Tuyển chọn các bài toán số học trong kỳ thi vào lớp 10 chuyên Toán và lời giải chi tiết

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC </b>

<b>TRONG KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUN TỐN </b>

<b>LỜI NÓI ĐẦU </b>

<i>Các vị phụ huynh và các thầy cơ dạy tốn có thể dùng có thể dùng chun đề này để giúp </i>
<i>con em mình học tập. Hy vọng tuyển tập các bài toán số học thi vào lớp 10 chun tốn sẽ có thể </i>
<i>giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng và học tốn nói chung. </i>

<i>Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi những hạn chế, </i>
<i>sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cơ giáo và các em học! </i>

<i>Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này! </i>
<b> </b><i>Trong các kì thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên trên tồn quốc thì các bài tốn về số học </i>
<i>xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài tốn ngày càng hay và khó hơn. Trong đó ngồi </i>
<i>các bài tốn có dạng khá quen thuộc thì cũng có nhiều bài tốn rất mới mẻ. Nhằm đáp ứng nhu cầu </i>
<i>của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán THCS, website www.thuvientoan.net</i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH </b>

<b>LỚP 10 CHUYÊN TOÁN </b>

<b> Trong c{c kì thi tuyển sinh lớp 10 c{c trường chun trên to|n quốc thì c{c b|i tón về </b>
số học xuất hiện một c{ch đều đặn trong c{c đề thi với c{c b|i to{n ng|y c|ng hay v| khó hơn.
Trong đó ngo|i c{c b|i to{n có dạng kh{ quen thuộc thì cũng có ngiều b|i to{n rất mới mẻ.
Trong chủ đề n|y, chúng tôi đã tuyển chọn v| giới thiệu một số b|i to{n số học được trích
trong c{c đề thi tuyển sinh chuyên to{n c{c năm gần đ}y.

<b>Bài 1. Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn </b>k24 và k2 16 l| c{c số
nguyên tố thì k chia hết cho 5.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2009 – 2010 </b></i>

<b>Lời giải </b>

Do k l| số nguyên lớn hơn 1 nên k2 4 5 và k216 5 . Ta xét c{c trường hợp sau. 

<b> Trường hợp 1. </b>Xét k 5n 1 n 







, khi đó ta được k2 25n210n 1 nên  k24 5 .
Do đó suy ra k24 khơng l| số ngun tố.

<b> Trường hợp 2. </b>Xét k 5n 2 n 







, khi đó ta được k2 25n220n 4 nên  k216 5 .
Do đó suy ra _k2_{16 không l| số nguyên tố.}

<b> Trường hợp 3. Xét </b>k 5n 3 n 







, khi đó ta được _k2 _25n2_{30n 9 nên} _k2_{16 5 .}

Do đó suy ra k216 không l| số nguyên tố.

<b> Trường hợp 4. Xét </b>k 5n 4 n 







, khi đó ta được k2 25n240n 16 nên  k24 5 .
Do đó suy ra k24 khơng l| số nguyên tố.

Do vậy từ c{c trường hợp trên suy ra để _k2_{4 và}_k2_{16 l| c{c số nguyên tố thì k phải}

chia hết cho 5.

<b>Bài 2. Cho một tam gi{c có số đo ba cạnh l| x, y, z nguyên thỏa mãn điều kiện: </b>

     

2 2 2

2x 3y 2z 4xy 2xz 20 0

Chứng minh tam gi{c đã cho l| tam gi{c đều.

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Ta có 2x23y22z24xy 2xz 20 0 . Ta có x, y, z l| c{c số nguyên dương nên từ đẳng   
thức đã cho ta suy ra được y l| số chẵn. Đặt y 2k k N v| thay v|o điều kiện trên ta 



 *



được

















            
             

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2x 12k 2z 8xk 2xz 20 0 x 6k z 4xk xz 10 0

x 4xk xz 6k z 10 0 x x 4k z 6k z 10 0

Xem phương trình trên l| phương trình bậc hai theo ẩn x. Khi đó ta có









   2 ₂ ₂  ₂   ₂  ₂  ₂   ₂  ₂

4k z 4 6k z 10 16k 8kz z 24k 4z 40 8k 8kz 3z 40

Do phương trình trên có nghiệm nguyên dương nên  phải l| số chính phương. Nhận
thấy rằng nếu k 2 thì từ z 1 ta suy ra được  0 nên phương trình trên vơ nghiệm.
Do đó để phương trình trên có nghiệm ngun dương thì k 1 , suy ra y 2 . Thay  k 1
v|o biệt thức  ta được

   _{8 8z 3z} 2₄₀ _3z2_{8z 32}

Lại thấy nếu z 3 thì  0 khi đó phương trình trên vơ nghiệm. Do đó suy ra z 1 hoặc


z 2.

 Nếu z 1 thì ta được  21 khơng phải l| số chính phương nên phương trình trên
khơng có nghiệm ngun.

 Nếu z 2 , khi đó kết hợp với k 1 thì từ phương trình trên ta được









            

2 2

x 2x 6 4 10 0 x 2x 0 x x 2 0 x 2
Suy ra x y z 2 . Vậy tam gi{c đã cho l| tam gi{c đều.   

<b>Bài 3. Tìm số tự nhiên </b>abc thoả mãn điều kiện abc



a b 4c . 



2

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2009 – 2010 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Từ giả thiết b|i to{n ta có 100a 10b c 4c a b . Do đó ta được   







2





















   


 _ _

  

 2  2  2

10 a b 9a

10 10a b
100a 10b

c

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Ta có 4 a b







21 l| số lẻ v| do 0 c 9  nên suy ra 4 a b







21 5 . Mà 4 a b l| số







2
chẵn nên suy ra 4 a b phải có tận cùng l| 6, do đó







2



a b phải có tận cùng l| 4 hoặc 9. 



2
(*)

Mặt kh{c ta có 

 2

2.5ab
c

4(a b) 1 và









2

4 a b 1 l| số lẻ nên







2  







2 

4 a b 1 500 a b 125,25

Kết hợp c{c kết quả trên ta có



a b

 

2 4; 9; 49; 64 hay



a b 



2; 3;7; 8



 Nếu a b 



2;7; 8 thì



a b có dạng 3k 1 k N khi đó 







4 a b







2 1 chia hết cho 3.
M| ta lại thấy



a b



9a 3k 1 9a không chia hết cho 3 nên    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





 

6 1 3a



35 7 . Vì ta có 0 a 4  và 1 3a 7 suy ra  a2,
khi đó c 6; b 1 . Ta có số 216 thoả mãn yêu cầu b|i to{n.  

Vậy số abc 216 l| số cần tìm.

<b>Bài 4. Cho ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn c{c điều kiện: </b>

i) ap 1 chia hết cho q ii)  aq 1 chia hết cho p 
Chứng minh rằng









pq
a

2 p q

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 – 2010 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Từ giả thiết ta được



ap 1 aq 1 pq suy ra 









a pq ap aq 1 pq 2   



Mà a pq pq nên ta được 2



ap aq 1 pq 



. Do a, p, q l| c{c số nguyên dương nên

 

ap aq 1 và pq l| c{c số nguyên dương. Suy ra ap aq 1 pq .   
Mà do a p q







1 nên ta được 2a p q







pq hay









pq
a

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>Bài 5. Tìm tất cả c{c cặp số nguyên </b>

 

a; b nghiệm đúng điều kiện







2



₂



 ₂ 
a 1 a 9 4b 20b 25.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2009 – 2010 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có



a 1



2



a29



4b220b 25 hay



a 1



2



a29







2b 5



2

Do đó _a2_{9 l| số chính phương. Dễ thấy}_a2 _a2 ₉



_a _{3 nên ta có c{c trường hợp}



2

sau

<b> Trường hợp 1. Khi </b>_a2  ₉



_a _{3 ta được}



2 _

a 0 nên 9



2b 5 suy ra 



2 b 1; b 4 .
<b> Trường hợp 2. Khi </b>a2 9



a 2 ta được



2 4 a 5, khơng có số ngun thỏa mãn.
<b> Trường hợp 3. Khi </b>a2 9



a 1 ta được



2 a 4 hay a 4;a  4 .

+ Với a4 ta được 9.25



2b 5



2  b 5; b 10
+ Với a 4 ta được 25.25



2b 5



2  b 10; b 15
Vậy ta có c{c cặp số nguyên thỏa mãn b|i to{n l|

  

a; b  0; 1 , 0; 4 , 4; 5 , 4; 10 ,

 



   



 

4;10 ,

 

 4; 15



<b>Bài 6. Tìm c{c số nguyên dương x, y, z thoả mãn điều kiện </b>_x3_y3 _{z . Trong đó y l| số}2

nguyên tố v|

   

z; 3  z; y 1

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2009 – 2010 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Từ giả thiết ta có



_{x y}

 

__ _{x y}



2_3xy___z2_.

Ta có

 

x; y 1 vì nếu

 

x; y 1 thì





 

_ 



 _

 

2

x y x y 3xy y nên _{z y tr{i với giả thiết}2

 

y; z 1.

Lại thấy x y khơng chia hết cho 3 vì nếu x y chia hết cho 3 thì z chia hết cho 3 tr{i với
giả thiết

 

z; 3 1. Đặt _{x y k ; x}  2 2_{xy y} 2 _{t k; t Z}2







_{khi đó ta có}_{z kt} _.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Vì y nguyên tố nên ta được c{c trường hợp sau.
<b> Trường hợp 1. Với </b>   

  



2

2t 2x y 3y

2t 2x y 1 . Khi đó ta được













        

2 2 2 2 2

3y 1 2 2x y 2 k 3y k 1 3 y k 2y 3

Suy ra k21 3 , điều n|y khơng xẩy ra vì k2 1 khơng chia hết cho 3.
<b> Trường hợp 2. Với </b> _  

  

 2

2t 2x y 1

2t 2x y 3y . Khi đó ta được



















       2       

2 2 2

y 3 2 2x y 2 2k 3y y 3 4k 12 y 3 2k y 3 2k 12
Từ đó tìm được y 7 , thay v|o ta được  x 8; z 13.  

Vậy c{c số nguyên dương



x; y; z

 

 8;7;13 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.



<b>Bài 7. Giả sử m v| n l| c{c số nguyên dương với </b>n 1 . Đặt _{S m n} 2 2_4m  _{4n . Chứng}

minh rằng:

a) Nếu m n thì



mn22



2 n S m n . 2  2 4
b) Nếu S l| số chính phương thì m n .

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Ta chứng minh



_mn2₂



2 _{n m n}2



2 2_{4m 4n}



_{m n bằng c{ch các xét hiệu sau.}2 4

Ta có









 2 2 2 2 2    2 4 2  2 4 2  3   3

H mn 2 n m n 4m 4n m n 4mn 4 m n 4mn 4n 4n 0

Do đó



mn22



2 n m n2



2 24m 4n 



Mặt kh{c lại có n m n2



2 24m 4n



m n2 4 4n m n2







0 vì n 1;m n .  
Do đó _{n m n}2



2 2_{4m 4n}



_{m n .}2 4

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

<b> Trường hợp 1. </b> Nếu m n , khi đó theo như chứng minh trên ta được 

 

   _{ }

 

 

2
2

2

mn 2

S mn

n

Mặt kh{c ta có  



 





2

mn 2 n 2

mn 1

n n .

Vì m, n l| c{c số nguyên dương v| m n 1  nên ta được    

2

nm 2

0 mn 1

n
Suy ra



mn 1



2  S

 

mn nên S khơng thể l| số chính phương. 2

<b> Trường hợp 2. Nếu </b>m n , khi đó ta được _{S m n . Lại có} 2 2 _S



_{mn 2 .}



2

Do đó suy ra m n2 2  S



mn 2 . Như vậy để S l| số chính phương thì 



2 S



mn 1 . 



2
Khi đó ta được m n2 24m 4n m n  2 2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 l| số chính phương thì ta được m n .
Khi đó ta có S

 

mn l| số chính phương. 2

<b>Bài 8. Với bộ số </b>



6; 5; 2 ta có đẳng thức đúng



65 5

26 2. Hãy tìm tất cả c{c bộ số



a; b; c



gồm c{c chữ số trong hệ thập ph}n a, b, c đôi một kh{c nhau v| kh{c 0 sao cho đẳng thức



ab b
c

ca đúng.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Giả sử tồn tại c{c bộ số



a; b; c gồm c{c chữ số trong hệ thập ph}n a, b, c đôi một kh{c



nhau v| kh{c 0 sao cho đẳng thức ab b

c

ca đúng.

Khi đó đẳng thức trên trở thành



10a b c

 

 10c a b



hay 2.5.c a – b



 

b a – c



.
Suy ra 5 l| ước số của b a – c





. Do 5 nguyên tố v| 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 c{c trường hợp sau.

<b> Trường hợp 1. Với </b>b 5 ta có







      

 

a 9

2c a 5 a c c 2c 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Từ đó suy ra 2a 9 3  hoặc 2a 9 9  vì a5.

Trường hợp n|y tìm được



a; b; c

 

 6; 5; 2 , 9; 5;1

 



thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.
<b> Trường hợp 2. Với </b>a c 5  ta được a c 5  nên



 



   



2

2c 10c

2c c 5 b b b

2c 1
Từ đó suy ra   


9
2b 2c 9

2c 1 nên ta được 2c 1 3  hoặc 2c 1 9  vì c 0 .
Trường hợp n|y tìm được



a; b; c

 

 6; 4;1 , 9; 8; 4

 



thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

<b> Trường hợp 3. Với </b>c a 5  ta được c a 5  nên











    



2

2a 10a

2 a 5 a b b b

2a 9 .

Từ đó suy ra    


9.19

2b 2a 19 9

2a 9 . Do đó trường hợp n|y không xét.
Vậy c{c bộ số thỏa b|i to{n l|



a; b; c

 

 6; 5; 2 , 9; 5;1 , 6; 4;1 , 9; 8; 4

 

 

 



.
<b>Bài 9. Tìm tất cả c{c dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng bằng 2010. </b>

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Gọi 2x l| 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 y 1

y 1 x 1005 y 1 2x y 2010

2

Suy ra



y 1



l| ước số của 2010 1.2.3.5.67 .

Nên suy ra



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 đ}y 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 668 nên dãy số cần tìm l| 668, 670, 672.

+ Với y 4 ta có  5 2x 4







20102x 398 nên dãy số cần tìm l| 398, 400, 402, 404, 406.
+ Với y 5 ta có  6 2x 5







20102x 330 nên dãy số cần tìm l| 330, 332, 334, 336, 338,
340.

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

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 l| 120, 122, 124, 126, ...,
148.

+ Với y 29 ta có  30 2x 29







20102x 38 nên dãy số cần tìm l| 38, 40, 42, 44, 46, ...,
96.

+ Với y 67 ta có 



2x y



302x 0 nên khơng tồn tại dãy số thỏa mãn yêu cầu b|i 
toán.

Vậy chỉ có 7 dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp như trên thoả điều kiện b|i to{n.

<b>Bài 10. Tìm tất cả c{c số nguyên dương a, b sao cho </b>a b chia hết cho  2 a b 1 . 2 

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

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





 2  2 

a b k a b 1

Hay ta được a k b ka



2b . Đặt



m ka 2b với m l| một số nguyên.
Khi đó ta được mb a k  . Từ đó suy ra _{mb m b a k ka hay ta được}     2





 





      2       

mb m b 1 a k ka 1 m 1 b 1 a 1 k 1 ka
Do a, b, k l| c{c số nguyên dương nên ta suy ra được m 1 .

Do đó ta suy ra được



b 1 m 1



 



0, điều n|y dẫn đến



a 1 k 1 ka



 



0.
M| ta có a l| số nguyên dương nên ta suy ra được k 1 ka 0   hay k a 1



 



1.

M| k cũng l| số nguyên dương nên từ k a 1



 



1 ta được k a 1



 



0 hoặc k a 1



 



1.
+ Nếu k a 1



 



0 ta suy ra được a 1 0   a 1, khi đó ta được



b 1 m 1



 



2

Do 2 l| 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 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

+ Nếu k a 1



 



1, khi đó ta được k 1;a 2 , khi đó ta được  



b 1 m 1



 



0. Từ đ}y suy
ra b 1 hoặc m 1 . Với m 1 , kết hợp với hệ thức mb a k  ta suy ra được b 3 . Do
đó trong trường n|y ta được hai cặp số nguyên dương thỏa mãn b|i to{n l| a 2; b 1 và  

 

a 2; b 3 .

Vậy c{c cặp số nguyên dương

 

a; b thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|

       

1; 2 , 1; 3 , 2;1 , 2; 3 .
<b>Bài 11. Tìm tất cả c{c số nguyên x, y, z thỏa mãn c{c điều kiện </b>x y z và   x3y3 z . 2

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

 Nếu z 0 thì ta được



x; y; z

 

 x; x; 0



với x l| số nguyên bất kì thỏa mãn yêu cầu b|i
toán.

 Nếu z 0 thì từ c{c điều kiện trên ta có x2xy y 2  x y hay x2



y 1 x y



 2  y 0.
Xem phương trình trên l| phương trình bậc hai ẩn x nên ta được









 

   2 ₂     

y

3 12 3 12

y 1 4 y y 0 y

3 3

Do y l| một số nguyên nên ta được y



0; 1; 2 .



+ Với y 0 , khi đó ta có hệ phương trinh   _   


 3 2

x z

x z 1
x z

+ Với y 1 , khi đó ta được     _  _ 

  

 

2 x 0 x 0; z 1

x 2x 0

x 2 x 2; z 3

+ Với y 2 , khi đó ta được      _  _ 

  

 

2 x 1 x 1; z 3

x 3x 2 0

x 2 x 2; z 4

Vậy c{c số nguyên thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|



x; y; z

 

 x; x; 0 , 1; 0;1 , 0;1;1 , 2;1; 3 , 1; 2; 3 , 2; 2; 4

 

 

 

 

 



<b>Bài 12. Giải phương trình </b>



_{2x y 2} 



2 _{7 x 2y y}



  2_{1 trên tập số nguyên.}



<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm học 2010 – 2011 </b></i>
<b>Lời giải </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>



 



2 



  ₂  





 



2



  





₂




2 2x y 2 14 x 2y y 1 2 2x y 2 7 2x y 2 7 2y 3y 0
Đặt t2x y 2 t Z 







, khi đó phương trình trên trở th|nh _2t2 _{7t 7 2y}



2_3y



₀

+ Nếu y 1 thay v|o phương trình ban đầu ta được







   _{    }   _

 

 

2 ₂ 11 105 11 105

2x 1 7x 4x 11x 1 0 x ;

8 8

Hai nghiệm trên không thuộc tập hợp Z.

+ Nếu y 2 hoặc y 0 thì  _2y2_3y_{y 2y 3}







₀

Từ phương trình trên suy ra _2t2_{7t 0} _{t 2t 7}







₀ _{0 t 3}  _(do_t _).

Mặt kh{c cũng theo phương trình trên thì t 7 nên ta được t0. Suy ra y 2y 3







0 nên



y 0

Do đó ta được x 1 . Thử lại ta thấy

   

x; y  1; 0 thoả mãn phương trình đã cho.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm ngun l|

   

x; y  1; 0 .

<b>Bài 13. Tìm tất cả c{c số nguyên tố p có dạng </b>p a 2b2 c với a, b, c l| c{c số nguyên 2
dương sao cho _a4_b4_{c chia hết cho p.}4

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Do vai trò của a, b, c như nhau nên khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử 1 a b c   .
Khi đó do _{p a} 2_b2_{c nên}2 _p2 



_a2_b2_c2



2 _{p hay}



_a4_b4  _c4 _{2a b}2 2_{2b c}2 2_{2c a}2 2



_{p. M| ta lại có}



_a4_b4_c4



_{p nên ta được}



2 2 2 2 2 2



2 a b b c c a p .

Mặt kh{c do a, b, c l| c{c số nguyên dương và p 3 nên ta được 

 

p; 2 1 suy ra



_{a b}2 2_{b c}2 2_{c a}2 2



_{p . Do đó} 



 



 

a b2 2 c a2 2 b2 c2 c4 p suy ra



a b2 2 c4



p nên



 2



 2



</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Lại có _{ab 2ab a}  2_{b nên ta được}2 _{1 ab c}  2 _a2_b2_c2 _{p, do đó}



_{ab c ; p} 2



_{1. Từ}

đó ta được



ab c 2



p hay



c2 ab p



Mặt kh{c 1 a b c   nên _{0 c} 2_{ab c} 2 _a2_b2_c2 _{p . Do đó}_c2_{ab 0 hay} _c2 _{ab ,}

từ đó ta được  2

p 3a . M| p l| số nguyên tố nên suy ra a2 1 và p 3 . 
Vậy p 3 l| số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. 

<b>Bài 14. Cho ba số tự nhiên x, y, z thoả mãn điều kiện </b>x2y2 z . Chứng minh rằng xy 122
.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Trước hết ta có nhận xét: Với số tự nhiên n thì

+ Nếu _{n 3k 1}  _n2 _9k2_{6k 1 nên} _n2_{chia 3 có số dư l| 1.}

+ Nếu n 4p 1  n2 16p28p 1 nên  2

n chia có số dư l| 1.
+ Nếu n 4p 2  n2 16p216p 4 nên  n chia 3 có số dư l| 0. 2
Ta xét c{c trường hợp sau.

 Nếu x, y, z đều không chia hết cho 3 thì _{x ; y ; z đều chia cho 3 dư 1. khi đó}2 2 2 _x2_y2

chia cho 3 dư 2 v| _{z chia cho 3 dư 1, điều n|y m}u thuẫn với}2 _x2_y2 _{z .}2

Do đó trong hai số x, y tồn tại ít nhất một số chia hết cho 3 nên suy ra suy xy 3

 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 2 2 2
xẩy ra c{c khả năng sau.

+ Nếu _x2_{y chia cho 4 dư 2 v|}2 _z2_{chia cho 4 dư 1, điều n|y m}u thuẫn với}_x2_y2 _{z .}2

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

+ Nếu _x2_{y chia hết cho 8 v|}2 _{z chia cho 8 dư 4, điều n|y m}u thuẫn với}2 _x2 _y2 _{z .}2

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

<b>Bài 15. Tìm tất cả c{c số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên </b>

 

x; y thoả mãn hệ:

  




 


2

2 2

p 1 2x
p 1 2y

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Đặt   2

 

p 1 2x 1 và 2   2

 

p 1 2y 2

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được p p 1



 

 

2 y x y x





  

3
Suy ra ta được 2 y x y x p 4









  

. Mặt kh{c từ

 

1 ta thấy p l| số lẻ v| x 1 .
Do đó ta có p 1 2x  2 x2x2  x 1 nên p x .

Từ

 

2 ta lại có y 1 nên  p2 1 2y2 y2y2 y21 suy ra p y

Từ

 

3 ta suy ra được y x . Từ đó ta được 0 y x p. Chú ý p l| l| số nguyên tố lẻ nên   
từ

 

4 ta suy ra được x y p . M| ta lại có 0 x y 2p nên ta được    x y p .  

Thay vào

 

3 ta được p 1 2 y x 







. Từ đó suy ra y x  p 1

2 nên ta được

 

 p 1 3p 1

x ; y

4 4 .

Thay x p 1

4 vào

 

1 ta được

  

  _ _      
 

2

2

p 1

p 1 2 2p 12p 14 0 p 7

4

Thay p 7 vào 

 

2 ta được ₇2 _{1 2y nên}2 _{y 5 .}

Vậy p 7 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. 

<i><b>Nhận xét.</b> Ngồi cách giải như trên ta cịn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: Với p chẵn </i>

<i>không xẩy ra. Với </i>p 4k 1  <i> khi đó ta được </i>  







   

2
2

2

4k 1 1

p 1

8k 4k 1

2 2 <i>. Đến đây ta tìm </i>
<i>các giá trị của k để </i>_8k2_{4k 1} <i>_{là các số chính phương.}</i>

<b>Bài 16. Tìm tất cả c{c số nguyên dương </b>x ,x ,₁ ₂ ,x ; n_n thỏa mãn c{c điều kiện sau:

    

1 2 n

x x x 5n 4và    

1 2 n

1 1 1

1

x x x

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

<b>Lời giải </b>

Không mất tính tổng qu{t ta giả sử x₁ x₂  x ._n Theo bất đẳng thức AM – GM ta có





 

     _    _ 

 

2

n _n

1 2 n 1 n

1 2 n 1 n

1 1 1 1

5n 4 x x x n x ...x .n n

x x x x ...x

Do đó ta được 2      

n 5n 4 0 1 n 4 hay n



1; 2; 3; 4



. Ta xét c{c trường hợp sau.
+ Với n 1 , khi đó ta có

  
 _ _
 _


1
1
1

x 5.1 4

x 1

1
1
x

+ Với n 2 , khi đó ta có

    
  
 _
 _ _  _ _



1 2
1 2

1 2 1 2

1 2

x x 5.2 4 6

x x 6

1 1

1 x x x x

x x

. Hệ n|y khơng có nghiệm
ngun.

+ Với n 3 , khi đó ta có

     


 _ _ _




1 2 3

1 2 3

x x x 5.3 4 11

1 1 1

1

x x x

Từ hệ thức thứ hai suy ra x₁_{1 kết hợp với hệ thức một suy ra}2 x ₁3 . Thử trực tiếp
c{c trường hợp ta suy ra được



x ; x ; x₁ ₂ ₃

 

 2; 3; 6



thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

+ Với n 4 thì bất đẳng thức trên xẩy ra dấu bằng nên x₁ x₂ x₃ x₄ 4.
Vậy c{c bộ số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|.

+ Với n 1 thì ta được x₁ 1.

+ Với n 3 thì ta được



x₁; x ; x₂ ₃

 

 2;3; 6 ,

 

2; 6; 3 , 3; 2; 6 , 3; 6; 2 , 6

 

 

 

;2; 3 , 6

 

; 3; 2



.

+ Với n 4 thì ta được



x ; x ; x ; x₁ ₂ ₃ ₄

 

 4; 4; 4; 4



_.

<b>Bài 17. Tìm tất cả c{c số nguyên n sao cho </b>A



n 2010 n 2011 n 2012 l| một số 











chính phương.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta xét c{c trường hợp sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15>

+ Nếu n lẻ thì



n 2010; n 2011 

 

 n 2011; n 2012 

 

 n 2010; n 2012 



1. Do đó để
tích l| số chính phương thì n 2001; n 2011; n 2012 l| ba số chính phương. Nhưng   

 

n 2011; n 2012 l| hai số nguyên liên tiếp nên khơng thể cùng l| số chính phương.

+ Nếu n chẵn thì



n 2010; n 2012 



2; n 2010; n 2011



 

 

 n 2011; n 2012 



1. Do đó
để tích trên là số chính phương thì _{n 2010 2a ; n 2011 b ; n 2012 2c}  2   2   2_{với a, b, c là}

c{c số nguyên dương v|

 

a; c 1.

Suy ra







 











   _{  }   



2 2 c a 1

2 c a 2 c a c a 1 a 0; c 1

c a 1 , trường hợp n|y loại.

Vậy n



2010; 2011; 2012



l| c{c số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.
<b>Bài 18. Giả sử a v| b l| c{c số nguyên dương sao cho </b>







 

2

a b a b

ab l| một số nguyên. Gọi
d l| một ước số chung bất kì của a v| b. Chứng minh rằng d_ a b . Kí hiệu  _  _{ }x l| số
nguyên lớn nhất không vượt qu{ x.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

+ Nếu d 0 thì bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên đúng.
+ Nếu d 0 . Giả sử a dm; b dn với m, n là các số nguyên dương.  
Ta có







      

2

2 2

a b a b _a _b _{a b}

2

ab ab l| số nguyên nên   

2 2

a b a b ab . Do đó ta được

















   

    _    _ _ _

     



          

2 2 2 2 2 2 2

2 2

2

d m d n dm dn d mn d d m n m n d dmn

d m n m n dmn m n d

a b

d m n d d a b d a b

d

Như vậy d l| số nguyên không vượt qu{ a b , mà _ a b l| số nguyên lớn nhất  _
không vượt qu{ a b . Do đó ta được d_ a b . Bài to{n được chứng minh.  _

<b>Bài 19. Ta tìm hai số nguyên dương x, y sao cho </b>  



2

x 2

z

xy 2 l| số nguyên dương.

</div>
<span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16>

<b>Lời giải </b>
Ta xét c{c trường hợp sau.

 Với xy ta có z 1 . Vậy mọi bộ ba số



x; x;1



trong đó x l| số nguyên dương tùy ý
đều thỏa mãn.

 Với x y , khi đó ta có x2 2 xy 2 nên   



2

x 2

1

xy 2 , không thỏa mãn đề b|i.
 Với xy. Khi đó giả sử bộ ba số nguyên dương



x; y; z



thỏa mãn đề b|i
Do đó ta có _{y x}



2₂





_{xy 2 hay}







 

 



 

 



x xy 2 2 x y  xy 2 nên 2 x y xy 2





 





Suy ra tồn tại số k nguyên dương sao cho 2 x y





 

k xy 2

  

1

+ Với k 2 suy ra x y xy 2 nên   



x 1 y 1



  



3 0, điều n|y vô lí.
+ Với k 1 ta có 2 x y







xy 2 nên



x 2 y 2







 6.

Do x, y nguyên dương v| xy suy ra y 1 và  x 2 6  nên ta được x 4; z 3 . Thử lại  
thỏa mãn đề b|i

Vậy



x; y; z

 

 4;1; 3



v| c{c bộ số



x; x;1



trong đó x l| số nguyên dương tùy ý l| thỏa
mãn đề b|i.

<b>Bài 20. Chứng minh rằng từ 53 số tự nhiên bất kì ln chọn được 27 số m| tổng của chúng </b>
chia hết cho 27.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì ln tìm được 3 số m| tổng của chúng chia hết
cho 3. Thật vậy, mỗi số tự nhiên khi chia cho 3 thì có phần dư l| 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 n|y l| chia hết cho 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17>

chọn được 17 bộ số m| mỗi bộ số gồm 3 số có tổng lần lượt l| a ;a ;...;a₁ ₂ ₁₇ sao cho mỗi
tổng đều chia hết cho 3.

Chứng minh tương tự nhận thấy từ 5 số tự nhiên bất kì m| mỗi số đều chia hết cho 3
ta chọn được 3 số có tổng chia hết cho 9. Vậy từ 17 số a ;a ;₁ ₂ ;a₁₇ ta chọn được 5 bộ mỗi
bộ gồm 3 số có tổng lần lượt l| b ; b ;₁ ₂ ; b₅ sao cho b 9_i với i



1; 2; 3; 4; 5



. Từ 5 số chia
hết cho 9 l| b ; b ; b ; b ; b₁ ₂ ₃ ₄ ₅ chọn được 3 số m| tổng của chúng l| chia hết cho 27. Tổng của
3 số n|y chính l| tổng của 27 số ban đầu. Vậy từ 53 số tự nhiên bất kì ln chọn được 27
số m| tổng của chúng chia hết cho 27.

<b>Bài 21. Tìm tất cả c{c số nguyên x, y, z thoả mãn </b>3x2 6y2 z2 3y z2 218x 6 

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 – 2012 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có _3x2 _6y2_z2 _{3y z}2 2_{18x 6} _{3 x 3}







2_6y2_z2 _{3y z}2 2 ₃₃

Từ phương trình trên suy ra _{z 3 và}2 _z2 _{33 . Vì z nguyên nên}_{z 0} _hoặc _z _{3 .}

 Với z 0 , khi đó phương trình trên trở th|nh







2  2 

x 3 2y 11. Suy ra 2y2 11 nên


y 2.

+ Khi y 1, ta được x 0; x 6 . Suy ra  



x; y; z

 

 0;1; 0 , 0; 1; 0 , 6;1; 0 , 6; 1; 0

 



 

 





là

nghiệm của phương trình đã cho.

+ Khi y 0 , ta được 



x 3



2 11 nên khơng có số ngun x n|o thỏa mãn.
+ Khi y 2, ta được



x 3



2 3 nên khơng có số ngun x n|o thỏa mãn.

 Với z 3 , khi đó ta được



x 3



211y2 8 . Từ đó suy ra 11y2 8 nên y 0 . Từ đó suy 
ra khơng có số ngun x n|o thỏa mãn.

Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun l|



x; y; z

 

 0;1; 0 , 0; 1; 0 , 6;1; 0 , 6; 1; 0

 



 

 





.
<b>Bài 22. Tìm c{c số nguyên tố p sao cho hai số </b>2 p 1







và 2 p



21 l| hai số chính phương.



</div>
<span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18>

Giả sử tồn tại c{c số nguyên tố p để 2 p 1 và







_{2 p}



2 _{1 l| hai số chính phương.}



Do 2 l| số nguyên tố nên suy ra p 1 và  p21 l| c{c số chẵn. Từ đó suy ra p 1
2 và



2

p 1
2
cũng l| c{c số chính phương. Giả sử tồn tại c{c số nguyên dương x v| y thỏa mãn


 2

p 1
x
2 và




2

2

p 1
y
2

Đặt p 1 2x  2

 

1 và p2  1 2y 22

 

Lấy hiệu theo vế của hai đẳng thức đã cho ta được p p 1



 

 

2 y x y x





  

3
Suy ra ta được 2 y x y x p 4









  

. Mặt kh{c từ

 

1 ta thấy p l| số lẻ v| x 1 .
Do đó ta có _{p 1 2x}  2 _x2_x2  _{x 1 nên}_{p x}_ _.

Từ

 

2 ta lại có y 1 nên  _p2 _{1 2y}2 _y2_y2 _y2_{1 suy ra}_{p y}

Từ

 

3 ta suy ra được y x . Từ đó ta được 0 y x p. Chú ý p l| l| số nguyên tố lẻ nên   
từ

 

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

Thay vào

 

3 ta được p 1 2 y x 







. Từ đó suy ra y x  p 1

2 nên ta được

 

 p 1 3p 1

x ; y

4 4 .

Thay x p 1

4 vào

 

1 ta được

  

  _ _      
 

2

2

p 1

p 1 2 2p 12p 14 0 p 7

4

Thay p 7 vào 

 

2 ta được 72 1 2y nên 2 y 5 . 
Vậy p 7 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. 

<b>Bài 23. Cho a, b, c l| c{c số nguyên sao cho </b>2a b,2b c,2c a đều l| c{c số chính phương.   
a) Biết rằng ít nhất một số trong ba số chính phương trên ln chia hết cho 3.
Chứng minh rằng tích



a b b c c a











chia hết cho 27.

b) Tồn tại hay không c{c số nguyên thỏa mãn điều kiện ban đầu sao cho



a b b c c a không chia hết cho 27. 











</div>
<span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19>

a) Đặt x2 2a b; y 2 2b c; z 2 2c a x, y,z N







Khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử z 3 . Ta có 2 _x2_y2_z2 _{3 a b c 3}



 



_nên 2 2

x y 3
Đặt x 3t r; y 3h m với     t,h N và  r,m 



1; 0;1



.

Ta có _x2_y2 __{3 3t}



2_3h3_{2tr 2hm}



 _r2 _m2_ _{3 nên suy ra} 2_ 2

r m 3
Mà ta có 0 r 2 m2 2 nên ta được r2m2 0 suy ra m r 0  .

Do đó ta được x v| 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 27











b) Xét bội số a 0; b 1; c 2 . Khi đó ta được    2a b 1; 2b c 4; 2c a 4 l| c{c số chính      
phương. M| 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 l| bộ số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.   
<b>Bài 24. Tìm số nguyên dương n sao cho </b>n 2n 1







26 l| số chính phương .

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Giả sử tồn tại số tự nhiên q để Đặt n 2n 1







q 2

26 , khi đó ta được



 



2

n 2n 1 26q .
Do vế phải là số chẵn và 2n 1 là số lẻ nên n phải là số chẵn. Đặt n 2k k N







.
Từ đó ta được k 4k 1



 



13q2.

Nhận thấy



k; 4k 1 



1 nên từ _{k 4k 1}



 



_13q2_{ta được} 



 


2
2

k u

4k 1 13v hoặc
 



 


2
2

k 13u
4k 1 v
Với u và v là các số tự nhiên.

+ Xét trường hợp k u ; 4k 1 13v 2   2. Khi đó ta được 4k 13v 2 1 12v2v21. Từ đó
suy ra v21 4 hay v chia 4 dư 3, điều n|y vơ lí. Do đó trương hợp này khơng xẩy ra. 2
+ Xét trường hợp _{k 13u ; 4k 1 v} 2   2_{. Khi đó ta được}_{4k v} 2_{1, tương tự như trên thì}

</div>
<span class='text_page_counter'>(20)</span><div class='page_container' data-page=20>

Vậy khơng tìm được n thỏa mãn u cầu bài tốn.

<b>Bài 25. </b>Tìm tất cả c{c bộ hai số chính phương



n; m



m| 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 đ}y d l| một số
nguyên dương n|o đó cho trước.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2012 – 2013 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Đặt n pqrs x , khi đó theo b|i ra ta có   2 m



p d p d r d s d















y . Trong đó x, 2
y, p, q, r, s l| c{c 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 .

Ta có

















     




        


2 3 2

2 3 2

n x p.10 q.10 r.10 s

m y p d .10 q d .10 s d .10 s d

Khi đó ta có



_{y x y x}







_y2_x2 _{d.1111 d.11.101}

Từ phương trình trên suy ra số nguyên tố 101 l| ước của y x hoặc y x . 
Lại do 103  n m 10 nên  4 32 x y 99 . Do đó ta được    64 x y 200 và   

  

0 y x 67

Suy ra y x 101; y x 11.d . Do đó x, y kh{c tính chắn lẻ v| d l| số lẻ.    

Do 64 2x 101 11d   nên 11d 37 . Suy ra d 3 nên ta được d 1 hoặc d 3 .

+ Với d 1 thì x y 101; y x 11 suy ra    

  

x; y  45; 56 v| do đó





n; m

 

 2025; 3136



+ Với d 3 thì x y 101; y x 33 suy ra    

  

x; y  34 ; 67



, 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 b|i
toán.

<b>Bài 26. Tìm hai số nguyên a, b để </b>a44b l| số nguyên tố.4

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013 </b></i>
<b>Lời giải </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(21)</span><div class='page_container' data-page=21>

<b> Trường hợp 1. Xét </b>













   



       

   



2 ₂

2

2 2 2

2 ₂

a b 1; b 0

a 2ab 2b 1 a b b 1

a b 0; b 1

+ Với



a b



2 1; b2 0 , khi đó ta được b 0;a 2 1 nên M 1 không phải l| số nguyên tố.
+ Với



_{a b}



2 _{0; b}2 _{1, khi đó ta được}_a _{b 1}_hoặc_a  _b ₁_nên_{M 5} _{l| số nguyên}

tố.

<b> Trường hợp 2. Xét </b>













   



       

   



2 ₂

2

2 2 2

2 ₂

a b 1; b 0

a 2ab 2b 1 a b b 1

a b 0; b 1

+ Với



a b



2 1; b2 0 , khi đó ta được b 0;a 2 1 nên M 1 không phải l| số nguyên
tố.

+ Với



_{a b}



2 _{0; b}2 _{1, khi đó ta được}_{a 1; b}  _{1 hoặc}_a _{1; b 1 nên} _{M 5}_ _{l| số}

nguyên tố.

Vậy c{c cặp số

 

a; b cần tìm l|

  

1;1 , 1; 1 ,

 

1;1 ,

 

 1; 1



.

<b>Bài 27. Số nguyên dương n được gọi l| số điều hòa nếu như tổng bình phương c{c ước </b>
dương của nó (kể cả 1 v| n) đúng bằng



n 3 . 



2

a) Chứng minh rằng số 287 l| một số điều hòa.

b) Chứng minh rằng số _{n p (với p l| một số nguyên tố) không thể l| số điều hòa.} 3

c) Chứng minh rằng nếu số n p.q (với p v| q l| c{c số nguyên tố kh{c nhau) l| số
điều hịa thì n 2 l| một số chính phương.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Dễ thấy 287 1.7.41 . Ta có



287 3



2 2902 84100 và 12724122872 84100
Suy ra



_{287 3}



2  ₁2 ₇2₄₁2_{287 nên 287 l| số điều hòa.}2

b) Giả sử _{n p l| số điều hịa. Vì p l| số nguyên tố nên c{c ước dương của} 3 _{n p là} 3

2 3

1; p; p ; p

</div>
<span class='text_page_counter'>(22)</span><div class='page_container' data-page=22>

Do đó ta được 8 p m| p l| số nguyên tố nên p 2 . Khi đó  _{p p}



3_6p2_p



_{28 8 . Do vậy}

đẳng thức trên không xẩy ra với p l| số nguyên tố. Nên điều giả sử l| sai hay _{n p} 3

không thể l| số điều hịa.

c) Ta có n pq l| số điều hòa với p v| q l| c{c nguyên tố kh{c nhau. Do đó ta được







2  ₂ ₂  ₂

 

2 





 

 



2

pq 3 1 p q pq 4 pq 2 p q

Ta có



p q



2 4 nên p q 2 . Do đó ta được       _

 

2

p q
n 2 pq 2

2 l| một số chính
phương.

<b>Bài 28. Tìm c{c số nguyên tố p sao cho </b> 1 p p  2p3p l| số hữu tỷ 4

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2013 – 2014 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có _{1 p p}  2_p3_{p l| số hữu tỷ khi}4 _{1 p p}  2_p3_p4 _{n với n l| một số tự nhiên.}2

Do đó ta được _{4 4p 4p}  2 _4p3_4p4 _{4n .}2

Để ý rằng _p2 _4p3_4p4 _4n2  _{4 4p 4p} 2_4p3_4p4_{5p nên ta được}2



₂ 



2 

 

2 



₂ 



2  ₂   ₂ 

2p p 2n 2p p 2 2p p 2n 2p p 2

Do đó suy ra 2n 2p 2 p 1 . Thế v|o phương trình trên v| để ý p l| số nguyên tố ta được





  2 3 4  2  2  2    

4 4p 4p 4p 4p 2p p 1 p 2p 3 0 p 3

Thử lại ta thấy với p 3 thì  1 p p  2p3p4 11 l| số hữu tỉ.
Vậy p 3 l| số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. 

<b>Bài 29. Với mỗi số nguyên dương n ta ký hiệu </b>S_n l| tổng của n số nguyên tố đầu tiên như
sau

         

1 2 3 4

S 2; S 2 3; S 2 3 5; S 2 3 5 7;....

Chứng minh rằng trong dãy số S ; S ; S ;...₁ ₂ ₃ không tồn tại hai số hạng liên tiếp đều l| c{c số
chính phương .

</div>
<span class='text_page_counter'>(23)</span><div class='page_container' data-page=23>

<b>Lời giải </b>

Giả sử số nguyên tố thứ n l| p_n. Giả sử tồn tại số tự nhiên m để





  2  2  *

m 1 m

S k ; S l k; l N

Vì S₁ 2; S₂   2 3 5; S₃    2 3 5 10; S₄     2 3 5 7 17 đều khơng phải l| c{c số

chính phương nên m 4 . Ta có p_mS_mS_{m 1}_  



l k l k







.

Vì p_m l| số nguyên tố nên l k 1; l k p    _m. Suy ra p_m   2l 1 2 S_m 1 hay

  
  
 

2
m
m

p 1

S

2 .

Vì m 4 nên ta có





               

           

       _ _ _ _ _ _  _ _

       

m m m

2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 m m m m

S 2 3 5 7 ... p 1 3 5 7 9 ... p 2 1 9

p 1 p 1 p 1 p 1

1 0 2 1 3 2 ... 8

2 2 2 2

Điều n|y m}u thuẫn với    _

 

2
m
m

p 1

S

2 . Vậy không tồn tại số thự nhiên thỏa mãn yêu cầu
bài toán.

<b>Bài 30. Cho </b>M a 2 3a 1 với a l| số nguyên dương. 

a) Chứng minh rằng mọi ước của M đều l| số lẻ.

b) Tìm a sao cho M chia hết cho 5. Với những gi{ trị n|o của a thì M l| lũy thừa của
5.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Ta có M a 23a 1 a  2 a 2a 1 a a 1 



 



2a 1 l| số lẻ. Do đó mọi ước của M đều
l| số lẻ.

b) Ta lại có _{M a} 2_{3a 1} 



_a2_{2a 1} 



_5a



_{a 1}



2 _5a

Mà M 5 và

 

5a 5 nên ta được



a 1



2 5 suy ra a 1 5 . Do đó a chia cho 5 dư 1, tức l| 
tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn a 5k 1  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(24)</span><div class='page_container' data-page=24>







2



  



_n  ₂      _n 



  



_n

5k 1 3 5k 1 1 5 25k 10k 1 15k 3 1 5 25k k 1 5 5

Nếu n 2 ta có 5 5 , mà n 2 _{25k k 1 5}







2_{. M| 5 không chia hết cho} 2

5 nên đẳng thức trên
không thỏa mãn.

Vậy n 1 . Từ đó ta có 25k k 1



 



0 với k l| số tự nhiên nên suy ra k 0 v| do đó a 1 .
Do vậy a 1 thì M l| lũy thừa của 5.

<b>Bài 31. Cho x, y l| c{c số tự nhiên kh{c 0. Tìm gi{ trị nhỏ nhất của biểu thức </b>A 362x5 y
<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2013 – 2014 </b></i>

<b>Lời giải </b>

Đặt k 2x nên k l| số chẵn. Ta đi tìm gi{ trị nhỏ nhất của _A ₃₆k₅y

Dễ thấy A 11 khi k 2; y 2 hay   x 1; y 2 . Ta chứng minh   A 11 l| gi{ trị nhỏ nhất
của A.

Thật vậy, do A 36k5 nên suy ra y A 36 k5 hoặc y A 5 y36 . k
 Xét trường hợp A 36 k5 . Khi đó ta thấyy A 36 k5 ln có chữ số tận cùng l| 1 y
Nếu A 11 v| A có chữ số tận cùng l| 1 nên A 1 hay ₃₆k₅y ₁

+ Nếu y l| số chẵn thì ₃₆k _{0 mod 3 ; 5}





y _{1 mod 3 nên}





₃₆k_₅y __{2 mod 3}





Mà 1 1 mod 3





nên phương trình trên vơ nghiệm.

+ Nếu y l| số lẻ thì 36k 0 mod 4 ; 5





y 1 mod 4





nên 36k5y 3 mod 4





Mà 1 1 mod 4





nên phương trình trên vô nghiệm

 Xét trường hợp _{A 5} y_{36 . Ta thấy}k _{A 5} y_{36 có chữ số tận cùng l| 9}k

Nếu A 11 v| A có chữ số tận cùng l| 9 nên  A 9 hay 5y36k 9

Dễ thấy 36 chia hết cho 3 và k _{5 không chia hết cho 3 nên}y ₅y_₃₆k__{9 không chia hết cho}

3

Do đó phương trình trình vơ nghiệm.

Vậy gi{ trị nhỏ nhất của A l| 11 khi x 1; y 2 .  

<b>Bài 32. Tìm tất cả c{c cặp số nguyên dương </b>

 

a; b sao cho 

2

a 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(25)</span><div class='page_container' data-page=25>

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Do 


2

a 2

ab 2 l| số nguyên nên suy ra











 

 



 

 



2

b a 2 a ab 2 2 a b ab 2 hay





 





2 a b ab 2

Do đó tồn tại số nguyên dương k sao cho 2 a b





 

k ab 2



.

Nếu k 2 thì từ 2 a b





 

k ab 2 ta có 



a b ab 2   



a 1 b 1



  



1 0 , điều n|y
m}u thuẫn do a v| b l| c{c số nguyên dương. Do vậy ta được k 1 .

Từ 2 a b





 

k ab 2



ta có 2 a b







ab 2 



a 2 b 2







2. Giải phương trình n|y
với điều kiện a v| b nguyên dương được a 3; b 4 hoặc   a 4; b 3 . Thử lại thấy chỉ có  

 

a 4; b 3 thỏa mãn đề b|i.

Vậy bộ số nguyên dương

   

a; b  4; 3 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

<b>Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên </b>_5x2_8y2 ₂₀₄₁₂

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2013 – 2014 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Trước hết ta nhận thấy số chính phương khi chia cho 3 có thể dư 0 hoặc dư 1. Do đó tổng
hai số chính phương chia hết cho 3 khi v| chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3.

Ta có 5x28y2 204126x29y220412 x 2y2 3 2x



2 3y26804



x2y 2
Suy ra     _  



  

 

2 2

2

2 2 1 1

2 2

1 1

x 3x x 9x

x 3
x y 3

y 3y

y 3 y 9y , khi đó ta được.



2 2



 2 2 



2 2



 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 3 2x 3y 756 x y

Suy ra  _  _ _ 

 

  

 

2 2 2

2 2 1 1 2 1 2

1 1 2 2 2

1 2

1 1 2

x 3 x 3x x 9x

x y 3

y 3y

y 3 y 9y , khi đó ta được.



2 2



 2 2 



2 2



 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 3 2x 3y 84 x y

Suy ra     _  


  

 

2 2

2

2 2 2 2 3 2 3

2 2 2 2 2

2 3

2 2 3

x 3x x 9x

x 3

x y 3

y 3y

y 3 y 9y , khi đó ta được.



2  2



 2 2 



2  2



 2  2  2 2 

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(26)</span><div class='page_container' data-page=26>

Suy ra 8y2₃ 28y₃2 3,5y₃2 

 

0;1 y₃ 

 

0;1 .
+ Với y₃  0 5x₃ 28, trường hợp n|y không xẩy ra.
+ Với y₃ 1, khi đó ta được x₃ 2; x₃  2

+ Với y₃  1, khi đó ta được x₃ 2; x₃  2

Khi đó ta được



x ; y₃ ₃

   

 2;1 , 2; 1 ,

 

2;1 ,

 

 2; 1



Vì  _{ }  

 


1 2 3

1 2 3

x 3x 9x 27x

y 3y 9y 27y , khi đó ta được

  

x; y  54; 27 , 54; 27 ,

 



 

54; 27 ,

 

54; 27



.
Thử lại ta thấy phương trình nhận c{c nghiệm l|

  

x; y  54; 27 , 54; 27 ,

 



 

54; 27 ,

 

54; 27



.

<b>Bài 34. Chữ số h|ng đơn vị trong hệ thập ph}n của số </b>_{M a} 2_{ab b (với a, b l| c{c số tự} 2

nhiên khác 0) là 0.

a) Chứng minh M chia hết cho 20. b) Tìm chữ số h|ng
chục của M.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Vì chứ số tận cùng của M l| 0 nên M chia hết cho 5. Xét c{c trường hợp sau

+ Cả a v| b đều l| số lẻ nên a và 2 b đều l| số lẻ, suy ra M l| số lẻ, trường hợp n|y không 2
xẩy ra

+ Một trong hai số a v| b có một số chẵn v| một số lẻ, khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử a
l| số lẻ, b l| số chẵn. Khi đó _{a l| số lẻ v|}2 _{b l| số chẵn nên M l| số lẻ, trường hợp n|y}2

cũng không xẩy ra.

Do đó cả hai số a v| b đều l| số chẵn. Khi đó M chia hết cho 4, từ đó suy ra M chia hết cho
20

b) Ta có



_a2 _{ab b} 2





_{a b}



_a3_{b 5 nên}3



_a3 _b3



_a3_b3



₅

Lại có _a6_a2 _{a a 1 a 1 a}2













2_{1 5 . Tương tự ta có}



_b6_{b 5 .}2

Do đó ta được a2 b 5 , từ đó ta được 2 ab a b 5







nên ta có















2  2



</div>
<span class='text_page_counter'>(27)</span><div class='page_container' data-page=27>

Suy ra abM 5 . Từ đó suy ra ab.3ab 5 nên ab 5

Ta có _{M a} 2_{ab b 5 suy ra} 2 _{bM ab a b}_



_



__{b 5}3 _{. Mà}_{ab a b 5}



_



_nên_{b 5 hay b 5}3

Suy ra 2  







a M b a b 5 nên a 5 hay a 5 nên M 25 . 2

Lại có 4 v| 25 l| hai số nguyên tố cùng nhau nên M 100 hay chứ số h|ng chục của M l| 0.

<b>Bài 35. Tìm c{c bộ số tự nhiên </b>



a ;a ;...;a₁ ₂ ₂₀₁₄



thỏa mãn:      

     


2

1 2 3 2014

2 2 2 2 3

1 2 3 2014

a a a ... a 2014

a a a ... a 2014 1

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2014 – 2015 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Biến đổi c{c giả thiết của b|i to{n ta có










            
 _
 
           
 

 
            
2
2

1 2 3 2014

1 2 3 2014

2 2 2 2 3 2 2 2 2 3

1 2 3 2014 1 2 3 2014

2 2 2 2 3

1 2 3 2014 1 2 3 2014

2.2014 a a a ... a 2.2014.2014

a a a ... a 2014

a a a ... a 2014 1 a a a ... a 2014 1

a a a ... a 2.2014 a a a ... a 2014 1 2.2014.20







 







           

       

2

2 2 2 2 2

1 2 3 2014 1 2 3 2014

2 2 2

1 2 2014

14

a a a ... a 2.2014 a a a ... a 2014.2014 1

a 2014 a 2014 .... a 2014 1

Ta xét c{c trường hợp sau.

 Trường hợp 1. Nếu



a₁2014

 

2 a₂2014



2....



a₂₀₁₄2014



2 1. Khi đó do

1 2 2014

a ;a ;...;a l| c{c số tự nhiên v|



a₁2014



2 0; a



₂2014



2 0;....; a



₂₀₁₄2014



2 0 . Từ
đó suy ra trong 2014 số chính phương



a₁2014 ; a

 

2 ₂2014 ;....; a



2



₂₀₁₄2014 có đúng 1



2
số nhận gi{ trị l| 1 v| c{c số còn lại nhận gi{ trị l| 2014. Khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử













 _ _ _{ } _ _{ } _
 _
 _{ } _ _{ } _

    

2

1 1 2 3 2014

2 2

1 2 3 2014

2 2014

a 2014 1 a 2013; a a ... a 2014

a 2015; a a ... a 2014
a 2014 ... a 2014 0

Thử lại c{c trường hợp trên ta thấy không thỏa mãn.

 Trường hợp 2. Nếu



a₁2014

 

2 a₂2014



2....



a₂₀₁₄2014



2 0 . Khi đó ta được





 

2  



2  







2 

1 2 2014

a 2014 a 2014 .... a 2014 0

</div>
<span class='text_page_counter'>(28)</span><div class='page_container' data-page=28>

<b>Bài 36. Tìm tất cả c{c bộ ba số nguyên tố </b>



p; q; r



sao cho pqr p q r 200 .    

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2014 – 2015 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Khơng mất tính tổng quát ta giả sử p q r  . Viết lại phương trình đã cho về dạng



rq 1 p 1



  

 

r 1 q 1



 



202

 

1

Nếu p lẻ thì q, r cũng lẻ, do đó _



rq 1 p 1



  

 

r 1 q 1







_ 4 , nhưng 202 không chia hết
cho 4, vô lý. Do đó p 2. 

Với p 2 thì 

 

1 trở thành 2rq r q 202   4rq 2r 2q 1 405    



2q 1 2r 1



 



5.34
Do 3 2q 1 2r 1 nên     9



2q 1

 

2  2q 1 2r 1



 



405 nên 3 2q 1 20 .   

Từ đó do 2q 1 l| ước của  5.3 nên 4 2q 1 



3; 5; 9;15



+ Nếu 2q 1 3 thì   q2 và r 68 . Ta thấy r 68 _{không là số nguyên tố.}
+ Nếu 2q 1 5 thì   q3 và r 41 đều là các số nguyên tố

+ Nếu 2q 1 9 thì   q5 và r23đều là các số nguyên tố.
+ Nếu 2q 1 15 thì   q 8 không là số nguyên tố. 

Vậy tất cả các bộ ba số nguyên tố phải tìm là



p; q; r

 

 2; 5; 23 , 2; 3; 41

 



và các hoán vị
<b>Bài 37. Cho a, b, c, d l| c{c số nguyên dương thỏa mãn </b>a2ab b 2 c2cd d .  2

Chứng minh rằng a b c d   l| hợp số.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Biến đổi giả thiết của bài tốn ta có















       2   2         

2 2 2 2

a ab b c cd d a b ab c d cd a b c d a b c d ab cd

Đặt s a b c d    . Giả sử s p l| một số nguyên tố thì a b c   d mod p





. Khi đó từ
đẳng thức trên suy ra ab cd 0 mod p nên  





ab c a b c



  

 

0 mod p hay



</div>
<span class='text_page_counter'>(29)</span><div class='page_container' data-page=29>

Vì p l| số nguyên tố nên suy ra a c 0 mod p 





hoặc b c 0 mod p 





. Điều n|y vơ lý vì
 

1 a c và b c p (a, b, c, d là c{c số nguyên dương v| có tổng bằng p).  
Vậy s 1 v| không l| số nguyên tố nên s phải l| hợp số.

<b>Bài 38. Chứng minh rằng nếu p l| số nguyên tố lớn hơn 3 thì </b>



p 1 p 1 chia hết cho 24. 







<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015 </b></i>

<b>Lời giải </b>

Vì p l| số nguyên tố lớn hơn 3 nên ta được p 3k 1 hoặc   p 3k 2 với k l| số tự nhiên  
khác 0.

+ Nếu p 3k 1  



p 1 p – 1



 

 3k 2 .3k



chia hết cho 3
+ Nếu p 3k 2  



p 1 p – 1



 

 3k 3 3k 1







chia hết cho 3
Vậy p l| số nguyên tố lớn hơn 3 thì



p 1 p – 1





chia hết cho 3

Mặt kh{c vì p l| số nguyên tố lớn hơn 3 nên p l| số lẻ. Suy ra p 1và  p 1 l| hai số chẵn 
liên tiếp

Đặt p – 1 2n nên  p 1 2n 2 , ta có   



p 1 p – 1





2n 2n 2







4n n 1







Do n n 1 chia hết cho 2 nên







4n n 1 chia hết cho 8. Do đó









p 1 p – 1 chia hết cho 8 





Vì 3 v| 8 l| hai số nguyên tố cùng nhau ta được



p 1 p – 1





chia hết cho 24.

<b>Bài 39. Tìm c{c nghiệm nguyên của phương trình </b>_x3_{y – 3xy – 3 0 .}3 

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015 </b></i>
Lời giải

Biến đổi phương trình đã cho ta có







 

 









 

 



           

 

   _     _   

 

 

   _      _

 

3

3 3 2 2

2

2

x y 3xy 3 0 x y 1 3x y 3xy 3xy 4 0
x y 1 x y x y 1 3xy x y 1 4

x y 1 x y x y 1 3xy 4
Vì x, y nguyên nên có các trường hợp sau

+ Trường hợp 1. Với



 



    _{  } _{ } _

 _ _

 _ _ _ _{ } _  _  _ _

 

 2

x y 1 4 _{x y 3} _{x 1; y 2}

</div>
<span class='text_page_counter'>(30)</span><div class='page_container' data-page=30>

+ Trường hợp 2. Với



 



  
   
 _
  

     
 

 2 _

x y 1
x y 1 2

1
xy

x y x y 1 3xy 2

3

(Trường hợp n|y loại)

+ Trường hợp 3. Với



 



    _{  } _{ } _{ }
 _ _
 _ _ _ _{ } _  _{ }  _{ } _
 
 2

x y 1 1 _{x y 0} _{x 1; y} ₁

xy 1 x 1; y 1

x y x y 1 3xy 4

+ Trường hợp 4. Với



 



   
    
 _
 

      
 

 2 _

x y 2

x y 1 1

11
xy

x y x y 1 3xy 4

3

(Trường hợp n|y loại)

+ Trường hợp 5. Với



 



     _{   }
 _
  _
       _
 2

x y 1 2 _{x y} ₃

xy 5

x y x y 1 3xy 2 (Hệ khơng có nghiệm

ngun)

+ Trường hợp 6. Với



 



   
    
 _
 

      
 

 2 _

x y 5

x y 1 4

32
xy

x y x y 1 3xy 1

3

(Trường hợp n|y loại)

Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun

      

x; y  1; 2 , 2;1 , 1; 1 ,

 

1;1



<b>Bài 40. Cho a, b, c l| c{c số nguyên thỏa mãn điều kiện </b>1 1 1

a b c.
a) Chứng minh rằng a b không thể l| số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu c 1 thì a c và  b c không đồng thời l| số nguyên tố.
<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015 </b></i>

<b>Lời giải </b>
a) Từ 1 1 1

a b c ta được c a b







abdo đó ab a b







. Giả sử a b l| số nguyên tố.
Khi đó a a b  nên



a, a b



1 mà ab a b







nên a a b







, điều n|y vơ lí. Do đó a b
khơng thể l| số ngun tố.

b) Ta có c a b







abbc ab ac  ab bc 2ab ac   b a c



 

 

a 2b c 



b a c a







Tương tự ta cũng có a b c



 

 

b 2a c 



a b a b







.

Giả sử a b và b c đều l| số nguyên tố a a c nên  



a,a c



1, tương tự ta có



b, b c



1 mà b a c a







nên suy ra b a . Lập luận tương tự ta được a b .

</div>
<span class='text_page_counter'>(31)</span><div class='page_container' data-page=31>

Vậy c 1 thì a c và  b c không đồng thời l| số nguyên tố.

<b>Bài 41. Tìm c{c số tự nhiên x v| y thỏa mãn </b>



₂x_{1 2}



x_{2 2}



x_{3 2}



x ₄



₅y ₁₁₈₇₉

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Biến đổi phương trình đã cho ta được





















     

      

y

x x x x

y

x x x x x x x

2 1 2 2 2 3 2 4 5 11879
2 2 1 2 2 2 3 2 4 2 .5 11879.2
 Xét y 0 , khi đó từ phương trình trên ta được 



₂x_{1 2}



x_{2 2}



x_{3 2}



x  ₄



_{1 11879}



₂x_{1 2}



x_{2 2}



x_{3 2}



x₄



₁₁₈₈₀

Đặt t2 thì t l| số tự nhiên kh{c 0 v| phương trình trở th|nh x

 

_{t 1 t 2 t 3 t 4} 











_9.10.11.12  _{t 8} ₂x  ₈ _{x 3}

 Xét y 1 , khi đó  2 2x



x1 2



x2 2



x3 2



x 4



2 .5 chia hết cho 5 v| x y 11879.2 x
không chia hết cho 5. Nên trường hợp n|y khơng có nghiệm.

Vậy ta tìm được

   

x; y  3; 0 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

<b>Bài 42. Tìm c{c số nguyên x v| y thỏa mãn </b>_x4_x2_y2  _{y 20 0 .}

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Phương trình tương đương với x4x220 y 2y

Ta thấy _x4_x2 _x4_x2_{20 x} 4_x2_{20 8x} 2 _{x x}2



2 ₁



_{y y 1}



 





_x2_{4 x}



2₅



Vì x v| y l| c{c số nguyên nên ta xét c{c trường hợp sau

<b> Trường hợp 1. Khi </b>y y 1



 





x21 x



22 ta có phương trình



           

4 2 4 2 2 2

x x 20 x 3x 2 2x 18 x 9 x 3

Với _x2 _{9 ta có}_y2 _{y 9}2 _{9 20}_y2 _{y 110 0}  _{y 10; y} _{11 (thỏa mãn)}

<b> Trường hợp 2. Khi </b>y y 1



 





x22 x



23 ta có phương trình



        

4 2 4 2 2 2 7

x x 20 x 5x 6 4x 14 x

</div>
<span class='text_page_counter'>(32)</span><div class='page_container' data-page=32>

Phương trình khơng có nghiệm nguyên

<b> Trường hợp 3. Khi </b>y y 1



 





x23 x



2 4 ta có phương trình









        

4 2 2 2 2 2 4

x x 20 x 3 x 4 6x 8 x

3
Phương trình khơng có nghiệm nguyên

<b> Trường hợp 4. Khi </b>_{y y 1}



 





_x2 _{4 x}



2_{5 ta có phương trình}









          

4 2 2 2 2 2

x x 20 x 4 x 5 8x 0 x 0 x 0

Với _x2 _{0 ta có}_y2 _{y 20}_y2 _{y 20 0}   _y _{5; y 4 thỏa mãn}

Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên l|

  

x; y  3;10 , 3; 11 ,

 



 

3;10 ,

 

 3; 11 , 0; 5 , 0; 4

 



  

<b>Bài 43. Tìm c{c số nguyên k để </b>_k4_8k3_23k2_{26k 10 l| số chính phương.}

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Đặt _{M k} 4_8k3_23k2_{26k 10 . Ta có}



















 

 



        

 

        _   _

 

4 2 2 2

2 2 2 2 2

2

M k 2k 1 8k k 2k 1 9k 18k 9

k 1 8k k 1 9 k 1 k 1 k 3 1

Khi đó M l| số chính phương khi v| chỉ khi



k 1



2 0 hoặc



k 3



21 l| số chính

phương.

<b> Trường hợp 1. Với </b>



k 1



2 0 . Khi đó ta được k 1 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

<b> Trường hợp 2. Với </b>



k 3



21l| số chính phương. Khi đó ta đặt



_{k 3}



2 _{1 m với m}2

l| một số nguyên. Từ đó ta được _m2



_{k 3}



2  ₁



_{m k 3 m k 3} 



 



₁

Vì m v| k l| c{c số nguyên nên m k 3  và m k 3  cũng l| c{c số nguyen. Từ đó ta
được

   
   


m k 3 1

m k 3 1 hoặc

    
    


m k 3 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(33)</span><div class='page_container' data-page=33>

Vậy k 1 hoặc k 3 thì _k4_8k3_23k2_{26k 10 l| số chính phương}

<b>Bài 44. Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình: </b>  _

 

 3 3 2

x y z

x y z

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Khánh Hòa năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có x3y3 



x y



2 



x y x





2 xy y 2 x y



0

Vì x, y nguyên dương nên x y 0 . Do đó từ phương trình trên ta có  







 

 



             2  2  2 

2 2 2 2

x xy y x y 0 2 x xy y x y 0 x y x 1 y 1 2

Vì x và y l| c{c số nguyên nên có ba trường hợp sau.

<b> Trường hợp 1. Với </b>x y 0; x 1 





 

2  y 1



2 1 ta được x y 2; z 4 .   
<b> Trường hợp 2. Với </b>x 1 0; x y 





 

2  y 1



2 1 ta được x 1; y 2; z 3 .   
<b> Trường hợp 3. Với </b>y 1 0; x y 





 

2  x 1



2 1 ta được y 1; x 2; z 3 .   
Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm l|



x; y; z

 

 1; 2; 3 , 2;1; 3 , 2; 2; 4

 

 



.
Bài 45. a) Tìm c{c số nguyên a, b, c sao cho a b c 0   và ab bc ca 3 0    

b) Cho m l| số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại c{c số nguyên a, b, c kh{c 0 sao

cho a b c 0   và ab bc ca 4m 0    thì cũng tồn tại c{c số nguyên a', b', c' kh{c 0 sao
cho a' b' c' 0 và    a' b' b'c' c'a' m 0    .

c) Với k l| số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại c{c số nguyên a, b, c
khác 0 sao cho a b c 0   và _{ab bc ca 2 0 .}   k

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Ta có     _ _ _{ }    



 



    
   



 

2 2 2

2 2 2

a b c 2 ab bc ca 0

a b c 0

a b c 6

ab bc ca 3 0 ab bc ca 3

Vì a, b, c l| c{c số nguyên v| a , b ,c l| c{c số chính phương nên ta được 2 2 2







2 2 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(34)</span><div class='page_container' data-page=34>

b) Nếu a b c 0   thì trong ba số a, b, c có hai số lẻ v| một số chẵn hoặc cả ba số cùng
chẵn.

Nếu có hai số lẻ v| một số chẵn, khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử a, b lẻ v| c chẵn
Khi đó ta được a 2a '1; b 2b '1; c 2c a ; b ; c '



' ' 'Z . Suy ra ta có





 

  





 2  2 2  ' 2 ' 2 ' 2  '2 '2 '2  ' ' 

0 a b c 4m 2a 1 2b 1 2c 4m 4 a b c a b m 2

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 v| 4 a



'2b'2c'2  a' b' m



2 không chia hết cho 4. Điều n|y
dẫn đến m}u thuẫn. Vậy trường hợp n|y khơng xẩy ra.

Do đó cả ba số a, b, c cùng chẵn, khi đó ta chọn ' a '  b '  c

a ; b ; c

2 2 2 suy ra   

' ' '

a b c 0

V| ta cũng có a b' 'b c' 'c a' 'mab bc ca  m 4mm 0

4 4

Như vậy c{c số a ; b ; c như trên thỏa mãn yêu cầu b|i to{n. ' ' '

c) Nếu a b c 0   và _{ab bc ca 2}   k _{0 thì tương tự c}u a ta có}_a2_b2_c2 _2.2k ₂k 1 

Do a, b, c l| c{c số nguyên nên a2b2 c2 3 nên k 2 , do đó suy ra 2 4k .

Vì a b c 0   nên trong ba số a, b, c có hai số lẻ v| một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn.
<b> Trường hợp 1. Giả sử trong ba số a, b, c thì a, b l| số lẻ v| c l| số chẵn. khi đó </b>





 '  '  ' ' ' '

a 2a 1; b 2b 1; c 2c a ; b ; c Z

Ta có _{0 a} 2_b2_c2 



_2a'₁

 

2 _2b'₁

   

2 _2c' 2 _{4 a}'2_b'2_c'2 _a' _b'



₂

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 v| _{4 a}



'2_b'2_c'2 _a' _b'



_{2 không chia hết cho 4. Điều n|y dẫn}

đến m}u thuẫn. Vậy trường hợp n|y không xẩy ra.

<b> Trường hợp 2. Cả ba số a, b, c cùng chẵn. Khi đó gọi p l| số tự nhiên lớn nhất sao cho cả </b>
ba số a, b, c cùng chia hết cho 2p. Nghĩa l| a a .2 ; b b .2 ; c c .2 ' p  ' p  ' p với a ; b ; c l| c{c số ' ' '
ngun v| có ít nhất một số lẻ. Khi đó ta được









      2p     k 2p

2 2 2 k 1 '2 '2 '2 k '2 '2 '2

a b c 2 a b c 2 2 a b c 2

Tương tự như trên ta được _{a ; b ; c khác 0 nên}' ' ' _{k 2p 2 nên}  ₂k 2p ₄_.

Mà a ; b ; c kh{c 0 rong đó có ít nhất một số lẻ nên ' ' ' '2 '2 '2

</div>
<span class='text_page_counter'>(35)</span><div class='page_container' data-page=35>

Vậy không tại c{c số nguyên a, b, c kh{c 0 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n.

<b>Bài 46. Tìm số tự nhiên bé nhất có bốn chữ số biết nó chia cho 7 được số dư 2 v| bình </b>
phương của nó chia cho 11 được số dư l| 3

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Đăk Lăk năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Gọi x l| số cần tìm



x N;1000 x 9999  



. Vì 2

x chia 11 dư 3 nên x chia 11 dư 5 hoặc dư
6.

<b> Trường hợp 1. Nếu x chia 11 dư 5 suy ra </b>x 5 11 nên  x 5 66 11 hay   x 61 11 
Lại có x chia 7 dư 2 nên x 2 7 nên x 2 63 7 hay   x 61 7 . Do đó ta được  x 61 l| bội
chung của 7 v| 11 nên ta được x 61 77k k N 







.

Vì 1000 x 9999  1000 77k 61 9999   14 k 130 

M| x bé nhất nên ta chọn được k 14 suy ra x 77.14 61 1017  

<b> Trường hợp 2. Nếu x chia 11 dư 6 dư 5 suy ra </b>x 6 11 nên  x 5 11 11 hay   x 5 11 
Lại có x chia 7 dư 2 nên x 2 7 nên x 2 7 7  hay x 5 7 . Do đó ta được  x 5 l| bội
chung của 7 v| 11 nên ta được x 5 77k k N 







.

Vì 1000 x 9999  1000 77k 5 9999   14 k 129 

M| x bé nhất nên ta chọn được k 14 suy ra x 77.14 5 1073  
Vì 1073 1017 nên số phải tìm l| 1017.

<b>Bài 47. Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được x{c định như sau: Số hạng thứ k bằng tích </b>
của k số nguyên tố đầu tiên



k 1; 2; 3;...



. Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu
bằng 30000. Tìm hai số hạng đó.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 – 2016 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5; ... . Giả sử hai số cần chọn l| a 2.3.5...p ; b 2.3.5...p với  _n  _m







n m

p ; p n m l| c{c số nguyên tố thứ n v| thứ m. Từ đó ta có



 



  _m _n   _n _{n 1} _{n 2} _m 

</div>
<span class='text_page_counter'>(36)</span><div class='page_container' data-page=36>

Ta thấy 2.3.5.1000 tồn tại ước của 3 nên a v| b có chữa số nguyên tố 3 nên p_n 3 và 1000
khơng có ước ngun tố kh{c 2 v| 5 nên a khơng có ước kh{c 2 v| 5 nên p_n 5. Từ đó ta
được

+ Nếu p_n 3 ta được p_{n 1}_ .p_{n 2}_ ...p_m 10000 , không tồn tại p thỏa mãn _m
+ Nếu p_n 5 ta được p_{n 1}_ .p_{n 2}_ ...p_m1001 7.11.13 p_m13, từ đó ta được

   

a 2.3.5 30; b 2.3.5.7.11.13 30030
<b>Bài 48. Tìm c{c số nguyên x,y thoả mãn </b> 3 2  2  

2x 2x y x 2xy x 10

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Phương trình đã cho có bậc ba đối với ẩn x v| có bậc nhất đối với ẩn y nên ta không thể sử
dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. Do đó ta chú ý đến ph}n tích phương
trình về dạng phương trình ước số. Ta có



















 











     
 
         
    


 

 2 2

2

2 2

2
3

2

2x x y 2x x y x x 10

2 x y x x x x 10 x x

2x 2x y x 2xy x 1

y 1
0

2 x 10

Nhận thấy 10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5)        , _x2  _{x x x 1}







_{l| số chẵn v|}_{2 x y}



_



_₁

l| số lẻ. Đồng thời ta có  _  _      

 

2

2 1 1 2

x x x 1 x x 0

2 4 .

Từ c{c nhận xét trên ta thấy chỉ có c{c trường hợp   

_

_

_

_{ }


2

x x 10

2 x y 1 1 hoặc





  


 _ _{ }


2

x x 2

2 x y 1 5

+ Trường hợp 1. Với   

_

_

_

_{ }



2

x x 10

2 x y 1 1. Phương trình  

2

x x 10 khơng có nghiệm nguyên.

+ Trường hợp 2. Với

_

_

 
      
 _  _{ } _
 _ _{ }   _{ } _
  
 _{ }


2 x 1

x x 2 x 1; y 2

x 2

x 2; y 5

2 x y 1 5

x y 3

Vậy có hai bộ số nguyên

 

x; y thỏa mãn l|

  

1; 2 , 2; 5



.
<b>Bài 49. </b>

a) Tìm dạng tổng qu{t của số nguyên dương n biết M n.4 n3 chia hết cho 7. n
b)Tìm c{c cặp số

 

x; y nguyên dương thoả mãn phương trình:

</div>
<span class='text_page_counter'>(37)</span><div class='page_container' data-page=37>

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Tìm dạng tổng qu{t của số nguyên dương n biết M n.4 n3 chia hết cho 7. n
Ta xét c{c trường hợp sau

<b>+ Trường hợp 1. Với n l| số chẵn, khi đó </b>n 2k với k nguyên dương.
Khi đó ta có _{M 2k.4} 2k₃2k _2k.16k_{9 .}k

Ta có 16 v| 9 cùng dư với 2 chia 7 nên 16 và k 9 có cùng số dư với k 2k khi chia cho 7
Do đó M cùng dư với



_2k.2k₂k



_{2 . 2k 1 khi chia cho 7 nên}k







_{2k 1}_ _{chia hết cho 7 hay}

k chia 7 dư 3, suy ra ta được k 7p 3 với p l| số tự nhiên, từ đó ta được   n 14p 6 .  
<b>+ Trường hợp 2. Với n l| số lẻ, khi đó </b>n 2k 1  với k nguyên dương

Khi đó ta có _M



_{2k 1 .4}



2k 1 ₃2k 1 _{4 2k 1 .16}







k_3.9k

Do đó ta được M cùng dư với







k k 







k

k 4 .2 3.2 k 7 .2 khi chia cho 7.

Do đó k chia hết cho 7 hay k 7q với q l| số tự nhiên. Từ đó ta được  n 14q 1.  
Vậy n 14p 6 hoặc   n 14q 1, với p và q l| c{c số tự nhiên.  

b)Tìm c{c cặp số

 

x; y nguyên dương thoả mãn



x24y228 17 x



2



4y4



238y2833
.

Phương trình đã cho có bậc cao v| lại l| bậc chẵn nên ta nghĩ đến ph}n tích th|nh
c{c bình phương. Để ý rằng 833 17.7 và  2 238 2.17.7 nên ta biến đổi tương đương
phương trình ta được.



















 













     

 

 

_   _  _   _     

 

 

_   _         

2

2 2 4 4 2

2 2 2

2 2 4 2 4 2 2 2

2

2 2 2 2

x 4y 28 17 x y 238y 833

x 4 y 7 17 x y 7 16x 8x y 7 y 7 0

4x y 7 0 4x y 7 0 2x y 2x y 7

Vì x v| y l| c{c số nguyên dương nên 2x y 2x y và    2x y 0 .  
Do đó từ phương trình trên ta suy ra được   _{ }   _

 

2x y 7 x 2

2x y 1 y 3

</div>
<span class='text_page_counter'>(38)</span><div class='page_container' data-page=38>

<b>Bài 50. Tìm c{c bộ số nguyên dương </b>



x; y; z



biết 1  1 1 1
x y z và

    

x y z x y z.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Nhìn giả thiết 1  1 1 1

x y z ta không thể khai th{c điều gì nên ta chuyển sang khai th{c

    

x y z x y z. Căn thức ở vế tr{i gợi cho ta ý tưởng bình phương







       

        

x y z x y z 2 xy 2 yz 2 xz

2y 2 xy 2 yz 2 xz 0 y x y z 0

Đến đ}y chỉ cần xét trường hợp kết hợp với giả thiết 1  1 1 1

x y z l| giải quyết được b|i
toán.

+ Xét x y khi đó xy suy ra 2  1 1 2z x xz 0   



x 2 z 1



 



2
x z

Vì x, y nguyên dương nên ta có c{c trường hợp sau
<b> Trường hợp 1. Với </b>   _{ }   _    

 

x 2 2 x 4

x y 4; z 2

z 1 1 z 2

<b> Trường hợp 2. Với </b>  _  _    

  

 

x 2 1 x 3

x y z 3

z 1 2 z 3

+ Xét y z, vì vai trị của x v| z như nhau nên ta chọn được thêm một cặp l|



2; 4; 4



.
Vậy nghiệm nguyên dương thỏa mãn l|



x; y; z

 

 4; 4; 2 , 2; 4; 4 , 3; 3; 3 .

 

 



<b>Bài 51. Tìm tất cả c{c cặp số tự nhiên </b>

 

x; y thỏa mãn _{2 .x}x 2 _9y2_{6y 16 .}

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

<b> Ta có </b>_9y2 _{6y 16 1 mod 3} 





_nên_{2 .x}x 2 __{1 mod 3}





_.

Mà _x2 _{0;1 mod 3 nên}













 






x
2

2 1 mod 3
x 1 mod 3 .

+ Nếu x lẻ, ta đặt x 2k 1 k N 







2x2.4k 2 mod 3





, điều n|y vơ lí, suy ra loại x lẻ.
+ Nếu x chẵn, ta đặt x 2k k N







2x4k 1 mod 3





, điều n|y đúng. Do đó khi x chẵn
thì















    2   2      

x 2 2 k k k

</div>
<span class='text_page_counter'>(39)</span><div class='page_container' data-page=39>

Vì y,k N nên  2k.2k3y 1 2k.2  k3y 1 0 . Vậy ta có c{c trường hợp  
 Trường hợp 1. _    _   

 

   

 



k k

k

2k.2 3y 1 1 2k.2 8

k N
3y 1 7

2k.2 3y 1 15 (loại).
 Trường hợp 2. _    _   _{ }

 

   

  



k k

k

2k.2 3y 1 3 2k.2 4 k 1
y 0
3y 1 1

2k.2 3y 1 5 .

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn b|i to{n l|

   

x; y  2; 0 .

<b>Bài 52. Cho số nguyên dương </b>n thỏa mãn 2 2 12n 2 1 l| số nguyên. Chứng minh

 2

2 2 12n 1 l| số chính phương.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Do _{2 2 12n} 2_{1 l| số nguyên, m|}_12n2₁_{l| số lẻ nên tồn tại số tự nhiên k thỏa mãn}









   2        

2 2 2 2

12n 1 2k 1 12n 1 4k 4k 1 k k 1 3n

Vì



k; k 1 



1 nên xảy ra 2 trường hợp:

<b> Trường hợp 1. </b> 







    





 





 


2

2 2 2

2

k a

a, b N a 3b 1 2 mod 3 a 2 mod 3

k 1 3b (vơ lí).

<b> Trường hợp 2. </b> _ 



 



 



2

2 2 2

2

k 3a

b b 1 3n

k 1 b . Từ đó suy ra





 

 ₂    ₄ ₂   ₂  ₂  2

2 2 12n 1 2 2 4b 4b 1 2 2 2b 1 4b 2b

Do đó 2 2 12n 21 l| số chính phương.

<b>Bài 53. Tìm tất cả c{c cặp số nguyên </b>

 

x; y thỏa mãn đẳng thức sau _x4_2x2 _{y .}3

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có x42x2 y3 x42x2  1 y3 1



x21



2 



y 1 y – y 1 . 





2 



Gọi _d



_{y 1; y} 2 _{y 1 . Khi đó ta có}





_{y 1}_



2 _{d và}_y2 _{y 1 d nên ta được}

</div>
<span class='text_page_counter'>(40)</span><div class='page_container' data-page=40>

 Khi 3 d ta được



x21



2 



y 1 y – y 1 9 nên 





2 





x21



2 9x21 3 . Điều n|y vơ lý
vì số chính phương chia cho 3 khơng thể có số dư l| 2.

 Khi 3 d ta được y d , kết hợp với y 1 d ta suy ra được  d 1 .
Do đó



y 1; y – y 1 2  



1.

Khi đó do



y 1 y – y 1 l| số chính phương nên ta đặt 





2 



y 1 a ; y – y 1 b trong   2 2   2
đó a, b l| c{c số nguyên dương v|

 

a; b 1. Tứ đó ta được



 









  2          

2 2 2 2 4 2 2 2

b a 1 – a 1 4b 4a 12a 12 2b – 2a 3 2b 2a 3 3

Vì

 

_2b 2 



_2a2₃



2 _{2b 2a} 2_{3 nên ta xét c{c trường hợp sau}

+ Trường hợp 1. Với      


   

 



2

2
2

b 1
2b 2a 3 1

a 2

2b 2a 3 3 , hệ khơng có nghiệm ngun.
+ Trường hợp 2. Với _    _   _ _     



  

    

   



2

2 2

2

b 1 y 1 1

2b 2a 3 3 a 1

x y 0

b 1

a 1 y – y 1 1

2b 2a 3 1 .

Thử lại v|o phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm duy
nhất l|

 

0; 0 .

<b>Bài 53. Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn c{c điều kiện </b>a b c  và



bc 1



chia hết cho
a,



ca 1



chia hết cho b,



ab 1



chia hết cho c.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Do a, b, c l| ba số nguyên tố thỏa mãn a b c  nên a 2, b 3,c 5 . Từ đó ta suy ra được   

   

ab bc ca 1 0. Từ giả thiết ta lại có



ab 1 c



nên



ab bc ca 1 c  



.
Tương tự



ab bc ca 1 a,  





ab bc ca 1 b  



.

Vì a, b, c l| 3 số nguyên tố ph}n biệt nên a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau do đó



ab bc ca 1 abc  



ab bc ca 1 abc    

</div>
<span class='text_page_counter'>(41)</span><div class='page_container' data-page=41>

Nếu b 5 ta có bc 5c 2b 2c 1    (m}u thuẫn). Do đó b 3 .
Suy ra, ab 1 5 c nên   c5

Thử lại a 2; b 3; c 5 thỏa mãn b|i to{n. Vậy    a 2; b 3; c 5 .   

<b>Bài 55. Cho c{c số nguyên dương a, b thỏa mãn </b>a 2 b 3

b a l| một số nguyên dương. Gọi
d l| ước chung lớn nhất của a v| b. Chứng minh rằng _d2 _{2a 3b .}

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Vì d l| ước chung lớn nhất của a v| b nên tồn tại c{c số tự nhiên a ; b₁ ₁ thỏa mãn c{c điều
kiện a da ; b db và  ₁  ₁



a ; b₁ ₁



1.

Đặt a 2 b 3 k

b a khi đó ta được    

2 2

kab a 2a b 3b . Từ đó ta được





        

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

kd a b d a d b 2a 3b 2a 3b d ka b a b .

Do a, b, k l| c{c số nguyên dương nên suy ra ka b_{1 1}a₁2b l| số nguyên dương. ₁2

Từ đó ta được  2 2 

1 1 1 1

ka b a b 1. Như vậy từ   2



 2 2



1 1 1 1

2a 3b d ka b a b ta được

 

   

 

2

2 2

1 1 1 1

2a 3b 2a 3b

d 2a 3b

1

ka b a b

Vậy b|i to{n được chứng minh xong.

<b>Bài 56. Cho x, y l| hai số nguyên dương thỏa mãn </b>x2y2 10 chia hết cho xy.
a) Chứng minh rằng x v| y l| hai số lẻ v| nguyên tố cùng nhau.

b) Chứng minh rằng   

2 2

x y 10

k

xy chia hết cho 4 v| k 12 .

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Chứng minh rằng x v| y l| hai số lẻ v| nguyên tố cùng nhau.

Giả sử trong hai số x v| y có một số chẵn, do v|i trị của x v| y như nhau nên khơng mất
tính tổng qu{t ta giả sử x l| số chẵn. Khi đó do _x2_y2_{10 chia hết cho xy nên}_x2_y2 ₁₀

chia hết cho 2. Từ đó dẫn đến _{y chia hết cho 2. Từ đó suy ra được}2 _x2_y2_{10 chia hết}

</div>
<span class='text_page_counter'>(42)</span><div class='page_container' data-page=42>

Gọi d

 

x; y , khi đó x dx ; y dy ₀  ₀ với x ; y₀ ₀N, x ; y



₀ ₀



1.
Từ đó ta có 2 2   2 2 2 2

0 0

x y 10 d x d y 10 chia hết cho 2
0 0

d x y nên suy ra 10 chia hết cho

2

d nên suy ra d 1 hay x v| y nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng   

2 2

x y 10

k

xy chia hết cho 4 v| k 12 .

Đặt x 2m 1; y 2n 1 m,n N   







. Khi đó ta có 



_



_

  

_



 

2 2

4 m n m n 3

k

2m 1 2n 1 .

Do 4 và



2m 1 2m 1







nên suy ra _m2 _n2 _{m n 3 chia hết cho} 



_{2m 1 2n 1}







_.

Hay ta được

_

 

_

 

_

 

2 2

m n m n 3

2m 1 2n 1 l| số nguyên. Từ đó suy ra k chia hết cho 4.

Cũng từ   

2 2

x y 10

k

xy ta được   

2 2

x y 10 kxy . Nếu trong hai số x v| y có một số chia
hết cho 3, khi đó khơng mất tính tổng qu{t ta giả sử số đó l| x. Khi đó ta suy ra được



2

y 10 chia hết cho 3 nên _y2 _{1 chia hết cho 3 hay}_{y chia 3 dư 2, điều n|y vơ lý vì}2 _y2

chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Do vậy x v| y không chia hết cho 3. Suy ra x ; y chia 3 cùng có số 2 2
dư l| 1. Do đó ta được x2y210 kxy chia hết cho 3. M| ta lại có 



3; xy



1 nên k chia
hết cho 3.

Kết hợp với k chia hết cho 4 ta suy ra được k chia hết cho 12. Do đó k 12 .
<b>Bài 57. Tìm tất cả c{c số có 5 chữ số abcde thỏa mãn </b>3abcde ab .

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có abcde 1000ab cde  . Mà ta có 3abcde ab hay ta có abcde

 

ab nên suy ra 3
được 1000ab cde 

 

ab . 3

Đặt x ab và  y cde , khi đó ta có  abcde 1000x y với   0 y 1000  
Từ giả thiết 3abcdeab ta có ₃_{1000x y}  _x _{1000x y x}  3_.

Do y 0 nên từ phương trình trên ta suy ra được  1000x x 31000 x nên ta được  2


x 32.

Mặt kh{c do y 1000 nên ta lại có 





        

3 2

</div>
<span class='text_page_counter'>(43)</span><div class='page_container' data-page=43>

Từ đó ta suy ra được x 32 . Nên ta được 3 

x 32768 hay abcde 32768

<b>Bài 58. Cho a, b, c l| c{c số nguyên dương nguyên nguyên tố cùng nhau thỏa mãn </b>
 

1 1 1

a b c. Chứng minh a b l| số chính phương.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Từ 1 1 1

a b c ta được





 _{ } _ _ _ _ _ _

a b 1

c a b ab ab ac bc 0

ab c .

Từ đó ta được ab ca bc c   2 c2 



a c b c



 



c2.

Gọi d



a c; b c 



, khi đó ta có c d nên c d ., từ đó dẫn đến 2 2 a d; b d.
M| do a, b, c nguyên tố cùng nhau nên ta được d 1 .

Do đó ước chung lớn nhất của a c và  b c l| 1. M| ta lại có



a c b c



 



c nên suy ra 2



a c và b c l| c{c số chính phương.

Đặt a c m ; b c n m,n N . Khi đó ta có   2   2



 *



_c2 



_{a c b c}



 



_{m .n}2 2 _{c mn}_.

Từ đó ta có        2  2 







2

a b a c b c 2c m n 2mn m n .

Vậy a b l| số chính phương.

<b>Bài 59. Tìm c{c cặp số nguyên </b>

 

x; y thỏa mãn x 1 x x



  2



4y y 1 .







<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Dương năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Biến đổi phương trình đã cho ta được



  ₂







 





₃ ₂



   ₂   









₂ 









2

x 1 x x 4y y 1 x x x 1 4y 4y 1 x 1 x 1 2y 1
Do x, y l| c{c số nguyên nên



2y 1



2 0 v| l| số lẻ.

Do đó



_{x 1 x}





2_{1 l| số lẻ, suy ra x l| số chẵn v| không }m. Gọi}



_d



_{x 1; x} 2_{1 , khi đó}



ta có d l| số lẻ.

Ta có  _ _







_     

  

  

  

2

2 2 2

x 1 d

x 1 d x 1 2x d

2x d d 1

</div>
<span class='text_page_counter'>(44)</span><div class='page_container' data-page=44>

Do vậy



_{x 1; x} 2  ₁



_{1 , m| ta lại có}



_{x 1 x}





2 _{1 l| số chính phương nên}



_{x 1 và}_ _x2_₁

là các số chính phương.

Do x 0 nên ta có 2  2  







2

x x 1 x 1 , từ đó ta được x2 1



x 1



2 2x 0  x 0 .
Khi đó x 1 1  l| số chính phương.

Thay x 0 v|o phương trình đã cho ta được 4y y 1



   



0 y

 

0;1 .
Vậy phương trình đã cho có c{c nghiệm l|

     

x; y  0; 0 , 0;1 .

<b>Bài 60. Với mỗi </b>n N , xét hai số a_n 22n 1 2n 1 1 và b_n 22n 1 2n 1 1 . Chứng minh
rằng có một v| chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Ta có ₂2n 1 _2.22n _{2. 2}

 

n 2_và₂n 1 _{2.2 . Với mọi}n _{k N}_ _{ta ln có}

 









 









 









 



 











    

    

    

     

k k

4k 4 k

k k

4k 1 4 k

k k

4k 2 4 k

k k

4k 5 4 k

2 2 16 15 1 1 mod 5

2 2. 2 2.16 2. 15 1 2 mod 5

2 4. 2 4.16 4. 15 1 4 mod 5

2 8. 2 8.16 5 3 . 15 1 3 mod 5

Ta đi xét c{c trường hợp sau.

<b> Trường hợp 1. Với n chia hết cho 4, ta được </b>n 4k k N







.
Khi đó ₂2n 1 _{2. 2}

 

n 2 _{2. 2}

 

4k 2 _{2.1 mod 5}2



 

_{2 mod 5}



Lại có ₂n 1 _2.2n _2.24k _{2.1 mod 5}



 

_{2 mod 5}



_{. Từ đó ta được}







 



 

 

     

      

2n 1 n 1
n

2n 1 n 1
n

a 2 2 1 2 2 1 mod 5

b 2 2 1 2 2 1 mod 5 1 mod 5

Như vậy trong hai số a_n và b_n thì a_n chia hết cho 5.

<b> Trường hợp 2. Với n chia 4 dư 1, ta được </b>n 4k 1 k N 







.
Khi đó ₂2n 1 _{2. 2}

 

n 2 _{2. 2}



4k 1



2 _{2.2 mod 5}2



 

_{3 mod 5}



</div>
<span class='text_page_counter'>(45)</span><div class='page_container' data-page=45>



 





 



 

 

      
      

2n 1 n 1
n

2n 1 n 1
n

a 2 2 1 3 4 1 mod 5 3 mod 5

b 2 2 1 3 4 1 mod 5 0 mod 5

Như vậy trong hai số a_n và b_n thì b_n chia hết cho 5.

<b> Trường hợp 3. Với n chia 4 dư 2, ta được </b>n 4k 2 k N 







.
Khi đó 22n 1 2. 2

 

n 2 2. 2



4k 2



2 2.4 mod 52



 

2 mod 5



Lại có ₂n 1 _2.2n _2.24k 2 _{2.4 mod 5}



 

_{3 mod 5}



_{. Từ đó ta được}



 





 



 

 

      
      

2n 1 n 1
n

2n 1 n 1
n

a 2 2 1 2 3 1 mod 5 3 mod 5

b 2 2 1 2 3 1 mod 5 0 mod 5

Như vậy trong hai số a_n và b_n thì b_n chia hết cho 5.

<b> Trường hợp 4. Với n chia 4 dư 3, ta được </b>n 4k 3 k N .  







Khi đó ₂2n 1 _{2. 2}

 

n 2 _{2. 2}



4k 3



2 _{2.3 mod 5}2



 

_{3 mod 5}



Lại có ₂n 1 _2.2n _2.24k 3 _{2.3 mod 5}



 

_{1 mod 5}



_{. Từ đó ta được}



 





 



 

 

      
      

2n 1 n 1
n

2n 1 n 1
n

a 2 2 1 3 1 1 mod 5 0 mod 5

b 2 2 1 3 1 1 mod 5 3 mod 5

Như vậy trong hai số a_n và b_n thì a_n chia hết cho 5.

Vậy với mỗi n N thì có một v| chỉ một trong hai số trên chia hết cho 5.

<b>Bài 61. Tìm số chính phương có bốn chữ số biết rằng khi tăng mỗi chữ số một đơn vị thì số </b>
mới tạo th|nh l| một số chính phương có bốn chữ số.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Gọi số chính phương có bốn chữ số cần tìm l| abcd 0 a 8,0 b,c,d 9 .



   



Đặt k2 abcd k N , khi đó ta có



 *



1000 k 2 999931 k 100 . Khi tăng mỗi chữ số  
của abcd một đơn vị ta được



a 1 b 1 c 1 d a















abcd 1111. 

Đặt



a 1 b 1 c 1 d a















m m N2



 *



, khi đó ta có m2 k21111 .
Do đó ta được



m k m k







1111 1.1111 11.101  .

</div>
<span class='text_page_counter'>(46)</span><div class='page_container' data-page=46>

+ Trường hợp 1. Với    _{ }   _

 

m k 1 m 556

m k 1111 k 555 , loại vì k khơng thỏa mãn 31 k 100  .
+ Trường hợp 2. Với    _{ }   _

 

m k 11 m 56

m k 101 k 45 , thỏa mãn điều kiện 31 k 100  .
Do đó số cần tìm l| abcd k 2 452 2025 và



a 1 b 1 c 1 d a















562 3136 .
<b>Bài 62. Tìm tất cả nghiệm nguyên dương </b>



x; y; z v| thỏa mãn



x y z 8 của phương   
trình:

      

xyz xy yz zx x y z 2015

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hưng Yên năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Biến đổi phương trình đã cho ta có



 

 

 



















            
     5 2

xy z 1 y z 1 x z 1 z 1 2016 x 1 y 1 z 1 2016

x 1 y 1 z 1 2 .3 .7

Do x y z 8 nên ta được    _{xyz xy yz zx x y z z}       3_3z2_3z

Do đó 3 2   







3      

z 3z 3z 2015 z 1 2016 z 1 12 z 11 .

Vì z 8 nên ta được z



8; 9;10;11



. Ta đi xét c{c trường hợp sau
+ Với z 8 , khi đó ta có phương trình



x 1 y 1



 



2 .7 5

Vì nên từ phương trình trên ta được    _{ }   _

 

x 1 16 x 15

y 1 14 y 13.

+ Với z 9 , khi đó ta có phương trình _{10. x 1 y 1}







 



_{2 .3 .7}5 2 _{, dễ thấy phương trình vơ}

nghiệm.

+ Với z 10 , khi đó ta có phương trình 11. x 1 y 1







 



2 .3 .75 2 , dễ thấy phương trình vơ
nghiệm.

+ Với z 11 , khi đó ta có phương trình _{12. x 1 y 1}







 



_{2 .3 .7}5 2 



_{x 1 y 1}



 



_{2 .3.7}3 _.

Vì x y z 11 nên từ phương trình trên ta được       _{ }   _

 

x 1 14 x 13

y 1 12 y 11.

</div>
<span class='text_page_counter'>(47)</span><div class='page_container' data-page=47>

<b>Bài 62. Cho S l| tập c{c số nguyên dương n có dạng </b>_{n x} 2_{3y , trong đó x, y l| c{c số}2

nguyên. Chứng minh rằng:
a) Nếu a, b S thì  ab S .

b) Nếu N S v| N l| số chẵn thì N chia hết cho 4 v| NS
4 .

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2016 – 2017 </b></i>
<b>Lời giải </b>

a) Nếu a, b S thì  ab S .

Ta có a, b S nên  _{a m} 2_{3n và}2 _{b p} 2 _{3q với m, n, p, q l| c{c số nguyên. Khi đó ta có}2









 











      

     

   

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

ab m 3n p 3q m p 3n p 3m q 9n q
m p 6mnpq 9n q 3 m q 2mnpq n p
mp nq 3 mq np

Do vậy ab S .

b) Nếu N S v| N l| số chẵn thì N chia hết cho 4 v| NS
4 .

Do N S nên ta có N x 2 3y với x, y l| c{c số nguyên v| do N l| số chẵn nên x, y có 2
cùng tính chẵn lẻ. Ta xét c{c trương hợp sau

+ Xét trường hợp x v| y đều l| số chẵn. Khi đó dễ thấy N chia hết cho 4.
Đặt x 2a; y 2b a, b Z 







, khi đó N a23b2

4 nên 

N
S
4 .

+ Xét trường hợp x v| y đều l| số lẻ. Khi đó đặt x 2a 1; y 2b 1 a, b Z   







Ta có N x 23y2 



2a 1



23 2b 1







2 4a24a 12b 212b 4 nên N chia hết cho 4. 
Mặt kh{c do x, y l| c{c số lẻ nên x2y 8 nên 2 x 3y 4 hoặc  x 3y 4 . 

Với x 3y 4 ta được   _ _    _ _

   

2 2

x 3y x y

N

3

4 4 4 nên 

N

S
4
Với Với x 3y 4 ta được   _ _    _ _

   

2 2

x 3y x y

N

3

4 4 4 nên 

N
S
4
Vậy b|i to{n được chứng minh.

<b>Bài 64. Tìm c{c số nguyên m, n với </b>m n 0  sao cho



m 2n l| ước của 



3



2  2





9n m mn n 16 .

</div>
<span class='text_page_counter'>(48)</span><div class='page_container' data-page=48>

Ta có













 ₂  ₂    3  ₃ ₂  ₂ ₃   3

A 9n m mn n 16 m 2n n 3n m 3nm m 16 n m 16

Hay ta được A 16 



m n . Mặt kh{c ta lại có 



3



 

 











  3    3   3  2   ₂ ₃

B m 2n m n 3n m n 9 m n n 27 m n n 27n

Mà theo bài toán ta có A l| bội của B. Để ý rằng với A 0 với mọi m, n. Ta có A l| bội
của B nên ta suy ra được A  B

Xét m n 2  , khi đó m n 3  nên A 



m n



316 .

Từ đó ta được



m n



316



m n



39 m n n 27 m n n







2 







227n vơ nghiệm 3
Từ đó ta được m n 2m n 2    . Đến đ}y ta xét từng trường hợp cụ thể ta được c{c
cặp



m; n thỏa mãn bài toán



       

1; 0 , 2; 0 , 1; 0 , 2; 0 .

<b>Bài 65. Tìm số tự nhiên n thỏa mãn </b>S n

 

n22017n 10 với S n

 

l| tổng c{c chữ số của
n.

<i><b>Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018 </b></i>
<b>Lời giải </b>

Vì n l| số tự nhiên v| S n

 

l| tổng c{c chữ số của n nên n 1 và 0 S(n) n  .
Ta xét c{c trường hợp sau:

<b>+ Trường hợp 1. Nếu </b>1 n 2016  . Khi đó ta có

 

 2   2   












S n n 2017n 10 n 2017n 2016 n 1 n 2016 0
Trường hợp n|y không tồn tại n thỏa mãn vì S(n) 0 .

<b> + Trường hợp 2. Nếu</b>n 2017 . Khi đó ta được

 

    

S n 2 0 1 7 10 và S n

 

201722017.2017 10 10  (Thỏa mãn)
<b>+ Trường hợp 3. Nếu</b>n 2017 . Khi đó

 

 2   2 









S n n 2017n 10 n 2017n n n 2017 n .

</div>

<!--links-->