận xét. Trong các ví dụ trên ta chủ yếu chứng minh một số là số chính phương, số

lập phương bằng hai hướng đã nói trong phân mở đầu. Tuy nhiên trong một số trườn hợp
ta phải sử dụng nhiều đến phép biến đổi đại số. Thực chất các ví dụ này là các bài toán đại
số được áp dụng cho bài toán số học. Những bài toán chứng minh số chính phương, số lập
phương thường là khó và có sự kết hợp với nhiều kiến thức khác, do đó với dạng bài tập này
ta cần phải phân tích kỹ để khai thác tiệu để có hiệu quả giả thiết của bài toán cũng biến đổi
biểu thức của bài toán về dạng đơn giản hơn..
2. Dạng 2 – Chứng minh một số hay biểu thức khơng thể là số chính phương, số

lập phương.
Cơ sở của phương pháp. Để chứng minh một số tự nhiên A không phải là số là số
chính phương, số lập phương ta có các hướng sau.
+ Hướng 1. Chứng minh số tự nhiên A các các tính chất mà số chính phương, số lập
phương khơng có.
+ Hướng 2. Chứng minh A nằm giữa hai số chính phương hoặc hai số lập phương liên tiếp.


Ví dụ 1. Chứng minh N = 2017 4n + 20184n + 20194n + 20204n + 20214n − 1 không phải
là số chính phương với mọi n là số nguyên dương.
• Định hướng tư duy. Quan sát biểu thức N ta nhận thấy chữ số tận cùng của N là 8, do

đó N khơng thể là số chính phương. Từ đó ta đi tìm chữ số tận cùng của các lũy thừa để
chứng minh bài tốn.
Lời giải
Ta có 2017 4 có chữ số tận cùng bằng 1 nên 2017 4n có chữ số tận cùng bằng 1.

20184 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20184n có chữ số tận cùng bằng 6.
20194 có chữ số tận cùng bằng 1 nên 20194n có chữ số tận cùng bằng 1.

20214n có chữ số tận cùng bằng 1.
Do đó ta có N = 2017 4n + 20184n + 20194n + 20204n + 20214n − 1 có chữ số tận cùng là 8.
Mà khơng có số chính phương nào có chữ số tận cùng bằng 8. Vậy N khơng phải là
số chính phương.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 + 2018 là số chính
phương.
• Định hướng tư duy. Giả sử tồn tại số tự nhiên n để n2 + 2018 là số chính phương, khi

đó tồn tại số tự nhiên m để 2018 + n2 = m2 hay ta được 2018 = ( m − n )( m + n ) , từ đó
nhận thấy ( m − n )( m + n ) chia hết cho 4. Tuy nhiên 2018 lại không chia hết cho 4. Như

vậy ta chứng minh được bài toán.
Lời giải
Giả sử tồn tại số n tự nhiên để 2018 + n2 là số chính phương, khi đó tồn tại số tự
nhiên m để 2018 + n2 = m2 . Suy ra 2018 = m2 − n2 hay 2018 = ( m − n )( m + n ) . Như
vậy trong hai số m − n và m + n phải có ít nhất một số chẵn. Mà ta lại có

( m − n ) + ( m + n ) = 2m

nên suy ra hai số m − n và m + n cùng tính chẵn lẻ. Từ các

kết quả trên suy ra hai số m − n và m + n là hai số chẵn. Do vậy ta suy ra được

( m − n )( m + n ) chia hết cho 4. Mà 2018 không chia hết cho 4 nên điều giả sử là sai.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2018 + n2 là số chính phương.


Ví dụ 3. Chứng minh rằng tích của bốn số ngun dương liên tiếp khơng thể là
một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Ta có tích của bốn số tự nhiên liên tiếp là n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )

(

)(

)

hay ta được n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 . Dễ thấy ngay

(n

2

+ 3n

)  (n
2

2

)

(

2

) (

+ 3n + 2 n 2 + 3n  n 2 + 3n + 1

)

2

Như vậy n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) không thể là số chính phương. Như vậy ta chứng minh
được bài tốn.
Lời giải
Giả sử có bốn số nguyên dương liên tiếp là n; n + 1; n + 2; n + 3 .

(

)(

)

Khi đó ta có P = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) = n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 .
Đặt t = n2 + 3n với t là số nguyên dương P = t ( t + 2 ) = t 2 + 2t .
Nhân thấy t 2  t 2 + 2t  ( t + 1) nên t 2 + 2t khơng thể là số chính phương.
2

Vậy bài tốn được chứng minh.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng tổng các bình phương của năm số tự nhiên liên tiếp
khơng thể là một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Ta có tổng bình phương của năm số tự nhiên liên tiếp là

A = n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) + ( n + 4 )
2

2

2

2

Ta có A = n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) + ( n + 4 ) = 5n 2 + 20n + 30 . Khi đó dễ thấy A
2

2

2

2

chia hết cho 5. Lại có n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5 với mọi n. Như vậy A không chia hết
cho 25 nên A không phải là số chính phương.
Lời giải
Gọi năm số tự nhiên liên tiếp là n; n + 1; n + 2; n + 3; n + 4 . Ta có tổng bình phương
của năm số tự nhiên liên tiếp là A = n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) + ( n + 4 )
2

2

2

(

2

)

Ta có A = n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) + ( n + 4 ) = 5n 2 + 20n + 30 = 5 n 2 + 4n + 6 .
2

2

2

2

Khi đó ta có A chia hết cho 5.
+ Nếu n chia hết cho 5, khi đó ta có n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5.

+ Nếu n chia 5 có số dư là 1 thì n 2 chia 5 có số dư là 1 và 4n chia 5 có số dư là 4. Do
đó n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5.
+ Nếu n chia 5 có số dư là 2 thì n 2 chia 5 có số dư là 4 và 4n chia 5 có số dư là 3. Do
đó n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5.
+ Nếu n chia 5 có số dư là 3 thì n 2 chia 5 có số dư là 4 và 4n chia 5 có số dư là 2. Do
đó n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5.
+ Nếu n chia 5 có số dư là 4 thì n 2 chia 5 có số dư là 1 và 4n chia 5 có số dư là 1. Do
đó n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5.
Như vậy n2 + 4n + 6 không chia hết cho 5 với mọi n nên suy ra A không chia hết
cho 25. Vậy A khơng phải là số chính phương.
• Nhận xét. Ta có cách gọi khác để bài tốn được giải quyết một cách đơn giản hơn.

Gọi năm số tự nhiên liên tiếp là n − 2; n − 1; n; n + 1; n + 2 với n là số tự nhiên và

(

)

n  2 . Khi đó ta có A = ( n − 2 ) + ( n − 1) + n 2 + ( n + 1) + ( n + 2 ) = 5 n 2 + 2 . Nhận thấy
2

2

2

2

A chia hết cho 5. Lại có n 2 chia 5 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 4 nên n 2 + 2 không chia hết cho

5. Do đó A khơng chia hết cho 25 nên suy ra A khơng thể là số chính phương.
Ví dụ 5. Cho A = n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 với n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh
rằng A không phải là số chính phương.

(

)

• Định hướng tư duy. Ta có A = n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 = n 2 ( n + 1) n 2 − 2n + 2 . Như vậy
2

để chứng minh A khơng phải là số chính phương ta đi chứng minh n 2 − 2n + 2 không phải
là số chính phương. Để ý rằng ( n − 1)  n 2 − 2n + 2  n 2 nên n 2 − 2n + 2 không phải là số
2

chính phương. Do đó ta có điều cần chứng minh.
Lời giải
Biến đổi biểu thức A ta được

(

)

A = n 6 − n 4 + 2n 3 + 2n 2 = n 2 n 4 − n 2 + 2n + 2 = n 2 n 2 ( n − 1)( n + 1) + 2 ( n + 1)

(

)

(

) (

)

(

= n 2 ( n + 1) n 3 − n 2 + 2  = n 2 ( n + 1)  n 3 + 1 − n 2 − 1  = n 2 ( n + 1) n 2 − 2n + 2




2

Vì n 2 − 2n + 2 = ( n − 1) + 1 và ta thấy rằng ( n − 1)  ( n − 1) + 1  n 2 .
2

2

2

)


Do vậy nên n 2 − 2n + 2 không phải là số chính phương. Vậy A khơng thể là số
chính phương. Do đó ta có điều cần chứng minh.
Ví dụ 6. Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ khơng phải là
một số chính phương.
• Định hướng tư duy. Giả sử hai số tự nhiên lẻ bất kì đó là a = 2m + 1; b = 2n + 1 , khi đó

(

)

ta có a 2 + b2 = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) = 4 m 2 + n 2 + m + n + 2 chia 4 có số dư là 4. Do đó ta
2

2

có điều cần chứng minh.
Lời giải
Gọi hai số tự nhiên lẻ bất kì là a = 2m + 1; b = 2n + 1 với m, n là các số tự nhiên. Khi
đó ta có
a 2 + b 2 = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) = 4m 2 + 4m + 1 + 4n 2 + 4n + 1
2

(

2

)

= 4 m2 + m + n2 + n + 2

Như vậy a2 + b2 chia cho 4 có số dư là 2. Mà ta biết số chính phương chia 4 khơng
có số dư là 2. Vậy a2 + b2 không là thể số chính phương
Ví dụ 7. Cho B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) với mọi n là số ngun
dương. Chứng minh rằng B khơng thể là số chính phương.
• Định hướng tư duy. Nhận thấy tổng B là tổng của một dãy số có tính quy luật, do đó ta

cần tính được tổng B trước. Ta có phân tích tổng B như sau
4B = 4 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) 

= 1.2.3.4 + 2.3.4. ( 5 − 1) + 3.4.5. ( 6 − 2 ) + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 3 ) − ( n − 1) 

= 1.2.3.4 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) − ( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 )

(

)(

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

(

Dễ thấy n 2 + 3n

)  (n
2

2

)(

)

) (

+ 3n n 2 + 3n + 2  n 2 + 3n + 1

)

2

khơng phải là số chính phương. Do đó ta có điều cần chứng minh.
Lời giải
Từ B = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ta được

(

)(

nên n 2 + 3n n 2 + 3n + 2

)


4B = 4 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) 

= 1.2.3.4 + 2.3.4. ( 5 − 1) + 3.4.5. ( 6 − 2 ) + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 3 ) − ( n − 1) 

= 1.2.3.4 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) − ( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 )

(

)(

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

(

)(

) (

)(

(

)(

) (

)

)

) (

Ta có n 2 + 3n n 2 + 3n + 2  n 2 + 3n n 2 + 3n = n 2 + 3n
2

(

)

2

) (

)

2

Lại có n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 = n 2 + 3n + 2 n 2 + 3n  n 2 + 3n + 1 .

(

Như vậy ta được n 2 + 3n

(

)  (n

)(

2

2

)(

) (

+ 3n n 2 + 3n + 2  n 2 + 3n + 1

)

2

)

Từ đó suy ra n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 khơng thể là số chính phương, do đó 4B khơng
thể là số chính phương nên B khơng thể là số chính phương.
Ví dụ 7. Chứng minh rằng 3n + 4 khơng là số chính phương với mọi n là số tự
nhiên.
• Định hướng tư duy. Biểu thức bài tốn cho là dạng lũy thừa có số mũ thay đổi, do đó

giá trị của biểu thức lại thay đổi theo số mũ của biểu thức. Giả sử 3n + 4 = m2 khi đó ta
viết được 3n = ( m − 2 )( m + 2 ) và để ý rằng 3 là một số nguyên tố nên ta dễ dàng suy ra
được m − 2 = 3p ; m + 2 = 3q với p, q là các số tự nhiên thỏa mãn p + q = n . Từ đó dẫn đến

4 = 3q − 3p , đây là điều vơ lí với p, q là các số tự nhiên khác 0. Như vậy ta có điều cần
chứng minh, tuy nhiên để p và q khác 0 ta cần xét các trường hợp n = 0 và n = 1 trước rồi
mới biến đổi như trên.
Lời giải
Ta xét các trường hợp sau.
+ Trường hợp 1. Với n = 0 ta có 3n + 4 = 30 + 4 = 5 khơng là số chính phương.
+ Trường hợp 2. Với n = 1 ta có 3n + 4 = 31 + 4 = 7 không là số chính phương.
+ Trường hợp 3. Với n  2 . Giả sử 3n + 4 là số chính phương. Khi đó tồn tại số tự
nhiên m lớn hơn 3 thỏa mãn 3n + 4 = m2 . Từ đó m 2 − 4 = 3n  ( m − 2 )( m + 2 ) = 3n .
Do 3 là số nguyên tố nên ta có m − 2 = 3p ; m + 2 = 3q với p, q là các số tự nhiên thỏa
mãn p + q = n . Như vậy ta được ( m + 2 ) − ( m − 2 ) = 3q − 3p hay 4 = 3q − 3p , điều này


vơ lí vì 4 khơng chia hết cho 3 cịn 3q − 3p lại chia hết cho 3. Như vậy không tồn tại
số tự nhiên n  2 thỏa mãn 3n + 4 là số chính phương.
Vậy 3n + 4 khơng thể là số chính phương với mọi số tự nhiên n.
Ví dụ 8. Chứng minh rằng 7 n + 24 khơng là số chính phương với mọi số ngun
dương n.

Lời giải
Giả sử tồn tại số nguyên dương n để 7 n + 24 là số chính phương. Khi đó tồn tại số
nguyên dương a để 7 n + 24 = a2 . Ta xét các trường hợp sau.
+ Trường hợp 1. Với n là số lẻ, khi đó ta có n = 2k + 1 với k là số tự nhiên. Từ đó
tồn tại số nguyên dương a để 7 n + 24 = 49k.7 + 24 = a2 . Ta có 49 chia 4 có số dư là 1
nên 49 k chia 4 có số dư là 1, suy ra 7.49k choa 4 có số dư là 3. Từ đó suy ra

7 n + 24 = 49k.7 + 24 chia 4 có số dư là 3. Mà một số chính phương khi chia 4 có số
dư là 0 hoặc 1. Do đó n lẻ khơng thỏa mãn.
+ Trường hợp 1. Với n là số chẵn, khi đó ta có n = 2k với k là số nguyên dương. Từ

(

)(

)

đó tồn tại số nguyên dương a để 7 n + 24 = 7 2k + 24 = a2 hay a − 7 k a + 7 k = 24 . Để
ý rằng a − 7 k và a + 7 k có cùng tính chẵn, lại thấy 24 = 2.12 = 4.6 nên ta lại có hai
khả năng sau
+ Nếu a − 7 k = 2 và a + 7 k = 12 thì ta được 2.7 k = 10 , không tồn tại k nguyên
dương thỏa mãn
+ Nếu a − 7 k = 4 và a + 7 k = 6 thì ta được 2.7 k = 2 , không tồn tại k nguyên
dương thỏa mãn.
Như vậy số tự nhiên n chẵn không thỏa mãn.
Vậy với mọi n ngun dương thì 7 n + 24 khơng thể là số chính phương.
Ví dụ 9. Chứng minh rằng số A = 999...99 + 5.999...99 + 7 không thể là lập phương
4041 c/s 9

2021 c/s 9

của một số nguyên dương.
• Định hướng tư duy. Biểu thức A làm ta nghĩ đến phép biến đổi qua lũy thừa của 10, do

đo ta có biến đổi




A = 999...99 + 5.999...99 + 7 = 999...99 + 1 + 5.  999...99 + 1  + 1
 2021 c/s 0

4041 c/s 9
2021 c/s 0
4041 c/s 9


= 1000...00 + 5 000...00 + 1 = 1000...0 5 000...01
4041 c/s 0

2021 c/s 0

2019 c/s 0

2020 c/s 0

Tự đó ta nhận thấy A chia 3 có số dư là 7 nên A không thể là số lập phương.
Lời giải
Với mỗi số ngun dương a bất kì ta có
+ Nếu a chia hết cho 3 thì a 3 chia hết cho 9.

+ Nếu a chia 3 có số dư là 1 thì a 3 chia 9 có số dư là 1.
+ Nếu a chia 3 có số dư là 2 thì a 3 chia 9 có số dư là 8.
Như vậy một lập phương đúng khi chia cho 9 nhận một trong các số dư là 0, 1, 8.
Biến đổi số tự nhiên A ra được



A = 999...99 + 5.999...99 + 7 = 999...99 + 1 + 5.  999...99 + 1  + 1
 2021 c/s 0

4041 c/s 9
2021 c/s 0
4041 c/s 9


= 1000...00 + 5 000...00 + 1 = 1000...0 5 000...01
4041 c/s 0

2021 c/s 0

2019 c/s 0

2020 c/s 0

Tổng các chữ số của A là 7 nên chia 9 có số dư là 7, suy ra A chia 9 có số dư là 7. Do
vậy A khơng thể là lập phương đúng của một số tự nguyên dương.
Ví dụ 10. Chứng minh rằng tích ba số tự nhiên liên tiếp không phải là lập phương
đúng của một số tự nhiên.
• Định hướng tư duy. Tích ba số tự nhiên liên tiếp là n ( n + 1)( n + 2 ) = n 3 + 3n 2 + 2n với

n là một tự nhiên. Khi đó dễ thấy ngay n 3  n 3 + 3n 2 + 2n  ( n + 1) nên n ( n + 1)( n + 2 )
3

không thể là lập phương của một số chính phương.
Lời giải
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp là n; n + 1; n + 2 với n là số tự nhiên. Khi đó ta có tích
của ba số tự nhiên liên tiếp đó là A = n ( n + 1)( n + 2 ) = n 3 + 3n 2 + 2n .
Do n là một số tự nhiên nên ta có n3 + 3n2 + 2n  n3 .
Lại có n3 + 3n2 + 2n  n3 + 3n2 + 3n + 1 hay n 3 + 3n 2 + 2n  ( n + 1) .
3


Như vậy ta có n 3  n 3 + 3n 2 + 2n  ( n + 1) . Do đó A = n3 + 3n2 + 2n khơng thể là lập
3

phương đúng của một số tự nhiên.
Ví dụ 11. Chứng minh rằng A = 3n2 + 3n − 2009 không thể là lập phương đúng của
một số nguyên với mọi số nguyên n.
• Định hướng tư duy. Ta có A = 3n2 + 3n − 2009 chia 3 có số dư là 1. Do đó nếu A là

một số lập phương thì A có dạng A = ( 3k + 1) . Như vây thì ta thu được đẳng thức
3

(

)

(

)

3 n 2 + n − 673 + 1 = 27k 3 + 27k 2 + 9k + 1 = 3 9k 3 + 9k 2 + 3k + 1

(

)

Hay n 2 + n = 9k 3 + 9k 2 + 3k + 673 = 3 3k 3 + 3k 2 + k + 672 + 1 . Điều này dẫn đến tích hai
số tự nhiên liên tiếp n ( n + 1) chia 3 có số dư là 1, ta có điều vơ lí.
Lời giải
Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn A là lập phương của một số nguyên. Khi đó từ

(

)

A = 3n 2 + 3n − 2020 = 3 n 2 + n − 673 + 1 ta được A là số lập phương đúng chia 3 có
số dư là 1. Do đó A có dạng A = ( 3k + 1) với k là một số nguyên. Khi đó ta có
3

(

)

(

)

3 n 2 + n − 673 + 1 = 27k 3 + 27k 2 + 9k + 1 = 3 9k 3 + 9k 2 + 3k + 1
Suy ra n2 + n − 673 = 9k3 + 9k2 + 3k hay ta được

(

)

n 2 + n = 9k 3 + 9k 2 + 3k + 673 = 3 3k 3 + 3k 2 + k + 672 + 1
Do vậy n 2 + n chia 3 có số dư là 1 hay n ( n + 1) chia 3 có số dư là 1.
Mà n và n + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên tích n ( n + 1) chia 3 có số dư là 0 hoặc
2. Do đó ta có mâu thuẫn. Suy ra khơng tồn tại số nguyên để A là lập phương của
một số nguyên. Vậy bài tốn được chứng minh.
Ví dụ 12. Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không
vượt quá a và ký hiệu là a  . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, biểu
2


1 1
+  không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số
thức n +  3 n −
27 3 

nguyên dương.


• Định hướng tư duy. Ta sẽ chứng minh a 3  n + a 2  ( a + 1) để có n + a 2 khơng là lập
3

phương của một số nguyên.
Lời giải



1 1
1 1
+  a +1.
Ta có a =  3 n −
+  nên ta được a  3 n −
27 3
27 3 

Từ đó suy ra a 3 − a 2 +
Dẫn đến a 3 +

4a
7a 1
 n  a 3 + 2a 2 + + .
3
3 3

3
4a
7a 1
 n + a 2  a 3 + 3a 2 + + hay a 3  n + a 2  ( a + 1)
3
3 3

Suy ra n + a 2 không là lập phương của một số nguyên.
Ví dụ 13. Chứng minh rằng biểu thức A = ( a + 2b )( a + 2b + 1) + 2a + 4b + 1 không
2

thể lập phương đúng của một số nguyên với a và b là các số nguyên dương.
• Định hướng tư duy. Để ý ta có biến đổi giả thiết

A = ( a + 2b )( a + 2b + 1) + 2a + 4b + 1 = ( a + 2b ) + 2 ( a + 2b ) + 3 (a + 2b ) + 1
2

3

2

Đến đây ta đi chứng minh A = x3 + 2x2 + 3x + 1 không thể là lập phương đúng của một số
nguyên với x = a + 2b .
Lời giải
Biến đổi biểu thức A ta được
A = ( a + 2b )( a + 2b + 1) + 2a + 4b + 1
2

2
= ( a + 2b ) ( a + 2b ) + 2 ( 2 + 2b ) + 1 + 2 ( a + 2b ) + 1



= ( a + 2b ) + 2 ( a + 2b ) + 3 ( a + 2b ) + 1
3

2

Đặt x = a + 2b là số nguyên dương. Khi đó ta được A = x3 + 2x2 + 3x + 1 .
Giả sử tồn tại số nguyên dương x để A là lập phương của một số nguyên. Khi đó
tồn tại số nguyên y để y3 = x3 + 2x2 + 3x + 1 .
Dễ thấy do x là số nguyên dương nên ta có x3  x3 + 2x2 + 3x + 1  ( x + 1) . Như vậy
3

A không thể là lập phương đúng của một số ngun.
Ví dụ 14. Chứng minh rằng khơng tồn tại các số nguyên dương x để A = x 4 + 2x 2 là
lập phương đúng của một số nguyên.


• Định hướng tư duy. Giả sử A = x 4 + 2x 2 là lập phương đúng của một số nguyên khi

đó ta có x4 + 2x2 = y3 , quan sát biểu thức ta viết lại được thành

(

)

(

x4 + 2x2 + 1 = y 3 + 1  x2 + 1 = ( y + 1) y 2 – y + 1

(

2

)

)

Đến đây ta sẽ chứng minh y + 1; y 2 – y + 1 = 1 và như vậy tồn tại các số nguyên dương a
và b thỏa mãn y + 1 = a2 ; y2 – y + 1 = b2 với ( a; b ) = 1 . Như vậy để giả quyết được bài tốn
ta đi tìm các số ngun dương a và b thỏa mãn các điều kiện trên.
Lời giải

Giả sử tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn yêu cầu bài tốn, khi đó tồn tại số
ngun dương y để x4 + 2x2 = y3 hay ta được

(

)

(

x4 + 2x2 + 1 = y 3 + 1  x2 + 1 = ( y + 1) y 2 – y + 1

(

)

2

)

Gọi d = y + 1; y 2 − y + 1 . Khi đó ta có ( y + 1) d và y2 − y + 1 d nên ta được
2

( y + 1) − ( y
2

2

)

− y + 1 d  3y d

Do d là nguyên tố nên ta có hai khả năng như sau.

(

) = ( y + 1) ( y

• Khi 3 d ta được x2 + 1

2

2

(

)

– y + 1 9 nên x 2 + 1

)

2

9 hay x2 + 1 3 . Điều

này vô lý vì số chính phương chia cho 3 khơng thể có số dư là 2.

(

)

• Khi y d thì kết hợp với y + 1 d ta suy ra được d = 1 . Do đó y + 1; y 2 – y + 1 = 1 .

(

)

Khi đó do ( y + 1) y 2 – y + 1 là số chính phương nên ta đặt y + 1 = a2 ; y2 – y + 1 = b2
trong đó a, b là các số nguyên dương và ( a; b ) = 1 . Tứ đó ta được

(

) (

)

2

(

)(

)

b2 = a 2 − 1 – a 2 − 1  4b2 = 4a 4 − 12a 2 + 12  2b – 2a 2 + 3 2b + 2a 2 + 3 = 3

(

Vì ( 2b )  2a 2 − 3
2

)

2

hay 2b  2a2 − 3 nên ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với 2b − 2a2 + 3 = 1 và 2b + 2a2 − 3 = 3 ta được b = 1; a 2 = 2 , hệ
khơng có nghiệm ngun.
+ Trường hợp 2. Với 2b − 2a2 + 3 = 3 và 2b + 2a2 − 3 = 1 ta được b = 1; a 2 = 1 . Từ đó
ta được a = b = 1 nên suy ra x = y = 0 , trường hợp này loại do x, y nguyên dương.
Vậy không tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn yêu cầu bài toán.


• Nhận xét. Đặc điểm chung của các bài toán chứng minh một số khơng phải là số chính

phương, số lập phương đó là chỉ ra những tính chất mà các số chính phương, số lập phương
khơng có hoặc sử dụng tính chất kẹp giữa hai số chính phương, hai số lập phương liên tiếp.
Tuy nhiên mỗi bài tốn có những đặc điểm riêng nên ta cần phải phân tích kĩ giả thiết của
như biểu thức của bài toán để có nhận dự đốn phù hợp.
3. Dạng 3 – Tìm giá trị của biến để biểu thức là một số chính phương, số lập
phương.
Cơ sở của phương pháp. Sử dụng các tính chất liên quan đến số chính phương, số
lập phương để tìm giá trị của các biến sao cho biểu thức nhận giá trị là một số chính
phương, số lập phương. Có thể thấy bài tốn tìm giá trị của biến để biểu thức là một số
chính phương, số lập phương chính là một dạng phương trình nghiệm ngun liên quan
đến số chính phương, số lập phương.
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên n có hai chữ số biết rằng 2n + 1 và 3n + 1 đều là các số
chính phương.
• Định hướng tư duy. Do n là số tự nhiên có hai chữ số nên ta có 10  n  99 . Từ đó ta

được 2n + 1 là số lẻ và 21  2n + 1  199 . Do 2n + 1 là số chính phương lẻ nên ta suy ra
được 2n + 1  25; 49; 81;121;169 suy ra n  12; 24; 40; 60; 84 . Đến đây thay các giá trị
n trong tập hợp trên vào biểu thức 3n + 1 để kiểm tra.
Lời giải
Do n là số tự nhiên có hai chữ số nên ta có 10  n  99 .
Từ đó ta được 2n + 1 là số lẻ và 21  2n + 1  199 . Do 2n + 1 là số chính phương lẻ
nên ta suy ra được 2n + 1  25; 49; 81;121;169 . Do đó n  12; 24; 40; 60; 84 . Thay
lần lượt các giá trị n trong tập hợp trên vào biểu thức 3n + 1 thừ tương ứng ta thu
được 3n + 1  37; 73;121;181;153 . Mà ta lại có 3n + 1 đều là các chính phương nên
suy ra 3n + 1 = 121 thỏa mãn.
Vậy với n = 40 thì 2n + 1 = 81 và 3n + 1 = 121 đều là các số chính phương.
Ví dụ 2. Tìm số tự nhiên n sao cho n 2 + 2n + 12 là số chính phương.


• Định hướng tư duy. Do n 2 + 2n + 12 là số chính phương nên tồn tại số tự nhiên k thỏa

mãn n2 + 2n + 12 = k2 . Từ đó k 2 − ( n + 1) = 11  ( k + n + 1)( k − n − 1) = 11 . Đến đây ta
2

giải phương trình nghiệm nguyên để tìm giá trị n thích hợp.
Lời giải
Do n 2 + 2n + 12 là số chính phương nên tồn tại số tự nhiên k để n2 + 2n + 12 = k2 .

(

)

Từ đó ta có n 2 + 2n + 1 + 11 = k 2 hay k 2 − ( n + 1) = 11  ( k + n + 1)( k − n − 1) = 11 .
2

Do n và k là các số tự nhiên nên k − n − 1 và k + n + 1 là các ước dương của 11.
Nhận thấy k + n + 1  k − n − 1 và 11 là số nguyên tố nên ta được

k + n + 1 = 11 2k = 12
k = 6



k − n − 1 = 1
k − n − 1 = 1 n = 4
Kiểm ta lại ta thấy n = 4 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên n sao cho n ( n + 3 ) là số chính phương.
• Định hướng tư duy. Do n ( n + 3 ) là số chính phương nên tồn tại số tự nhiên k thỏa

mãn n2 + 2n + 12 = k2 . Từ đó k 2 − ( n + 1) = 11  ( k + n + 1)( k − n − 1) = 11 . Đến đây ta
2

giải phương trình nghiệm nguyên để tìm giá trị n thích hợp.
Lời giải
Do n ( n + 3 ) là số chính phương nên tồn tại số tự nhiên k để n ( n + 3 ) = k 2 . Từ đó ta
có 4n2 + 12n = 4k2 hay ta được

( 4n

2

)

+ 12n + 9 − 9 = 4k 2  ( 2n + 3 ) − 4k 2 = 9  ( 2n + 3 + 2k )( 2n + 3 − 2k ) = 9 .

2

Do n và k là các số tự nhiên nên 2n + 3 − 2k và 2n + 3 + 2k là các ước dương của 9.
Nhận thấy 2n + 3 + 2k  2n + 3 − 2k và 9 = 1.9 nên ta được
2 ( 2n + 3 ) = 10
2n + 3 + 2k = 9
n = 1



2n + 3 − 2k = 1 k = 2
2n + 3 − 2k = 1

Kiểm ta lại ta thấy n = 1 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n sao cho

n ( 2n − 1)
26

là số chính phương .