Chuyên đề Số học ôn thi vào chuyên Toán năm 2021 - Tập 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (634.28 KB, 90 trang )

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

Chuyên đề số học THCS số 1

Hướng tới kỳ thi chuyên toán

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Mục lục

1. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN . . . 4

I. Chứng minh sự chia hết . . . 4

II. Chứng minh sự không chia hết . . . 5

III. Tìm điều kiện để chia hết . . . 6

2. SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ . . . 10

I. Tổng quan về chuyên đề . . . 10

1. Bài toán về số nguyên tố . . . 10

2. Bài toán về hợp số . . . 10

II. Euler và số nguyên tố . . . 10

3. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ . . . 13

4. SỐ CHÍNH PHƯƠNG . . . 17

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN . . . 27

I. Phương pháp xét tính chia hết . . . 28

1. Đưa về phương trình ước số . . . 28

II. Xét số dư của từng vế . . . 28

III. Chia liên tiếp các ẩn cho cùng một số ( Phương pháp lùi vô hạn) . . . 29

IV. Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . 29

1. Sắp thứ tự các ẩn . . . 29

2. Xét từng khoảng giá trị của ẩn . . . 29

3. Sử dụng bất đẳng thức∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm . . 30

4. Xét các tích kẹp giữa các tích cùng dạng . . . 30

V. Phương pháp dùng số chính phương . . . 30

1. Xét các số chính phương gần nhau . . . 30

2. Sử dụng điều kiện∆là số chính phương . . . 32

3. Dùng tính chất của số chính phương . . . 32

6. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN . . . 39

7. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI . . . 47

I. Bất đẳng thức về phân số . . . 48

II. Bất đẳng thức về căn bậc hai . . . 49

8. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ . . . 52

1. Sự chia hết của một số, một hiệu, một tổng . . . 53

2. Sự tồn tại một tập có tính chất nào đó . . . 55

9. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN . . . 60

I. Sự tương hỗ . . . 61

II. Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị . . . 62

10. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI . . . 68

I. Phương pháp phát hiện tính chia hết . . . 68

II. Số nguyên tố và hợp số . . . 72

III. Số tự nhiên và các số . . . 73

IV. Số chính phương . . . 76

V. Phương trình nghiệm ngun . . . 78

VI. Bất đẳng thức về số tự nhiên . . . 80

VII. Bất đẳng thức phân số và căn bậc hai . . . 85

VIII. Nguyên lí Đi-Rich-Le . . . 89

IX. Các bài toán suy luận . . . 89

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

1. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN

Chia hết là một tính chất đặc trưng của tập hợp số nguyên.

Các bài toán về chia hết trong chuyên đề này bao gồm ba dạng chính:

Dạng 1 Chứng minh sự chia hết cho một số.

Dạng 2 Chứng minh sự khơng chia hết, bao gồm cả việc tìm số dư và tìm một hoặc nhiều chữ số tận

cùng của một số.

Dạng 3 Tìm điều kiện của một số để xảy ra quan hệ chia hết.

Với sự phong phú và đa dạng đó, các bài tập về sự chia hết thường hấp dẫn và có mặt trong các đề
thi học sinh giỏi Tốn.

Thử trí thơng minh

TÌM ĐIỂM CỦA TỪNG NGƯỜI

Năm bạn Ánh, Bích , Cao, Dũng, Hịa chơi một trò chơi được số điểm xếp từ nhỏ đến lớn là23, 25, 36, 37, 50.
Bạn hãy tính điểm của từng người biết rằng:

1) Tổng số điểm của Ánh, Bích, Cao gấp ba số điểm của Dũng;
2) Điểm của Bích là một số lẻ;

3) Ánh nhiều điểm hơn Cao.
Lời giải.

Do1)nên tổng số điểm của bốn bạn Ánh, Bích, Cao, Dũng gấp bốn số điểm của Dũng nên là số chia
hết cho 4.

Tổng số điểm của năm bạn là:

23+25+36+37+50=171,là số chia cho4dư3.
Suy ra số điểm của Hịa chia cho4dư3, đó là23.

Số điểm của Dũng là:(171−23) : 4=37.

Số điểm của Ánh, Bích, Cao thuộc tập hợp{25; 36; 50}.
Do2)nên Bích được25điểm.

Do3)nên Ánh được50điểm, Cao được36điểm.

Vậy Ánh được 50điểm, Bích được 25 điểm, Cao được36 điểm, Dũng được37 điểm, Hòa được 23

điểm.

I. Chứng minh sự chia hết

Cho hai số nguyêna vàb, trong đób 6= 0. Ta nóia chia hết chobnếu tồn tại số nguyên k sao cho
a =bk.

Để chứng minh sự chia hết cần nhớ các dấu hiệu chia hết (cho2, 4, 8, 5, 25, 125, 3, 9, 11), các tính chất
chia hết của tổng, hiệu, tích nhất là các tính chất sau:

• Nếu tíchabchia hết chom, trong đóbvàmlà hai số ngun tố cùng nhau thìachia hết chom.
• Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố pthì tồn tại một thừa số của tích chia hết chop.

• Nếuachia hết cho các số ngun tố cùng nhau đơi một thìachia hết cho tích của chúng.
• Nếua,blà các số ngun thì

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

1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUN 5
• Nếu tíchabchia hết chom, trong đóbvàmlà hai số ngun tố cùng nhau thìachia hết chom.
• Nếu một tích chia hết cho số ngun tố pthì tồn tại một thừa số của tích chia hết chop.

• Nếuachia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đơi một thìachia hết cho tích của chúng.
• Nếua,blà các số nguyên thì

+ an−bnchia hết choa−bvớinlà số tự nhiên;
+ an+bnchia hết choa+bvớinlà số tự nhiên lẻ;
+ (a+b)n= ak+bnvớinlà số tự nhiên,klà số nguyên.

Ví dụ 1. ChoA=n3−9n2+2n(nlà số nguyên). Chứng minh rằngAchia hết cho6.
Lời giải.

A=n3−9n2+2n=n3−3n2+2n−6n2.

XétB=n3−3n2+2n= n(n2−3n+2)=n(n−1)(n−2).

Trong ba số nguyên liên tiếp, có một số chia hết cho2, có một số chia hết cho3. DoBchia hết cho các
số nguyên tố cùng nhau2và3nênB...6. Suy ra A...6.

4

! Chú ý: Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho6. Tổng quát, tích củansố nguyên liên tiếp chia hết

chon!.

Ví dụ 2. ChoA=1.2.3. . . . .29,B=30.31.32. . . . .58. Chứng minh rằngA+Bchia hết cho59.
Lời giải.

B=(59−29)(59−28)(59−27) . . . (59−1)=59k−1.2.3. . . . 29=59k−A(klà số nguyên).

VậyA+Bchia hết cho59.

Ví dụ 3. Cho các số tự nhiêna vàbthỏa mãnab+1chia hết cho24. Chứng minh rằnga+b
cũng chia hết cho24.

Lời giải.

Ta cóa+b...24nênab+1chia hết cho3và8, suy raabchia cho3dư2và chia cho8dư7.

Doabchia cho3dư2nên trong avàbcó cùng một số chia cho3dư1, một số chia cho3dư2, do đó
a+bchia hết cho3.

Doab+1...24nênavàblà các số lẻ, do đó nếuavàbchia cho8dưrthìr ∈ {1; 3; 5; 7}. Doabchia cho
8dư7nên chỉ có hai trường hợp: một số chia cho8dư1và một số chia cho8dư7(khi đóa+b...8),
một số chia cho8dư3và một số chia cho8dư5(khi đóa+b...8). Vậya+bchia hết cho8.

Doa+bchia hết cho các số nguyên tố cùng nhau3và8nêna+bchia hết cho24.

II. Chứng minh sự khơng chia hết

Ví dụ 4. Chứng minh rằngn2+n−16khơng chia hết cho25với mọi số nguyênn.
Lời giải.

Cách 1. A=n2+n−16 =(n+3)(n−2)−10.

Ta thấyn+3vàn−2có hiệu bằng5nên chúng cùng chia hết cho5hoặc không chia hết cho5.
Nếun+3vàn−2cùng chia hết cho5thì(n+3)(n−2)...25, do đó(n+3)(n−2)−10khơng
chia hết cho25, tức làAkhơng chia hết cho25.

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

Cách 2. Giả sử tồn tại số nguyênnmà
A=n2+n−16...25thìn2+n−16...5

⇒n2−4n+4+5(n−4)...5⇒(n−2)2...5.
Do5là số nguyên tố nênn−2...5.

Đặtn =5k+2(k ∈ Z)thìA= (5k+2)2+(5k+2)−16 = 25k2+25k−10không chia hết cho
25, mâu thuẫn với điều giả sử trên.

VậyAkhông chia hết cho25với mọi số nguyênn.

Cách 3. A=n2+n−16 ⇒4A=4n2+4n−64 =(2n+1)2−65.

Nếu2n+1...5thì4Akhơng chia hết cho25⇒ Akhơng chia hết cho25.

Nếu2n+1khơng chia hết cho5thì(2n+1)2khơng chia hết cho5⇒4Akhơng chia hết cho5

⇒ Akhơng chia hết cho25.

Cách 4. Lần lượt xétnbằng5k, 5k+1, 5k+2, 5k+3, 5k+4rồi tínhA. Bạn đọc tự giải.

III. Tìm điều kiện để chia hết

Ví dụ 5. Tìm số tự nhiênnđển2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2chia hết cho10.

Lời giải.

A=n2+(n+1)2+(n+2)2+(n+3)2 =2(2n2+6n+7).
A...10⇒2n2+6n+7...5⇒2n2+6n+2...5⇒2(n2+3n+1)...5

⇒n2+3n+1...5⇒n(n+3)tận cùng4hoặc6.

Đáp số:ntận cùng1hoặc6.

Ví dụ 6. Tìm số ngunnđể3n+1chia hết chon2+n+1.
Lời giải.

Ta có

3n+1...n2+n+1 (1)

⇒3n2+n...n2+n+1⇒3(n2+n+1)−(2n+3)...n2+n+1

⇒2n+3...n2+n+1. (2)

Từ (1) và (2) suy ra3(2n+3)−2(3n+1)...n2+n+1⇒7...n2+n+1.
Don2+n+1>0nênn2+n+1∈ {1; 7}.

Vớin2+n+1=1thìn2+n =0nênn∈ {0;−1}. Các giá trị này đều thỏa mãn3n+1...n2+n+1.
Vớin2+n+1=7thìn2+n−6=0⇔(n−2)(n+3)=0⇔n∈ {2;−3}.

Chỉ cón =2thỏa mãn3n+1...n2+n+1.

Đáp số:n∈ {−1, 0, 2}.

Ví dụ 7. Tìm số ngun dươngnđể(n+3)(n+4)chia hết cho3n.
Lời giải.

(n+3)(n+4)...3n⇒n2+7n+12...3n⇒n2+n+12...3n ⇒n2+n+12chia hết cho3vàn.

n2+n+12...n⇒12...n⇒n∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}. (3)
n2+n+12...3⇒n(n+1)...3⇒n=3khoặcn=3k+2(k∈N) .

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

1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN 7

n 2 3 6 12

3n 6 9 18 36

n2+n+12 18 24 54 168

Chỉ có các trường hợpn=2vàn=6thìn2+n+12...3n, do đó(n+3)(n+4)...3n.

Đáp số:n=2vàn=6.

Ví dụ 8. Tìm các số ngun dươngxvàylớn hơn1sao chox+3chia hết choyvày+3chia
hết chox.

Lời giải.

Giả sử2≤x ≤y.

a) Xéty=2thìx=2, khơng thỏa mãnx+3...y.

b) Xéty≥3. Đặtx+3=ky(k∈N)(1)thìky=x+3≤y+3≤y+y=2ynênk≤2.

• Với k = 1, từ (1) có x+3 = y. Thay vào y+3 ... x được x+6 ... x nên 6... x, lại có x > 1 nên
x ∈ {2; 3; 6}.

x 2 3 6
y 5 6 9

• Vớik =2từ(1)cóx+3=2y. Từy+3...x ⇒x+9...x⇒9...x. Dox>1nênx∈ {3; 9}.
Khix=3thìy=3, thử lại đúng.

Khix=9thìy=6, loại vì trái vớix≤ y.

Đáp số: Các cặp số(x,y)phải tìm là(2; 5), (5; 2), (3; 6), (6; 3), (6; 9), (9; 6), (3; 3).

Ví dụ 9. Tìm số ngun dươngnnhỏ nhất đểA=n3+7n2+6nchia hết cho125.

Lời giải.

A=n3+7n2+6n=n(n2+7n+6)=n(n+1)(n+6). Ta xét các trường hợp sau.

• Vớin=5k(k∈N)thìn,n+1,n+6chia cho5dư0, 1, 1. ĐểA...125thìn...125. Chọnnnhỏ nhất
là125. (1)

• Vớin=5k+1thìn,n+1,n+6chia cho5dư1, 2, 2. Khi đóAkhơng chia hết cho5.
• Vớin=5k+2thìn,n+1,n+6chia cho5dư2, 3, 3. Khi đóAkhơng chia hết cho5.
• Vớin=5k+3thìn,n+1,n+6chia cho5dư3, 4, 4. Khi đóAkhơng chia hết cho5.

• Vớin=5k+4thìn,n+1,n+6chia cho5dư4, 0, 0. ĐểA...125thìn+1...25hoặcn+6...25.

Trường hợp n+1...25, chọnnnhỏ nhất là24. (2)

Trường hợp n+6...25, chọnnnhỏ nhất là19. (3)

So sánh(1), (2), (3), ta chọnn=19. Khi đóA=19.20.25, chia hết cho125.
Ví dụ 10. Tìm năm chữ số tận cùng của555.

Lời giải.

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

Xét548−1=(524+1)(512+1)(56+1)(53+1)(53−1), chia hết cho25.
Suy ra57(548−1)chia hết cho105.

Cịn57 =78125.

Vậy555có năm chữ số tận cùng là78125. 
BÀI TẬP

Bài 1. Cho các chữ số1,2,3,4,5,6. Dùng ba trong các chữ số trên, lập được bao nhiêu số tự nhiên
có ba chữ số và chia hết cho3?

Lời giải.

Ta xét các trường hợp:

• Các số có tổng các chữ số bằng6, có một nhóm là (1,2,3).

• Các số có tổng các chữ số bằng9, có ba nhóm là (1,2,6); (1,3,5); (2,3,4).
• Các số có tổng các chữ số bằng12, có ba nhóm là (1,5,6); (2,4,6); (3,4,5).
• Các số có tổng các chữ số bằng15, có một nhóm là (4,5,6).

⇒có tất cả8nhóm. Mà mỗi nhóm có6số⇒có tất cả48số.
Bài 2. Chứng minh rằngn5+5n4−5n2−6nchia hết cho120với mọi số ngunn.

Lời giải.

A=n5+5n4−5n2−6n= n(n2−1)(n2+5n+6)=(n−1)n(n+1)(n+2)(n+3).
VìAlà tích của5số nguyên liên tiếp nênA...5,A...3. Ta chứng minh A...8.

• Vớin=2k(k∈Z)⇒ A=4(2k−1)(2k+1)(2k+3)k(k+1)...8.
• Vớin=2k+1 (k∈ Z)⇒ A=8k(k+1)(k+2)(2k+1)(2k+3)...8.

VậyA...120.

Bài 3. Chứng minh rằngn2+3n−3khơng chia hết cho49với mọi số ngunn.
Lời giải.

Ta cóA=n2+3n−3=(n2+3n−10)+7=(n−2)(n+5)+7. Vì hiệu giữan+5vàn−2là7đơn
vị nênn+5vàn−2cùng chia hết cho7hoặc khơng cùng chia hết cho7.

• Giả sửn+5vàn−2cùng chia hết cho7⇒(n−2)(n+5)...49⇒ A=(n−2)(n+5)+7khơng
chia hết cho49.

• Giả sửn+5vàn−2khơng cùng chia hết cho7 ⇒(n−2)(n+5)không chia hết cho7⇒ A=
(n−2)(n+5)+7không chia hết cho7. Do đóAkhơng chia hết cho49.

Bài 4. Tìm các số tự nhiênxvàylớn hơn1sao cho4x+1chia hết choyvà4y+1chia hết chox.
Lời giải.

Đặt4x+1=ky. Giả sử2≤x≤ y⇒ky=4x+1<4y+y=5y⇒k<5. Vìky=4x+1là số lẻ nên

klà số lẻ⇒k∈ {1; 3}.

• Vớik =1⇒y =4x+1. Vì4y+1...x⇒4(4x+1)+1...x⇒5...x⇒x =5⇒y=21.
• Vớik =3⇒3y=4x+1. Vì4y+1...x ⇒12y+3...x4(4x+1)+3...x ⇒7...x

⇒x =7⇒y= 29
3 (loại).

Vậy các số cần tìm là(x;y) =(5; 21)hoặc(21; 5).
Bài 5. Tìm chữ số tận cùng của:

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

1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN 9
b) B=15+29+313+417+...+100401.

Lời giải.

a) Nhận xéta5−a...10. Thật vậy

a5−a= a(a2−1)(a2+1)= a(a−1)(a+1)(a2−4+5)
=(a−2)(a−1)a(a+1)(a+2)+5a(a−1)(a+1)...10
Do vậy

A=(15−1)+(25−2)+(35−3)+...+(1005−100)+(1+2+3+...+100)
=10k+5050⇒Atận cùng là chữ số0.

b) Nhận xéta4n+1−a...10. Thật vậya4n+1−a= a(a4n−1)...a(a4−1)⇒a4n+1−a...10.
Do vậyB=(15−1)+(29−2)+(313−3)+...+(100401−100)+(1+2+3+...+100)
=10k+5050⇒ Atận cùng là chữ số0.

Bài 6. Tìm hai chữ số tận cùng của:

a) A=2+22+23+24+...+299.

b) n20vớinlà một số tự nhiên tận cùng bằng2.
Lời giải.

a) 2A=22+23+24+...+299+2100 ⇒A=2100−2.

Ta thấy2100 =(210)10= (1024)10 =(10242)5 =(...76)5= ...76⇒ A=2100−2= ...74. Vậy Atận
cùng là74.

b) Do n là số tự nhiên tận cùng bằng 2 nên n = 5k+2 (k ∈ N) ⇒ n2 = 5m−1 (m ∈ N)

⇒n20 =(5m−1)10=(5m)10−10(5m)9+...−10.5m+1chia cho25dư1nênn2tận cùng là01,
26,51,76. Vìn20...4nênn2tận cùng là76.

Bài 7. Tìm hai mươi chữ số tận cùng của90!.

Lời giải.

Số thừa số5có trong tích90!là 90
5 +

ï
90
25
ị

=18+3=21.

Vì số thừa số5trong tích90!là21nên số thừa số2trong tích90!sẽ lớn hơn21 ⇒có21chữ số tận
cùng của90!là các chữ số0. Do đó20chữ số tận cùng của90!là các chữ số0.
Bài 8. Cho dãy số10,11,12,13, ...,100.

Sau khi thay đổi mỗi số trên bởi tổng các chữ số của nó cho đến khi được một số có một chữ số, ta
được một dãy chỉ gồm các số có một chữ số. Chữ số nào xuất hiện nhiều nhất trong dãy đó?

Lời giải.

Ta biết rằng mỗi số tự nhiên và tổng của các chữ số của nó có cùng số dư khi chia cho9, do đó các số
của dãy cuối cùng là số dư khi chia cho9của các số trong dãy10,11,12,13, ...,98,99,100.

Vì số đầu tiên của dãy trên (số10) và số cuối cùng của dãy (số100) khi chia cho9có số dư là1nên
trong dãy cuối cùng chữ số1xuất hiện nhiều nhất. Cụ thể

• Số các chữ số1trong dãy cuối cùng là1+100
10 =11.
• Số các chữ số khác1trong dãy cuối cùng là 100

10 =10.

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

2. SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ

I. Tổng quan về chuyên đề

Số nguyên tố - Hợp số là một nội dung có liên quan chặt chẽ đến tính chia hết.

Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn1, có đúng hai ước ngun dương là1và chính nó.

Các bài tốn về số nguyên tố, hợp số cũng rất đa dạng, thường địi hỏi vận dụng tính chia hết một
cách thành thạo và hợp lý trong từng tình huống của bài tốn.

Các bài toán về số nguyên tố, hợp số trong chuyên đề này bao gồm:

1. Bài tốn về số ngun tố

• Chứng minh một biểu thức có giá trị là một số ngun tố.
• Tìm các số ngun tố thỏa mãn các điều kiện cho trước.

• Tìm các số ngun dương để giá trị của một biểu thức là số nguyên tố.

2. Bài tốn về hợp số

• Chứng minh một biểu thức có giá trị là một hợp số.
• Viết một số cho trước thành tổng của nhiều hợp số nhất.
• Xác định số lượng hợp số trong một dãy số.

Số nguyên tố, hợp số là một đề tài lôi cuốn nhiều nhà tốn học từ nhiều thế kỉ trước Cơng nguyên.

II. Euler và số nguyên tố

Euler(Léonard Euler,1707−1783) là nhà toán học lỗi lạc, người Thụy Sĩ, nhưng cuộc đời ông (và cả
con cháu ơng) gắn bó với nước Nga.

Ơng đã nghiên cứu từ những kiến thức rất sơ cấp (chẳng hạnđường tròn Euler) đến những khái niệm
cao siêu của những tiến bộ khoa học ở thời đại ơng.

Ơng nghiên cứu về cơ học, lí luận âm nhạc, lý thuyết về bản đồ địa lý, khoa học hàng hải. Ông đã đặt

cơ sở cho rất nhiều ngành Toán lý thuyết.

Chúng ta kể ra ở đây một số bài toán về số nguyên tố liên quan đếnEuler:

1) Eulerđưa ra ví dụ một biểu thức cho giá trị là số nguyên tố với40giá trị liên tiếp củantừ0đến
39, đó là biểu thứcn2+n+41.

2) Nhà tốn học PhápFermatxét biểu thức22n+1vớinbằng0, 1, 2, 3, 4cho các số nguyên tố2+1=3,
22+1=5,24+1=17,28+1=257,216+1=65537.

Ông đưa ra giả thuyết22n+1cho số nguyên tố với mọi số tự nhiênn.

Ý kiến này đứng vững rất lâu. Một thế kỉ sau,Eulerđã bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra số
232+1chia hết cho641.

3) Năm1742, nhà toán học ĐứcGoldbach(Christian Goldbach1690−1764) viết thư choEulernói rằng
ơng đã “mạo hiểm” đưa ra dự đoán: Mọi số tự nhiên lớn hơn5đều biểu diễn được dưới dạng
tổng của3số nguyên tố (chẳng hạn6=2+2+2,7=2+2+3,8=2+3+3).

Trong thư trả lời,Eulerđưa ra bài toán: Mọi số chẵn lớn hơn2đều biểu diễn được dưới dạng tổng
của hai số nguyên tố (chẳng hạn4=2+2,6=3+3,8=3+5).

Cho đến nay, người ta vẫn chưa chứng minh được hai bài tốn trên.

Ví dụ 1. Tìm số tự nhiênnsao cho n
3−1

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

2.. SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ 11

Ta cón3−1...9⇒n3−1...3⇒nchia cho3dư1(vì nếunchia cho3dư0hoặc2thìn3chia cho3dư

0hoặc2).

Đặtn=3k+1 (k ∈N). Ta có
n3−1

9 =

(3k+1)3−1

9 =

27k3+27k2+9k

9 =3k

3+3k2+k=k(3k2+3k+1).

Để n
3−1

9 là số nguyên tố, phải cók =1. Khi đón =4và
n3−1

9 =

64−1

9 =7là số nguyên tố.

Vậyn=4là số cần tìm.

Ví dụ 2. Tìm số ngun tố psao cho43p+1là lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải.

Đặt43p+1=n3(n∈N)thì43p=(n−1) n2+n+1
.

Số43pcó bốn ước ngun dương là1, 43,p, 43pnên có3trường hợp:

TH1:
®

n−1=1

n2+n+1=43p ⇔
®

n=2

43p=22+2+1=7 (loại).

TH2:
®

n−1=43

n2+n+1= p ⇔




n=44

p=442+44+1=1981...7
(loại).

TH3:
®

n2+n+1=43
n−1= p ⇔

®
n =6

p=5(là số nguyên tố).

Vậyp=5là số cần tìm.

Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếuplà số ngun tố lớn hơn5thìp−4khơng thể là lũy thừa bậc
bốn của một số tự nhiên.

Lời giải.

Giả sửp−4=a4(a∈N,a>1)thì

p= a4+4=a4+4a2+4−4a2=Äa2+2ä2−4a2
=Äa2−2a+2ä·Äa2+2a+2ä

=ỵ(a−1)2+1ó·ỵ(a+1)2+1ó.

Suy raplà tích của hai số tự nhiên lớn hơn1nên khơng là số nguyên tố, điều này mâu thuẫn với giả
thiếtplà số nguyên tố.

Vậyp−4không thể là lũy thừa bậc bốn của một số tự nhiên.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng trong30số tự nhiên liên tiếp lớn hơn5sẽ có ít nhất22hợp số.

Lời giải.

Trong30số tự nhiên liên tiếp đã cho có15số chẵn, chúng đều lớn hơn5nên là hợp số. Ta tìm được
15hợp số.

Chia15số lẻ cịn lại thành5nhóm, mỗi nhóm gồm3số lẻ liên tiếp. Trong3số lẻ liên tiếp, tồn tại một
số chia hết cho3, số đó lớn hơn5nên là hợp số. Có5nhóm nên ta tìm thêm được5số.

Trong 30 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia cho 30 dư 5, một số chia cho 30 dư 25, giả sử
a =30m+5vàb=30n+25. Các sốavàblà hợp số (vì chia hết cho5và lớn hơn5), đồng thời khơng
trùng với các hợp số đã tìm được (vìavàbkhơng chia hết cho2, khơng chia hết cho3). Ta tìm thêm
được2hợp số.

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

Ví dụ 5. Viết số127thành một tổng củansố hạng, các số hạng đều là hợp số. Tìm giá trị lớn
nhất củan.

Lời giải.

Đểnlớn nhất thì giá trị của các hợp số được viết phải nhỏ nhất. Các hợp số chẵn nhỏ nhất là4và6.
Hợp số lẻ nhỏ nhất là9.

Ta thấy127chia cho4dư3. Phải có ít nhất một hợp số lẻ (là9), cịn127−9 = 118, chia cho4dư 2.
Phải có ít nhất một hợp số6, còn118−6=112chia hết cho4, ta viết thành tổng của28số4.

Vậy127=9+6+4+4+· · ·+4
| {z }

28số4
.

Vậy giá trị lớn nhất củanlà30.

BÀI TẬP

Bài 1. Chứng minh rằng:

a) Nếupvàp2+8là các số nguyên tố thìp2+2là số nguyên tố.
b) Nếupvà8p2+1là các số nguyên tố thì2p+1là số nguyên tố.

c) Nếupvàp2+2là các số nguyên tố thìp3+2là số nguyên tố.
Lời giải.

a) Xét p=3k+1 (k∈Z)thìp2+8...3, là hợp số.
Xétp=3k+2thìp2+8...3, là hợp số.

Vậyp=3k, màplà số nguyên tố nên p=3. Khi đó p2+2=11, là số nguyên tố.
b) Tìm đượcp =3.

c) Tìm đượcp =3.

Bài 2. Tìm số nguyên tố psao cho7p+1là bình phương của một số tự nhiên.

Lời giải.

Đặt7p+1=n2(n∈N)thì7p=(n+1)(n−1).

Số7pcó4ước ngun dương là1, 7,p, 7pnên có các trường hợp

n−1 1 7 p

n+1 7p p 7

n 2 8 6

n2=7p+1 4 64 36
p loại 9, loại 5

Vậyp=5.

Bài 3. Tìm số nguyên tố psao cho7p+1là lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải.

Đặt7p+1=n3(n∈N)thì7p=(n−1) n2+n+1
.
Có3trường hợp:

n−1=1
n2+n+1=7p

n−1=7
n2+n+1= p

n2+n+1=7
n−1= p

Ta tìm đượcp =73.

Bài 4. Tìm các số nguyên dươngxvàysao chox4+4y4là số nguyên tố.
Lời giải.

Ta cóx4+4y4= x2+2y22−(2xy)2 = x2+2xy+2y2

· x2−2xy+2y2
.

Dox4+4y4là số nguyên tố vàx2+2xy+2y2 =(x+y)2+y2 >1nênx2−2xy+2y2=1

⇒(x−y)2+y2=1.

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

3.. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ 13

Bài 5. Tìm số ngun tố psao chop2+23có đúng6ước ngun dương.
Lời giải.

Xétp=2thìp2+23=27 =33có đúng4ước ngun dương.
Xétp=3thìp2+23=32 =25có đúng6ước ngun dương.

Xétp>3thìplà số lẻ và khơng chia hết cho3. Ta có p2+23= p2−1+24.

Doplẻ nên p2−1...8. Do p 6 ...3nên p2−1...3. Suy ra p2−1...24, do đó p2+23...24. Do24 có nhiều
hơn6ước nguyên dương nên p2+23có nhiều hơn6ước nguyên dương.

Vậyp=3.

Bài 6. a) Chứng minh rằng trong10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, tồn tại4hợp số.
b) Hãy chỉ ra10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, trong đó có đúng4hợp số.

Lời giải.

a) Trong10số lẻ liên tiếp đã cho, tồn tại3số là bội của3, chúng lớn hơn5nên là hợp số.

Trong10số lẻ liên tiếp đã cho có đúng2số là bội của5, chúng lớn hơn5nên là hợp số . Trong2
số đó, tồn tại một số khơng chia hết cho3(vì nếu cả hai bội của5đều chia hết cho3thì hai số đó
chia hết cho15, mà trong10số lẻ liên tiếp chỉ có đúng một bội của15).

Vậy trong10số lẻ liên tiếp lớn hơn5, tồn tại4hợp số.

b) Chẳng hạn dãy7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25có đúng4hợp số (là9, 15, 21, 25).

3. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Số tự nhiên và các chữ số của nó là một dạng tốn số học thường gặp, trong đó u cầu của bài tốn

thường là tìm các chữ số chưa biết.

Ngồi trường hợp có thể tìm lần lượt từng chữ số, ta thường gộp các nhóm chữ số lại thành một biến
mới rồi tìm giá trị của biến đó.

Để tìm các giá trị ấy, ta thường chú ý đên:

• Sử dụng tính chia hết: Xét xem các biến (hoặc các biểu thức chứa biến) chia hết cho số nào, hoặc
là ước của số nào.

• Sử dụng bất đẳng thức: Xét xem các biến (hoặc các biểu thức chưa biến) bị chặn trong khoảng
nào.

• Sử dụng phương trình: Xét xem các biến liên hệ với nhau bởi phương trình nào.

Tất cả các cơng việc trên địi hỏi người làm tốn phải biết quan sát, phát hiện đặc điểm của bài toán
để đưa ra phương án giải quyết hợp lý.

Thử trí thơng minh

BÀI TỐN ĐIỀN CHỮ SỐ
Chị đố Hồng tìm các chữ số trong phép cộng sau:

a b c d 0
a b c d
+

4 7 9 1 h
Hồng nói:

- Sẽ phải xét xem mười trường hợp d từ0đến9.

- Không cần! Bạn hãy chú ý đến quan hệ giữa các số hạng.

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

Số hạng thứ nhất gấp10lần số hạng thứ hai nên tổng gấp11lần số hạng thứ hai.
4791h...11⇒47910+h...11⇒11·4355+(5+h)...11⇒h=6.

Số hạng thứ hai là:47916 : 11=4356.
Ta có:

4 3 5 6 0
4 3 5 6
+

4 7 9 1 6

Ví dụ 1. Tìm số tự nhiênabcd chia hết cho tích củaab vàcd (các số a,b,c,d khơng bắt buộc
khác nhau).

Lời giải.
abcd: ab·cd.

Đặtab=x,cd =y,ta cóabcd=100x+y...xy⇒y...x.
Đặty=kxvớik∈ Nvà1≤k≤9thì100x+kx...xkx.

⇒100+k...kx(1)⇒k∈ {1; 2; 4; 5}.

Vớik =1thì từ(1)có101...x ⇒x=1,(loại).
Vớik =2thì từ(1)có102...2x⇒51...x.Ta có

x 17 51
y 34 102,loại
Vớik =4thì từ(1)có104...4x⇒26...x. Ta có

x 26 13

y 104, loại 52
Vớik =5thì từ(1)có105...5x⇒21...x⇒x =21,y=105,loại.

Có hai đáp số:1734...17·34và1352...13·52.
Ví dụ 2. Tìm các chữ sốa,b,c(không bắt buộc khác nhau) sao choaaaa−bb= cc2.

Lời giải.

aaaa−bb= cc2⇒1111a−11b=112·c2⇒101a−b=11c2⇒99a+(2a−b)=11c2. (1)
Ta có2a−b...11nên2a−b∈ {0; 11}.

a) Xét2a =bthìa≤4. Thay vào(1)có9a=c2 ⇒a∈ {1; 4}

Ta có

1111−22=332
4444−88=662

b) Xét2a−b=11. Thay vào(1)có9a+1=c2⇒9a=(c+1)(c−1).

Ta thấyc+1vàc−1có hiệu bằng2mà tích của chúng chia hết cho9nên phải có một số chia
hết cho9, đó là sốc+1. Ta đượcc+1=9nênc=8. Từ đóa=7.

Khi đó7777−33=882.

Đáp số:1111−22=332; 4444−88=662; 7777−33=882.

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

3.. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ 15

Ví dụ 3. Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng bình phương của nó cũng tận cùng bởi ba chữ
số ấy theo thứ tự đó.

Lời giải.

Đặtabcdeg= deg2=n2(1≤n≤999).

Ta có1000·abc+n=n2nênn2−n...1000⇒n(n−1)...1000.

Hai sốnvàn−1ngun tố cùng nhau nhỏ hơn1000, có tích chia hết cho1000nên có hai trường hợp.

a)





n...125
n−1...8

n là số lẻ có ba chữ số và chia hết cho 125nên n ∈ {125; 375; 625; 875}. Chỉ có n = 625cho
n−1=624...8.

Ta được6252 =390625.

b)





n−1...125
n...8

n−1là số lẻ có ba chữ số và chia hết cho125nênn−1∈ {125; 375; 625; 875}. Chỉ cón−1=375
chon=376...8.

Ta được3762 =141376.

Đáp số:625và376.

Ví dụ 4. Tìm số tự nhiên có sáu chữ số, biết rằng nó bằng bình phương hai số tạo bởi ba chữ
số đầu và tạo bởi ba chữ số cuối (không thay đổi thứ tự).

Lời giải.

Gọi số cần tìm làabcdeg, ta cóabcdeg=Äabc+degä2.

Đặtabc= x,deg= y. Do(x+y)2là một số có sáu chữ số nênx+y≤99.
Ta có

1000x+y=(x+y)2⇔999x+(x+y)=(x+y)2.

Đặtx+y=nthì999x =n(n−1). (1)

n(n−1)...999. Don≤999nên ta xét hai trường hợp

a) n=99. Thay vào(1)đượcx =998, do đóy=1.
Ta được998001=(998+1)2.

b) n < 999 = 33·37. Hai số nvàn−1nguyên tố cùng nhau có tích chia hết cho999nên có hai
trường hợp






n...37
n−1...27

và





n−1...37
n...27
Ở trường hợp đầu, ta đặtn=37k(dpn<999nênk<27).

Ta có37k...27⇒10k−1...27⇒80k−8...27⇒81k−(k+8)...27⇒k+8...27.

Do k < 27 nên k = 19. Khi đó n = 37·19 = 703. Thay vào (1) được x = 494, dó đó y =
703−494=209. Ta được494209=(494+209)2.

Ở trường hợp sau, ta đặt n = 37m+1 (do n < 999nên m < 27). Có hai đáp số:998001 và
494209.

Lưu ý:

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

n=27k+1rồi xét27k+1...37.

Cũng vậy, các đặt n = 37m+1rồi xét37m+1...27như ở lời giải trên có ưu điểm hơn so với
cách đặtn=27mrồi xét27m−1...37.

Ví dụ 5. Tìm số tự nhiên abc (các chữ số a, b, c không bắt buộc khác nhau) sao cho abc =
ab2−c2.

Lời giải.

Cách 1.Đặtab= x(10≤x ≤99). Ta có

10x+c= x2−c2 ⇔c(c+1)= x(x−10).
Doc≥9nênc(c+1)≤90⇒x(x−10)≤90⇒x ≤15.

Xétabtừ10đến15, ta thấy:

ab abÄab−10ä c(c+1) abc =ab2−c2
10 10·0 0=0·1 100=102−02
11 11·1 11, loại

12 12·2 24, loại

13 13·3 394, loại

14 14·4 56=7·8 147=142−72
15 15·5 75, loại

Có hai đáp số:100và147.

Cách 2.Đặtab= x. Ta có

10x+c=x2−c2⇔40x+4c=4x2−4c2

⇔4c2+4c=4x2−40x⇔(2c+1)2=(2x−10)2

⇔(2x−10)2−(2c+1)2 =99

⇔(2x+2c−9)(2x−2c−11)=99.
Do2x−2c−11<2x+2c−9nên có các trường hợp:

2x+2c−9 99 33 11

2x−2c−11 1 3 9

x+c 54 21 10
x−c 6 7 10

x 30 14 10

c 24, loại 7 0

Có hai đáp số147và100.

BÀI TẬP

Bài 1. Tìm số tự nhiênabsao choab2= abcd(các chữ sốa,b,c,dkhông bắt buộc khác nhau).
Lời giải.

Doab2 có bốn chữ số nêna > 2. Ta thấyakhác3,4,5,6,7,8vì3b2 < 3000,4b2 < 4000,5b2 < 5000,
6b2 <6000,7b2<7000,8b2 <8000.

Xét9b2 =9cdb, dob2tận cùng bằngbnênb∈ {0; 1; 5; 6}. Xét các chữ số902,912,952,962ta được hai
đáp số:952=9025và962 =9216.

Bài 2. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng bình phương của nó bằng lập phương của tổng các
chữ số của nó.

Lời giải.

Đặtn=ab2 =(a+b)3.

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

4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 17
(x∈N. Ta có

x6 =ab2 =(a+b)3nên
®

x3= ab
x2= a+b(1).
Dox3= ab≥10nênx≥3.

Dox2= a+b≤18nênx≤4.

Xétx =3, từ(1)cóab=27vàa+b=9, thỏa mãn.
Xétx =4, từ(1)cóab=64vàa+b=16, loại.

Đáp số:27.

Bài 3. Tìm số tự nhiên có năm chữ số, biết rằng nó bằng lập phương của số tạo bởi hai chữ số đầu
(không thay đổi thứ tự).

Lời giải.

Xétabcde=ab3. Đặtab =x,cde=yvới10≤ x≤99và0≤ y≤999.
Ta có1000x+y= x3nêny =x x2−1000

Doy≥0nênx2 ≥1000⇒ x≥32 (1).
Ta cóx2−1000= y

x ≥
999

32 =31
7
32

⇒ x2−1000≤31⇒ x2 ≤1031⇒x ≤32 (2).

Từ(1)và(2)suy rax=32. Ta có323=32748.

Vậy số cần tìm là32748.

Bài 4. Tìm số tự nhiên abcdegchia hết cho tích củaabc vàdeg(các chữ số a, b, c,d,e,g khơng bắt
buộc khác nhau).

Lời giải.

Xétabcdeg...abc·deg.

Đặtabc= x,deg= y, ta có1000x+y...xy⇒y...x.

Đặty=kxvớik∈ Nvà1≤k≤9thì1000x+kx...xkx⇒1000+k...kx (1).

⇒1000...k ⇒k∈ {1; 2; 4; 5; 8}.

Vớik =1, thay vào(1)có1001...x⇒x =143,y=143.
Vớik =2, thay vào(1)có1002...2x⇒501...x. Ta có

x 167 501
y 334 1002,loại

Vớik =4, thay vào(1)có1004...4x⇒251...x ⇒x=25,y=1004loại.
Vớik =5, thay vào(1)có1005...5x⇒201...x ⇒x=201,y=1005loại.
Vớik =8, thay vào(1)có1008...8x⇒126...x ⇒x=126,y=1008loại.

Có hai đáp số143143...143·143và176334...167·334.
Bài 5. Cho năm chữ số tự nhiêna,b,c, d,e, mỗi số có bốn chữ số đề gồm cả bốn chữ số 1,2,3, 4.
Chứng minh rằng khổng thể xảy raa3+b3+c3 =d3+e3.

Lời giải.

Giả sửa3+b3+c3=d3+e3 (1).
Mỗi sốa,b,c,dcó tổng các chữ số bằng1+2+3+4=10nên chia hết cho9dư1. Khia=9k+1thì
a3=9m+1. Khơng thể xảy ra (1) vì vế trái chia cho9dư3, cịn vế phải chia cho9dư2.

4. SỐ CHÍNH PHƯƠNG

TỔNG QUAN VỀ CHUN ĐỀ
Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên.

Các bài tốn về số chính phương trong chun đề này có các dạng chính sau:

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

Dạng 2. Chứng minh một số (hoặc một biểu thức) viết được hoặc không viết được dưới dạng tổng
các số chính phương.

Dạng 3. Tìm giá trị của biến để biểu thức là số chính phương.

Dạng 4. Tìm số chính phương thỏa mãn các điều kiện cho trước.

Các bài tốn về số chính phương gắn liền với:

a) Tính chia hết, chẳng hạn:

- Số chính phương khơng tận cùng bằng2, 3, 7, 8.
- Số chính phương chia cho3có số dư là0hoặc1.

- Số chính phương chẵn thì chia hết cho4. Số chính phương lẻ chia cho4thì dư1(chia cho8
cũng dư1).

- Số chính phương chia hết cho số nguyên tốpthì chia hết chop2.

b) Bất đẳng thức, chẳng hạn :

Khơng có số chính phương nào nằm giữa các số tự nhiênn2vàn2+2n.

c) Giải phương trình

Thử trí thơng minh

CĨ BAO NHIÊU HÌNH VNG?

An đố Bảo tìm số hình vng4×4(h.1).
Bảo nói:

- Dễ q! có4×4=16hình vng.

- Chưa đúng! Đó mới là các hình vng cạnh1. Cịn có các hình vng
cạnh2, cạnh3, cạnh4nữa!

- À! Đúng, để tớ nghĩ thêm.

Hình 1
Bảo đã tìm ra đáp số là tổng của bốn số chính phương đầu tiên, kể từ1, đó là:

12+22+32+42=30.
Bạn có đồng ý với Bảo khơng?

Lời giải.

Trên dịng nằm ngang (h.2): A B C D E

Hình 2

• Có1cách chọn đoạn thẳng có độ dài4(làAE).
• Có2cách chọn đoạn thẳng có độ dài3(làAD,BE).
• Có3cách chọn đoạn thẳng có độ dài2(làAC,BD,CE).
• Có4cách chọn đoạn thẳng có độ dài1(làAB,BC,CD,DE).
Trên cột thẳng đứng cũng vậy.

Do đó số hình vng có tất cả là :12+22+32+42=30.

Lưu ý.Cho hình vngn×n. Số hình vng có tất cả là12+22+32+· · ·+n2(hình). Có thể chứng
minh được12+22+32+· · ·+n2 = n(n+1)(2n+1)

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

4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 19

Ví dụ 1. Xét các biểu thức

a1 =12+22+22;a2 =22+32+62
a3=32+42+122;a4 =42+52+202
a) Hãy kiểm traa1,a2,a3,a4là các số chính phương.

b) Chứng minh rằnganlà số chính phương.
Lời giải.

a) a1=32, a2=72, a3 =132, a4 =212.
b) Ta có

an = n2+(n+1)2+[n(n+1)]2
= n2+(n+1)2+n2(n2+2n+1)
= n2+(n+1)2+n4+2n3+n2

= n4+2n2(n+1)+(n+1)2=(n2+n+1)2.
Vậyanlà số chính phương.

Ví dụ 2.

a) Chứng minh rằng một số tự nhiên lẻ bất kì ln được viết dưới dạng hiệu của hai số
chính phương liên tiếp.

b) Áp dụng nhận xét trên, hãy viết các số21và23dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
Lời giải.

a) Gọi2n+1(n∈N)là một số lẻ bất kì.

Ta có2n+1=(n2+2n+1)−n2 =(n+1)2−n2.

Vậy một số tự nhiên lẻ bất kì ln được viết dưới dạng hiệu của hai số chính phương liên tiếp.
b) 21=112−102; 23=122−112.

Lưu ý.Số21cịn được viết dưới dạng52−22.

Ví dụ 3.

a) Cho số nguyên dương lẻa. Tìm số nguyên dươngbsao choa2+b2=(b+1)2.

b) Áp dụng kết quả ở câu a, hãy chứng minh rằng tồn tại bốn số nguyên dươnga,b,c,dsao
cho các tổnga2+b2,a2+b2+c2,a2+b2+c2+d2đều là các số chính phương.

Lời giải.

a) a2+b2=(b+1)2 (1)

nêna2=(b+1)2−b2 =2b+1. Suy rab= a
2−1

2 .
b) Chọna=3thìb= 3

2−1

2 =4.Từ(1)có3

2+42 =52.
Chọna=5thìb= 5

2−1

2 =13.Từ(1)có5

2+122=132.
Chọna=13thìb= 13

2−1

2 =84.Từ(1)có13

2+842 =852.

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

Ví dụ 4. Tìm số nguyên dươngnnhỏ nhất sao cho các số n+1,2n+1,5n+1 đều là các số
chính phương.

Lời giải.

Nếun=3k+1(k∈ N)thìn+1=3k+2, khơng là số chính phương.

Nếun=3k+2thì2n+1=6k+5, chia cho3dư2nên khơng là số chính phương.
Vậyn...3.

Do2n+1là số chính phương lẻ nên chia cho8dư1. Suy ra2n...8⇒ n...4⇒n+1lẻ. Don+1là số
chính phương lẻ nênn+1chia cho8dư1, suy ran...8.

Vì n chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau 3 và8 nênn ... 24. Với n = 24 thì n+1 = 25 = 52,
2n+1=49=72,5n+1=121=112. Giá trị nhỏ nhất củanphải tìm là24.

Ví dụ 5. Tìm số chính phương có năm chữ số, trong đó chỉ có một chữ số5, chỉ có một chữ số
7, cịn lại ba chữ số kia giống nhau.

Lời giải.

Gọi ba chữ số còn lại làa(a6=5,a6=7).

Gọin2là số chính phương phải tìm. Tổng các chữ số củan2bằng12+3a...3nênn2...3, do đón2...9(vì
n2là số chính phương).

Ta có12+3a...9⇒3(a+1)...9⇒a+1...3⇒ a∈ {2; 8}(chú ý rằnga6=5).
• Xéta=2. Các chữ số củan2là5, 7, 2, 2, 2.

Don2không tận cùng bằng2, 7, nên phải tận cùng bằng5, do đó tận cùng25. Thử với các số
72225, 27225, 22725, chỉ có27225=1652là số chính phương.

• Xéta = 8. Các chữ số củan2 là5, 7, 8, 8, 8. Don2không tận cùng bằng7, 8, nên phải tận cùng
bằng5, do đó tận cùng25, khơng có số nào.

Đáp số.27225.

Ví dụ 6. Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng cộng chữ số hàng nghìn với3, trừ chữ
số hàng đơn vị đi3, ta vẫn được một số chính phương.

Lời giải.

Gọi số phải tìm làabcd=x2.

Cộng chữ số hàng nghìn với3, trừ chữ số hàng đơn vị đi3, ta được sốy2. Ta có
y2−x2=3000−3=2997=34·37

nên(y−x)(y+x)...37. Tồn tại một thừa số chia hết cho số nguyên tố37. Xét hai trng hp:

ã yx...37. Doyx <y+x<198nờn ch cú
đ

yx =37
y+x =81

đ
x =22
y=59
Khi đóx2 =222 =484, chỉ có ba chữ số, loại.

• y+x...37. Doy−x <y+x<198nên chỉ có
®

y−x =27
y+x =111 ⇔

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

4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 21

Đáp số.1764.

Ví dụ 7. Tìm số chính phương có bốn chữ số, chữ số hàng đơn vị khác0, biết rằng số tạo bởi
hai chữ số đầu (không đổi thứ tự) và số tạo bởi hai chữ số cuối (không đổi thứ tự) đều là các
số chính phương.

Lời giải.

Gọi số phải tìm làabcd=n2.

Đặtab=x2 (4≤ x≤9). Đặtcd =y2, dod6=0nên1≤y≤9.

Ta cón2=100·ab+cd =100x2+y2>100x2⇒n>10x⇒n≥10x+1.

Dox ≥4nênn≥41 (1).

Don≥10x+1nêny2 =n2−100x2≥(10x+1)2−100x2=20x+1.
Kết hợp vớiy≤9ta có2x+1≤81⇒ x≤4.

Ta lại cóx≥4nênx=4.

Doy≤9nênn2=100x2+y2 ≤100·42+92=1681=412 ⇒n≤41 (2).
Từ (1) và (2) suy ran=41. Khi đón2 =1681.

Ví dụ 8. Tìm số chính phươngabcdsao cho các sốbcdvàcdcũng là các số chính phương (các
chữ sốa,b,c,dkhác0và khơng bắt buộc khác nhau).

Lời giải.

Trước hết ta tìmcd. Đặtbcd=x2(1≤x ≤31),cd=y2(1≤y≤9).
Ta cóx2−y2=bcd−cd=100b⇒(x+y)(x−y)...100.

Các thừa sốx+yvàx−ycùng tính chẵn lẻ (vì hiệu của chúng chia hết cho2), lại có tích là số chẵn

nên chúng cùng chẵn (1).

Các thừa sốx+yvàx−ycó tích chia hết cho100nên phải có một thừa số chia hết cho5. Khơng thể
chỉ có một thừa số chia hết cho5, vì nếu chỉ có một thừa số chia hết5thì thừa số đó phải chia hết cho
25, thừa số đó lại chẵn nên chia hết cho50, trái với1 ≤ x−y< x+y ≤40. Vậyx+yvàx−ycùng

chia hết cho5 (2).

Từ (1) và (2) suy rax+yvàx−ycùng chia hết cho10⇒(x+y)−(x−y)...10⇒2y...10⇒y...5.
Do1≤y≤9nêny =5, do đócd= y2= 25.

Bây giờ ta phải tìmab. Doab25là số chính phương nênab25=(10n+5)2với3≤n≤9.
Suy ra100·ab+25=100n2+100n+25nênab=n(n+1).

Dob6=0nênabbằng3·4, 6·7, 7·8, 8·9tức làab∈ {12; 42; 56; 72}.

Có bốn số thoả mãn bài tốn là1225, 4225, 5625, 7225.

Ví dụ 9.

a) Có bảy số chính phương liên tiếp, trong đó tổng của bốn số chính phương đầu bằng tổng
của ba số chính phương cuối. Tìm số chính phương đứng giữa.

b) Có2k+1số chính phuong liên tiếp (k ∈ N∗), trong đó tổng củak+1số chính phương

đầu bằng tổng củaksố chính phương cuối. Tìm số chính phương đứng giữa.
Lời giải.

a) Gọi số chính phương đứng giữa làx2(x≥3). Ta có

(x−3)2+(x−2)2+(x−1)2+x2 =(x+1)2+(x+2)2+(x+3)2

⇔ x2=(x+1)2−(x−1)2+(x+2)2−(x−2)2+(x+3)2−(x−3)2

⇔ x2=2x·2+2x·4+2x·6

⇔ x2=4x(1+2+3)

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

b) Gọi số chính phương đứng giữa làx2(x≥k). Ta có

(x−k)2+(x−k+1)2+· · ·+(x−1)2+x2 =(x+1)2+(x+2)2+· · ·+(x+k)2

⇔ x2 =(x+1)2−(x−1)2+(x+2)2−(x−2)2+· · ·+(x+k)2−(x−k)2

⇔ x2 =2x·2+2x·4+· · ·+2x·2k

⇔ x2 =4x(1+2+· · ·+k)

Dox6=0nênx =4·(1+2+· · ·+k) =4·k(k+1)

2 =2k(k+1). Số chính phương đứng giữa là
[2k(k+1)]2.

Lưu ý.Vớik=1ta có32+42 =52.

Vớik =2ta có102+112+122 =132+142.

Ví dụ 10. Chứng minh rằng số(n+1)4+n4+1khơng là số chính phương với mọi số tự nhiên
n.

Lời giải.

Ta có(n+1)4+n4+1=2n4+4n3+6n2+4n+2=2(n4+2n3+3n2+2n+1)=2(n2+n+1)2.
Don2+n+1 = n(n+1)+1là số lẻ nên(n2+n+1)2 là số lẻ. Số(n+1)4+n4+1chia hết cho2
nhưng khơng chia hết cho4nên khơng là số chính phương.

BÀI TẬP

Bài 1. Chứng minh rằng:

a) Tổng của bốn số chính phương lẻ có thể là số chính phương.
b) Tổng của năm số chính phương lẻ khơng thể là số chính phương.
Lời giải.

a) Chẳng hạn12+12+32+52 =36=62.

b) Mỗi số chính phương lẻ chia cho 8dư1 nên tổng của năm số chính phương lẻ chia cho8dư 5,
khơng là số chính phương.

Bài 2. Cho sáu số chính phương a2, b2,c2,d2,e2, g2 thỏa mãn a2+b2+c2+d2+e2 = g2. Chứng
minh rằng trong sáu số đó tồn tại hai số chẵn.

Lời giải.
Xét

a2+b2+c2+d2+e2= g2 (1)
Trong trường hợpa,b,c,d,echỉ có một số chẵn thì vế trái của (1) là số chẵn nênglà số chẵn. Vậy tồn
tại hai số chẵn.

Trong trường hợpa,b,c,d,eđều lẻ không xảy ra (xem bài tập20b).
Bài 3.

a) Chứng minh rằng nếu một số chẵn viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương thì số chẵn
đó phải là một bội của4.

b) Chứng minh rằng một bội của4bao giờ cũng viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương
lẻ liên tiếp hoặc hiệu của hai số chính phương chẵn liên tiếp.

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

4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 23
d) Từ1đến100có bao nhiêu số tự nhiên khơng viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương?
Lời giải.

a) Giả sử số chẵnmđược viết dưới dạngm = a2−b2(vớia vàbnguyên) thìm = (a−b)(a+b).
Hiệu(a+b)−(a−b)là số chẵn nên(a+b)và(a−b)phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Domlà số

chẵn nên(a+b)và(a−b)cùng chẵn. Suy ra(a+b)(a−b)...4tức làm...4.

b) Gọimlà một bội của4. Xét hai trường hợp:

◦ Trường hợpmchia hết cho4nhưng không chia hết cho8.
Ta cóm=8n+4=(4n2+8n+4)−4n2=(2n+2)2−(2n)2.

◦ Trường hợpm...8.

Ta cóm=8n=4n2+4n+1−4n2+4n−1=(2n+1)2−(2n−1)2.
c) 20=62−42;24=72−52;28=82−62.

d) Từ các nhận xét ở các câu22a và22b ta suy ra: Các số khơng thể viết được dưới dạng hiệu của
hai số chính phương là các số chẵn khơng chia hết cho4.

Đó là các số2; 6; 10; 14; . . . ; 98, tất cả có98−2

4 +1=25số.

Bài 4. Chứng minh rằng nếunlà tổng của ba số chính phương thì3nđược viết dưới dạng tổng của
bốn số chính phương.

Lời giải.

Giả sửn= a2+b2+c2.
Khi đó

3n=3a2+3b2+3c2

=Äa2+b2+c2+2ab+2bc+2cậ+Äa2−2ab+b2ä+Äb2−2bc+c2ä+Äc2−2ca+a2ä
=(a+b+c)2+(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2.

Bài 5.

a) Viết mỗi số43,53dưới dạng hiệu của hai số chính phương.

b) Chứng minh rằng lập phương của một số tự nhiên bao giờ cũng viết được dưới dạng hiệu của
hai số chính phương.

Lời giải.

a) 43 =102−62và53=152−102.

b) Gọialà số tự nhiên bất kỳ. Xét hai trường hợp:

◦ Nếuachẵn thì ta đặta=2n(vớin∈N).

a3 =(2n)3 =8n3 =n2·8n=n2ỵ(2n+1)2−(2n−1)2ó
=[n(2n+1)]2−[n(2n−1)]2.

◦ Nếualẻ thì ta đặta=2n+1(vớin∈ N).

a3 =(2n+1)3=(2n+1)2(2n+1)=(2n+1)2ỵ(n+1)2−n2ó
=[(2n+1)(n+1)]2−[n(2n+1)]2.

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

Bài 6. Cho các số nguyêna,b,c,dthỏa mãna+b=c+d. Chứng minh rằnga2+b2+c2+d2là tổng
của ba số chính phương.

Lời giải.
Ta có

a2+b2+c2+d2= a2+b2+c2+d2+2a(a+b−c−d)
=3a2+b2+c2+d2+2ab−2ac−2ad

=Äa2+2ab+b2ä+Äa2−2ac+c2ä+Äa2−2ad+d2ä
=(a+b)2+(a−c)2+(a−d)2.

Bài 7.

a) Chứng minh rằng tổng của năm số chính phương liên tiếp thì chia hết cho5.
b) Mệnh đề sau đúng hay sai?

“Nếunlà số lẻ lớn hơn3thì tổng củansố chính phương liên tiếp chia hết chon”.
Lời giải.

a) Trong năm số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho5, một số chia cho5dư1, một số chia cho
5dư2, một số chia cho5dư3, một số chia cho5dư 4. Bình phương của chúng chia cho5lần
lượt dư0,1,4,4,1. Do đó tổng của năm số chính phương liên tiếp chia hết cho5.

b) Mệnh đề sai. Chẳng hạn tổng của chín số chính phương liên tiếp sau khơng chia hết cho9, đó
là(−4)2+(−3)2+(−2)2+(−1)2+02+12+22+32+42=60, chia cho9dư6.

Lưu ý:Nếu thêm điều kiệnnlà số nguyên tố thì mệnh đề ở câu b là đúng.

Bài 8. Cho n

2−1

3 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng:
a) 2n−1là số chính phương.

b) nlà tổng của hai số chính phương liên tiếp.
Lời giải.

a) Gọiavàa+1là hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có
n2−1

3 = a(a+1)

⇔n2−1=3Äa2+ậ

⇔4n2−4=3Ä4a2+4ậ

⇔4n2−1=3Ä4a2+4a+1ä

⇔(2n−1)(2n+1)=3(2a+1)2.
Do2n−1và2n+1là hai số nguyên tố cùng nhau nên

2n+1= x2

2n−1=3y2 hoặc
®

2n−1=m2

2n+1=3p2.
Loại trường hợp đầu vì khi đóx2−3y2 =2, tức làx2chia cho3dư2.
Vậy2n−1=m2.

b) 2n−1là số chính phương lẻ nên

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

4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG 25

Bài 9. Chứng minh rằng:

a) Tồn tại một số chính phương là hiệu các lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp.

b) Nếu số chính phươngn2 là hiệu các lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp thì2n−1là số
chính phương vànlà tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Lời giải.

a) Chẳng hạn83−73 =512−343=169=132.

b) n2 =(x+1)3−x3=3x2+3x+1⇒ n

2−1

3 =x(x+1).
Giải tiếp như Bài tập 27.

Bài 10. Chứng minh rằng các số 2n−1, 2n, 2n+1 đều khơng là số chính phương nếun là số tự
nhiên lẻ chia hết cho 3.

Lời giải.

Xét Theo đề bài,ncó dạng6k+3 (k ∈N. Khi đó2n=2(6k+3)=12k+6, khơng là số chính phương
vì chia hết cho2nhưng khơng chia hết cho4.

2n+1=12k+7, chia cho4dư3nên khơng là số chính phương.

2n−1=12k+5, chia cho3dư2nên khơng là số chính phương.
Bài 11. Chứng minh rằngn3+1khơng là số chính phương nếunlà số tự nhiên lẻ.

Lời giải.

Giả sửn3+1=k2(k ∈N.
n3=k2−1=(k+1)(k−1).

Donlẻ nênk+1,k−1là hai số lẻ liên tiếp, chúng nguyên tố cùng nhau nên
ß

k+1=a3

k−1=b3 (a,blẻ vàa> b).

Khi đó2= a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)≥6(vìa−b≥2, cịna2+ab+b2 ≥3), vơ lí.
Bài 12. Tìm hai số chính phương khác nhauabcdvàdcbasao chodcbachia hết choabcd.

Lời giải.

Đặtabcd=x2,dcba=y2vày2= kx2(2≤ k≤9).
Suy raklà số chính phương nênk ∈ {4; 9}.

Doalà tận cùng của số chính phươngy2vàa6=0nêna ∈ {1; 4; 5; 6; 9}.
abcd.k=dcba.

Dok≥4nênakhác4, 5, 6, 9để tíchabcd.kcó bốn chữ số. Vậya=1.
Vìd.ktận cùng bằng1nênklẻ, vậyk =9.

Ta có1bc9.9=9cb1

⇒ (1009+100b+10c).9 = 9001+100c+10b

⇒ 9081+900b+90c = 9001+100c+10b

⇒ 80+890b = 10c

⇒ 89b+8 = c⇒b=0vàc=8.

Đáp số:1089và9801.

Bài 13. Tìm hai số chính phương liên tiếpm2vàn2 (m<n)sao chom2 =abcvàn2 =acb.
Lời giải.

n= m+1⇒n2=m2+2m+1.

⇒ acb= abc+2m+1

⇒ 10c+b=10b+c+2m+1

⇒ 9(c−b)=2m+1 (1)
Từ (1) suy rac−blẻ. (2)

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

Ta có10≤ m≤30nên21≤2m+1≤61.
Do (1) nên21≤9(c−b)≤61

⇒ 21

9 ≤c−b≤
61

9 ⇒3≤ c−b≤6.
Do (2) nênc−b∈ {3; 5}.

Xétc−b=3, thay vào (1) đượcm= 13,n=14, thỏa mãn vìm2 =169vàn2=196.
Xétc−b=5, thay vào (1) đượcm= 22,n=23, loại vìm2 =484, cịnn2=529.

Đáp số:169và196.

Bài 14. Tìm các số nguyên dươngxvàysao chox2+3yvày2+3xđều là các số chính phương.
Lời giải.

Giả sửx≥y. Ta cóx2< x2+3y<(x+2)2.

Dox2+3ylà số chính phương nênx2+3y=(x+1)2⇒3y=2x+1⇒ylẻ.
Đặty=2k+1(k ∈N)thì2x=3y−1=6k+2nênx=3k+1.

Nếuk =0thìx=1,y=1. Ta cóx2+3y=y2+3x=22.

Xétk>0. Ta cóy2+3x=(2k+1)2+3(3k+1)=4k2+13k+4.

Do(2k+2)2<4k2+13k+4<(2k+4)2nên4k2+13k+4=(2k+3)2.
Ta đượck=5,x=16,y =11.

Đáp số: Các cặp số(x;y)là(1; 1), (16; 11), (11; 16).
Bài 15. Tìm số nguyên dươngnnhỏ nhất, sao cho các sốn+1, 6n+1, 20n+1đều là các số chính
phương.

Lời giải.

Trước hết, ta chứng minhn...24(Xem Ví dụ 4).

Xétn=24thì20n+1=481, khơng là số chính phương.
Xétn=48, đúng.

Đáp số: n=48.

Bài 16. Tìm số nguyên dươngnnhỏ nhất sao cho(n+1)(4n+3)

3 là số chính phương.
Lời giải.

Đặt(n+1)(4n+3)=3k2(k∈N∗).

Các sốn+1và4n+3nguyên tố cùng nhau, trong đó4n+3khơng là số chính phương nên
ß

n+1= a2

4n+3=3b2 (a;b∈

N∗)

⇒4a2−3b2 =4n+4−4n−3⇒4a2−1=3b2

⇒(2a−1)(2a+1)=3b2.

Do2a−1và2a+1ngun tố cùng nhau nên xét hai trường hợp:

a)
ß

2a−1=3x2
2a+1=y2

Khi đóy2−3x2=2⇒y2chia cho3dư2, loại.

b)
ß

2a−1= x2
2a+1=3y2 ⇒3y

2−x2=2 (1)

- Nếuxchẵn thì từ (1) suy raychẵn. Khi đó, vế trái của (1) chia hết cho4, vế phải không chia hết
cho4, loại.

- Vậyxlẻ. Từ (1) ta suy raxkhông chia hết cho3.

Don+1= a2và2a−1=x2nênnnhỏ nhất⇔ anhỏ nhất⇔xnhỏ nhất.

Doxlẻ, không chia hết cho3, nên đểxnhỏ nhất ta chọnx =5. Khi đó2a−1=2⇒a=13 ⇒

n+1=132⇒n=168.
Ta có (n+1)(4n+3)

3 =

169.675

3 =(13.15)
2.

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 27

5. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Phương trình nghiệm ngun là một đề tài lí thú về Số học và Đại số, được nghiên cứu từ nhiều thế
kỉ trước Công nguyên.

Trong các chuyên đề trước, đã có nhiều bài tốn dẫn đến giải phương trình nghiệm nguyên, chẳng
hạn các ví dụ16, 17, 18, 19, 20, 26các bài tập31, 32, 33.Chuyên đề này sẽ trình bày rõ hơn các phương
pháp dùng để tìm nghiệm nguyên của phương trình. Đó là:

- Phương pháp xét tính chia hết, như đưa về phương trình ước số, xét số dư của từng vế, phương
pháp lùi vô hạn.

- Phương pháp dùng bất đẳng thức, như sắp thứ tự các ẩn, xét từng khoảng giá trị của ẩn, sử dụng

∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm, xét các tích kẹp giữa các tích cùng dạng.

- Phương pháp dùng số chính phương, như xét các số chính phương gần nhau, sử dụng điều kiện∆
là số chính phương ở phương trình bậc 2, dùng tính chất của số chính phương.

Ở nước ta, sáchĐại thành tốn phápcủaLương Thế Vinhthế kỉ XV cũng có bài tốn tìm nghiệm nguyên

Trăm trâu ăn cỏ.

Vài nét lịch sử

NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ PHÉC-MA CUỐI CÙNG

Vào năm1637, nhà tốn học kiêm luật gia người PhápPhéc-ma(Pierre de Fermat), 1601-1665, nêu mệnh
đề sau (được gọi là định lí lớn Phec-ma, cũng gọi là định lí cuối cùng của Phéc-ma)

Phương trìnhxn+yn=znvớinlà số ngun lớn hơn2khơng có nghiệm ngun dương.

Người ta đã tìm thấy chứng minh của Phéc-ma với n = 3 và n = 4. Một trăm năm sau, người ta
chứng minh được mệnh đề trên vớin = 4,n = 7.Năm1972, với máy tính điện tử, đã chứng minh
được bài toán với mọin ≤ 4000000.Đến năm1993, bài toán vẫn treo lơ lửng như một sự thách đố
khả năng của con người. Ít người tin rằng bài toán sẽ được giải quyết ngay trong thế kỉ XX.

Người đã làm được công việc tuyệt với này là nhà tốn học AnhOai-lơ(Andrew Wiles, sinh năm1953).
Ơng đã tự nguyện gắn bó đời mình với “bài tốn thế kỉ” này từ năm23tuổi. Ơng kể lại:

“Tơi nghĩ về bài tốn suốt ngày, cả trong lúc ngủ. Khi bế tắc, tôi đi dạo gần hồ. Tơi có sẵn bút chì và
giấy. Lúc có ý tưởng, tơi ngồi xuống một băng ghế và viết vội ra, suốt7−8năm trời như vậy. Một
buổi sáng cuối tháng5−1993,tơi ngó lướt qua bài nghiên cứu của mình, có một câu làm tơi chú ý,
câu đó nhắc tới một cơng trình vào thế kỉ XIX, và tơi bỗng nhận ra là tơi có thể dùng nó để hồn thành

chứng minh. Tôi tiếp tục tới chiều và quên cả ăn trưa. Khoảng3−4giờ chiều, tôi tin tưởng đã giải
quyết được bài tốn. Tơi xuống nhà nói với vợ là tơi đã giải được định lý Phéc-ma cuối cùng”.
Oai-lơ công bố phát minh của mình trong một hội nghị tốn học quốc tế ở Cambridge, Anh. Đó là
ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối cùng của ơng. Ơng đã chứng minh được một giả thuyết, mà
định lí Phéc-ma là một hệ quả của giả thiết này. Ông kết luận bản báo cáo: “Và điều này chứng minh
định lí Phéc-ma”.

Phịng họp lặng đi, rồi cả hội trường vỗ tay dồn dập. Ngày hơm sau, báo chí cả thế giới thơng tin về
một trong những thành tựu tốn học vĩ đại nhất.

Cơng trình dày 200trang của ơng được gửi đến các nhà lí thuyết số hàng đầu thế giới. Sáu tháng
sau, họ phát hiện ra một lỗ hổng trong chứng minh, một lỗ hổng chứ không phải một sai lầm, và mọi
người tin rằng Oai-lơ sẽ khắc phục được.

Sự miệt mài cần mẫn của Oai-lơ đã được đền đáp. Tháng9−1994, ơng tìm ra chỗ sai của mình và
tháng10−1994, ơng cùng với một học trị của mình cơng bố bài báo25trang để “lấp lỗ hổng” của
bản báo cáo trước. Lần này, người ta khơng tìm thấy một sai sót nào. Định lí cuối cùng của Phéc-ma
đã được chứng minh sau trên350năm.

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

VÀI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN CHƯA GIẢI ĐƯỢC

Bài tốn 1.Xét biểu thứcx!+1.Vớix =4, 5, 7thì biểu thức cho các số chính phương52, 112, 712.Cịn

số ngun dươngxnào khác đểx!+1là số chính phương khơng?

Bài tốn 2.Phương trình sau có nghiệm ngun khơng?

x3+y3+z3+t3 =148.

Bài toán 3.Tồn tại các số nguyên dương a, b, c,d khác nhau sao cho a3+b3 = c3+d3, chẳng hạn

13+123 =93+103.

Có tồn tại các số nguyên dươnga,b,c,dkhác nhau sao choa5+b5 =c5+d5khơng?

Bài tốn 4.Chứng minh rằng phương trình xm−yn = 1với m > 1, n > 1, x > y chỉ có nghiệm

ngun dương khim=2vàn =3.

Bài tốn 5.Có ln tồn tại số ngun tố nằm giữan2và(n+1)2với mọi số tự nhiênnkhơng?

Bài tốn 6.Xét biểu thứcnn+1.Vớinbằng1, 2, 4thì biểu thức cho các số nguyên tố2, 5, 257.Còn số

tự nhiênnnào khác đểnn+1là số nguyên tố khơng?

I. Phương pháp xét tính chia hết

1. Đưa về phương trình ước số

Ta gọi phương trình ước số là phương trình có vế trái là một tích các biểu thức có giá trị nguyên, vế
phải là một hằng số ngun. Bằng cách tìm các ước của hằng số đó, ta tìm được nghiệm ngun của
phương trình.

Ví dụ 31. Tìm nghiệm nguyên của phương trình5xy+x−10y=14.
Lời giải.

5xy+x−10y =14⇔x(5y+1)−2(5y+1)=12⇔(5y+1)(x−2)=12.
Suy5y+1là ước của12và chia cho5dư1. Ta có bảng sau

5y+1 1 6 4

y 0 1 −1
x 14 4 −1

Các nghiệm nguyên(x;y)của phương trình là(14; 0), (4; 1), (−1;−1).
Ví dụ 32. Tìm nghiệm ngun của phương trìnhx3 =3(xy+y+1).

Lời giải.

x3 =3(xy+y+1)⇔x3−3=3y(x+1). Suy rax...3vàx3+1−4...(x+1)

⇒4...(x+1). Do đóx+1là ước của4và chia cho3dư1.
Ta có bảng sau

x+1 1 −2 4
x 0 −3 3
y −1 5 2

Các nghiệm nguyên(x;y)của phương trình là(0;−1), (−3; 5), (3; 2).

II. Xét số dư của từng vế

Ví dụ 33. Chứng minh rằng phương trìnhx3−7y=51 (1) khơng có nghiệm ngun.
Lời giải.

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 29
• Xétx=7k±1vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6.

• Xétx=7k±2vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6.
• Xétx=7k±3vớik ∈Zthìx3chia cho7dư1hoặc6.

Do đó vế trái của (1) chia cho7dư0,1,6cịn vế phải của (1) chia cho7dư2. Vậy phương trình khơng

có nghiệm ngun.

III. Chia liên tiếp các ẩn cho cùng một số ( Phương pháp lùi vơ hạn)

Ví dụ 34. Tìm nghiệm nguyên của phương trìnhx3+2y3+4z3 =0. (1)

Lời giải.

Ta thấyx...2. Đặtx =2x1vớix1∈Z, thay vào (1) rồi chia hai vế cho2ta được

4x31+y3+2z3 =0 (2)

Suy ray...2. Đặty=2y1vớiy1∈Z, thay vào (2) rồi chia hai vế cho2ta được

2x31+4y31+z3 =0 (3)

Suy raz...2. Đặtz=2z1vớiz1∈Z, thay vào (3) rồi chia hai vế cho2ta được
x31+2y31+4z31 =0

Như vậy nếu (x;y;z) là nghiệm của (1) thì (x1;y1;z1) cũng là nghiệm của (1), trong đó x = 2x1,
y=2y1,z=2z1.

Cứ tiếp tục như vậy, ta đi đếnx,y,zđều chia hết cho2k vớiklà số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra
khix= y=z=0.

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là(0; 0; 0).

4

! Ta gọi phương pháp trên làphương pháp lùi vô hạn. Phương pháp này thường được dùng để chứng

minh một phương trình chỉ có nghiệm ngun khi các ẩn bằng0.

IV. Phương pháp dùng bất đẳng thức

1. Sắp thứ tự các ẩn

Ví dụ 35. Tìm nghiệm ngun dương của phương trình2xyz=x+y+z. (1)

Lời giải.

Giả sử1≤x ≤y≤z. Ta có2xyz=x+y+z ≤3z.

Chia hai vế cho số dươngzđược2xy≤3⇒xy≤1⇒ xy=1.
Do đóx =y=1. Thay vào(1)được2z=2+znênz=2.

Nghiệm nguyên dương(x;y;z)là(1; 1; 2), (1; 2; 1), (2; 1; 1).

2. Xét từng khoảng giá trị của ẩn

Ví dụ 36. Tìm số tự nhiênxsao chox6+2x4−125là lập phương của một số nguyên.
Lời giải.

Đặtx6+2x4−125= y3(y∈ Z).

Ta thấyy3<(x2+1)3, vì(x2+1)3−y3 =x6+3x4+3x2+1−(x6+2x4−125)=x4+3x2+126>0.

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

Ta xét khi nào thì xảy ray> x2.

Ta thấyy> x2 ⇔y3 >x6⇔x6+2x4−125>x6⇔2x4 >125⇔x4 ≥63. (2)
Từ(1)và(2)suy ra vớix4 ≥64thìx2< y<x2+1, điều này khơng xảy ra. (3)
Xétx =0thìy3 =−125nêny= −5.

Xétx =1thìy3 =1+2−125= −122, loại.
Xétx =2thìy3 =64+32−125=−29, loại.
Xétx ≥3thìx4≥81>63, loại do (3)

Đáp số:x =0.

3. Sử dụng bất đẳng thức∆≥0để phương trình bậc hai có nghiệm

Ví dụ 37. Tìm nghiệm ngun của phương trìnhx2+y2−2x+y=9.
Lời giải.

Viết phương trình đã cho thành phương tình bậc hai đối vớix, khi đóylà tham số.
x2−2x+(y2+y−9)=0.

Điều kiện để tồn tạixlà∆0 ≥0.

Ta có∆0 =1−y2−y+9=−y2−y+10.

∆0 ≥0⇔y2+y−10 ≤0⇔4y2+4y−40≤0⇔(2y+1)2 ≤41.
Do đó(2y+1)2∈ {1; 9; 25}. Ta có

2y+1 1 −1 3 −3 5 −5

2y 0 −2 2 −4 4 −6

y 0 −1 1 −2 2 −3

x loại loại loại loại 3và−1 3và−1

Nghiệm nguyên(x;y)là(3; 2), (−1; 2), (3;−3), (−1;−3).

4. Xét các tích kẹp giữa các tích cùng dạng

Nếu các số ngunx,y,kthỏa mãnx(x+k)< y(y+k)<(x+2)(x+2+k)thì
y(y+k) =(x+1)(x+1+k).

Ví dụ 38. Tìm nghiệm nguyên của phương trìnhx4+x2+2=y2−y. (1)

Lời giải.

Từ đề bài suy ra(y−1)y= x4+x2+2. (2)
Ta lại cóx4+x2< x4+x2+2<x4+x2+2+(4x2+4), kết hợp với(2)được

x2(x2+1)<(y−1)y<(x2+2)(x2+3)⇒(y−1)y=(x2+1)(x2+2).
Kết hợp với(2)được

x4+x2+2=x4+3x2+2⇔2x2 =0⇔x=0.
Thay vào(1)đượcy2−y=2⇔y2−y−2= 0⇔

y=−1
y=2.

Nghiệm nguyên(x;y)là(0;−1), (0; 2).

V. Phương pháp dùng số chính phương

1. Xét các số chính phương gần nhau

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN 31
Lời giải.

Nhân hai vế của phương trình đã cho với4rồi cộng 1, ta được
4x4+8x2+25=4y2−4y+1.
Đặt4x4+8x2+25= A, thìA=(2y−1)2. Do

4x4+4x2+1<4x4+8x2+25≤4x4+20x2+25
nên

(2x2+1)2 < A≤(2x2+5)2.

DoAlà số chính phương lẻ nên từ bất đẳng thức trên suy raA=(2x2+3)2hoặcA=(2x2+5)2.
a) A=(2x2+3)2⇔4x2+8x2+25=4x4+12x2+9⇔ x2 =4. Thay vào phương trình đề cho ta

đượcy2−y−30=0nêny=6,y=−5.

b) A=(2x2+5)2⇔4x2+8x2+25=4x2+20x2+25⇔x=0. Thay vào phương trình đề cho ta
đượcy2−y−6=0nêny=3,y =−2.

Nghiệm ngun(x;y)là(2; 6),(−2; 6),(2;−5),(−2;−5),(0; 3),(0;−2).
Ví dụ 40. Tìm số tự nhiênx, sao chox4+x3+1là số chính phương.

Lời giải.

• Cách 1.Đặtx4+x3+1= y2,y∈N.

+ Xétx=0thìy2 =1, thỏa mãn.
+ Xétx=1thìy2 =3, loại.
+ Xétx=2thìy2 =25, thỏa mãn.
+ Xétx≥3, ta có

4y2 =4x4+4x3+4=(2x2+x)2+4−x2 <(2x2+x)2.
Mặt khác4y2=4x4+4x3+4>(2x2+x−1)2vì

(4x4+4x3+4)−(2x2+x−1)2=3x2+2x+3>0.
Suy ra(2x2+x−1)2 <(2y)2 <(2x2+x)2, loại.

Đáp số:x=0,x =2.

• Cách 2.Ta cóx4+x3+1>(x2)2nên

x4+x3+1=(x2+k)2vớik ∈N∗.
Suy rax4+x3+1=x4+2kx2+k2⇒ x2(x−2k) =k2−1.

+ Xétk=1thìx2(x−2)=0nênx∈ {0; 2}. Khi đóx4+x3+1∈ {1; 25}, thỏa mãn.

+ Xétk ≥ 2thìk2−1 > 0. Từx2(x−2k) = k2−1ta cók2−1...x2 nênk2−1 ≥ x2 ⇒ k2 >
x2 ⇒ k > x. Mặt khác, từx2(x−2k) = k2−1còn suy rax−2k > 0⇒ x > 2k ⇒ x > k.
Mâu thuẫn.

Vậy chỉ cóx =0vàx =2.

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

2. Sử dụng điều kiện∆là số chính phương

Ở những phương trình f(x,y)=0với hệ số ngun có thể viết được dưới dạng phương trình bậc hai
đối với một ẩn, chẳng hạn đối với x, ngoài điều kiện∆ ≥ 0để phương trình ẩnxcó nghiệm, muốn
phương trình có nghiệm ngun cịn cần∆là số chính phương, vì nếu∆khơng là số chình phương
thìxlà số vơ tỉ.

Chú ý rằng∆là số chính phương là điều kiện cần nhưng chưa đủ để phương trình có nghiệm ngun.
Do đó, phải thử giá trị tìm được vào phương trình đã cho, hoặc tìm ra cụ thể nghiệm nguyên của
phương trình.

Ví dụ 41. Tìm nghiệm ngun của phương trìnhx2y2−xy=x2+2y2.
Lời giải.

Viết phương trình đã cho dưới dạng(x2−2)y2−xy−x2=0.

Doxngun nênx2−26=0, do đó(x2−2)y2−xy−x2=0là phương trình bậc hai với ẩny, có
∆= x2+4x2(x2−2)=x2(4x2−7).

Điều kiện cần để(x2−2)y2−xy−x2 =0có nghiệm ngun là∆phải là số chính phương.
a) Xétx=0thì từx2y2−xy=x2+2y2suy ray=0.

b) Xét x 6= 0thì4x2−7phải là số chính phương. Đặt 4x2−7 = m2(m ∈ N)ta có(2x−m)(2x+
m)=7. Ta tìm đượcx =−2hoặcx=2.

+ Vớix=−2thì(x2−2)y2−xy−x2=0lày2+y−2=0nêny∈ {1;−2}.
+ Vớix=2thì(x2−2)y2−xy−x2=0lày2−y−2=0nêny∈ {−1; 2}.
Nghiệm nguyên(x;y)là(0; 0),(−2; 1),(−2;−2),(2;−1),(2; 2).

4

! Nếu viết phương trìnhx2y2−xy = x2+2y2 dưới dạng phương trình bậc hai với ẩnx, việc giải điều

kiện∆là số chính phương sẽ gặp khó khăn. Bạn đọc tự kiểm tra.

3. Dùng tính chất của số chính phương

Ngồi tính chất chia hết của số chính phương, (xem Chuyên đề 4), cần nhớ các tính chất sau:
Choab=c2, (a,b,c∈Z).

a) Nếuavàblà hai số nguyên liên tiếp thìa=0hoặcb=0.

b) Nếuavàblà hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thìa= m2vàb=n2, (m,n∈N).
c) Nếua =m26=0thìb=n2, (m,n∈N).

Ví dụ 42. Tìm nghiệm ngun của phương trìnhx2+2xy=5y+6.
Lời giải.

x2+2xy=5y+6⇔x2+2xy+y2=y2+5y+6⇔(x+y)2 =(y+2)(y+3).
(x+y)2bằng tích của hai số ngun liên tiếp nên phải có một số bằng0.

• Nếuy+2=0thìy=−2;x=2.
• Nếuy+3=0thìy=−3;x=3.

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 33

Ví dụ 43. Tìm nghiệm nguyên của phương trìnhx3+x2+x =4y(y−1).
Lời giải.

x3+x2+x=4y(y−1)⇔ x3+x2+x+1=4y2−4y+1⇔(x2+1)(x+1)=(2y−1)2.
Vế phải là số lẻ nênx2+1vàx+1cùng lẻ, đồng thời cùng là số dương. Ta lại thấy hai số x2+1và
x+1nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, nếu chúng cùng chia hết chodthìx2−1...dnên(x2+1)−(x2−

1)...d⇒2...d⇒d=1, vìdlà ước của số lẻ.

Hai số x2+1vàx+1 nguyên tố cùng nhau, có tích là số chính phương nên cả hai đều là số chính
phương.

Ta cóx2+1là số chính phương, màx2vàx2+1là hai số nguyên liên tiếp nênx=0.
Thay vàox3+x2+x =4y(y−1)đượcy=0hoặcy=1.

Nghiệm nguyên là(0; 0),(0; 1).

Ví dụ 44. Tìm nghiệm tự nhiên của phương trình(x+y)2 =18x+81.
Lời giải.

(x+y)2=18x+81⇔(x+y)2−18(x+y)+81=162−18y⇔(x+y−9)2=9(18−2y).
Do đó,18−2y là số chính phương. Doy ≥ 0nên18−2y ≤ 18. Các số chính phương chẵn khơng
q18là0; 4; 16.

18−2y 0 4 16
y 9 7 1
x 0 8 20

Nghiệm tự nhiên(x;y)là(0; 9),(8; 7),(20; 1).

4

! Cũng có thể viết phương trình(x+y)2 = 18x+81dưới dạng phương trình bậc hai với ẩn x, ta tìm

được∆0 =162−18yrồi giải điều kiện∆0 là số chính phương.
Ví dụ 45. Tìm số tự nhiênx, biết rằng:

a) 2x+5là số chính phương;
b) 2x+9là số chính phương.
Lời giải.

a) Xétx=0thì2x+5=20+5=6, khơng là số chính phương.
Xétx=1thì2x+5=2+5=7, khơng là số chính phương.
Xétx=2thì22+5=9=32.

Xétx≥3thì2x ...8nênx2+5chia8dư5khơng là số chính phương.

Đáp số:x=2.

b) Xét hai trường hợp:xlẻ vàxchẵn.

– Xétxlẻ. Khi đóx2+1...3nên2x+9chia cho3dư2, khơng là số chính phương.

– Xét x chẵn. Đặt x = 2n, n ∈ N. Giả sử 22n+9 = y2,y ∈ N. Ta có y2−22n = 9 ⇔

(y+2n)(y−2n)=9. Ta thấyy+2n>0nêny−2n>0vày+2n>y−2n. Do đó
®

y+2n=0
y=2n=1 ⇔

®
2n=4
y=5 .
Ta đượcn=2vàx=4.

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

BÀI TẬP

Bài 37. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) x2x−y2−3x+3y=2;

b) 2xy−x−y=10;
c) x2−4y2−4y=45;

d) x3−3xy=6y−1;

e) x2+y2 =3 z2+t2
.
Lời giải.

a) Đưa về(x−y)(x+y−3)=2.

Đáp số:(3; 2),(0; 1),(3; 1),(0; 2).
b) Đưa về(2x−1)(2y−1)=21.

Đáp số:(11; 1),(4; 2),(−1;−3),(0;−10).
c) x2−4y2−4y=45⇔x2−4y(y+1)=45.

Ta thấyxlẻ nênx2chia cho8dư1.

Phương trình khơng có nghiệm ngun (vế trái chia cho8dư1, vế phải chia8dư5).
d) x3−3xy=6y−1⇔x3+1=3y(x+2).

Ta cóx3+1...x+2⇒ x3+8

−7...x+2⇒7...x+2.

Đáp số:(−1; 0), (5; 6).

e) x2+y2 =3 z2+t2

nênx2+y2...3. Hãy chứng minhxvàyđều chia hết cho3.
Giải tương tự Ví dụ34, dùng phương pháp lùi vơ hạn.

Đáp số:(0; 0; 0; 0).

Bài 38. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

a) x2−x+y2−y= xy;
b) x2−5x+2=y4+y2;

c) x6−x2+6= y3−y.

Lời giải.

a) Đưa về phương trình bậc hai với ẩnx:x2−(1+y)x+ y2−y
=0.

Từ∆>0được3y2−6y61⇒3(y−1)2≤4⇒(y−1)2∈ {0; 1} ⇒y∈ {0; 1; 2}.

Đáp số:(0; 0),(1; 0),(0; 1),(2; 1),(1; 2),(2; 2).

b) x2−5x+2=y4+y2⇔(x−3)(x−2)=y4+y2+4. (1)
Ta thấyy4+y2+4> y4+y2 =y2 y2+1

. (2)

Bất đẳng thứcy4+y2+4< y2+2

y2+3

là đúng. (3)

Từ(1),(2),(3)suy ra:y2 y2+1

<(x−3)(x−2)< y2+2

y2+3
nên(x−3)(x−2)= y2+1

y2+2

tức lày4+y2+4=y4+3y2+2⇔y2=1.

Đáp số:(0; 1),(0;−1),(5; 1),(5;−1).

c) x6−x2+6= y3−y⇔x6−x2+6=(y−1)y(y+1). (1)

Ta thấyx6−x2+6> x6−x2 = x2−1

x2 x2+1

. (2)

Bất đẳng thứcx6−x2+66 x2+1

x2+2

x2+3

là đúng (bạn đọc tự kiểm tra). (3)
Từ(1),(2),(3)suy ra:

x2−1

x2 x2+1

<(y−1)y(y+1)6 x2+1

x2+2

x2+3
nên(y−1)y(+1)=x2 x2+1

x2+2

. (4)

hoặc(y−1)y(y+1)= x2+1

x2+2

x2+3

. (5)

Từ(4)và(1)cóx6−x2+6=x2 x2+1

x2+2

⇔x2=1. Từ đóy =2.
Từ(5)và(1)cóx6−x2+6= x2+1

x2+2

x2+3

⇔x2=0. Từ đóy=2.

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 35

Bài 39. Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình:

a) x3+x2y2+y2−2y=24;
b) 3y =x2−5x+7.

Lời giải.

a) x3+x2y2+y2−2y=24⇔x3+x2y2+(y−1)2 =25.
Suy rax3625nênx∈ {0; 1; 2}.

Đáp số:(0; 6), (2; 2).

b) Trước hết, ta chứng minhx2−5x+7không chia hết cho9với mọi số nguyênx(xét các trường
hợpx=3k,x =3k+1,x=3k+2vớik ∈N).

Suy ra3ykhông chia hết cho9. Xéty=0,y=1.

Đáp số:(2; 0), (3; 0), (1; 1), (4; 1).

Bài 40. Tìm nghiệm nguyên dương của các phương trình.

a) xyz=2(x+y+z).
b) xyz=x+y+2z.
Lời giải.

a) xyz=2x+2y+2z

Giả sử1≤x ≤y≤zthìxyz≤6z⇒xy≤6⇒ x2 ≤6⇒ x∈ {1; 2}.

• Xétx=1. Lần lượt choybằng1,2,3,4,5,6, ta đượcznguyên vày≤ ztrong hai trường hợp
y=3,y=4cho ta nghiệm(1; 3; 8)và(1; 4; 5).

• Xétx=2. Lần lượt choybằng2,3, ta được nghiệm(2; 2; 4).

Vậy nghiệm của phương trình là(1; 3; 8),(1; 4; 5),(2; 2; 4)và các hốn vị của nó.
b) xyz=x+y+2z

Cách 1: Đặt2z=ata cóxya=2(x+y+a)vớiachẵn.

Giải như câu a và chú ý rằngachẵn ta được(x;y;a)bằng(1; 3; 8), (3; 1; 8), (1; 5; 4), (5; 1; 4),
(2; 2; 4), (4; 2; 2), (2; 4; 2).

Từ đó(x;y;z)bằng(1; 3; 4), (3; 1; 4), (1; 5; 2), (5; 1; 2), (2; 2; 2), (4; 2; 1), (2; 4; 1).
Cách 2:

• Xétz =1thìxy=x+y+2⇔(x−1)(y−1)=3. Giả sửx≤y, ta được(x;y;z)bằng
(2; 4; 1).

• Xétz ≥2thìx+y= xyz−2z=z(xy−2)≥2(xy−2)

⇔2xy−4≤ x+y⇒2xy−x−y≤4⇒(2x−1)(2y−1)≤9.
Giả sửx≤ythì(2x−1)2 ≤9⇒x≤2, ( Chú ý rằngx≥1).
+) Với x=1thìyz=1+y+2z⇔(y−2)(z−1)=3.
Giả sửy≤z, ta được(x;y;z)bằng(1; 3; 4)và(1; 5; 2).
+) Với x=2thì2yz=2+y+2z ⇔(2z−1)(y−1)=3.

Doz ≥2nên2z−1= 3. Ta được(x;y;z)bằng(2; 2; 2). Từ đó ta thu được bảy đáp số
như trên.

Bài 41. Tìm nghiệm ngun dương của các phương trìnhx2−8y+7=0.

Lời giải.

Ta cóx2+7 = 8y =⇒ x2+7...8, điều này đúng với mọixlẻ. Vậy nghiệm nguyên của phương trình
là

2k+1;k(k+1)

2 +1

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

Bài 42. Tìm số tự nhiênxđể mỗi biểu thức sau là số chính phương.
a) x2+3x+1;

b) x4−x2+2x+2;
c) 3x+80;

d) 3x+91.
Lời giải.

a) Cách 1. Đặt x2+3x+1 = y2(y ∈ N).Hãy chứng minh(x+1)2 ≤ x2+3x+1 < (x+1)2,từ đó
(x+1)2≤ y2<(x+1)2nêny2=(x+1)2tìm đượcx =0.

Cách 2. Biến đổix2+3x+1=y2 ⇔4x2+12x+4=4y2 ⇔(2x+3)2−(2y)2=5.Đưa về phương
trình ước số.

x4−x2+2x+2= x4−2x3+2x2+2x3−4x2+4x+x2−2x+2
= x2(x2−2x+2)+2x(x2−2x+2)+(x2−2x+2)
=(x2−2x+2)(x+1)2.

Dox ∈ Nnên(x+1)2 6= 0,suy rax2−2x+2phải là số chính phương, tức là(x−1)2+1là số
chính phương. Ta có(x−1)2và(x−1)2+1là số chính phương nên(x−1)2=0hayx=1.
c) Lần lượt xétx=0,x≥1.Đáp sốx=0.

d) Lần lượt xétxlẻ,xchẵn. Giải tương tự Ví dụ45b.Đáp sốx=2.

Bài 43. Tìm nghiệm ngun dương của phương trình:x+y=xy−y2.

Lời giải.

Viết thành phương trình bậc hai với ẩnyta đượcy2+(1−x)y+x=0.
∆=x2−6x+1.

Phải cóx2−6x+1=m2(m∈N)⇔(x−3+m)(x−3−m)=8.
x−3+m 8 4
x−3−m 1 2

m 3, 5 1

x loại 6

Đáp số(6; 2), (6; 3).

Bài 44. Tìm các số nguyên tốxvàysao cho:
a) x2+3xy+y2là số chính phương;

b) x2+3xy+y2là lũy thừa tự nhiên của5.
Lời giải.

a) Đặtx2+3xy+y2 = n2(n ∈ N).Trong hai sốx,yphải có một số chia hết cho 3 vì nếu cả hai số
đều khơng chia hết cho3thìx2+y2chia3dư2nênn2 chia3dư2, vơ lí. Giả sửy...3,doylà số
ngun tố nêny=3.Ta có

x2+9x+9=n2 ⇔(2x+9)2−4n2 =45

⇔(2x+9+2n)(2x+9−2n)=45.
Dox≥2nênn≥6,suy ra2x+9+2n≥25.Do đó

2x+9+2n=45
2x+9−2n=1 ⇔

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

5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUN 37
b) Đặtx2+3xy+y2 =5n(n∈N).Dox ≥2,y≥2nênn≥2.Suy ra

x2+3xy+y2...25⇔(x−y)2+5xy...25

⇔(x−y)2...5⇔x−y...5.

Suy ra(x−y)2 ...25 ⇔ 5xy...25 ⇔ xy...5.Trongx,yphải có một số chia hết cho 5,lại cóx−y...5
nênxvàyđều chia hết cho5.Dox,ylà số ngun tố nênx =y=5.Khi đón=3.

Bài 45. Tìm các số nguyên tốxvàysao cho:

a) x2+3xy+y2là số chính phương.
b) x2+3xy+y2là lũy thừa tự nhiên của5.
Lời giải.

a) Đặtx2+3xy+y2 =n2 (n∈N).

Trong hai sốxvày, phải có một số chia hết cho3vì nếu cả hai số đều khơng chia hết cho3thì
x2+y2chia3dư2nênn2chia3dư2, vơ lí.

Giả sửy...3, doylà số ngun tố nêny=3.

Ta cóx2+9x+9=n2⇔(2x+9)2−4n2=45⇔(2x+9+2n)(2x+9−2n)=45.

Dox≥2nênn≥6, suy ra2x+9+2n≥25. Do đó

2x+9+2n=45
2x+9−2n=1 ⇔

®
x=7
n=11.
Đáp số:(7; 3), (3; 7).

b) Đặtx2+3xy+y2 =5n(n∈N). Dox≥2,y ≥2nênn≥2.

Suy rax2+3xy+y2 ... 25 ⇒ (x−y)2+5xy... 25 ⇒ (x−y)2 ... 5 ⇒ x−y ... 5 ⇒ (x−y)2 ...25 ⇒

5xy...25⇒xy...5.

Trongxvàyphải có một số chia hết cho5, lại cóx−y...5nênxvàyđều chia hết cho5.
Dox,ylà các số ngun tố nênx= y=5.

Khi đón=3.

Bài 46. Tìm nghiệm ngun của các phương trình:

a) √x+√x+5=y.

b) x+

x+1
2 +

…
x+1

4 =y.
Lời giải.

a) Vớiy≥0ta có√x+√x+5=y⇔2x+5+2√x(x+5)=y2⇔2√x(x+5)=y2−2x−5.
Đặty2−2x−5=n∈N, ta có

4x(x+5)=n2⇔(2x+5)2−n2 =25⇔(2x+5+n)(2x+5−n)=25.
Đáp số:(4; 5).

b) Đặt
…

x+1

4 = a≥0thìx =a
2−1

4. (1)

Phương trình trở thànhy=a2−1
4+

…

a2+a+ 1
4

⇔y= a2− 1
4+

Å
a+1

2
ã

⇔y=

Å
a+ 1

2
ã2

. (2)

Doa≥0nêny≥ 1

4. Từ(2)suy ra

√

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

Kết hợp với(1)đượcx=

√

y−1

2
ã2

− 1

4 =y−

√

y.
Doxvàylà số nguyên nênyphải là số chính phương.
Ta lại cóy≥ 1

4 nêny =k

2 (k ∈Z,k 6=0), khi đóx=k2−k.
Đáp số:(k2−k;k2)vớik∈Z,k6=0.

Bài 47. Tìm các số nguyên dươnga,b,csao choa2=2(b+c)vàa3−b3−c3=3abc.

Lời giải.

Từa3−b3−c3 =3abcsuy raa>bvàa>c. Do đó2a>b+c.

Kết hợp với2(b+c)= a2suy ra4a >a2nêna<4.

Từa2=2(b+c)suy raa...2nêna=2.

Đáp số:a =2,b=c=1.

Bài 48. Tìm các số ngun dươngknhỏ nhất để phương trình2xy−x−3y=kcó một số lẻ nghiệm
ngun dương và tìm các nghiệm đó.

Lời giải.

Ta có2xy−x−3y=k⇔4xy−2x−6y=2k⇔(2x−3)(2y−1)=2k+3.
Số nghiệm nguyên dương của phương trình là số ước nguyên dương của2k+3.

Để số nghiệm nguyên dương là số lẻ thì2k+3phải là số chính phương. Đểknhỏ nhất, ta lần lượt
chokbằng1, 2, 3, . . .đếnk =3ta được2k+3=9là số chính phương.

Phương tình(2x−3)(2y−1)=9.

Ta tìm được các nghiệm nguyên dương là(6; 1), (3; 2), (2; 5).
Bài 49. a) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có ba chữ số sao cho nhân nó với31rồi chia cho23thì dư16.

b)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tận cùng là84và chia hết cho83.
Lời giải.

a) Gọi số tự nhiên phải tìm làx. Trước hết ta tìm nghiệm nguyên của phương trình31x =23y+16.
Biểu thịytheox, ta được:

y= 31x−16

23 = x−1+

8x+7
23 .
Đặt 8x+7

23 =k∈ Zthì8x+7=23k. Biểu thịxtheokđượcx =

23k−7

8 =3k−1−
k−1

8 .
Đặt k−1

8 =m∈ Zthìk−1=8mnênk =8m+1.
Thay vàox=3k−1− k−1

8 đượcx=3(8m+1)−1−m=23m+2.

Cần chọn một số nguyên m nhỏ nhất sao cho23m+2 ≥ 100. Ta chọn m = 5 và được x =
23·5+2=117.

Thay vàoy= x−1+8x+7

32 đượcy=117−1+

8·117+7

23 =157. Khi đó117·31=23·157+
16.

b) Gọi số tư nhiên phải tìm là100x+84. Trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
100x+84=83y.

y= 100x+84

83 = x+1+

17x+1
83 .
Đặt17x+1=83k,k∈N∗thìx= 83k−1

17 =5k−
2k+1

17 .
Đặt2k+1=17m,m∈N∗thì17m−1

2 =8m+

m−1
2 .

Chọn số nguyên dươngmnhỏ nhất là1, ta đượck=8,x=39. Số nhỏ nhất phải tìm là3984.

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

6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 39

Bài 50. a) Một bài thi gồm20câu hỏi, mỗi câu trả lời đúng được5điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ đi

1điểm, mỗi câu bỏ qua khơng trả lời được0điểm. Tính số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu
bỏ qua không trả lời của bạn Tùng, biết rằng số điểm của bạn là58điểm.

b) Cũng hỏi như câu a), nhưng mỗi câu trả lời sai bị trừ2điểm và điểm nhận được là51điểm;
42điểm.

Lời giải.

a) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua lần lượt làx,y,z. Ta có
®

x+y+z =20
5x−y=58 .
Suy ra6x+z=78, nênz...6.

Từ5x−y=58suy rax≥12nên6x≥72, do đóz≤6.
Từz...6vàz≤6suy raz=6. Từ đóx=12,y=2

Đáp số:Tùng trả lời đúng12câu, trả lời sai2câu, bỏ qua không trả lời6câu.
b) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua lần lượt làx,y,z.

– Ta có
®

x+y+z=20
5x−2y=51 ⇔

2x+2y+2z=40

5x−2y =51 .

Hãy chứng minhz...7vàz≤7. Từ đó,z=7,x =11,y=2.
– Ta có

x+y+z=20
5x−2y=42 ⇔

2x+2y+2z=40
5x−2y =42 .
Suy ra7x+2z=82.

Từ5x−2y =42suy rax≥9vàxchẵn.

Từ7x+2z =82suy rax≤11. Vậyx =10,y=4,z =6.

Bài 51. Một số khách du lịch đến một cửa hàng mua lọ hoa làm kỉ niệm, nếu mỗi khách hàng mua
một lọ hoa thì cửa hàng cịn lạiylọ hoa. Nếu mỗi khách hàng muaylọ hoa thì cóykhách hàng khơng
mua được lọ hoa nào. Biếtylà một số chẵn, tính số khách hàng và số lọ hoa mà cửa hàng đó có.
Lời giải.

Gọi số khách hàng làx,x∈ N∗.

Theo trường hợp thứ nhất, số lọ hoa làx+y.

Theo trường hợp thứ hai, cóx−yngười mua được lọ hoa nên số lọ hoa lày(x−y).
Ta có phương trìnhx+y=y(x−y).

Giải phương trình trên với nghiệm ngun, ta đượcx=6(xem Bài tập43), cịny=2hoặcy=3.
Doylà số chẵn (theo đề bài) nêny=2.

Đáp số:Có6khách hàng, có8lọ hoa.

6. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Quan hệ lớn hơn, nhỏ hơn đã được biết từ các lớp dưới. Trong chuyên đề này, chưa đòi hỏi các kiến
thức phức tạp về bất đẳng thức, chỉ yêu cầu biết vận dụng những kiến thức đơn giản về bất đẳng
thức.

Chuyên đề bao gồm các dạng sau:

- Dạng1. Tìm số tự nhiên thỏa mãn một bất đẳng thức.

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

- Dạng 3. Viết một biểu thức với điều kiện cho trước sao cho giá trị của nó nhỏ nhất hoặc lớn
nhất.

Thử trí thơng minh

ĐIỀN SỐ VÀO NGƠI SAO

Hình3có năm cánh sao là các hình tam giác được tô đậm. Hãy điền năm số1, 2, 3, 4, 5vào năm vòng
tròn bên trong sao cho tổng của ba số ở ba đỉnh mỗi hình tam giác bằng nhau.

10
6

8 9

Hình3
Lời giải.

(Hình4a và Hình4b)

Gọia,b,c,x,ylà các số phải điển (Hình4a).

10
6

8 9

y
a

c x

Hình4a

10
6

8 9

3
5

2 1

Hình4b
Ta có6+a+y=7+a+b=8+b+c=9+c+x=10+x+y.

Suy ra

a+y> a+b>b+c>c+x >x+y

⇒ y>b,a>c,b> x,c>y⇒ a>c>y>b>x

⇒ a =5,c=4,y=3,b=2,x=1.

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

6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 41

Ví dụ 1. Hai số ngun dươngxvàycó tổng bằng45.
a) Tìm giá trị lớn nhất của tíchxy.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tíchxy.
Lời giải.

Dox+y=45(x,y∈N∗) nênx6= y, giả sửx> y. Ta có4xy+(x−y)2=(x+y)2=452.
a)xylớn nhất⇔x−ynhỏ nhất⇔x−y=1.

Ta có hệ
®

x−y =1
x+y =45 ⇔

®
x=23
y=22.

Vậy giá trị lớn nhất củaxylà23·22=506.
b)xynhỏ nhất⇔ x−ylớn nhất

®
x=44
y =1.
Vậy giá trị nhỏ nhất củaxylà44·1=44.

Ví dụ 2. Dùng tất cả sáu chữ số1, 2, 3, 4, 5, 6 hãy viết thành ba số tự nhiên có hai chữ số sao
cho tích của chúng có giá trị lớn nhất.

Lời giải.

Để tích của ba số cần tìm có giá trị lớn nhất, các chữ số hàng chục của chúng phải có giá trị lớn nhất,
ta chọn các chữ số4, 5, 6.

Tích lớn nhất cần tìm có dạng4a·5b·6c(1)trong đóa,b,c∈ {1; 2; 3}. Ta sẽ chứng minha>b>c.
Trước hết ta chứng minha >b. Thật vậy, giả sửa<b. Xét

4a·5b−4b·5a =(40+a)(50+b)−(40+b)(50+a)
=40b+50a−40a−50b=10(a−b)<0.
nên4a·5b<4b·5a, trái với tích(1)có giá trị lớn nhất.
Chứng minh tương tự như trên, ta đượcb>c.

Vậya =3,b=2,c=1. Tích lớn nhất cần tìm là43·52·61.

Ví dụ 3. Dùng tất cả chín chữ số từ1đến9, hãy viết thành ba số tự nhiên có ba chữ số sao cho
tích của chúng có gia trị lớn nhất.

Lời giải.

Để tích của ba số cần tìm có giá trị lớn nhất, các chữ số hàng trăm của chúng phải có giá trị lớn nhất,
ta chọn các chữ số7, 8, 9.

Tích lớn nhất cần tìm có dạng7a∗ ·8b∗ ·9c∗(1)trong đóa,b,c∈ {4; 5; 6}. Ta sẽ chứng minha>b>c.
Trước hết ta chứng minha >b. Thật vậy, giả sửa<b. Đặta∗= x,b∗=ythìx<y. Xét

7a∗ ·8b∗ −7b∗ ·8a∗ =(700+x)(800+y)−(700+y)(800+x)
=700y+800x−700x−800y=100(x−y)<0.
nên7a∗ ·8b∗<7b∗ ·8a∗, trái với tích(1)có giá trị lớn nhất. Vậya>b.

Chứng minh tương tự như trên, ta đượcb > c. Suy raa = 6,b= 5,c = 4. Tích lớn nhất cần tìm có
dạng76m·85n·94p(2)trong đóm,n,p∈ {1; 2; 3}. Ta sẽ chứng minhm>n> p.

Trước hết ta chứng minhm>n. Thật vậy, giả sửm<n. Xét

76m·85n−76m·85m =(760+m)(850+n)−(760+n)(850+m)
=760n+850m−760m−850m=90(m−n)<0.
nên76m·85n<76n·85m, trái với tích(2)có giá trị lớn nhất. Vậym>n.

Chứng minh tương tự như trên, ta đượcn > p. Suy ram= 3,n = 2,p =1. Tích lớn nhất cần tìm là

763·852·941.

Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương a sao cho có đúng 11 số nguyên dương x mà26 a

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

26 a

x 63⇔
1
3 6

x
a 6

1
2 ⇔

3 6x6

a
2.
Đặta=6k+rvớia,r∈ N, 06r65.
Ta có: 6k+r

3 6 x6

6k+r

2 ⇔2k+
r

3 6x63k+
r
2.(1)
a) Xétr=0thì(1)là2k6x63k,

Có3k−2k+1= k+1giá trị củax.
Từk+1=11ta đượck =10nêna=60.
b) Xétr=1thì (1) là2k+16x 63k.

Có3k−(2k+1)+1=kgiá trị củax.
Từk=11đượca=6.11+1=67

c) Xétr∈ {2, 3}thì (1) là2k+16x 63k+1.
Có(3k+1)−(2k+1)+1=k+1giá trị củax.

Từk+1=11đượck=10. Vớir=2thìa=62. Vớir=3thìa=63.
d) Xétr∈ {4, 5}thì (1) là2k+26x 63k+2.

Có(3k+2)−(2k+2)+1=k+1giá trị củax.

Từk+1=11đượck=10,. Vớir=4thìa=64. Vớir=5thìa=65.
Đáp số:a∈ 60; 62; 63; 64; 65; 67.

Ví dụ 5. Tìm giá trị lớn nhất của tổngA=|a−b|+|c−d|, trong đóa,b,c,dlà bốn số tự nhiên
khác nhau từ 1 đến 4.

Lời giải.

Do|a−b|=|b−a|vàa 6=bnên có thể giả sửa >b. Cũng vậy, ta giả sửc>d. Khi đó
A=|a−b|+|c−d|=(a−b)+(c−d)=(a+c)−(b+d).
Xảy ra được khi:(a+c)lớn nhất và(b+d)nhỏ nhất⇔

a+c=7
b+d =3

⇒maxA=7−3=4khi chẳng hạna=4,c=3,b=2,d=1.
Ví dụ 6. Tìm giá trị lớn nhất của tổng.

A=|a1−a2|+|a2−a3|+|a3−a4|+|a4−a5|+|a5−a1|
Trong đóa1,a2,a3,a4,a5là các số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 5.

Lời giải.

Do|x−y|= |y−x|nên khix 6=yta có thể giả sửx>y.

Do đó trong mỗi giá trị tuyệt đối của biểu thức A, ta có thể giả sử một số lớn hơn số cịn lại (với điều
kiện giả sử đó không dẫn đến mâu thuẫn.)

Ta giả sử số lớn hơn trong năm giá trị tuyệt đối ở biểu thức A lần lượt làa1,a3,a3,a5,a1. Khi đó:
A=a1−a2+a3−a2+a3−a4+a5−a4+a1−a5=2[(a1+a3)−(a2+a4)].

Xảy ra được khi:(a1+a3)lớn nhất và(a2+a4)nhỏ nhất⇔
®

a1+a3=9
a2+a4=3

⇒maxA=2(9−3)=12khi chẳng hạna1> a3 >a5> a4 >a2tức là:

a1 a2 a3 a4 a5

5 1 4 2 3

Khi đóA=|5−1|+|1−4|+|4−2|+|2−3|+|3−5|=12

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

6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 43

Ví dụ 7. Tuổi của An cộng với tuổi của bố và mẹ là 95. Biết rằng tuổi mẹ gấp bốn lần tuổi của
An, tuổi bố lớn hơn tuổi mẹ nhưng nhỏ hơn tổng số tuổi của mẹ và An. Tính tuổi của mỗi
người (tuổi của mỗi người là một số nguyên).

Lời giải.

Gọi số tuổi của An, của bố, của mẹ, theo thứ tự làA,B,M. Ta có:








A+B+M =95 (1)
M=4A (2)
M< B< M+A (3)

Từ (1) và (2) suy ra:5A+B=95.(4)
Từ (2) và (3) suy ra4A<B<5A.(5)

Từ (4) và (5) suy ra95=5A+B<5A+5A=10AnênA>91
2.
Từ (4) và (5) suy ra95=5A+B>5A+4A=9AnênA<105

9.
DoAlà số nguyên nênA=10. Từ đóM =40,B=45.

Đáp số:An 10 tuổi, mẹ 40 tuổi, bố 45 tuổi.

Ví dụ 8. Trong một trị chơi dự đốn số bi trong hộp, bốn bạn A,B,C,Ddự đoán số bi theo
thứ tự là125viên,140viên,142viên, 121 viên. Kết quả làAđạt giải nhất,Bđạt giải nhì,Cđạt
giải ba,Dđạt giải tư . Hỏi chính xác trong hộp có bao nhiêu viên bi?

Lời giải.

Số bi dự đoán của mỗi bạn làA,B,C,Dbiểu thị bởi các điểmA,B,C,Dtrên tia số như hình 5.

A B C
D

121 125 140 142

Hình 5

Gọi số bi chính xác là a.

Nếua <125thìDđốn chính xác hơnB, trái với đề bài.
Nếua >140thìBđốn chính xác hơn, Atrái với đề bài.
Vậy1256a6140.

DoAđốn chính xác hơnBnêna−125<140−a ⇒2a<265.(1)
DoCđốn chính xác hơnDnên142−a <a−121⇒2a>263.(2)

Từ (1) và (2) suy ra2a=264nêna=132. Số bị chính xác trong hộp là 132 viên.

Ví dụ 9. Có 100 học sinh tham gia cuộc thi giải bốn bài tốn. Khơng có ai giải được cả bốn bài.
Số người giải được các bài 1, 2, 3,4 theo thứ tự là 90 người, 80 người, 70 người, 60 người. Ban
tổ chức có giải thưởng cho học sinh nào giải được cả hai bài 3 và 4. Có bao nhiêu học sinh đạt
giải thưởng đó?

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

Trước hết ta chứng minh ta chứng minh bổ đề: Nếu tập hợp Acó aphần tử, tập hợpBcóbphần
tử, AvàBđều là tập hợp con của một tập hợp số có nphần tử, gọi số phần tử củaA∩Blàdthì
d>a+b−n.

Chứng minh bổ đề (h.6).

Nếud< a+b−nthìm=b−d>b−(a+b−n)⇒m>n−a⇒a+m>a, vơ lí.
Bổ đề được chứng minh.

• Gọixlà số học sinh giải được cả hai bài 3 và 4 (h.7). Theo bổ đềx>70+60−100⇒ x>30.
(1)

• Gọiylà số học sinh giải được cả ba bài 2, 3,4 (h.8).
Theo bổ đềy>80+x−100⇒y>x−20(2).
• Gọizlà số học sinh giải được cả bốn bài (h.9).

Theo bổ bề:

z>90+y−100⇒z>y−10.

• Doz=0nêny610. Thay vào (2) đượcx−20610nênx630.(3)
Từ (1) và (3) suy rax=30.

Vậy có 30 học sinh được nhận giải thưởng.

B(b)
A(a)

(n)

Hình 6

Bài4(70)
Bài3(60)

H 7

Bài3, 4(x)
Bài2(80)

H 8

Bài2, 3, 4(y)
Bài1(90)

H9

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

6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN 45

Bài 1. Cho biểu thức:

A=1+2+3+4+. . .+30.

Tính giá trị tự nhiên của biểu thức mới thay một số dấu cộng bởi một số dấu trừ.
Lời giải.

Ta cóA= 31·30

2 , là một số lẻ.

Mỗi lần thay dấu cộng trước số hạngabởi dấu trừ thì tổng giảm đi2a, là một số chẵn do đó giá trị
biểu thức mới ln là một số lẻ.

Giá trị nhỏ nhất của biểu thức mới là1, khi chẳng hạn biểu thức gồm bảy cặp có giá trị−1, tám cặp
có giá trị1như sau:

1−2+3−4+. . .+13−14−15+16−17+18−. . .−29+30.

Bài 2. Tìm số ngun dươngn nhỏ nhất, biết rằng nhân nó với2 thì được một số chính phương,
nhân nó với3thì được lập phương của một số tự nhiên.

Lời giải.

Sốnphải chia hết cho2và cho3. Đểnlà số nguyên dương nhỏ nhất ta chọnn=2x·3y. Khi đó:
2n=2x+1·3y= a2 ⇒(x+1)...2;y...2.

3n=2x·3y+1= b3 ⇒x...3; (y+1)...3.

Đểxchia hết cho3và nhỏ nhất sao chox+1chia hết cho2ta chọnx =3. Đểychia hết cho2và nhỏ
nhất sao choy+1chia hết cho3ta chọny =2.

Khi đón=23·32 =72.

Bài 3. Hai số ngun dươngxvàycó tổng bằng51.

a) Tìm giá trị lớn nhất của tíchxy.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tíchxy, biết rằngxvàyđều lớn hơn1.
Lời giải.

Đáp số:

a) max(xy)=26·25=650.
b) min(xy)=49·2=98.

Bài 4. Cho A= 11+22+33+. . .+9999+100100. Chứng minh rằng khi tính giá trị củaA, ta được
một số có201chữ số, trong đó hai chữ số đầu tiên bên trái là10.

Lời giải.

Ta sẽ chứng minh rằngB< A<C, trong đóBvàCđều là các số có201chữ số và hai chữ số đầu tiên
bên trái là10.

ChọnB=10200=1 00 . . . 0
| {z }
200chữ số

, có201chữ số.

ChọnC=102+104+106+. . .+10200=1 0101 . . . 01
| {z }
99cặp số01

00, có201chữ số.

Ta thấyB=10200=100100< A,

C=1001+1002+1003+. . .+100100> A.

VậyAcó201chữ số, hai chữ số đầu tiên bên trái là10.
Bài 5. a) Dùng tất cả6chữ số từ1đến6, hãy viết thành3số tự nhiên có hai chữ số sao cho tích

của chúng có giá trị nhỏ nhất.

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

c) Cho tícha·bc·deg. Dựa vào kết quả của câu b, hãy thay các chữ số trên bởi các chữ số từ1đến
6để tích có giá trị nhỏ nhất (chỉ viết khơng cần giải thích).

Lời giải.

a) Đáp số:14·25·36=12600.

b) Để tích của ba số cần tìm có giá trị nhỏ nhất, các chữ số hàng trăm của chúng phải có giá trị nhỏ
nhất, ta chọn các chữ số1, 2, 3.

Để tích của ba số cần tìm có giá trị nhỏ nhất, các chữ số hàng chục của chúng phải có giá trị nhỏ
nhất, ta chọn các chữ số4, 5, 6.

Tích nhỏ nhất cần tìm có dạng1a∗ ·2b∗ ·3d∗, trong đóa,b,c∈ {4; 5; 6}.

Hãy chứng minha<b<c. Khi đó tích nhỏ nhất cần tìm có dạng14m·25n·36p.
Hãy chứng minhm<n< p. Khi đó tích nhỏ nhất cần tìm là147·258·369.

c) Từ kết quả của câu b, (tích nhỏ nhất là147·258·369), ta rút ra nhận xét:
- Các chữ số hàng trăm phải nhỏ nhất (là1, 2, 3).

- Các chữ số hàng chục phải nhỏ nhất trong các chữ số cịn lại, trong đó chữ số hàng chục nhỏ
ứng với chữ số hàng trăm nhỏ.

XétA= a·bc·degthì1000A= a00·bc0·deg.
Theo nhận xét trên ta có:

- Các chữ sốa,b,d∈ {1; 2; 3},c,e∈ {4; 5}.

- Do các chữ số hàng chục củaa00nhỏ hơn chữ số hàng chục của hai chữ số kia nêna <b,a<d.
Do đóa=1.

Xétbc0vàdeg, do0< gnênc<evàb<d, suy rac=4,e=5,b=2,d =3.
Khi đómin 1000A=100·240·356,minA=1·24·256.

Bài 6. Tìm giá trị lớn nhất của tổng

A=|a1−a2|+|a2−a3|+|a3−a4|+|a4−a5|+|a5−a6|+|a6−a1|
trong đóa1,a2, . . . ,a6là sáu số tự nhiên khác nhau từ1đến6.

Lời giải.

Ta có thể giả sử số lớn hơn trong sáu giá trị tuyệt đối ở biểu thứcAlần lượt làa1,a2,a3,a4,a5,a1.
Ta tính đượcA=2 [(a1+a3+a5)−(a2+a4+a6)].

Xảy ra được
®

a1+a3+a5 lớn nhất
a2+a4+a6 nhỏ nhất

⇔

a1+a3+a5=15
a2+a4+a6=6.

maxA=2(15−6)=18khi chẳng hạna1> a3 >a5> a6 >a4 >a2tức là

a1 a2 a3 a4 a5 a6

6 1 5 2 4 3

Bài 7. Cho năm số ngun dươnga,b,c,d,mtrên vịng trịn. Tính theo chiều kim đồng hồ thì tổng
của hai số liền nhau bằng bình phương của số tiếp theo. Tìm năm số ấy.

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

7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 47




















a+b=c2 (1)
b+c= d2 (2)
c+d=m2 (3)
d+m= a2 (4)
m+a= b2 (5)

Giả sửmlà số lớn nhất, khi đó ta có

m+n≥c+d= m2 ⇒2m≥m2⇒2≥m.
Nếum=1thìc+d =1, vô lý. Vậym=2.

Từ (3) suy rac= d=2.
Từ (1) suy raa=b=2.

Bài 8. Tìm số tự nhiên có hai chữ số có thể viết được dưới dạng tổng của sáu lũy thừa bậc khác nhau
của2.

Lời giải.

Số nhỏ nhất được viết dưới dạng tổng của sáu lũy thừa bậc khác nhau của2là
A=20+21+22+23+24+25.

Ta có2A=21+22+23+24+25+26nên2A−A=26−20 =64−1=63⇒ A=63.

Số lớn hơn A tiếp theo cũng được viết dưới dạng tổng của sáu lũy thừa bậc khác nhau của 2 là
B=21+22+23+24+25+26.

Ta có2B=22+23+24+25+26+27nên2B−B=27−20 =128−1=127⇒B=127, khi đóBcó
nhiều hơn hai chữ số.

Do đó, số phải tìm là 63.

Bài 9. Tìm số nguyên dương nhỏ nhất bằng hai lần bình phương của một số tự nhiên và bằng ba lần
lập phương của một số tự nhiên.

Lời giải.

Gọi số phải tìm làn =2x2=3y3(x,ynguyên dương).

Ta có2x2...3⇒ x...3⇒x2...9. Tương tự3y3...2⇒y3...2⇒y...2. (1)

Ta lại có3y3...x2⇒3y3...9⇒y3...3⇒y...3. (2)
Từ (1) và (2) suy ray...6. Doynguyên dương và nhỏ nhất, ta xéty=6.

Khi đó2x2=3·63⇒ x2 = 3·23·33

2 =(2·3

2)2 =182 ⇒x=18.

Sốnnhỏ nhất phải tìm là2·182 =3·63 =648.

7. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI

Các bài toán trong chuyên đề này thuộc các dạng chính sau:

- Dạng 1:Chứng minh một biểu thức lớn hơn hoặc nhỏ hơn một số cho trước
- Dạng 2:Tìm giá trị của biến để một hoặc nhiều bất đẳng thức được thỏa mãn
- Dạng 3:Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của một biểu thức.

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

I. Bất đẳng thức về phân số

Khi chứng minh các bất đẳng thức về phân số, nhiều khi ta phải tính tổng các phân số được viết theo
quy luật. Khi đó, ta thường tìm cách viết mỗi phân số dưới dạng hiệu của hai phân số để xuất hiện
trong biểu thức những phân số đối nhau.

Ví dụ 1. ChoA= 1

1·3+
1
2·4+

3·5· · ·+
1

20·22.Chứng minh rằngA<
3
4.
Lời giải.
Ta có
2A=
Å
2
1·3+

3·5 +· · ·+
1
19·21

ã
+

Å
2
2·4+

4·6+· · ·+
1
20·22

ã
=
Å
1
1 −
1
3+
1
3−
1

5+· · ·+
1
19 −
1
21
ã
+
Å
1
2 −
1
4+
1
4−
1

6+· · ·+
1
20 −

1
22

=1− 1

21+
1
2−
1
22 <
3
2.
VậyA< 3

Ví dụ 2. ChoA= 1
33 +

43+· · ·+
1

993. Chứng minh rằng
a) A< 1

12 b) A>

1
27.
Lời giải.

a) Vớin>1ta có

n3 >n3−n=(n−1)n(n+1)⇒ 1

n3 <

(n−1)n(n+1).
Mặt khác 2

(n−1)n(n+1) =
1
(n−1)n−

n(n+1), nên ta có

2A< 1

2· · ·3−

1
3·4 +

1
3·4−

4·5 +· · ·+
1
98·99+

1
99·100 =

1
6−

1
99·100 <

1
6.
VậyA< 1

12.
b) Ta cóA> 1

33 =
1
27.

Ví dụ 3. ChoA= 1

31 +
3
32+

33 +· · ·+

2n−1

3n . Chứng minh rằngA<1.
Lời giải.

Ta có

2n−1
3n =

3n−(n+1)

3n =

3n−1 −

n+1
3n .
Do đó

A= 1
30 −

2
31 +

2
31 −

32 +· · ·+
n
3n−1 −

n+1
3n =1−

n+1
3n <1.

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 49

II. Bất đẳng thức về căn bậc hai

Khi chứng minh bất đẳng thức về căn bậc hai, ta cũng gặp những trường hợp cần tính tổng những
số viết theo quy luật. Ta cũng tìm cách viết mỗi số hạng thành một hiệu để xuất hiện trong biểu thức
những số hạng đối nhau.

Ví dụ 4. ChoA= √ 1

1+√2 +
1

√

3+√4+· · ·+
1

√

98+√99. Chứng minh rằngA>4,5.
Lời giải.

Ta có:

A= √ 1

1+√2+
1

√

3+√4 +· · ·+

√

98+√99

⇒ A> √ 1

2+√3+
1

√

4+√5 +· · ·+

√

99+√100
Cộng vế với vế ta được2A> √ 1

1+√2 +
1

√

2+√3 +· · ·+

√

99+√100
Suy ra2A>

√

1−√2
1−2 +

√

2−√3

2−3 +· · ·+

√

99−√100
99−100 =

√

1−√100

−1 =9.

VậyA>4,5.

Ví dụ 5. ChoA= √ 1

1+√3 +

2(√3+√5)+

3(√5+√7)+· · ·+

40(√79+√81).
Chứng minh rằngA< 8

9.
Lời giải.

Ta có

n(√2n−1+√2n+1) =

√

2n+1−√2n−1

2n =

√

2n+1−√2n−1

√

4n2
<

√

2n+1−√2n−1

√

4n2−1
=

√

2n+1−√2n−1

√

(2n+1)(2n−1) =
1

√

2n−1−
1

√

2n+1.
Do đóA< √1

1−
1
√
3 +
1
√
3−
1
√
5 +
1
√
5−
1
√

7+· · ·+
1

√

79 −
1

√

81 =1−
1
9 =

Ví dụ 6.

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngnthì
1

(√n+√n+2)3 <
1
8 ·
Å
1
√
n −
1
√

n+2
ã

b) Áp dụng kết quả trên chứng minh rằng
1

(1+√3)3 +

(√3+√5)3 +· · ·+

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

(√n+√n+2)3 <
1
8·
Å
1
√
n−
1
√

n+2
ã

⇔ (√n+√n+2)3(√n+2−√n) >8√n√n+2

⇔ (√n+√n+2)2(n+2−n)>8√n√n+2

⇔ (√n+√n+2)2>4√n√n+2

⇔ (√n+2−√n)2>0 (ln đúng).
Vậy ta có điều phải chứng minh.

b) Theo câu a ta có
1
(1+√3)3 +

(√3+√5)3 +. . .+

(√623+√625)3
< 1
8·
Å
1
√
1−
1
√
3+

1
√
3 −
1
√

5+. . .+
1
√
623−
1
√
625
ã
= 1
8·
Å
1− 1

25
ã

= 3
25.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

BÀI TẬP

Bài 1. ChoA= 1
2·

3
4·

5
6· · ·

96. Chứng minh rằng
a) A< 1

9
b) A< 1

12
Lời giải.

a) Ta cóA= 1
2·

3
4·

5
6· · ·

96 ⇒ A<
2
3·

4
5·

6
7· · ·

96
97.
Do đóA2< 1·3· · ·95

2·4· · ·96 ·

2·4· · ·96
3·5· · ·97 <

81 ⇒ A<
1
9.
b) Trước hết ta chứng minh vớin >1thì

Å
2n−1

2n
ã2

< 3n−2

3n+1 (bạn đọc tự chứng minh). Do đó

A2=
Å
1
2
ã2
·
Å
3
4
ã2
·
Å
5
6
ã2
·. . .·
Å
95
96
ã2
< 1
4·
4

7 ·. . .·

142
145 =
1
145 <
1
144.
VậyA< 1

12.

Bài 2. Chứng minh với mọi số nguyên dươngnthì

a) 1
32 +

52 +. . .+
1
(2n+1)2 <

1
4;
b) 1

12+22 +
1

22+32 +. . .+

n2+(n+1)2 <
1
2;
c) 1

14+12+1+
2

24+22+1 +. . .+
n

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI 51

a) Sử dụng nhận xét 1
(2n+1)2 =

4n2+4n+1 <
1
4n(n+1) =

1
4·
Å

1
n −
1
n+1

ã
.

b) Sử dụng nhận xét 1

n2+(n+1)2 =

2n2+2n+1 <
1
2n(n+1) =

1
2·
Å
1
n −
1
n+1

c) Sử dụng nhận xét

n4+n2+1 =

(n2+1)2−n2 =

(n2+n+1)(n2−n+1)
=(n

2+n+1)−(n2−n+1)
(n2+n+1)(n2−n+1) =

n(n−1)+1−

1
n(n+1)+1.

Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngnthì

1
2 +

22 +. . .+
n
2n <2.
Lời giải.

A= 1
2+

22 +. . .+
n

2n. Ta có
n

2n =

2(n+1)−(n+2)

2n =

n+1
2n−1 −

n+2
2n .
Do đóA= 2

20−
3
21 +

3
21−

22 +. . .+
n+1

2n−1 −
n+2

2n =2−
n+2

2n <2.

Bài 4. Chứng minh bất đẳng thức
2

5+1 +
4
52+1+

8
54+1+

16
58+1+

32
516+1 +

64
532+1 <

1
2.
Lời giải.

ĐặtA= 2
5+1+

4
52+1+

8
54+1+

16
58+1 +

32
516+1+

64
532+1.

Ta có 1

k+1 =
k−1
k2−1 =

k+1−2
k2−1 =

1
k−1−

2
k2−1.
Suy ra n

k+1 =
n
k−1−

2n
k2−1.
Do đóA=

Å
2
5−1 −

4
52−1

ã
+

Å
4
52−1−

8
54−1

+. . .+
Å

64
532−1−

128
564−1

ã
< 1

Bài 5. Cho các số nguyên dươnga,b,c,dthỏa mãn1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 100. Tìm giá trị nhỏ nhất
củaB= a

b+
c
d.
Lời giải.

Do1≤a≤ b≤cnên a
b ≥

1
b ≥

c. (1)

Dấu bằng xảy ra khia =1;b= c.
Dod≤100nên c

d ≥
c

100. (2)

Từ (1) và (2) suy ra
a
b+
c
d ≥
1
c +

c
100 =

c2+100
100c =

c2−20c+100+20c

100c =

(c−10)2
100c +

1
5 ≥

1
5.
Vậy giá trị nhỏ nhất củaBlà 1

5 tạia=1;b= c=10;d=100.

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Để chứng minh2300có91chữ số thập phân ta sẽ chứng minh1090 <2300 <1091.

Ta có210>103nên2300 =(210)30>(103)30=1090. (1)
Ta sẽ chứng minh2300 <1091 ⇔

Ç
210
103

å30
<10.
Thật vậy, xét 2

10
103 =

1024
1000 <
1025
1000 =
41
40.
Suy ra
Ç
210
103
å30
<
Å
41
40
ã30
< 41
40·
40
39 ·. . .·

| {z }

30phân số

= 41

11 <10⇒2

300<1091. (2)

Từ (1) và (2) ta có1090 <2300 <1091. Vậy2300có91chữ số khi viết ở dạng thập phân.
Bài 7. Chứng minh bất đẳng thức

√

1+√3+
1

√

5+√7+. . .+

√

77+√79 >2.
Lời giải.

ĐặtA= √ 1

1+√3 +
1

√

5+√7+. . .+
1

√

77+√79.
Ta cóA> √ 1

3+√5 +
1

√

7+√9+. . .+
1

√

79+√81
nên2A> √ 1

1+√3 +
1

√

3+√5 +. . .+
1

√

79+√81

⇒2A>

√

1−√3

−2 +

√

3−√5

−2 +. . .+

√

79−√81

−2 =

√

81−√1

2 =4.

Vậy ta cóA>2.

Bài 8. Chứng minh bất đẳng thức
1

(√2+√5)3 +

(√5+√8)3 +. . .+

(√95+√98)3 <
1
19.
Lời giải.

Áp dụng(x+y)2>4xyvớix6=y, ta có

(√n+√n+3)3 =(√n+√n+3)(√n+√n+3)2>(√n+√n+3)·4·√n·√n+3

⇒ 1

(√n+√n+3)3 <

(√n+√n+3)·4·√n·√n+3 =

√

n+3−√n
(n+3−n)·4·√n·√n+3

⇒ 1

(√n+√n+3)3 <
1
12 ·
Å
1
√
n −
1
√

n+3
ã

Do đóA< 1

12
Å
1
√
2−
1
√
5+
1
√
5 −
1
√

8+. . .+
1
√
95 −
1
√
98
ã

⇒ A< 1
12
Å
1
√
2−
1

7√2

ã
= 1

14√2 <
1

19.

8. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ

Khi chứng minh tồn tại một quan hệ nào đó, có trường hợp ta khơng thể chỉ ra được một ví dụ cụ thể
về quan hệ đó, nhưng vẫn chứng minh được sự tồn tại của quan hệ ấy bằng cách sử dụng ngun lí
Đi-rích-lê.

Ngun lí Đi-rích-lê cịn gọi là ngun lí nhốt thỏ: Nếu nhốtncon thỏ vàoklồng mà phép chiancho
kđượcmvà cịn dư thì tồn tại một lồng chứa ít nhấtm+1con thỏ.

Các bài tốn về ngun lí Đi-rích-lê trong chun đề này bao gồm:

Dạng 1. Chứng minh tồn tại một số (hoặc một hiệu, một tổng ...) chia hết cho một số nào đó.

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

8.. NGUN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 53
phương, có tổng chia hết cho một số nào đó, có hiệu là một số nào đó ...)

Vài nét lịch sử

ĐI-RÍCH-LÊ

Đi-rích-lê (Peter Lejeune Dirichlet, 1805-1859)là một nhà toán học người Đức gốc Pháp. Ơng kế tục sự
nghiệp của "ơng vua tốn học" Gau-xơ ở trường đại học Gớt-tinh-ghen (Đức) và được đánh giá là
"Gau-xơ thứ hai".

Lĩnh vực nghiên cứu của ông rất rộng: Từ lí thuyết số, chuỗi số đến giải tích tốn học.
Một ví dụ về hàm số mà Đi-rích-lê đưa ra có nhiều ứng dụng, đó là hàm số Đi-rích-lê:

f(x)=
®

1 nếuxlà hàm số hữu tỉ
0 nếuxlà hàm số vơ tỉ

(Nếu có ai u cầu bạn cho ví dụ một hàm số không biểu diễn được bằng đồ thị, bạn có thể đưa ra
hàm số trên)

1. Sự chia hết của một số, một hiệu, một tổng

Ví dụ 1. Chứng minh rằng trong bảy số nguyên tố bất kì, tồn tại hai số có hiệu chia hết cho
12.

Lời giải.

Trong bảy số ngun tố, nếu có hai số bằng nhau thì hiệu của chúng bằng0, chia hết cho12.
Xét bảy số nguyên tố khác nhau đôi một, tồn tại5số nguyên tố lớn hơn3.

Một số nguyên tố lớn hơn 3khi chia cho12 dư r thì r khơng chia hết 2, khơng chia hết cho3 nên
r ∈ {1; 5; 7; 11}.

Có năm số nguyên tố lớn hơn3, chỉ có bốn số dư như trên, theo ngun lí Đi-rích-lê tồn tại hai số có
số dư bằng nhau, hiệu của chúng chia hết cho12.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong sáu số tự nhiên bất kì, tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia
hết cho9.

Lời giải.

Trong sáu số tự nhiên, nếu có hai số bằng nhau thì hiệu của chúng bằng0, chia hết cho9.

Xét sáu số tự nhiên khác nhau đôi một. Các số dư khi chia cho9được ghép thành5nhóm(0), (1; 8),
(2; 7),(3; 6),(4; 5).

Có6số, chỉ có5nhóm, theo ngun lí Đi-rich-lê tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm.

Hai số thuộc cùng một nhóm đó có tổng chia hết cho9(nếu hai số dư khác nhau) hoặc có hiệu chia
hết cho9(nếu hai số dư bằng nhau).

Ví dụ 3. Chứng minh rằng trong năm số nguyên dương bất kì, tồn tại một số chia hết cho5
hoặc một vài số có tổng chia hết cho5.

Lời giải.
Xét5biểu thức

s1 =a1
s2 =a1+a2
s3 =a1+a2+a3
s4 =a1+a2+a3+a4
s5 =a1+a2+a3+a4+a5

Nếu một trong các biểu thức chia hết cho5thì bài tốn được chứng minh.
Giả sử năm biểu thức trên đều khơng chia hết cho5.

Có5biểu thức, có4 số dư khác0khi chia cho5, theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn tại hai biểu thức khi
chia cho5có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho5, hiệu của chúng là một số hoặc tổng của một

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Ví dụ 4. Cho17số ngun dương bất kì. Chứng minh rằng trong17số đó:
a) Tồn tại năm bộ ba số mà ba số trong mỗi bộ đó có tổng chia hết cho3.
b) Tồn tại chín số có tổng chia hết cho9.

Lời giải.

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong năm số tự nhiên, tồn tại ba số có tổng chia hết cho3.

Thật vậy, có ba số dư khi chia cho3dư0; 1; 2. Nếu có ba số có cùng số dư thì tổng của chúng chia hết
cho3. Nếu trong năm số đã cho, khơng có đến ba số nào có cùng số dư thì tồn tại ba số có số dư khác
nhau, tổng của chúng chia hết cho3.

a) Lấy15số bất kì trong17số đã cho, chia thành ba nhóm, mỗi nhóm có năm số. Theo bổ đề trên,
trong mỗi nhóm tồn tại ba số có tổng chia hết cho3, ta được ba bộ ba số có tổng chia hết cho3.
Cịn lại:17−9=8(số). Lấy năm số bất kì trong tám số đó. Theo bổ đề trên, ta được thêm một
bộ ba số có tổng chia hết cho3.

Cịn lại:8−3=5(số). Theo bổ đề trên, ta được thêm một bộ ba số nữa có tổng chia hết cho3.
Vậy có3+1+1=5bộ ba số mà các số trong mỗi bộ có tổng chia hết cho3.

b) Gọi15số trong năm bộ ba số được chọn ở câu a) làa1,a2,a3, . . . ,a15. Giả sử
a1+a2+a3 =3k1

a2+a5+a6 =3k2
a7+a8+a9 =3k3
a10+a11+a12 =3k4
a13+a14+a15 =3k5

Xét năm số k1,k2,k3,k4,k5. Theo bổ đề trên, tồn tại ba số có tổng chia hết cho 3, chẳng hạn
k1+k2+k3...3. Suy ra

a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8+a9 =3(k1+k2+k3)...9

Ví dụ 5.

a) Hãy chỉ ra18số tự nhiên mà khơng có số nào có tổng các chữ số chia hết cho10.

b) Chứng minh rằng trong19số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữ số
chia hết cho10.

Lời giải.

a) Trong18số tự nhiên liên tiếp từ1đến18(1, 2, 3, . . . , 18) tổng các chữ số của chúng là1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
khơng có số nào có tổng các chữ số chia hết cho10.

b) Xét10số đầu tiên của dãy19số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số tận cùng bằng0, gọi số đó là
A0. XétA0và chín số tiếp theo (chín số này vẫn thuộc dãy nói trên):

A0,A1,A2, . . . ,A9. (1)
Gọi tổng các chữ số của A0làkthì tổng các chữ số của10số trên là

k,k+1,k+2, . . . ,k+9. (2)

Dãy(2)là10số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho10, do đó tồn tại một số của dãy
(1)có tổng các chữ số chia hết cho10.

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 55

2. Sự tồn tại một tập có tính chất nào đó

Ví dụ 6. Cho ba số nguyên dương khác nhau, mỗi số có dạng7kvớik∈N. Chứng minh rằng
tồn tại hai số có tích là số chính phương.

Lời giải.

Gọi ba số đã cho làa=7x,a=7y,a=7z.

Trong ba số tự nhiênx,y,ztồn tại hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ, chẳng hạnxvày. Khi đóx+ylà số
chẵn.

Đặtx+y=2n,n∈N. Ta cóab=7x·7y =72n =(7n)2là số chính phương.
Ví dụ 7. Trong25số nguyên dương từ1đến25, chọn ra12số trong đó khơng có hai số nào
có tổng bằng25. Chứng minh rằng trong12số đó, tồn tại một số chính phương.

Lời giải.

Ta thấy25 = 52 = 32+42. Trong25số đã cho, xếp ba số vào tập hợp A = {32; 42; 52}, còn lại22số
chia thành11 cặp, mỗi cặp số có tổng bằng25, là(1; 24),(2; 23), . . . ,(12; 13), trong đó khơng có cặp
(9; 16).

Xét12số được chọn. Khơng có hai số được chọn nào là hai số của một trong11cặp nói trên (vì nếu
có hai số rơi vào một cặp thì tổng của chúng bằng25, trái với giả thiết).

Mỗi cặp (trong11cặp) chỉ chứa nhiều nhất là một số đã chọn. Do có12số được chọn nên tồn tại một

số thuộcA={32; 42; 52}.

Ví dụ 8. Cho21số ngun dương khác nhau bất kì khơng vượt quá40. Chứng minh rằng tồn
tại hai số có tổng bằng41.

Lời giải.

GọiAlà tập hợp của21số nguyên dương đã choA={a1;a2; . . . ;a21}.
Xét tập hợpB={41−a1; 41−a2; . . . ; 41−a21}.

Hai tập hợpAvàBcó tất cả42phần tử, lấy giá trị trong tập hợp{1; 2; 3; . . . ; 40}có41phần tử nên tồn
tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc tập A, không cùng thuộc
tập Bnên một phần tử thuộc A, nên một phần tử thuộcBchẳng hạn ak ∈ Avà41−ai ∈ B. Khi đó
ak =41−ainênai+ak =41.

Các sốai vàakkhơng bằng nhau (vì tổng của chúng là số lẻ). Đó là hai số phải tìm.

Ví dụ 9. Có hai nhóm: nhóm I có55người, nhóm II có45người. Trong mỗi nhóm, khơng có
hai người nào bằng tuổi nhau, tuổi mỗi người là một số nguyên dương nhỏ hơn 100. Chứng
minh rằng có thể chọn ra một người ở nhóm I, một người ở nhóm II mà tổng số tuổi của hai
người này bằng100.

Lời giải.

Gọi A và B theo thứ tự là tập hợp số tuổi của những người ở nhóm I và nhóm II. Ta có A =

{a1;a2; . . . ;a55},B={b1;b2; . . . ;b45}.

Xét tập hợpC={100−a1; 100−a2; . . . ; 100−a55}.

Hai tập hợpBvàCcó tất cả45+55 = 100(phần tử), lấy giá trị trong tập hợp{1; 2; 3; . . . ; 99}có99
phần tử nên tồn tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộcB, không
cùng thuộcCnên một phần tử thuộcBvà một phần tử thuộcC, chẳng hạnbk ∈ Bvà100−ai ∈ C.
Khi đóbk =100−ainênai+bk =100.

Ví dụ 10.

a) Cho51số ngun dương khác nhau bất kì khơng vượt q99. Chứng minh rằng tồn tại
hai số có hiệu bằng2.

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Lời giải.

a) GọiAlà tập hợp của51số đã choA={a1;a2;a3; . . . ;a51}với1≤ai ≤99,i=1; 2; . . . ; 51.
Xét tập hợpB={a1+2;a2+2; . . . ;a51+2}với3≤ak+2≤101,k=1, . . . , 51.

Hai tập hợp Avà Bcó tất cả102phần tử, nhận các giá trị trong tập hợp{1; 2; . . . ; 101}có101
phần tử nên tồn tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc vào
A, không cùng thuộcB, nên một phần tử thuộcAvà một phần tử thuộcB, chẳng hạnai ∈ Avà
ak+2∈ B. Khi đó tồn tạiai =ak+2nênai−ak =2.

b) Xếp51số đã cho vào hai nhóm chẵn lẻ. Tồn tại26số thuộc cùng một nhóm. Hai số bất kì thuộc
nhóm này có hiệu chia hết cho2. (1)

Trong26số nói trên, tồn tại hai số có hiệu bằngd<4, vì nếu mọi cặp hai số trong nhóm đều có
hiệu lớn hơn hoặc bằng4thì số lớn nhất của nhóm lớn hơn hoặc bằng1+4·25 = 101> 100,
trái với đề bài.

Do (1) nênd=2.

Ví dụ 11. Cho101số nguyên dương khác nhau không vượt quá300. Chứng minh rằng trong
101số đó:

a) Tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn3.

b) Tồn tại hai số mà tổng của chúng chia hết cho hiệu của chúng.
Lời giải.

a) Gọi101số đã cho sắp xếp tăng dần làa1,a2,. . . ,a101.

Ta cóa101−a1=(a101−a100)+(a100−a99)+. . .+(a2−a1) ≤300−1=299.

Trong100hiệu (ở trong ngoặc) nói trên, tồn tại một hiệu nhỏ hơn3, vì nếu chúng đều lớn hơn
hoặc bằng3thìa101−a1≤3·100=300, mâu thuẫn.

Vậy tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn3.

b) Gọi hai số có hiệu nhỏ hơn3nói trên làamvàan, giả sửam−an <3.
• Nếuam−an =1thìam+an...am−an.

• Nếuam−an =2thìam+anchẵn nênam+an...am−an.

Ví dụ 12. Cho50số tự nhiên lẻ1; 3; 5; . . . ; 99.

a) Chứng minh rằng có thể chọn được34số trong các số trên sao cho trong34số đó, tồn tại
hai số mà một số chia hết cho số còn lại.

b) Chứng minh rằng nếu chọn33số trong các số trên thì có thể khơng có hai số nào mà một
số chia hết cho số còn lại.

Lời giải.

a) Mỗi số đã cho đều viết được đưới dạnga=3k·bvớik ∈ {0; 1; 2; 3; 4},blà số lẻ không chia hết
cho3.

Trong50số lẻ1; 3; 5; . . . ; 99có17số lẻ chia hết cho3(là3; 9; 15; . . . ; 99, gồm99−3

6 +1=17số)
nênbnhận50−17=33giá trị.

Có34số dạng a = 3k·b, chỉ có 33giá trị của bnên tồn tại hai số có giá trị của bbằng nhau,
chẳng hạnam =3m·bvàan=3n·bvớim≥n. Khi đó

3m·b
3n·b = a

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 57

b) Nếu ta chọn33số lớn nhất trong50số lẻ đã cho là35,37, . . . ,99(có 99−35

2 +1 = 33số) thì
khơng tồn tại hai số mà một số chia hết cho số còn lại.

Thật vậy, giả sử trong33số đó có hai sốxvàykhác nhau màx...ythìx ≥3y. Khi đó99≥ x≥

3y≥3·35=105, mâu thuẫn.

BÀI TẬP

Bài 1. Một siêu thị có128thùng táo. Số táo của mỗi thùng trong khoảng từ120đến144quả. Tìm giá
trị lớn nhất củanđể tồn tạinthùng có số táo như nhau.

Lời giải.

Số táo ở mỗi thùng nhận25giá trị (vì144−120+1= 25). Do128chia25được5cịn dư nên tồn tại
6thùng có số táo như nhau.

Có thể xảy ra khơng tồn tại7thùng có số táo như nhau, chẳng hạn mỗi loại thùng chứa120quả,121
quả,122quả,. . . ,140quả đều có6thùng (như vậy có6·21=126thùng), cịn lại hai thùng nữa chứa
141quả, khơng tồn tại7thùng có số táo như nhau.

Vậy giá trị lớn nhất củanlà6.

Bài 2. Chứng minh rằng tồn tại một bội của19:
a) Gồm toàn chữ số1và0;

b) Gồm toàn chữ số1.
Lời giải.

a) Xét20số1,11,111,11 . . . 1
| {z }
20chữ số
.

Có20số, mà phép chia cho19chỉ gồm19số dư (0, 1, . . . , 18) nên tồn tại hai số có cùng số dư.
Gọi hai số đó là11 . . . 1

| {z }
m

và11 . . . 1
| {z }

(m>n). Hiệu của chúng bằng11 . . . 1
| {z }
m−n

00 . . . 0
| {z }

chia hết cho19.

b) Theo câuatồn tại số11 . . . 1
| {z }
m−n

·10n...19. Mà(10n, 19)=1nên11 . . . 1
| {z }
m−n

..
.19.

Bài 3. Chứng minh rằng có vơ số bội của710mà trong biểu diễn thập phân của nó khơng có các chữ
số0, 1, 2.

Lời giải.

Gọia là số mà trong biểu diễn thập phân của nó khơng có các chữ số0, 1, 2. Có vơ số sốa như vậy.
Xét710+1sốa,aa,aaa, . . . ,aa. . .a

| {z }
710+1số

Tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho710, giả sửaa. . .a
| {z }
msố

−aa. . .a
| {z }
nsố

.710(m> n).
Giả sửacókchữ số thì

aa. . .a
| {z }
m−nsố

−00 . . . 0
| {z }
nksố

. 710⇒ aa. . .a
| {z }
m−nsố

·10nk ... 710⇒ aa. . .a
| {z }
m−nsố
..
.710.

Bài 4. Chứng minh rằng trong6số tự nhiên lẻ bất kì tồn tại hai số có hiệu chia hết cho10.

Lời giải.

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Bài 5. Chứng minh rằng trong chín số ngun tố lớn hơn5bất kì tồn tại hai số có hiệu chia hết cho
30.

Lời giải.

Giải tương tự với Ví dụ 61. Một số nguyên tố lớn hơn5khi chia cho30dưrthì
r∈ {1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29}.

Tồn tại hai số nguyên tố có phần dưrbằng nhau, hiệu của chúng chia hết cho30.
Bài 6. Chứng minh rằng trong sáu số tự nhiên bất kì tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho8.
Lời giải.

Giải tương tự ví dụ 62. Ghép các số dư khi chia cho8thành năm nhóm(0),(1; 7),(2; 6),(3; 5),(4).
Bài 7.

a) Chứng minh rằng tồn tại bốn số nguyên dương khác nhau mà tổng của ba số bất kì trong chúng
là một số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng không tồn tại năm số nguyên dương khác nhau mà tổng của ba số bất kì
trong chúng là một số nguyên tố.

Lời giải.

a) Chẳng hạn bốn số1, 5, 7, 11có
1+5+7=13,

1+7+11=19,

1+5+11=17,
5+7+11=23.
b) Sử dụng bổ đề ở ví dụ 64.

Bài 8. Chứng minh rằng trong59số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữ số chia
hết cho12.

Lời giải.

Xét bảy sốa1,a2, . . . ,a7. Trong ba sốa1,a2,a3tồn tại hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa1+a2 ... 2.
Xét ba sốa3,a4,a5tồn tại hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa3+a4 ... 2.

Xét ba sốa5,a6,a7tồn tại hai số có tổng chia hết cho2, giả sửa5+a6 ... 2.
Đặt








a1+a2 =2x
a3+a4 =2y
a5+a6 =2z

, thìa1+a2+a3+a4+a5+a6 =2(x+y+z).

Xét ba sốx,y,ztồn tại hai số có tổng chia hết cho2, giả sửx+y ... 2. Thế thì
a1+a2+a3+a4=2(x+y) ... 4.

Bài 9. Chứng minh rằng trong59số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữa số chia
hết cho12

Lời giải.

Xét10số đầu tiên của dãy59số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số tận cùng bằng0, gọi số đó làa.Xét
hai trường hợp:

a) Nếuatận cùng là10, 20, 30, 40, 50, 60, 70thì ta chọn dãy gồm12số:

a, a+1, a+2, . . . , a+9, a+19, a+29. (1)
Gọi tổng các chữ số củaalàkthì tổng các chữ số của12số trên là:

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ 59
Dãy(2)là dãy12số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho12, do đó tồn tại một số của dãy(1)
có tổng các chữ số chia hết cho12.

b) Nếua tận cùng là80, 90, 00thì ta xét dãy có tận cùng là00, 01, 02, ..., 09, 19, 20(3)(các số này cũng
thuộc59số nguyên dương đã cho).

Tổng các chữ số của các số trong dãy(3)là12số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho12, do
đó tồn tại một số của dãy(3)có tổng các chữ số chia hết cho12.
Bài 10. Cho5số nguyên dương khác nhau không có ước nguyên tố khác2và3. Chứng minh rằng
trong5số đó, tồn tại hai số có tích là số chính phương.

Lời giải.

Gọi năm số đã cho làa1, a2, a3, a4, a5trong đóai =2xi.3yi (xi, yi ∈N).

Xét năm cặp(x1; y1), (x2; y2); . . . , (x5; y5)thuộc bốn trường hợp (chẵn, chẵn), (chẵn, lẻ), (lẻ, lẻ), (lẻ,
chẵn), tồn tại hai cặp thuộc một trường hợp. Chẳng hạn, cặp(x1; y1)và cặp(x2; y2)thuộc trường hợp
(chẵn, lẻ), thế thìx1+x2chẵn vày1+y2chẵn. Khi đóa1a2 =22m.32nlà số chính phương.

Bài 11. Cho 625 số nguyên dương từ 1 đến 625. Người ta chọn ra trong các số đó 311số, trong

đó khơng có hai số nào có tổng bằng625. Chứng minh rằng trong311số đó, tồn tại một số chính
phương.

Lời giải.

Ta thấy625=252=72+242 =152+202.Trong625số đã cho, xếp năm số vào tập hợp
A={72; 152; 202; 242; 252},

còn lại620số chia thành310cặp, mỗi cặp có tổng bằng625là
(1; 624), (2; 623), . . . , (312; 313).

Kết thúc chứng minh.

Bài 12. Chứng minh rằng trong31số ngun dương khác nhau bất kì khơng vượt q60, tồn tại hai
số có tổng bằng61.

Lời giải.

Tương tự như ví dụ68.

Bài 13. Có35nam, có tuổi là các số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn80. Có45nữ, có tuổi là các số
nguyên dương khác nhau nhỏ hơn80. Chứng minh rằng có thể chọn ra một nam và một nữ có tổng
số tuổi bằng80.

Lời giải.

Tương tự như ví dụ69.

Bài 14. Cho25số ngun dương khác nhau bất kì có tổng khơng vượt quá410. Chứng minh rằng
có thể chọn ra 8 số chia thành4cặp, mỗi cặp có tổng bằng25.

Lời giải.

Gọi25số đã cho làa1, a2, . . . , a25.Ta cóa1+a2+· · ·+a25≤410.
Giả sửa1< a2 <· · ·< a25.

Ta thấya16<25,vì nếua16≥25thì

a16+a17+· · ·+a25 ≥25+26+· · ·+34=295. (1)
Lại có

a1+a2+· · ·+a15 ≥1+2+· · ·+15=120. (2)
Từ(1)và(2)suy ra

a1+a2+· · ·+a25≥120+295=415,
trái giả thiết. Vậy tồn tại 16 số nhỏ hơn25.

Xét12cặp(1; 12), (2; 23), . . . , (12; 13),gồm24số nhỏ hơn25. Do có16số đã cho nhỏ hơn25nên tồn
tại bốn cặp(16−12 =4)gồm cả hai số đã cho. Bốn cặp đó đều có tổng hai số trong mỗi cặp bằng25.

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Bài 15. Cho tập hợpAcó bốn phần tử là các số nguyên dương không quá5. Chứng minh rằng tồn
tại hai tập hợp BvàCkhác nhau, mỗi tập hợp có từ1đến3phần tử, các phần tử đều thuộc Asao
cho tổng các phần tử củaBbằng tổng các phần tử củaC.

Lời giải.

Tập hợp Acó bốn phần tử nên có24 = 16tập con, trong đó có một tập hợp gồm bốn phần tử (làA)
và một tập hợp rỗng, do đó số tập hợp có từ một đến ba phần tử là16−2=14.

Gọi tổng các phần tử của mỗi tập hợp trong14tập hợp con đó là x.Do các phần tử của mỗi tập hợp

này có giá trị nhỏ nhất là1, có giá trị lớn nhất là5nên1≤x ≤3+4+5,tức là1≤ x≤12.

Có14tập hợp , màxchỉ nhận giá trị từ1đến12nên tồn tại hai tập hợp cóxbằng nhau, đó là hai tập

hợpBvàCphải tìm.

Bài 16. Cho101số nguyên dương khác nhau bất kì khơng vượt q300. Chứng minh rằng trong
101số trên, tồn tại hai số có hiệu bằng4hoặc8.

Lời giải.

Xếp101số đã cho vào4nhóm có số dư trong phép chia cho4là0, 1, 2, 3. Do101chia4được25dư1
nên tồn tại26số thuộc cùng một nhóm. Hai số bất kì trong nhóm này có hiệu chia hết cho4.

Ta sẽ chứng minh trong nhóm26số nói trên, tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn12. Thật vậy, nếu mọi cặp
số trong nhóm đó đều có hiệud≥12thì số lớn nhấtncủa nhóm có giá trịn≥1+12.25=301>300,
trái giả thiết. Hai số nói trên (có hiệu nhỏ hơn12) khác nhau và có hiệu chia hết cho4nên hiệu bằng

4hoặc8.

Bài 17. Cho 1050 số √1, √2, √3, . . . , √1050.Chọn ra 33 số trong các số trên, chứng minh rằng
trong các số được chọn, tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn1.

Lời giải.

Gọi 33 số được chọn xếp tăng dần làa1, a2, . . . , a33.
Ta cóa1 ≥1, a33≤

√

1050nêna33−a1 ≤

√

1050−1<33−1=32.

Suy ra(a33−a32)+(a32−a31)+· · ·+(a2−a1)<32. (1)
Trong32hiệu trên, tồn tại một hiệu nhỏ hơn 1, vì nếu cả32hiệu đều lớn hơn hoặc bằng1 thì tổng
của chúng lớn hơn hay bằng32(mâu thuẫn với(1)).

Vậy tồn tại hai số được chọn có hiệu nhỏ hơn1.

9. CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN

TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ
Các dạng toán trong chuyên đề có nhiều dạng:

– Dạng 1.Các bài tốn liên qua đến sự tương hỗ, có quan hệ hai chiều (chẳng hạn: nếuAquenBthì
Bquen A,nếuAđã thi đấu vớiBthìBđã thi đấu với A,...).

– Dạng 2. Các bài toán liên qua đến sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị nhưng lại có tính chất
không đổi (gọi là bất biến).

– Dạng 3. Các bài tốn địi hỏi lập luận (chứ khơng phải kiến thức) là chủ yếu, như biết xét đủ các
trường hợp có thể xảy ra, biết đưa ra phương án giải quyết hợp lí có sức thuyết phục.

Trong các bài tốn suy luận, ta sử dụng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê.
Thử trí thơng minh

THỬ LÀM “BAO CƠNG XỬ ÁN”

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

9.. CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 61
Biết số thóc ở mỗi cót bằng nhau, nhiều hơn200đấu và ít hơn300đấu. Em hãy thử làm “Bao Công
xử án” xác định mỗi tên trộm đã lấy bao nhiêu đấu thóc để chúng phải “tâm phục, khẩu phục”.
Giải

Trước hết ta tìm số đấu thóc ở mỗi cót thóc. Số đấu thóc đó là một số trong khoảng từ201đến299
thỏa mãn ba điều kiện: chia cho7dư3,chia cho3dư1,chia cho5dư2.

Xét điều kiện chia cho7dư3.Ta thấy201 : 7=28(dư5) nên203chia hết cho7.Số đấu thóc chia cho
7dư3nên thuộc dãy số sau:206, 213, 220, 227, 234, 241, 248, 255, 262, 269, 276, 283, 290, 297.

Xét điều kiện chia cho5dư2.Trong các số trên ta chọn số chia cho5dư2,tức là số tận cùng bằng2
hoặc7,đó là các số227, 262, 297.

Xét điều kiện chia cho3dư 1. Trong các số trên chỉ có262chia cho3dư1.
Vậy số đấu thóc ở mỗi cót thóc là262đấu.

Giáp lấy:262−3=259(đấu).
Ất lấy:262−1=261(đấu).
Bính lấy:262−2=260(đấu).

Lưu ý.Bài toán được giải nhanh hơn nếu đề bài thay đổi ở hai dữ kiện như sau:
Đề bài cũ Đề bài sửa lại

ba đấu thóc và một cái nồi bốn đấu thóc và một cái nồi
một đấu thóc và một cái vung nồi chỉ có một cái vung nồi

Khi đó, số đấu thóc cộng với3phải chia hết cho7,cho3,cho5nên chia hết cho7.3.5=105,do đó là
210.Số đấu thóc ở mỗi cót thóc là210−3=207(đấu).

Giáp lấy:207−4=203(đấu).
Ất lấy:207(đấu).

Bính lấy:207−2=205(đấu).

I. Sự tương hỗ

Ví dụ 1. Có16đấu thủ thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vịng trịn, mỗi người đấu với mỗi
người khác một trận (khơng có trận hịa). Chứng minh rằng khi kết thúc giải đấu, có thể xếp
năm người vào một danh sách sao cho mỗi người đứng trước thắng tất cả những người đứng
sau.

Lời giải.
Có16.15

2 =120trận đấu, nên có120trận thắng. Do120chia16được7và cịn dư nên tồn tại một đấu
thủ thắng8trận, gọi người đó là A.

Xét8người thuaA,những người này đấu với nhau 8.7

2 = 28trận, nên có28trận thắng. Do28chia8
được3và còn dư nên tồn tại một đấu thủ thắng4trận, gọi người đó làB.

Xét4người thuaB,những người này đấu với nhau 4.3

2 =6trận, nên có6trận thắng. Do6chia cho4
được1và cịn dư nên tồn tại một đối thủ thắng2trận, gọi người đó làC.

Xét hai người thuaCđó, gọi người thắng trong trận đấu giữa hai người này làD,người cịn lại làE.

Ta có đấu thủ AthắngB, C, D, E;đấu thủ B thắngC, D, E;đấu thủ Cthắng Dvà E;đấu thủ D

thắng E.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong số 9 người, tồn tại một người quen ít nhất 4 người hoặc
khơng quen ít nhất6người.

Lời giải.

Trước hết ta thấy khơng thể có mỗi người quen đúng3người khác. Thật vậy, nếu mỗi người quen3
người khác thì số cặp quen nhau là 3.9

2 ,không là số tự nhiên, vơ lí.

Gọi một trong9người làA,giả sửAquenxngười. Theo nhận xét trên thìx 6=3.
Nếux≥4thì bài tốn được chứng minh.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

II. Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị

Ví dụ 3. Ba bạn A, B, Ccó tất cả30viên bi:Acó9viên,Bcó10viên,Ccó11viên. Mỗi lượt,
một bạn tùy ý nhận của mỗi người kia một viên bi. Sau một số lượt, có thể xảy ra ba người có
số bi bằng nhau được khơng?

Lời giải.

Số bi của ba bạnA, B, Clúc đầu có số dư khi chia cho3là0, 1, 2.

NếuAnhận được bi của hai bạn kia thì số bi củaA, B, Clà11, 9, 10có số dư khi chia cho3là2, 0, 1.
NếuBnhận được bi của hai bạn kia thì số bi củaA, B, Clà8, 12, 10có số dư khi chia cho3là2, 0, 1.
NếuCnhận được bi của hai bạn kia thì số bi của A, B, Clà8, 9, 13có số dư khi chia cho3là2, 0, 1.

Như vậy, sau lượt đầu tiên, số bi của ba bạn đều có số dư khi chia cho3là ba số khác nhau trong tập
hợp{0; 1; 2}.

Sau mỗi lượt tiếp theo cũng như vậy, không bao giờ xảy ra số dư là1, 1, 1,tức là khơng bao giờ xảy ra
mỗi bạn đều có10viên bi.

Lưu ý.Trong bài tốn trên, có một tính chất khơng thay đổi (gọi làbất biến) ở mỗi lượt, đó là số bi của
ba người khi chia cho3đều có đủ ba số dư là0, 1, 2.

Ví dụ 4. Cónbóng đèn đang ở trạng thái tắt. Mỗi lượt, người ta thay đổi trạng thái bật - tắt
của bốn bóng đèn (tắt thành bật, bật thành tắt). Có thể xảy ra tất cảnbóng đèn đều bật khơng
nếunbằng:

a) 50; b) 31?

Lời giải.

a) Có thể xảy ra.

Trong12lượt, mỗi lượt ta bật4bóng đèn, được48bóng sáng, cịn lại hai bóng49và50.
Lượt thứ13,ta bật bóng49và tắt ba bóng1, 2, 3.

Lượt thứ14,ta bất bóng thứ50và bật ba bóng1, 2, 3.
Tất cả50bóng đèn đều ở trạng thái bật.

b) Khơng thể xảy ra.

Lúc đầu, số bóng đèn bật là0.Sau lượt thứ nhất, số bóng đèn bật là4.

Ở mỗi lượt, nếu có thêmxbóng đèn bật (0≤x ≤4) thì có thêm4−xbóng đèn tắt, nên số bóng

đèn bật thay đổi làx−(4−x) =2x−4,là một số chẵn.

Lúc đầu, số bóng đèn bật bằng0(là một số chẵn), mỗi lượt thay đổi một số chẵn (là2x−4), nên
số bóng đèn bật luôn là một số chẵn, không thể bằng31.

Lưu ý.Bất biến trong ví dụ trên là: Số bóng đèn ở một trạng thái (chẳng hạn bật) trong hai lượt
liên tiếp ln chênh lệch một số chẵn.

Ví dụ 5. Cho48số 1

2,
1
3,

1
4, . . . ,

1
49.

Người ta xóa hai sốx, ybất kì trong các số trên rồi thay bằng số mớixy+x+y.Lại xóa số mới
và một số cũ rồi thay thế bằng số mới khác theo quy luật trên. Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi
được số mới cuối cùng. Hỏi số đó bằng bao nhiêu?

Lời giải.

Gọi48số đã cho lần lượt bị xóa làa1, a2, . . . , a48.Gọi số mới lần lượt thêm vào làb1, b2,b3, . . .
Ta xóaa1vàa2rồi thay bằngb1,xóab1vàa3rồi thay bằngb2,xóab2vàa4rồi thay bằngb3, . . . ,xốb46
vàa48rồi thay bằngb47.Giá trị phải tìm làb47.

Ta có hằng đẳng thứcxy+x+y+1=(x+1)(y+1)nênxy+x+y=(x+1)(y+1)−1.
Do đób1 =a1a2+a1+a2=(a1+1)(a2+1)−1;

b2=(b1+1)(a3+1)−1=(a1+1)(a2+1)(a3+1)−1;

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

9.. CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 63
Cứ như vậy ta có

b47=(a1+1)(a2+1) . . . (a47+1)(a48+1)−1
=

Å
1
2+1

ã Å
1
3 +1

ã
. . .

Å
1
48+1

ã Å
1
49 +1

−1
= 3

2.
4
3. . . . .

49 −1=25−1=24.

Vậy số cịn lại sau cùng là24.

Ví dụ 6. Cho ba số khác nhau trên bảng. Mỗi lượt, ta xóa hai số bất kì trong ba số đang có, giả
sử xóaavàb,rồi thay bằng hai số mới là a√+b

2 và
a−b

√

2 ,giữ nguyên số còn lại. Cứ làm như vậy
nhiều lần, ta được ba số là2+√2, 2−√2và0.Ba số lúc đầu có thể là1, √2, 2hay khơng?
Lời giải.

Ta có hằng đẳng thức
Å

a+b

√

2
ã2

+
Å

a−b

√

2
ã2

= a2+b2.

Do đó tổng các bình phương của hai số vừa xóa bằng tổng các bình phương của hai số vừa thêm vào,
suy ra tổng bình phương của ba số lúc đầu bằng tổng các bình phương của ba số cuối.

Giả sử ba số lúc đầu là1, √2, 2thì tổng các bình phương của chúng bằng12+(√2)2+22=7.
Tổng các bình phương của ba số lúc cuối bằng

(2+√2)2+(2−√2)2+02=126=7.
Vậy ba số lúc đầu không thể là1, √2, 2.

Lưu ý.Bất biến trong ví dụ trên là tổng các bình phương của ba số trên bảng không thay đổi.

BÀI TẬP

Bài 1. Ba bạnA,B,Ctham gia một cuộc thi. Kết quả đa số thành viên trong Ban giám khảo cho điểm
củaAcao hơn điểm củaB, cho điểm củaBcao hơn điểm củaC. Có thể khẳng định rằng đa số thành
viên trong Ban giám khảo cho điểm của Acao hơn điểm củaChay không?

Lời giải.

Không thể khẳng định rằng đa số thành viên trong Ban giám khảo cho điểm củaAcao hơn điểm của
C.

Chẳng hạn Ban giám khảo có ba người và cho điểm như sau:

Người thứ nhất choA>B> C, người thứ hai choB> C> A, người thứ ba choC> A> B.

Với cách cho điểm như trên, có hai người cho điểm củaAcao hơn điểm củaB, có hai người cho điểm
củaBcao hơn điểm củaC, nhưng chỉ có một người cho điểm củaAcao hơn điểm củaC.
Bài 2. Trong một cuộc thi đấu bóng bàn, mỗi đấu thủ thi với mỗi đấu thủ khác một trận, khơng có
trận hịa. Chứng minh rằng tồn tại ba đấu thủ A,B,CmàAthắngB,BthắngC,CthắngAnếu xảy
ra một trong các điều kiện sau:

a) Khơng có đấu thủ nào thắng tất cả các trận.
b) Có hai đấu thủ có số trận thắng bằng nhau.
Lời giải.

a) Gọi Alà người có số trận thắng nhiều nhất. Do Akhông thắng tất cả các trận, nên tồn tại đấu
thủCthắng A. Trong số những người thuaA, tồn tại một người thắngC(vì nếu tất cả những
người thuaAđều thuaCthìCcó số trận thắng nhiều hơnA), gọi người đó làB.

Ta cóAthắngB,BthắngC,CthắngA.

b) GọiAvàBlà hai người có số trận thắng bằng nhau và giả sửAthắngB. Trong số những người
thua B, tồn tại một người thắng A(vì nếu tất cả những người thua B đều thua Athì Acó số
trận thắng nhiều hơnB, trái vớiAvàBcó trận thắng bằng nhau), gọi người đó làC.

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Bài 3. Trong một giải bóng đá, có9đội đấu vịng tròn một lượt. Chứng minh rằng sau khi kết thức
ba vòng đấu (tức là mỗi đội đã đấu đúng3trận), tồn tại ba đội đơi một chưa đấu với nhau.

Lời giải.

Vì mỗi đội đấu3trận nên tồn tại hai đội chưa đấu với nhau, gọi hai đội đó làAvàB. Cịn lại7đội.
DoAmới đấu3trận,Bmới đấu3trận nên trong7đội trên, tồn tại một đội chưa đấu vớiAvàB, gọi
đội đó làC.

Ta có ba độiA,B,Cđơi một chưa đấu với nhau.
Bài 4. Viết20số1, 2, 3, 4, . . . , 20theo thứ tự tăng dần. Mỗi lượt, ta đổi chỗ hai số cách nhau một số
(chẳng hạn đổi chỗ1 và3, đổi chỗ8và10 . . .). Cứ làm như vậy, ta có thể được dãy số theo thứ tự
ngược lại là20, 19, . . . , 2, 1hay không?

Lời giải.

Theo cách đổi chỗ của bài tốn, số chẵn ln ở vị trí chẵn, số lẻ ln ở vị trí lẻ của dãy. Do đó khơng
thể xảy ra số20ở vị trí thứ nhất.

Vậy khơng thể đổi chỗ để dãy số viết theo thứ tự ngược lại.
Bài 5. Có51quân bài đang đặt sấp. Mỗi lượt, người ta thay đổi vị trí sấp - ngửa của6qn bài. Có
thể xảy ra tất cả51quân bài đều đặt mặt ngửa hay không?

Lời giải.

Lúc đầu, số quân bài mặt ngửa là0. Sau lượt thứ nhất, số quân bài mặt ngửa là6.

Ở mỗi lượt, nếu có thêmxqn bài mặt ngửa (0≤x≤6) thì có thêm6−xqn bài mặt sấp, nên số
quân bài mặt ngửa thay đổi làx−(6−x)=2x−6, là số chẵn.

Lúc đầu, số quân bài mặt ngửa bằng0(là một số chẵn), mỗi lượt thay đổi một số chẵn (là2x−6), nên
số quân bài mặt ngửa luôn là một số chẵn, do đó khơng thể bằng51.
Bài 6. Có75bóng đèn gồm30bóng xanh,25bóng đỏ,20bóng vàng. Mỗi lượt người ta đổi màu của
hai bóng khác màu sang màu thứ ba (chẳng hạn đổi màu một bóng xanh và một bóng đỏ thành hai
bóng vàng). Có thể xảy ra được tồn bộ75bóng đèn đều cùng một màu hay khơng?

Lời giải.

Ta có nhận xét: Khi chuyển từ lượt trước sang lượt sau, số bóng đèn của một màu bất kì hoặc tăng2,
hoặc giảm1, do đó hiệu của số bóng đèn của hai màu bất kì hoặc thay đổi3(nếu một màu tăng2,
một màu giảm1) hoặc thay đổi0(nếu cả hai màu đều tăng hai hoặc đều giảm1), tức là thay đổi một
bội của3.

Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn xanh và đỏ bằng30−25 = 5, là số chia cho3dư 2. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn xanh và đỏ luôn là một số chia cho3dư2, khơng thể xảy ra số bóng đèn
xanh và số bóng đèn đỏ đều bằng0, tức là không thể xảy ra tất cả75bóng đèn đều màu vàng.
Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng bằng 25−20 = 5, là số chia cho3dư 2. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng ln là một số chia cho3dư2, khơng thể xảy ra số bóng đèn
đỏ và số bóng đèn vàng đều bằng0, tức là khơng thể xảy ra tất cả75bóng đèn đều màu xanh.
Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn xanh và vàng bằng30−20=10, là số chia cho3dư1. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn xanh và vàng luôn là một số chia cho3dư1, không thể xảy ra số bóng đèn
xanh và số bóng đèn vàng đều bằng0, tức là khơng thể xảy ra tất cả75bóng đèn đều màu đỏ.

Lưu ý. Bất biến trong bài toán trên là: Hiệu của số bóng đèn của hai màu bất kì ln thay đổi một bội

của3.

Bài 7. Cho một dãy gồmnsố tự nhiên (n≥4) là1, 2, 3, . . . ,n. Mỗi lượt người ta xóa hai sốx,ybất kì
rồi thay bằng sốxy+x+y. Lại xóa số mới và một số cũ rồi thay vào số mới khác theo quy luật trên.
Cứ tiếp tục như vậy cho đến khi chỉ cịn lại số mới cuối cùng. Số đó có thể là20172018được khơng?
Lời giải.

Gọinsố đã cho lần lượt bị xóa làa1,a2, . . . ,an.
Gọi số mới lần lượt thêm vào làb1,b2, . . .

Ta xóaa1vàa2rồi thay bằng b1, xóab1vàa3rồi thay bằng b2, xóab2vàa4rồi thay bằng b3,. . ., xóa
bn−2vàanrồi thay bằngbn−1.

Số mới cuối cùng làbn−1.

Xét hằng đẳng thứcxy+x+y+1=(x+1)(y+1), ta sẽ tìm được

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

9.. CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 65
Don ≥4nên(n+1)!tận cùng bằng0, suy rabn−1tận cùng bằng9, không thể bằng20172018được.

Bài 8. Cho 100 số nguyên dương khác nhau không quá 150. Chứng minh rằng tồn tại 49 cặp số
nguyên dương liên tiếp trong các số trên.

Lời giải.

Gọi100số đã cho xếp tăng dần làa1,a2, . . . ,a100.

ĐặtA=(a100−a99)+(a99−a98)+(a98−a97)+· · ·+(a2−a1).

Nếu chỉ có nhiều nhất là48cặp số nguyên dương liên tiếp thì trong99hiệu của biểu thức A, chỉ có
nhiều nhất là48hiệu có giá trị bằng1, do đó có ít nhất là51hiệu có giá trị từ2trở lên.

Khi đó A≥48+51.2=150. Mặt khác,A= a100−a1 ≤150−1=149. Điều này vơ lí. Vậy số cặp số
ngun dương liên tiếp phải lớn hơn hoặc bằng49.
Bài 9. Hai bạnAvàBcùng làm một bài thi;Atrả lời sai 1

3 số câu hỏi,Btrả lời sai7câu hỏi. Có
1
5 số
câu hỏi cả hai bạn đều trả lời sai. Có nhiều nhất bao nhiêu câu hỏi mà cả hai bạn đều trả lời đúng?
Lời giải.

Kí hiệu như hình vẽ dưới đây, trong đómlà số câu hỏi của bài thi,dlà số câu hỏi cả AvàBđều trả
lời đúng,clà số câu hỏi cảAvàBđều trả lời sai,alà số câu hỏi chỉ Atrả lời sai,blà số câu hỏi chỉB
trả lời sai.

a c b

(7)

(m)

m
3

Theo đề bài ta có

a+c= m

3 (1)

b+c=7 (2)
c= m

5 (3)

Ta cód=m−a−(b+c) =m−a−7. (4)
Cần tìm giá trị lớn nhất củad.

Từ(1)và(3)suy raa= m
3 −

m
5 =

15. Do dóm−a=
13m

15 . (5)
Từ(2)và(3)suy rac≤7⇒ m

5 ≤7⇒m≤35.
Do(5)nênmchia hết cho15, do đóm≤30. (6)
Từ(5)và(6)suy ram−a≤ 13.30

15 =26. Kết hợp với(4)ta cód≤26−7=19.

Vậy có nhiều nhất19câu hỏi cảAvàBđều trả lời đúng.
Bài 10 (International Mathematics Tournament of the Towns 2010). Mỗi giỏ trong6giỏ trái cây
đều chứa ba loại quả lê, mận, táo. Số mận trong mỗi giỏ bằng với tổng số táo trong tất cả các giỏ khác
cộng lại, trong khi số táo trong mỗi giỏ bằng với tổng số lê trong tất cả các giỏ khác cộng lại. Chứng
minh rằng tổng số trái cây các loại là một bội của31.

Lời giải.

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

5lần tổng số táo, và gấp25lần tổng số lê. Vậy tổng số trái cây gấp1+5+25 =31lần tổng số lê, và

do đó là một bội của31.

Bài 11 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011). Các số từ 1 đến 2010 được
đặt trên một vòng tròn sao cho khi ta di chuyển trên vòng tròn theo chiều kim đồng hồ thì các số
tăng giảm lần lượt xen kẽ nhau. Chứng minh rằng tồn tại hai số kề nhau sao cho hiệu của chúng là
số chẵn.

Lời giải.

Giả sử chúng ta đặt các số trên một vòng tròn để hiệu giữa hai số liền kề là lẻ. Điều này có nghĩa là
số lẻ và số chẵn phải xen kẽ. Từ điều kiện đề bài ta có mỗi số có cả hai số liền kề hoặc cả hai lớn hơn
hoặc cả hai ít hơn chính nó.

Lưu ý rằng1là một số lẻ và nó chỉ có thể có số kề lớn hơn chính nó. Do số tăng giảm xen kẽ, mỗi số
lẻ có những số kề lớn hơn và vì vậy mỗi số chẵn có số liền kề ít hơn chính nó. Tuy nhiên số2chỉ có
một số ít hơn chính nó. Điều này dẫn đến mâu thuẫn.
Bài 12 (Đề thi TS vào lớp 10 chuyên Toán PTNK-ĐHQG TPHCM 2017-2018). Lớp9Acó6học
sinh tham gia một kì thi tốn và nhận được6điểm số khác nhau là các số nguyên từ0đến20. Gọim
là trung bình cộng các điểm số của6học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong6học sinh trên)
lập thành một cặphoàn hảonếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơnm.

a)Chứng minh rằng khơng thể chia6học sinh trên thành3cặp mà mỗi cặp đềuhồn hảo.
b)Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặphồn hảo?

Lời giải.

a)Giả sử có thể chia6học sinh thành3cặp mà mỗi cặp đềuhoàn hảo. Gọi số điểm của các cặp học
sinh này là(a1;a2),(a3;a4),(a5;a6).

Ta có a1+a2
2 >m,

a3+a4
2 >m,

a5+a6
2 >m.
Do đó ta có

a1+a2

2 +

a3+a4

2 +

a5+a6
2 >3m

⇔a1+a2+a3+a4+a5+a6

2 >3·

a1+a2+a3+a4+a5+a6

6 ·

Điều này vơ lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.

b)Xét tậpX ={0; 16; 17; 18; 19; 20}vớim=15có10cặphồn hảo. Ta đi chứng minh có nhiều nhất10
cặphồn hảo.

Giả sử có nhiều hơn hoặc bằng11cặp hồn hảo. Gọi6tên thí sinh là A,B,C,D,E,F.
Với tổng15cặp thí sinh, ta chia thành các nhóm như sau:

Nhóm1:{AB;CD;EF}.
Nhóm2:{AC;BE;DF}.
Nhóm3:{AD;CE;BF}.
Nhóm4:{AE;BD;CF}.
Nhóm5:{AF;BC;DE}.

Do có ít nhất11cặphồn hảomà chỉ có5nhóm nên theo ngun lí Dircichlet, có ít nhất một nhóm đủ

3thí sinh, theo câu a) thì điều này vơ lí. Vậy có nhiều nhất10cặphồn hảo.
Bài 13. Trên bảng viết các số nguyên từ(−11)đến11. Người ta xóa hai sốavàbbất kì và viết thêm
lên bảng hai số 5a−12b

13 và

12a+5b

13 . Hỏi cứ tiếp tục như vậy thì có thể xảy ra tình trạng tất cả các số
trên bảng bằng nhau không?

Lời giải.

Xét dãy số gồm23số:−11;−10; . . . ; 0; 1; . . . ; 11.

Xóa hai sốavàbbất kì và viết thêm lên bảng hai số 5a−12b

13 và

12a+5b
13 .
Vìa,blà các số nguyên nên 5a−12b

13 và

12a+5b

13 là các số hữu tỉ.
Ta có

5a−12b
13

ã2
+

12a+5b
13

ã2
= 25a

2−120ab+144b2+144a2+120ab+25b2
169

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

9.. CÁC BÀI TỐN SUY LUẬN 67
Do đó sau khi thay đổi như vậy thì tổng các bình phương các số hạng của dãy khơng thay đổi.
Tổng bình phương các số hạng ban đầu là

S=(−11)2+(−10)2+· · ·+02+12+· · ·+102+112
=Ä112+102+· · ·+22+12ä.2

=1012.

Giả sử sau một số bước ta có các số đều bằng nhau và đều bằngx, thế thì23x2=1012hayx=±√44
là số vơ tỉ, điều này vơ lí. Vậy khơng thể xảy ra tình trạng tất cả các số trên bảng bằng nhau.

Bài 14 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011). Các con sâu phát triển với
tốc độ 1 mét mỗi giờ. Khi chúng trưởng thành đạt chiều dài tối đa là1mét thì sẽ ngừng phát triển.
Một con sâu khi đạt chiều dài tối đa có thể bị chia thành hai con mà khơng nhất thiết có cùng độ dài.
Các con sâu này tiếp tục phát triển với tốc độ1mét mỗi giờ. Hỏi rằng từ một con sâu trưởng thành
ban đầu, sau ít hơn một giờ có thể có10con sâu trưởng thành khơng?

Lời giải.

Câu trả lời là có thể (trên thực tế người ta có thể phát triển bất kì số lượng sâu trong vòng một giờ).
Hiển nhiên, trong thời gian t sâu mọc thêm chiều dài t (với 0 < t ≤ 1). Giả sử tại thời điểm ban
đầu có một con sâu phát triển đầy đủ. Chia nó thành hai phần có độ dàitvà(1−t)tương ứng, với
0<t ≤ 1

Khi đó tại thời điểmt, phần mà có chiều dàittrở thành2t, trong khi phần kia trở thành sâu phát triển
đầy đủ. Chúng ta phân nó thành hai phần với độ dài2t và(1−2t)tương ứng. Vì vậy, sau khi tách
chúng ta có hai con sâu dài2tvà(1−2t). Trong thời gian2tsau khi tách lần thứ hai (hoặct+2t =3t
tính từ ban đầu), chúng ta có hai con sâu chiều dài4t(trưởng thành từ phần2t) và một phần thành
sâu phát triển đầy đủ. Một lần nữa, chúng ta xem xét thời điểm tách con sâu phát triển đầy đủ thành
hai bộ phận có chiều dài4t và(1−4t). Sau lần tách này chúng ta có ba con sâu với chiều dài4t và
một con với chiều dài(1−4t). Tương tự như vậy, trong thời gian4t= 22t(3t+4t =7ttính từ đầu),
chúng ta có ba con sâu với chiều dài8t = 23tvà một con sâu phát triển đầy đủ. Một lần nữa, chúng
ta tách con sâu phát triển đầy đủ thành hai phần có chiều dài8tvà(1−8t). Tại thời điểm đó, chúng
ta có bốn con sâu dài8tvà một con chiều dài(1−8t).

Trong thời gian(2k−1)ttính từ đầu chúng ta có(k+1)con sâu dài2ktvà một con phát triển đầy đủ.
Do đó nếu muốn tại một số thời gian để có tất cả các con sâu được phát triển đầy đủ, chúng ta nên
lấytsao cho2kt=1hayt = 1

2k và tại thời điểm này chúng ta sẽ có(k+2)con sâu trưởng thành hồn
tồn.

Vậy để có được10con sâu trường thành hồn tồn trong vịng chưa đầy một giờ (có thể lấy trong 1
2
giờ) thì chúng ta có thể chọnt= 1

29 =
1

512.

Bài 15 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011). Một con rồng đưa cho một
hiệp sĩ bị nó giam giữ100đồng vàng. Một nửa trong số đó là những đồng vàng ma thuật, nhưng chỉ
có con rồng mới biết chính xác đâu là đồng vàng ma thuật. Mỗi ngày hiệp sĩ đó chia số tiền thành hai
phần (khơng nhất thiết bằng nhau). Con rồng sẽ trả tự do cho hiệp sĩ nếu như hơm đó số đồng vàng
ma thuật hoặc số đồng vàng thông thường trong hai phần là bằng nhau. Liệu hiệp sĩ có đảm bảo tự
do cho mình sau nhiều nhất

a)50 ngày?
b)25 ngày?
Lời giải.

Ta đi xây dựng một thuật toán để hiệp sĩ được trả tự do nhanh nhất trong trường hợp xấu nhất như
sau:

Vào ngày đầu tiên, hiệp sĩ chia các đồng xu thành hai đống25và75đồng xu, và mỗi ngày tiếp theo
di chuyển một đồng xu từ đống lớn sang đống nhỏ hơn. Khi đó, trong25ngày (nếu khơng phải trước
đó) thì hiệp sĩ được tự do.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Trong trường hợp xấu nhất (mất số ngày nhiều nhất để được tự do) trong24ngày (bao gồm cả ngày
đầu tiên) trong đống nhỏ hơn sẽ có48xu, 24đồng xu ma thuật và24 đồng xu bình thường. Vì vậy
vào ngày hôm sau, khi một trong hai đồng xu ma thuật hay bình thường di chuyển, số lượng đồng
xu ma thuật hay bình thường trở thành25. Vì vậy, một trong hai loại đồng xu được chia đôi trong hai

đống và hiệp sĩ được tự do.

10. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI

I. Phương pháp phát hiện tính chia hết

Câu 1 (Đề thi vào 10, Chun Hồng Lê Kha Tây Ninh, 2017). Chứng minhP(n)=n4−14n3+71n2−

154n+120luôn chia hết cho24, với mọi số tự nhiênn∈N∗.
Lời giải.

Ta cóP(n) = n4−14n3+71n2−154n+120 = (n−2)(n−3)(n−4)(n−5)là tích4số tự nhiên liên
tiếp chia hết cho3; 8mà3; 8≥1nên chia hết cho24(đpcm)

Câu 2 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Q Đơn, Quảng Trị, 2017). Tìm chữ số tận cùng củaa=201764.

Lời giải.

201764 ≡764 ≡364 ≡814·81 ≡1 (mod 10).

Câu 3 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2017). Cho số tự nhiên

A=777 . . . 7
| {z }
n chữ số 7

−18+2n(vớin ∈N,n≥2)

Chứng minh rằngAchia hết cho9.
Lời giải.

Với số tự nhiêna ∈N∗, ta đặtS(a)là tổng các chữ số củaa. Khi đó ta ln cóa−S(a)chia hết cho9.

Ta có:

A=777 . . . 7
| {z }
nchữ số 7

−18+2n=7.111 . . . 1
| {z }
nchữ số 1

−18+2n=7.(111 . . . 1
| {z }
nchữ số 1

−n)+9(n−2).

Tổng các chữ số của111 . . . 1
| {z }
nchữ số 1

lànnên ta có111 . . . 1
| {z }

nchữ số 1

−nchia hết cho 9.
Vì vậy7(111 . . . 1

| {z }
nchữ số 1

−n)chia hết cho 9.
Hiển nhiên9(n−2)chia hết cho 9.

Do đóA...9.

Câu 4 (Thi vào 10, Chuyên Bạc Liêu, 2017). Chon=2018.20172016−112017−62016. Chứng minhn

chia hết cho17.
Lời giải.

Ta có2017≡11 mod 17⇒20172016≡112016 mod 17.
Mặt khác:2018≡12 mod 17.

Suy ra2018.20172016≡12.112016 mod 17.

Hay2018.20172016≡(11+1).112016 ≡112017+112016 mod 17.
Suy ra2018.20172016−112017≡112016 mod 17.

Suy ran=2018.20172016−112017−62016≡112016−62016 mod 17.
Ta lại có:

• 112 ≡2 mod 17, suy ra112016 =(112)1008 ≡22008 mod 17.

• 62 ≡2 mod 17, suy ra62016=(62)1008≡22008 mod 17.
Do đó ta cón≡21008−21008=0 mod 17.

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 69

Câu 5. Cho a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu a2014+b2015+c2016 chia hết cho 6 thì

a2016+b2017+c2018chia hết cho6.
Lời giải.

ĐặtA= a2014+b2015+c2016,B=a2016+b2017+c2018.
Ta có:B−A=a2014(a2−1)+b2015(b2−1)+c2016(c2−1).
Nhận thấy rằnga(a2−1)=(a−1)a(a+1)...6⇒ a2014(a2−1)...6.
Tương tự ta cób2014(b2−1)...6,c2014(c2−1)...6nên ta suy raB−A...6.

MàA...6nênB...6.

Câu 6 (Đề thi vào 10, Phổ thông năng khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Chox,ylà hai số nguyên vớix>

y>0.

a) Chứng minh rằng nếux3−y3chia hết cho3thìx3−y3chia hết cho9.

b) Tìm tất cả những giá trịknguyên dương sao choxk˘ykchia hết cho9với mọix,ymàxykhông
chia hết cho3.

Lời giải.

a) Ta có x3−y3 = (x−y)3−3xy(x−y) chia hết cho 3 nên (x−y)3 chia hết cho 3. Mà3 là số
nguyên tố nênx−ychia hết cho3. Suy ra






(x−y)3...9
3xy(x−y)...9

⇒x3−y3...9.

b) Chox=2,y=1suy raxykhông chia hết cho3.
Ta cóxk−yk =2k−1...9⇒2k−1...3.

Do2≡ −1(mod3)⇒2k−1≡(−1)k−1(mod3)nênklà số chẵn.
Ta chứng minhk =6n (n∈N∗).

Thật vậy,

- Vớik=6n+2⇒2k−1=26n+2−1≡3(mod9). Suy rak=6n+2không thỏa mãn.
- Vớik=6n+4⇒2k−1=26n+4−1≡6(mod9). Suy rak=6n+4không thỏa mãn.
Vậyk=6n.

Ta lại có xk˘yk = x6n˘y6n = (x6)n˘(y6)n ... (x6˘y6). Do xy không chia hết cho3 nên cả x,y đều
không chia hết cho3.

-TH1.x≡y(mod3)⇒x3˘y3...3. Theo câu (1) suy rax3˘y3...9⇒xk−yk ...9.
-TH2.x,ykhông cùng số dư khi chia chia cho3.

Khơng mất tính tổng qt, giả sử

x =3a+1
y=3b+2.

Ta cóx3+y3=(3a+1)3+(3b+2)3 =27a3+27a2+9a+27b3+27b2+9b+9...9.
Suy rax6−y6 =(x3−y3)(x3+y3)...9⇒xk−yk...9.

Vậy tập tất cả các số thỏa mãn đề bài làk =6nvớinlà số tự nhiên.

Câu 7 (Đề thi vào 10, SoGiaoDucHaNoi-ChuyenTin, 2017). Cho các số nguyên dươnga,bthỏa mãn

a2+b2=c2. Chứng minhabchia hết choa+b+c.
Lời giải.

Đặtt=a+b+c

⇒t2=(a+b+c)2 =a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=2c2+2(ab+bc+ca)⇒t...2
Mặt khác:a2+b2 =c2⇔a2+b2=(t−a−b)2

⇔a2+b2=t2+b2+c2−2ta−2tb+2ab

⇔0=t2−2ta−2tb+2ab

⇔ab = −t

2+2ta+2tb

t = t

Å−

t+2a+2b
2

=(a+b+c)
Å−

t+2a+2b
2

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Câu 8 (Đề thi vào 10, Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận, 2017). Chonsố nguyêna1,a2, . . . ,anthỏa
mãnS =a1+a2+. . .+anchia hết cho6. Chứng minhP=a31+a32+. . .+a3ncũng chia hết cho6.
Lời giải.

Ta có

P−S = (a31−a1)+(a23−a2)+. . .+(a3n−an)

= (a1−1)a1(a1+1)+(a2−1)a2(a2+1)+. . .+(an−1)an(an+1).

Mỗi số hạng có dạng(ak−1)ak(ak+1)đều chia hết cho6(là tích3số ngun liên tiếp), do đóP−S
chia hết cho6, màSchia hết cho6nênPchia hết cho6.

Câu 9 (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017). Tìm tất cả số ngunxsao cho2x2+x−2chia

hết chox2+1.
Lời giải.
Ta có: 2x

2+x−2
x2+1 =2+

x−4
x2+1

Xétx =4⇒2x2+x−2chia hết chox2+1
Xétx 6=4để(x−4)...(x2+1)⇒ |x−4| ≥x2+1

⇔

x−4≥x2+1
x−4≤ −x2−1 ⇔

x2−x+5≤0 (1)
x2+x−3≤0 (2)

Ta nhận thấy(1)vơ nghiệm cịn(2)kết hợp với điều kiệnxlà số nguyên suy rax∈ {−2,−1, 0, 1}

Thử lại ta nhận giá trịx=0.

Vậyx∈ {0; 4}thì2x2+x−6chia hết chox2+1

Câu 10 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bắc Giang, 2016). Tìm số tự nhiên có bốn chữ số biết

rằng khi chia số đó cho120được số dư là88và khi chia cho61được số dư là39.
Lời giải.

Gọi số tự nhiên có 4 chữ số phải tìm làx, 1000≤x≤9999.
Theo giả thiết ta cóx=120n+88 =61k+39vớin,k∈N.
Từ đó ta có120n−60k =k−49suy rak−49chia hết cho 60.
Mặt khác ta có:

1000≤x≤9999⇒1000≤61k+39≤9999⇒ 961

61 ≤ k≤
9960

⇒15<k <164⇒ −34 <k−49<115.

Màk−49chia hết cho 60 nênk−49chỉ có thể là0; 60.
Vớik =49⇒x=3028(chia120dư28).

Vớik =109⇒x =6688(chia120dư88).

Vậy số cần tìm là6688.

Câu 11 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016). Cho biểu thứcQ= a4+2a3−16a2−2a+15. Tìm

tất cả các giá trị nguyên củaađểQchia hết cho16.
Lời giải.

Q= a4+2a3−16a2−2a+15=(a4+2a3−2a−1)−16(a2−1)=(a−1)(a+1)3−16(a2−1).
Vớialẻ,a =2k+1,k∈ Z. Khi đó(a−1)(a+1)3=2k(2k+2)3 =16k(k+1)...16⇒Q...16

Vớikchẵn,a =2k,k ∈ Z. Khi đó(a−1)(a+1)3 = (2k−1)(2k+1)3 là một số lẻ nên khơng chia hết
cho16. Do đóQkhơng chia hết cho16.

Vậy khialà một số lẻ thìQchia hết cho 16.

Câu 12 (Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, v2 , 2016). Tìm dạng tổng quát của số nguyên

dươngnbiếtM=n.4n+3nchia hết cho7.
Lời giải.

• n = 2k(kngun dương):M =2k.16k+9k.Do16k, 9k có cùng số dư với2k khi chia cho7,nên
Mcùng dư với2k.2k+2k = (2k+1)2kkhi chia cho7.Do đó,M...7⇔2k+1...7⇔k=7q+3,
suy ran=14q+6(q∈N).

• n=2k+1(kngun dương):M=4(2k+1).16k+3.9kcùng dư với(k+4).2k+3.2k =(k+7)2k
khi chia cho7. Do đó,M...7⇔k+7...7⇔k=7p,

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 71
Vậyn=14q+6hoặcn=14p+1(p,q∈N.)

Câu 13 (Đề thi vào 10 chuyên toán, Chuyên Hùng Vương Gia Lai, 2016). Chứng minh rằng 22m+1+52n

chia hết cho3, với mọim,n∈N∗.

Lời giải.

Ta có22m+1 = 2.22m = 2.4m = 2(3+1)m = 2(3k+1) = 6k+2,k ∈ N∗ Suy ra22m+1chia cho3dư2,

với mọim∈N∗. (1)

Mặt khác52n = 25n = (24+1)n = (3.8+1)n = 3p+1,p ∈ N∗. Suy ra52nchia cho3dư 1, với mọi

n∈N∗. (2)

Từ(1),(2)suy ra 22m+1+52n

chia hết cho3.

Câu 14 (Chuyên KHTN Hà Nội vòng 2, 2016). Vớix,ylà các số nguyên thỏa mãn đẳng thứcx

2−1

2 =

y2−1

3 . Chứng minh rằngx

2−y2chia hết cho40.
Lời giải.

Ta có x
2−1

2 =

y2−1

3 =

x2−y2

−1 =

x2+y2−2

5 và x,y là các số lẻ, x = 2k+1,y = 2m+1 =⇒
x2−y2 =4(k−m)(k+m+1)...8,x2≡0, 1, 4(mod 5),y2≡0, 1, 4(mod 5), mặt khácx2+y2 ≡2(mod 5)
cho nênx2≡1(mod 5),y2≡1(mod 5)=⇒ x2−y2≡0(mod 5).

Câu 15 (Đề thi vào 10, Chuyên Sư Phạm Hà Nội, 2016). ChoSlà tập hợp các số nguyên dươngncó

dạngn= x2+3y2trong đóx,ylà các số ngun. Chứng minh rằng:
a) Nếua,b∈ Sthìab ∈S.

b) NếuN∈SvàNchẵn thìNchia hết cho4và N
4 ∈S.
Lời giải.

a) Nếua,b∈ Sthìa =m2+3n2vàb= p2+3q2.

Ta cóab=(m2+3n2)(p2+3q2)=(mp+3nq)2+3(mq−pn)2.
Vậyab ∈S.

b) NếuN∈ SthìN= x2+3y2. Dĩ nhiên nếu2|xthì từNchẵn, ta có2|y, trường hợp này hiển
nhiên N

4 ∈S.

Xétx,yđều lẻ, ta có x2−9y2 ≡ 1−9 ≡ 0 (mod 8), do đó4 | x−3y hoặc4 | x+3y. Giả sử
4|x−3y(trường hợp còn lại chứng minh tương tự). Khi đó:

N
4 =

Å
x−3y

4
ã2

+3
Å

x+y
4

ã2

Vậy N
4 ∈S

Câu 16 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016). Chox,ylà hai số nguyên dương màx2+y2+10chia hết cho

xy.

a) Chứng minh rằngx,ylà hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằngk= x

2+y2+10

xy chia hết cho4vàk ≥12.
Lời giải.

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

b) Đặt x = 2a+1,y = 2b+1suy rak = 4(a

2+b2+a+b+3)

(2a+1)(2b+1) . Do đó,kchia hết cho 4. Giả sử
x chia hết cho3. Lúc này,3 | (y2+10) (vơ lí). Vậy x và y cùng khơng chia hết cho 3. Ta có:
3|x2+y2+10 =kxysuy rakchia hết cho 3. Từ đó ta cók≥12.

II. Số nguyên tố và hợp số

Câu 17 (Đề thi vào chuyên 10, Sở giáo dục Hà Nội, 2017).

a) Choplà một số nguyên tố lớn hơn3. Chứng minh2017−p2chia hết cho24.

b) Choa,b,clà các số nguyên dương. Chứng minha+b+2√ab+c2không phải là số nguyên tố.
Lời giải.

a) Vìplà số nguyên tố lớn hơn3nênplà số nguyên tố lẻ. Đặtp=2k+1.
Ta có2017−p2 =2017−(2k+1)2=2016−4k(k+1).

Một trong hai sốk,k+1là số chẵn nên4k(k+1)...8. Do đó(2017−p2)...8 (1).
Ta có2017−p2 =(442−p2)+81=(44−p)(44+p)+81.

Vìplà số ngun tố lớn hơn3nênpkhơng chia hết cho3.
- Nếupchia3dư1thì44+pchia hết cho3.

- Nếupchia3dư2thì44−pchia hết cho3.
Vậy(44−p)(44+p)...3. Do đó(2017−p2)...3 (2).
Từ(1)và(2)suy ra(2017−p2)...24.

b) TH1: Nếu√ab+c26∈Qthì(a+b+2√ab+c2)6∈Q.
TH2: Nếu√ab+c2∈Qthì√ab+c2∈ N.

Đặta+b+2√ab+c2= x(x∈N∗).

Từ đây ta có

(a+b−x)2 =4(c2+ab)⇔(a+b)2+x2−2x(a+b)=4c2+4ab

⇔(a−b)2−4c2+x(x−2a−2b)=0

⇔(a−b−2c)(a−b+2c)= x(x−2a−2b)
Ta cóx=a+b+2√ab+c2≥ a+b+2cnênx≥ a−b+2c≥ a−b−2c.

Mặt khácx|(a−b−2c)(a−b+2c)nênxkhông là số nguyên tố.

Câu 18 (Đề thi vào 10, Chuyên KHTN Hà Nội Vòng 2, 2017). Giả sử p,q là hai số nguyên tố thỏa

mãn đẳng thức

p(p−1)=q(q2−1). (*)
1) Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dươngksao chop−1=kq,q2−1=kp.

a) Tìm tất cả các số nguyên tố p,qthỏa mãn đẳng thức (*).
Lời giải.

1) Dễ thấy p > q ≥ 2 và(p,q) = 1cho nên tồn tại số nguyên dương k sao cho p−1 = kq, (*)

⇐⇒ pkq=q(q2−1) ⇐⇒ q2−1=kp.

2) Theo ata cóq2−1 = k(1+kq) ⇐⇒ q2−k2q−1−k = 0(1), giả sửq1,q

2là các nghiệm của
phương trình (1), theo định lý vi-ét ta có q1q2 = −1−k,q1+q2 = −k2 do |q1|,|q2| là các số
nguyên lớn hơn 1 nên|q1q2| ≥ |q1|+|q2| suy ra1+k ≥ k2 ⇐⇒

1−√5

2 ≤ k ≤

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 73

Câu 19 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi, 2017). Giả sửnlà số nguyên dương thỏa mãn

điều kiệnn2+n+3là số ngun tố. Chứng minh rằngnchia3dư1và7n2+6n+2017khơng phải
là số chính phương.

Lời giải.

Vìnlà số nguyên dương nênn2+n+3>3. Gọirlà số dư khi chiancho3,r ∈ {0, 1, 2}. Nếur = 0
hoặcr = 2 thìn2+n+3chia hết cho3, mâu thuẫn với giả thiết n2+n+3là số nguyên tố. Do đó
r = 1hayn chia3dư 1. Khi đó7n2+6n+2017chia3dư 2. Vì một số chính phương có số dư khi
chia cho3là0hoặc1nên7n2+6n+2017khơng phải là một số chính phương.

Câu 20 (Đề thi vào 10, Phổ thơng năng khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Chox,ylà hai số ngun vớix>

y>0. Chứng minh rằng nếux3−y3chia hết chox+ythìx+ykhơng là số nguyên tố.
Lời giải.

Giả sử ngược lạix+ylà số nguyên tố. Ta có

x3−y3=(x−y)ỵ(x+y)2−x=(x−y)(x+y)2−xy(x−y)...(x+y).

Suy ra(x−y)xy...(x+y), màx+yngun tố nên








(x−y)...(x+y)
x...(x+y)
y...(x+y)

(vơ lý vì0< x,y,x−y<x+y).

Câu 21 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Đăk Lăk, 2016).

1) Tìm cặp số nguyên tố(m,n)sao cho:m2−2n2−1=0.

2) Cho hai số tự nhiêna,bsao choa2+b2+abchia hết cho10. Chứng minh rằnga2+b2+abchia
hết cho100.

Lời giải.

1) Ta cóm2−2n2−1=0⇒(m−1)(m+1)=2n2...2⇒mlẻ, suy ra(m−1)(m+1)...4

⇒2n2...4⇒n...2⇒n=2. Donlà số nguyên tố.

Khi đóm2 =2.22+1⇒m=3. Vậy cặp số nguyên tố cần tìm là(m,n) =(3, 2).
2) Ta cóa2+b2+ab...10⇒(a−b)(a2+b2+ab)=(a−b)3...10⇒ a3 ≡b3(mod10)

suy raa≡b(mod10)⇒ ab≡a2(mod10),a2≡ b2(mod10)⇒ a2+b2+ab≡3a2(mod10)

⇒3a2≡0(mod10)⇒a2...10(vì(3; 10)=1), suy raa...10.
Suy raa2...100⇒a2+b+ab≡3a2(mod100).

Vậya2+b2+abchia hết cho100.

III. Số tự nhiên và các số

Bài 1 (Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Hà Nội, 2011). Tìm7 số ngun dương sao cho tích các bình
phương của chúng bằng2lần tổng các bình phương của chúng.

Lời giải.

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Khi đóx2

1x22. . .x27 ≤2.7.x21 =14x21suy rax22. . .x27≤14

Màx22 x23. . .x27là số chính phương nênx22 x32. . .x27bằng 1; 4; 9

Nếux22 x23. . .x72=1suy rax2=. . .=x7=1khi đóx21+12=0vơ lý
Nếux2

2 x23. . .x72=4suy rax2=2;x3= . . .= x7 =1. Khi đóx1 =3;x2 =2;x3=. . .=x7=1
Nếux22 x23. . .x72=9suy rax2=3;x3= . . .= x7 =1. Khi đóx1 =2vơ lý vìx1> x2

Vậy7số cần tìm là(3; 2; 1; 1; 1; 1; 1)và các hoán vị.
Bài 2 (Đề thi học sinh giỏi Tốn 9 Hà Nội, 2013-2014). Tìm số tự nhiênnđểT = 52n2−6n+2−12
là số nguyên tố.

Lời giải.

Ta có2n2−6n+2=2n(n−3)+2

Don(n−3)...2nên2n2−6n+2có dạng4k+2, vớik∈N.

T =52n2−6n+2−12=54k+2−12 =625k·25−12 ≡1k·25−12( mod 13)≡0( mod 13).
Vậy đểTlà số nguyên tố thìT=13⇔52n2−6n+2−12=13⇔

đ
n=0

n=3.

Bài 3 (Đề thi học sinh giỏi Tốn 9 Hà Nội, 2013-2014). Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 5x−

2y =1.
Lời giải.

Ta có5x−2y =1⇔2y =5x−1.

Vớix=2k+1,∀k∈Nta có2y=4(52k+52k−1+. . .+5+1)
• Nếuy<2thì phương trình vơ nghiệm.

• Nếuy=2thìx=1(thỏa mãn).

• Nếuy>2thì phương trình vơ nghiệm vì VT chia hết cho8cịn VP thì khơng chia hết cho8.
Vớix=2k,∀k∈Nta có2y =(5k−1)(5k+1)

⇒

(

5k−1=2a

5k+1=2b vớia,b∈N;0≤ a<b;a+b=y.⇒2

b−2a =2a(2b−a−1)=2.

• Nếua ≥2thì2a(2b−a−1)...4, vơ lí.
• Nếua =1;a =0thì5k =3;5k =2, vơ lí.

Vậy(x;y)=(1; 2).

Bài 4 (Đề thi vào 10, Chuyên Khoa học Tự nhiên, Hà Nội, 2012, Vịng 2). Tìm hai chữ số cuối
cùng của sốA=41106+572012.

Lời giải.

Ta có412=(40+1)2=402+80+1≡81 mod 100.

Suy ra414≡812 ≡61 mod 100nên415≡61·41≡1 mod 100.
Do đó41106 ≡41 41521≡41 mod 100.

Ta lại có572 ≡49 mod 100nên574 ≡1 mod 100, suy ra572012= 574503≡1 mod 100.

Vậy hai chữ số tận cùng củaAlà41+1=42.
Bài 5 (Đề thi Toán 9 Học sinh gỏi năm học 2011, Tp. Đà Nẵng). Tìm ba chữ số tận cùng của tích
của mười hai số nguyên dương đầu tiên.

Lời giải.

Đặt:S=1·2·3·4·5·6·7·8·9·10·11·12

⇒ S

100 =3·4·6·7·8·9·11·12là một số nguyên. (1)

⇒Hai chữ số tận cùng củaSlà00.

Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của(1),nếu chỉ để ý đến chữ số
tận cùng, ta thấy S

100 có chữ số tận cùng là6(vì3·4=12; 2·6=12; 2·7=14; 4·8=32;
2·9=18; 8·11=88; 8·12=96).

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 75

Bài 6 (Đề thi Toán 9 Học sinh giỏi năm học 2012-2013, Tp. Đà Nẵng). Tìm số tự nhiên có2chữ
số. Biết rằng nếu lấy tổng của2chữ số ấy cộng với3lần tích của2chữ số ấy thì bằng17.

Lời giải.

Gọi số cần tìm làab(0< a≤9,0≤ b≤9,a,b∈N).
Khi đó ta có phương trìnha+b+3ab = 17 ⇒ a = 17−b

1+3b. Thử các giá trị củabtừ0đến9ta nhận
được các số tự nhiên sau:14và41.
Bài 7 (Đề thi vào Chun KHTN Hà Nội năm 2013, vịng 1). Có bao nhiêu số nguyên dương có
năm chữ sốabcdesao choabc−(10d+e)chia hết cho101?

Lời giải.
Ta có

abcde = abc·100+de

= abc·101−(abc−de)
= abc·101−(abc−(10+e)).
Do đó,abc−(10d+e)chia hết cho101khi và chỉ khiabcdechia hết cho101.
Ta có101·m≤99999⇔m≤ 99999

101 =990+
9
101.

Suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết cho101là990·101.
Lại có101·n>9999⇔n> 999

101 =99.

Suy ra số có năm chữ số nhỏ nhất chia hết cho101là100·101.

Vậy số các số có năm chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là990−100+1=891số.
Bài 8 (Đề thi HSG Toán 9 năm học 2016-2017 Sở GDDT Thừa Thiên Huế). Cho số nguyên dương
x,y thỏa mãn x2+2y2+2xy−2 x+2y

+1 = 0. Tính giá trị của biểu thức S = 2016x2017+
2017y2016.

Lời giải.
Ta có:

x2+2y2+2xy−2 x+2y

+1=0

⇔2x2+4y2+4xy−4 x+2y

+2=0

⇔ỵ x+2y2−4 x+2y

+4ó+x2=2⇔ x+2y−22+x2=2

⇒

(

0≤ x+2y−22≤2

0≤x2≤2 ⇒ x+2y−2

= x2 =1.

Dox,ylà các số nguyên dương nênx= y=1.VậyS=4033.
Bài 9 (Đề thi chọn HSG Toán 9 năm học 2012-2013, Tỉnh Hà Tĩnh). Tìm các số tự nhiên a,b,c
phân biệt sao cho biểu thức sau nhận giá trị nguyên

P= (ab−1) (bc−1) (ca−1)

abc .

Lời giải.

Ta cóP=abc−(a+b+c)+ 1
a +
1
b+
1
c −
1
abc.

Doa,b,clà các số tự nhiên nênPlà số nguyên khi và chỉ khiM = 1
a +
1
b+
1
c−
1

abc là số ngun.
Doa,b,ccó vai trị như nhau, khơng mất tính tổng quát ta giả thiếta <b<c, suy raa≥1;b≥2;c≥

3;suy ra

0< 1
a+
1
b+
1
c −

1
abc <
1
a +
1
b+
1
c ≤
1
1+
1
2+
1
3 <2.

⇒0< M<2⇒ M=1, (M∈Z)

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

⇒a+b+c=(a−1)(b−1)(c−1)+2(∗)

Nếu(a−1)(b−1)≥ 4thì vớia< b< cta có3c> a+b+c⇒3c> (a−1)(b−1)(c−1+2)⇒3c>
4(c−1)+2⇒3c>4c−2⇒c<2(Trái với ĐKc≥3)

Do đóa+b+c≥6nên từ (*) suy raa−1>0, suy rab−1>1, suy ra(a−1)(b−a)chỉ có thể nhận
giá trị là2hoặc3. Từ đó ta tìm được bộ số(a;b;c)thỏa mãn là(2; 3; 5).

Vậy các bộ số tự nhiên phân biệt thỏa mãn bài toán gồm các hốn vị của(2; 3; 5). Khi đóP=21.
Bài 10 (HSG tốn 9, Hải Phịng, 2016 - 2017). Tìm tất cả các số nguyên dươnga, bsao choa+b2
chia hết choa2b−1.

Lời giải.

Ta có

(a+b2)...(a2b−1)⇒a+b2 =k(a2b−1), k ∈N∗

⇔a+k =b(ka2−b)haymb= a+k (1)vớim=ka2−b∈N∗
⇔m+b=ka2. (2)

Từ(1)và(2)suy ra:

mb−m−b+1=a+k−ka2+1⇔(m−1)(b−1)=(a+1)(k+1−ka). (3)
Dom, b∈N∗ ⇒(m−1)(b−1)≥0.

Vì thế từ(3)suy ra:(a+1)(k+1−ka)≥0.

Lại doa>0nên suy ra:k+1−ka≥0⇒1≥k(a−1).
Vìa−1>0, k >0nên1≥k(a−1)≥0vàk(a−1)∈N∗
⇒

k(a−1)=0
k(a−1)=1 ⇔






a=1
®

a =2
k =1
Vớia=1. Thay vào(3)ta được:

(m−1)(b−1)=2

⇔







m−1=2
b−1=1
ß

m−1=1
b−1=2

⇔

b=2⇒ka2 =5⇒ a=1
b=3⇒ka2 =5⇒ a=1

Vậy, trường hợp này ta được hai cặpa=1, b=2vàa=1, b=3.

Vớia=2vàk =1. Thay vào(3)ta có:

(m−1)(b−1)=0⇔

ï
b=1
m=1
Khib=1, ta đượca=2, b=1.

Khim=1. Từ(1)suy raa+k= b⇒b=3. Khi đóa=2, b=3.

Vậy có bốn cặp số(a;b)thỏa mãn là:(1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1).

IV. Số chính phương

Bài 11 (Đề thi vào Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2014, vòng 2). Chứng minh rằng với mỗi số nguyên
n≥6thì sốan =1+

2·6·10 . . . (4n−2)

(n+5)(n+6)· · ·(2n) là một số chính phương.
Lời giải.

Ta có:

an=1+

2n·[1·3·5· · ·(2n−1)] (n+4)!

(2n)! =1+

2n·(n+4)!
2·4·6· · ·2n
=1+2

n·1·2·3· · ·n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)
2n·1·2·3·4· · ·n

=1+(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)=Än2+5n+5ä2.

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 77

Bài 12 (Đề thi vào Chun KHTN Hà Nội năm 2015, vịng 2). Tìm số tự nhiênnđển+5vàn+
30đều là số chính phương (số chính phương là bình phương của một số ngun).

Lời giải.
Đặt

n+5= x2

n+30= y2 (x,y∈N,x>0,y>0)⇒y

2−x2=25

⇔(y−x)(y+x)=1·25vìx,y∈N,x>0,y>0.
Lại cóy−x <y+xnên

y−x=1
y+x=25 ⇔

®
x=12
y=13.

Thay vào ta đượcn=139thỏa mãn.

Bài 13 (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Hải Dương). Tìm tất cả các số tự
nhiênnsao chon2+2n+√n2+2n+18+9là số chính phương.

Lời giải.

n2+2n+√n2+2n+18+9là số chính phương.
Suy ra√n2+2n+18là số tự nhiên.

Đặt√n2+2n+18=k (k∈N)⇔(k+n+1)(k−n−1)=17.

Vìk,nđều là số tự nhiên vàk+n+1>k−n−1nên ta xét trường hợp sau:
®

k+n+1=17
k−n−1=1 ⇔

®
k =9

n=7 .

Khi đó:n2+2n+√n2+2n+18+9=81=92là số chính phương.

Vậyn=7thỏa u cầu bài toán.

Bài 14 (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Lâm Đồng). Chứng minhD= n(n+
1)(n+2)(n+3)khơng phải là số chính phương với mọin∈N∗.

Lời giải.

D = n(n+1)(n+2)(n+3)
= (n2+3n)(n2+3n+2)
= (n2+3n)2+2(n2+3n)

⇒ (n2+3n)2< D<(n2+3n)2+2(n2+3n)+1

⇒ (n2+3n)2< D<(n2+3n+1)2

Do đóDkhơng phải là số chính phương vì(n2+3n)2 và(n2+3n+1)2là hai số chính phương liên

tiếp.

Bài 15 (Đề thi vào Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2011, vòng 2). Cho hai số hữu tỷavàbthỏa mãn
đẳng thức:a3b+ab3+2a2b2+2a+2b+1= 0. Chứng minh rằng1−ablà bình phương của một số
hữu tỉ.

Lời giải.

Nếuab =0thì hiển nhiên đúng.

Nếuab 6=0.

Ta cóa3b+ab3+2a2b2+2a+2b+1=0

⇔ab(a+b)2+2(a+b)=−1,

⇔a2b2(a+b)2+2ab(a+b)+1=1−ab,

⇔1−ab=[ab(a+b)+1]2.

Bài 16 (Đề thi vào THPT Chuyên KHTN Hà Nội năm 2011, vòng 2). Với mỗi số thựcata gọi phần
nguyên củaalà số nguyên lớn nhất khơng vượt qavà kí hiệu là[a]. Chứng minh rằng với mọi số
ngun dươngn, biểu thứcn+

…
n− 1

27 +
1
3

ơ2

khơng biểu diễn được dưới dạng lập phương của

một số nguyên dương.

Lời giải.
ĐặtK=
ñ

…
n− 1

27 +
1
3
ơ

, don≥1⇒K≥1.
Ta có:K≤ 3

…
n− 1

27 +
1

3 <K+1⇔
Å

K− 1

3
ã3

≤n− 1

27 <
Å

K+ 2
3

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

⇔K3−K2+ K
3 −

27 ≤n−
1
27 <K

3+2K2+ 4
3K+

8
27.
Suy raK3+ K

3 ≤ n+K

2<K3+3K2+ 4

3K+

1
3.
Suy raK3<n+K2 <(K+1)3.

Suy ra n+K2 = n+
đ

…
n− 1

27+
1
3

ơ2

khơng biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số

nguyên dương.

V. Phương trình nghiệm nguyên

Bài 17 (Đề thi vào 10, chuyên Ninh Bình, 2016). Tìm tất cả các cặp số nguyên(x,y)thỏa mãn1+
x+x2+x3+x4=y2.

Lời giải.

Tìm tất cả các cặp số nguyên(x,y)thỏa mãn1+x+x2+x3+x4=y2

Ta có4+4x+4x2+4x3+4x4=(2y)2⇒4+4x+4x2+4x3+4x4 =(2x2+x)2+2x2+(x+2)2

⇒(2x2+x)2<(2y)2.

Vớix=0ta đượcy=1ta được cặp nghiệm nguyên(0; 1), (0;−1).

Vớix6=0, ta có4+4x+4x2+4x3+4x4 ≤4+4x+4x2+4x3+4x4+4x2 =(2x2+x+2)2.
Do đó(2x2+x)2≤(2y)2≤(2x2+x+2)2

⇒(2y)2=(2x2+x+1)2

⇒4+4x+4x2+4x3+4x4=(2x2+x+1)2

⇒ x2−2x−3=0⇒x= −1hoặcx=3. Do đó, ta được các cặp nghiệm nguyên là(−1, 1); (−1,−1); (3, 11); (3,−11).
Vậy các cặp nghiệm nguyên cần tìm là:(0, 1); (0,−1); (−1, 1); (−1,−1); (3, 11); (3,−11).

Bài 18 (Đề thi vào 10 chuyên toán, Chuyên Hùng Vương Gia Lai, 2016). Tìm các số nguyênx,y
sao chox3y−x3−1=2x2+2x+y.

Lời giải.

x3y−x3−1=2x2+2x+y

⇔(x3−1)y=x3+1+2x(x+1)

⇔(x−1)(x2+x+1)y=(x+1)(x2−x+1)+2x(x+1)

⇔(x−1)(x2+x+1)y=(x+1)(x2+x+1). (1)

. Vìx2+x+1=
Å

x+1
2

ã2
+3

4 >0,∀x ∈Znên(1)⇔(x−1)y =x+1. (2)
Ta thấyx =1khơng thỏa phương trình(2). Xétx∈Zvàx6=1. Khi đó:

(2)⇔y = x+1
x−1 =1+

2
x−1.

Ta cóy ∈Zkhi và chỉ khi(x−1)là ước của2. Do đóx−1=2hoặcx−1=−2hoặcx−1=1hoặc
x−1 =−1. Như vậyx= 3hoặcx = −1hoặcx = 2hoặcx =0. Vậy các cặp(x;y)với x,ylà những
số nguyên cần tìm là(0;−1),(−1; 0),(2; 3),(3; 2).
Bài 19 (Đề thi vào 10, Chuyên khoa học Tự nhiên vòng 1, năm 2016). Tìm tất cả các giá trị của
tham sốmsao cho tồn tại cặp số ngun(x;y)thỏa mãn hệ phương trình:

2+mxy2=3m
2+m(x2+y2)=6m

Lời giải.

2+mxy2 =3m

2+m(x2+y2) =6m ⇒m(x

2+y2−xy2 =3)=3m
Dễ thấym6=0⇒x2+y2−xy2 =3

⇔ x2−1+y2(1−x)=2

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 79
Đểx,ynguyên⇔(x−1)và(x+1−y2)là ước của2.

TH1:
®

x−1=1

x+1−y2 =2 ⇔
®

x=2

y=1;−1 (tm)
TH2:

x−1=2

x+1−y2 =1 ⇔
®

x=3

y=√3;−√3 (loại)
TH3:

x−1= −1

x+1−y2 =−2 ⇔
®

x=0

y=√3;−√3 (loai)
TH4:

x−1= −2

x+1−y2 =−1 ⇔
®

x=−1

y=1;−1 (tm)
Với(x;y)=(2; 1)⇒m=2

Với(x;y)=(−1; 1); (−1;−1)⇒m= 1
2
Vậy vớim=2hoặcm= 1

2 thì hệ phương trình có nghiệm(x,y)ngun.

Bài 20 (Đề thi vào 10, Chuyên Thái Bình, 2016). Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 9x2+3y2+
6xy−6x+2y−35=0.

Lời giải.
Ta có

9x2+3y2+6xy−6x+2y−35=0

⇔9x2+y2+1+6xy−6x−y+2y2+4y+2=38

⇔(3x+y−1)2+2(y+1)2 =38.

Từ đó suy ra(3x+y−1)2là số chính phương chẵn và nhỏ hn38, nờn ta cú
ã (3x+y1)2=0(y+1)2=19(loi),

ã (3x+y1)2=4(y+1)2=17(loi),
ã (3x+y1)2=16(y+1)2=11(loi),
ã (3x+y1)2=36(y+1)2=1(tha món).

Gii h
đ

(3x+y1)2 =36

(y+1)2 =1 ta được các cặp nghiệm nguyên:(−1;−2); (3;−2).

Bài 21 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2016). Tìm tất cả nghiệm ngun(x;y) của phương
trình:

2xy+x+y=87.
Lời giải.

Ta có2xy+x+y =83⇔4xy+2x+2y=166⇔(2x+1)(2y+1)=167.
Do167là số ngun tố nên2x+1chỉ có thể là một trong4số±1,±167.

• Với2x+1=1ta đượcx =0,y=83.
• Với2x+1=−1ta đượcx= −1,y= −84.
• Với2x+1=167ta đượcx=83,y =0.
• Với2x+1=−167ta đượcx =−84,y=−1.

Vậy phương trình đã cho có4nghiệm ngun(x,y)là(0; 83), (−1;−84), (83; 0), (−84;−1).
Bài 22 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Ngun, 2016). Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde sao cho

√

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

Ta có:abcde=1000ab+cde.

Ta lại có1000ab+cde=(ab)3. Đặtm=ab,n=cdeta được

1000m+n=m3 ⇒m3≥1000m⇒m2≥1000⇒m≥32 (1)
Vìn<1000nênm3 <1000m+1000⇒m(m2−1000)<1000.

Nếum≥33thìm(m2−1000)≥33.89=2937≥1000(vơ lý).
Do đóm<33(2).

Từ(1)và(2)suy ram=32.

Vậyabcde=323=32768.

VI. Bất đẳng thức về số tự nhiên

Bài 23 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Bắc Giang, 2016). Tìm số tự nhiên có bốn chữ số biết
rằng khi chia số đó cho120được số dư là88và khi chia cho61được số dư là39.

Lời giải.

1000≤x≤9999⇒1000≤61k+39≤9999⇒ 961

61 ≤ k≤
9960

⇒15<k <164⇒ −34 <k−49<115.

Màk−49chia hết cho 60 nênk−49chỉ có thể là0; 60.
Vớik =49⇒x=3028(chia120dư28).

Vớik =109⇒x =6688(chia120dư88).

Vậy số cần tìm là6688.

Bài 24 (Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Bến Tre, 2016). Tìm tất cả các số tự nhiênnđể A =
n2+n+2là một số chính phương.

Lời giải.

A=n2+n+2là một số chính phng

n2+n+2= k2(kN)

4n2+4n+8=4k2

(2n+1)24k2 =7

(2n+1+2k)(2n+12k)=7
Vỡk,nNv2n+1+2k>2n+12knờn ta cú cỏc trng hp sau:

ã
đ

2n+1+2k=1

2n+12k=7

n=2

k=2 (khụng tha iu kin)

ã
đ

2n+1+2k=7
2n+12k=1

đ
n=1
k=2

Vyn=1 A=4l s chớnh phng
Bi 25 (Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016). Tìm tất cả các cặp số tự nhiên(x;y)thỏa mãn2x.x2 =
9y2+6y+16.

Lời giải.

Ta có2x.x2=(3y+1)2+15.
Dox,y∈Nvà

3y+1≡1(mod3)

15≡0(mod3) ⇒(3y+1)

2+15≡1(mod3).

Vìx∈Nnênx2là số chính phương⇒ x2 ≡1(mod 3)hoặcx2 ≡0(mod 3).
Do2x.x2 ≡1(mod3)nênx2≡1(mod 3) ⇒2x ≡1(mod3)⇒ x=2k(k ∈N).

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 81

ã
(

2k.2k+3y+1=15
2k.2k3y1=1

3y+1=7

2k.k=4 (vụ lớ).

ã
(

2k.2k+3y+1=5
2k.2k3y1=3

3y+1=1
2k.k =2

đ
y=0
k =1.

Vy(x;y)=(2; 0).

Bi 26 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016). Từ 2016 số:1,2,3,. . . 2016ta lấy ra1009số bất
kì. Chứng minh rằng trong các số lấy ra có ít nhất hai số nguyên tố cùng nhau.

Lời giải.

Chia các số đã cho thành 1008 cặp sau:(1; 2),(3; 4),. . . ,(2015; 2016).

Chọn 1009 số trong 1008 cặp trên nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại ít nhất hai số thuộc cùng một
cặp. Mà hai số thuộc cùng một cặp là hai số nguyên tố cùng nhau.
Bài 27 (Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016). Tìm tất cả các cặp số tự nhiên(x;y)thỏa mãn2x.x2 =
9y2+6y+16.

Lời giải.

Ta có2x.x2=(3y+1)2+15.
Dox,y∈Nvà

3y+1≡1(mod3)

15≡0(mod3) ⇒(3y+1)

2+15≡1(mod3).

Vìx∈Nnênx2là số chính phương⇒ x2 ≡1(mod 3)hoặcx2 ≡0(mod 3).
Do2x.x2 ≡1(mod3)nênx2≡1(mod 3) ⇒2x ≡1(mod3)⇒ x=2k(k ∈N).

Vậy ta có22k.(2k)2−(3y+1)2 = 15 ⇔(2k.2k−3y−1)(2k.2k+3y+1)= 15. Vìk,y ∈Nnên2k.2k+
3y+1>0⇒2k.2k−3y−1>0nên ta cú cỏc trng hp sau:

ã
(

2k.2k+3y+1=15
2k.2k3y1=1

3y+1=7

2k.k=4 (vụ lớ).

ã
(

2k.2k+3y+1=5
2k.2k3y1=3

3y+1=1
2k.k =2 ⇔

®
y=0
k =1.

Vậy(x;y)=(2; 0).

Bài 28 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hịa Bình, 2016). Chứng minh rằng nếuavàblà các
số tự nhiên lẻ thìa2+b2khơng phải là số chính phương.

Lời giải.

Doavàblà các số tự nhiên lẻ nên ta đặta=2k+1,b=2`+1, vớik,`∈N.
Khi đó ta cóa2+b2=(2k+1)2+(2`+1)2=4(k2+`2+k+`)+2.

Từ đó ta cóa2+b2là số chẵn và khơng chia hết cho4nên khơng thể là số chính phương.

Bài 29 (Đề thi vào 10, Chuyên khoa học Tự nhiên vòng 1, năm 2016). Số nguyên a được gọi là
số "đẹp" nếu với mọi cách sắp xếp theo thứ tự tùy ý của 100 số 1, 2, 3,. . . , 100 ln tồn tại 10 số liên
tiếp có tổng khơng nhỏ hơna. Tìm số đẹp lớn nhất.

Lời giải.

Tổng của 100 số tự nhiên từ 1 tới 100 là 5050.

Chia 100 số thành 10 bộ 10 số liên tiếp thì trung bình tổng của 10 bộ này là 505.
Nên tồn tại ít nhất 1 bộ 10 số nguyên tố liên tiếp có tổng lớn hơn hoặc bằng 505.

Ta chứng minh sốalớn nhất có thể bằng 505 bằng cách chọn ra ví dụ mà tổng 10 số liên tiếp bất kì
nhỏ hơn hoặc bằng 505, khi đó mọi sốalớn hơn 505 đều không thỏa mãn.

Thật vậy, xét cách sắp xếp sau:

100, 1, 99, 2, 98, 3, . . . ,51,50 (chia thành các cặp có tổng bằng 101, viết số lớn đứng trước rồi xếp các
cặp bằng nhau theo thứ tự giảm dần của số lớn hơn).

Nếu 10 số liên tiếp gồm 5 cặp số như vậy thì tổng 10 số này là 505. Nếu không 10 số này sẽ gồm số
đầy là số nhỏ hơn trong 1 cặp và kết thúc là 1 số lớn hơn trong 1 cặp khác.

Các số này thuộc 6 cặp khác nhau làx, 101−x,x−1, 102−x, . . .x−4, 105−x,x−5, 106−x.

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Bài 30 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Vũng Tàu, 2016). Tìm tất cả các cặp số nguyên tố
(p;q)thỏa mãn p2−5q2 =4.

Lời giải.

Vì f(x)có nghiệm nên ta có∆=b2−4c≥0⇒b≥2√c.
Ta có: f(2)=4+2b+c≥4+4√c+c= √c+22.
Mà√c+2= √c+c+c≥3p3 √

c. (Bất đẳng thức Cauchy).
Do đó, ta có: f(2)≥Ä3p3 √

cä2 =9√3 c.

Bài 31 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016). chox,y,zlà các số tự nhiên thỏa mãnx+y+z=2017. Tìm
giá trị lớn nhất củaxyz

Lời giải.

Giả sửx≥y≥z.Vìx,y,z∈N⇒x≥

ï
2017

3
ị

+1=673.
xyz≤ x(y+z)

4 = x

(2017−x)2

4 =

673
672.

672x
673 .

2017−x

2 .

2017−x
2

≤ 673

672.
1

27.(2017−
x
673)

3 ≤ 673
672.

27.(2017−1)

3=6722.673

Đẳng thức xảy ra⇔ x=673,y=z=672.
Bài 32 (Đề thi vào 10 chun Tốn Hà Nội, 2010). Tìm tất cả các số tự nhiênnđểB=n4−3n2+
1là số nguyên tố.

Lời giải.

Ta cóB=(n2−n−1)(n2+n−1). Vìn2−n−1<n2+n−1nên đểBlà số ngun tố thìn2−n−1=
1⇒

n=−1 (Loại)

n=2 (Thỏa mãn) ⇒n=2.

Bài 33 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT AMSTERDAM Hà Nội Năm 2012). Cho

số tự nhiênnthỏa mãnn(n+1)+6không chia hết cho3. Chứng minh rằng2n2+n+8không phải
là số chính phương.

Lời giải.

Ta cón(n+1)+6khơng chia hết cho3nênn(n+1)khơng chia hết cho3⇒n=1( mod 3)⇒

2n2+n+8=2( mod 3). Vậy2n2+n+8khơng phải là một số chính phương.
Bài 34 (Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm 2010). Tìm tất cả các số tự nhiên nđể72013+3n có
chứa số hàng đơn vị8.

Lời giải.

Ta có74tận cùng bởi1, suy ra72013 = 74503·7tận cùng bởi7. Để số72013+3ncó chữ số hàng đơn
vị là8thì3nphải có chữ số hàng đơn vị là1.

Xét3n=34k+r =81k·3rvớir ∈ {0; 1; 2; 3}nên3nlần lượt có chữ số hàng đơn vị là1, 3, 9, 7.

Vậy số72013+3ncó chữ số hàng đơn vị là8khi và chỉ khir =0⇔n=4kvớik ∈N.

Bài 35 (Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm 2010). Cho a,blà các số tự nhiên lớn hơn2và plà

số tự nhiên thỏa mãn 1

p =
1
a2 +

b2. Chứng minhplà hợp số.
Lời giải.

Giả sửplà số nguyên tố. Từa2b2= p a2+b2

⇒a2b2...p ⇒



a...p
b...p

, (1).

Suy raa2b2...p2⇒ p a2+b2 ..

.p2 ⇒ a2+b2 ..
.p, (2)
Từ (1) và (2) suy ra





a...p
b...p
.

Từ đóa> pvàb> p, suy ra 1
a2 +

1
b2 6

2
p2 ⇒

1
p 6

p2 ⇒ p62, (3).
Từa,blà các số tự nhiên lớn hơn2, suy ra 1

a2+
1
b2 <

2 ⇒ p>2, (4).

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 83

Bài 36. Tìm các bộ số tự nhiên(a1;a2;a3;· · · ;a2014)thỏa mãn
®

a1+a2+a3+· · ·+a2014≥20142
a21+a22+a23+· · ·+a22014≤20143+1
Lời giải.

Đặt
®

a1+a2+a3+· · ·+a2014≥20142 (1)
a21+a22+a23+· · ·+a22014≤20143+1 (2).

Ta có(1)⇔ −2·2014 (a1+a2+a3+· · ·+a2014)≤ −2·20143. (10)
Lấy(10)+(2)ta được:

a21−2·2014·a1
ä

+Äa22−2·2014·a2
ä

+· · ·+Äa22014−2·2014·a2014
ä

≤ −20143+1

⇔(a1−2014)2+(a2−2014)2+· · ·+(a2014−2014)2≤1 (3)
Doa1,a2,a3,· · · ,a2014 ∈Nnên(a1−2014)2+(a2−2014)2+· · ·+(a2014−2014)2∈ N.

Từ (3) ta có hai trường hợp:

TH1: (a1−2014)2 = (a2−2014)2 = · · · = (a2014−2014)2 = 0 ⇔ a1 = a2 = · · · = a2014 = 2014.
Trường hợp này, bộ số(a1,a2,· · · ,a2014)thỏa mãn(1).

TH2: Trong các số(a1−2014)2, (a2−2014)2,· · · , (a2014−2014)2có một số bằng1cịn các số cịn lại
đều bằng0.

Suy ra các sốa1,a2,· · · ,a2014có một số bằng2013hoặc2015, còn các số còn lại đều bằng2014. Thử
lại các bộ số này vào(1)thì chỉ có bộ số(a1,a2,· · · ,a2014)có một số bằng2015cịn các số cịn lại bằng
2014(thỏa mãn).

Vậy bộ số tự nhiên(a1,a2,a3,· · · ,a2014)thỏa mãn yêu cầu bài tốn khi tất các số đều bằng2014, hoặc
có một số bằng2015còn các số còn lại bằng2014.
Bài 37. Cho p1 < p2 < · · · < pn lànsố nguyên tố đầu tiên, còn pn+1 là số nguyên tố liền sau pn.
Chứng minh rằngpn+1 < p1p2· · ·pn.

Lời giải.

Đặta = p1p2· · ·pn−1.Dopi ≥ 2,∀i=1;nnên ta thấy ngaya> 1.Vậyaphải có ước nguyên tố (và
dĩ nhiên mọi ước nguyên tố củaathì khơng vượt qa). Rõ ràng mọi ước ngun tố củaađều khác
tất cả các sốpi,i=1;n. Thật vậy, nếu trái lại thì tồn tạipi, (i≤ j≤n)màa...pj, tức là

(p1p2· · ·pn−1)...pj.

Vìp1p2· · ·pn... pj, suy ra1...pjmàpj ≥2, từ đó suy ra vơ lý.

Do đó mọi ước ngun tố củaađều khác tất cả các số pi,i= 1;n. Như thế mọi ước nguyên tố củaa
đều lớn hơn hoặc bằngpn+1.Từ đó suy ra:

a= p1p2· · ·pn−1≥ pn+1⇒ p1p2· · ·pn ≥1+pn+1 > pn+1.

Bài 38. GọiPnlà tích của tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằngn. Chứng minh rằngPn<4n.
Lời giải.

Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Vớin=2thìP2=2<42.Vậy bài tốn đúng vớin=2.

Giả sử bất đẳng thức đúng đến mọi số tự nhiên nhỏ hơnn, (n>2).Xét hai khả năng sau:

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

• Nếunlẻ, giả sửn=2k+1.

Mọi số nguyên tốpmàk+2≤ p≤2k+1sẽ là ước của số
(2k+1)·2k·(2k−1)· · ·(k+2)

1·2·3· · ·k = C.
Theo khai triển nhị thức Niu-tơn ta có:

(1+1)2k+1 =C2k0 +1+· · ·+C2kk +1+Ck2k++11+· · ·+C2k

2k+1>Ck2k+1+Ck2k++11.

Mà ta cóCk2k+1=C2kk++11, suy ra22k+1>2Ck2k+1hayCk2k+1<4k. (1)
Vì mọi số ngun tố p màk+2 ≤ p ≤ 2k+1đều là ước số củaCk2k+1,suy ra tích của tất cả
các số nguyên tố cũng nhỏ hơnCk2k+1, nên theo (1) suy ra tích của tất cả các số nguyên tố pmà
k+2≤ p ≤2k+1sẽ nhỏ hơn4k.Theo giả thiết quy nạp thì bất đẳng thức đã đúng đến mọi số
n<2k+1, suy ra tích của tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằngk+1nhỏ hơn4k+1.Từ đó
suy ra:

P2k+1<4k+1·4k =42k+1.
Vậy bất đẳng thức đúng khinlẻ.

Theo nguyên lý quy nạp suy ra∀n≥2,n∈Nta cóPn<4n.
Bài 39. Cho a,b,c ∈ N∗ thỏa mãn a+b+c = 100.Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

S= a·b·c.
Lời giải.

• Khơng mất tính tổng qt, giả sửa≥ b≥c, ta có3a≥ a+b+c⇒ a≥ 100

3 màa ∈N

∗ ⇒a≥

34.

Áp dụng BĐT AM-GM ta có√3

33a·34b·34c≤ 33a+34b+34c

⇔√3

33a·34b·34c≤ 34(a+b+c)−a

3 ≤

34·100−34

3 =34·33

⇒√3 33·342·abc ≤34·33

⇒S≤34·33·33.

• Ta chứng minhS =abc≥98.
+) Xétc>1⇒c≥2⇒b≥2.

Màa≥34⇒S =abc≥34·2·2>98.
+) Xétc=1, ta cóa+b=99⇒a≥50.

Nếub>1thìb≥2⇒S =abc≥50·2·1>98.
Nếub=1thìa=98vàS= abc=98.

Vậy MinS=98.

Bài 40. Chom,n∈N∗sao cho:√7− m

n >0.Chứng minh rằng

√

7·n−m> 1
m.
Lời giải.

Từ giả thiết suy ra√7n>m, màn,m∈N∗nên

7n2>m2 ⇒7n2−m2 >0⇒7n2−m2≥1, (1).

Vì m = 7k+r, với r ∈ {0;±1±2±3}, nên từ m2 = 49k2+14kr+r2 ⇒ m2 = 7h+s, với s ∈
{0; 1; 2; 3; 4}.

Từ đây suy ram2+1vàm2+2đều khơng chia hết cho7. Vì thế từ (1) suy ra7n2−m2 > 1, vì nếu
7n2−m2=1⇒m2+1...7.

Lại cóm,n∈N∗ ⇒7n2−m2 ≥2, (2).

Từ (2) và dom2+2không chia hết cho7, nên ta thu được

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 85

• Nếum= 1 ⇒ m+ 1

m = 2màn ≥ 1⇒

√

7n ≥ √7 > 2nên bất đẳng thức đã cho hiển nhiên

đúng.

• Nếum>1từ (3) ta có7n2≥3+m2=m2+2+1>m2+2+ 1
m2

⇒7n2>
Å

m+ 1
m

ã2

⇒√7n>m+ 1
m ⇒

√

7·n−m> 1
m.

Bài 41. Chonlà tự nhiên số có3chữ số:n= abc,a 6=0.Chứng minh rằng n

a+b+c ≤100.
Lời gii.

ã Nu
đ

b=0

c=0 thỡn= a00=100Ãa.
Do ú n

a+b+c =
100a

a =100.

ã NubÃc6=0thỡb+c>0b+c1dob+cN a+b+ca+1.Nh vậy

n
a+b+c <

100(a+1)
a+b+c ≤

100(a+1)

a+1 =100.

Đẳng thức xảy ra khinlà số có3chữ số và tròn trăm.
Bài 42. Choa,b,c∈ N∗thỏa mãn điều kiệna2+b2= c2(1+ab).Chứng minh rằnga≥cvàb≥c.
Lời giải.

Từ giả thiết ta có

a2−bc2·a+b2−c2 =0, (1).
Xét phương trình bậc hai ẩnxsau:x2−bc2x+b2−c2=0, (2).

Từ (1), suy raalà nghiệm của phương trình (2). Theo định lý Vi-et thì phương trình (2) cịn nghiệm
a0 nữa thỏa mãn

a+a0 =bc2, (3)
aa0 =b2−c2, (4)
Doa,b,cnguyên, nên từ (3) suy raa0cũng là số nguyên.
Mặt khác vìa0 là nghiệm của (2) nên ta có

a02−bc2a0+b2−c2 =0⇒c2(ba0+1)=b2+a02 >0.
Từ đó, ta có

ba0+1>0⇒ a0 > −1
b .
Doblà số nguyên dương nên−1

b ≥ −1⇒a

0 >−1.Vìa0 là số nguyên nêna0 ≥0.

Kết hợp vớia>0⇒aa0 ≥0.Từ (4) suy rab≥c.Doavàbcó vai trị bình đẳng nên ta cũng cóa ≥c.
Điều phải chứng minh.

VII. Bất đẳng thức phân số và căn bậc hai

Bài 43. Chứng minh bất đẳng thức

1+1
2

ã Å
1+ 1

22
ã

· · ·

Å
1+ 1

2n
ã

<3, ∀n∈N∗

Lời giải.

Đặt vế trái của BĐT là A.

• Vớin=1thìA=1+1
2 =

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

• Vớin≥2thìA= 3
2·

Å
1+ 1

22
ã

· · ·

Å
1+ 1

2n
ã

.
Nhận xét: Vớim∈N∗,m≥2thì

1+ 1
2m <

1
2 ·

2m−1

2m−1−1 (∗).
Thật vậy xét hiệu

1
2 ·

2m−1
2m−1−1−

Å
1+ 1

2m
ã

= 2
m−1
2m−2 −1−

1
2m =

2m(2m−1−1) >0 vìm≥2.
Do đó BĐT (*) được chứng minh.

Áp dụng BĐT (*) vớim=2, 3, ...,nta được

A< 3
2

Ç
1
2 ·

22−1
2−1

å Ç
1
2 ·

23−1
22−1

· · ·

Å
1
2·

2n−1
2n−1−1

=3·2

n−1

2n <3.
Điều phải chứng minh.

4

! Ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh BĐT trên.

Bài 44. Chứng minh rằng
…

1+ 1
12 +

1
22 +

…
1+ 1

22 +
1

32 +· · ·+
…

1+ 1
20172 +

20182 <2018.

Lời giải.

ĐặtS=
…

1+ 1
12 +

1
22 +

…
1+ 1

22 +
1

32 +· · ·+
…

1+ 1
20172 +

1
20182.
Ta có:

1+ 1

n2 +
1
(n+1)2 =

s
1+
Å
1
n−
1
n+1

ã2

+2· 1

n(n+1) =

Å
1+ 1

n −
1
n+1

ã2

=1+ 1
n −

1
n+1.
Áp dụng đẳng thức trên vớin=1; 2018,ta được

S=
Å

1+1
1 −
1
2
ã
+
Å
1+ 1

2−
1
3
ã
+· · ·
Å
1+ 1

2017−
1
2018

= 2017+1
1−

2018 <2018.
Điều phải chứng minh.

Bài 45. Cho A=

6+p6+· · ·+√6vàB =p3 6+√3

6+· · ·+√3

6, trong đó AvàBđều cóndấu
căn. Kí hiệu[x]là phần ngun củax. Hãy tìm

ï
A−B
A+B
ị

.
Lời giải.

Ta có

• Vớin=1thìA=√6>√4=2=√3 8>√3 6= B.
• Vớin≥2ta có:

A=
»

6+p6+· · ·+√6> √6√4=2⇒A>2.
B=p3 6+√3 6+· · ·+√3 6< 3

6+√3 6+· · ·+√3 8

| {z }

n dấu căn

= 3
»

6+√3 6+· · ·+√3 8

| {z }

n−1 dấu căn

=· · ·= 3

6+√3 8= √3 2=2.Suy raB<2.

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 87
Mặt khác(A+B)−(A−B)=2B>0⇒ A+B> A−B.

Suy ra0< A−B

A+B <1.Do đó
ï

A−B
A+B
ị

=0.

Bài 46. Cho tổng gồm2018số hạngS= 1
5+

52 +· · ·+
2018

52018.Hãy so sánhSvới
1
3.
Lời giải.

Nhận xét với mỗi số nguyên dươngnta đều có
n

5n =

4n+1
16·5n−1 −

4n+5
16·5n.
Áp dụng đẳng thức trên vớin=1; 2018, ta có:

S=
Å

5
16 −

9
16·5

ã
+

Å
9
16·5 −

16·52

+· · ·+
Å

8073
16·52017 −

8077
16·52018

ã
=
= 5

16 −

8077
16·52018 <

5
16 <

1
3.
VậyS= 1

52 +· · ·+
2018
52018 <

1
3.

Bài 47. Chứng minh rằng 1

3+
1

32+· · ·+
1
32018 <

1
2.
Lời giải.

ĐặtA= 1
3+

32 +· · ·+
1

32018.
Xét hiệu3A−A=

Å
1+ 1

3+
1

32 +· · ·+
1
32017
ã
−
Å
1
3 +
1

32 +· · ·+
1
32018

⇔2A=1− 1

32018 <1⇒ A<
1

2.Điều phải chứng minh.

Bài 48 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). Chứng minh rằng

1
2√1+

3√2 +· · ·+
1

2015√2014+
1

2016√2015 >
1931
1975.
Lời giải.

1
2√1+

3√2 +...+
1

2015√2014+

2016√2015 >
1
1.2 +

2.3 +...+
1
2015.2016 =
2015
2016 >
1931
1975.

Bài 49 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). [9D1G9]
Vớia≥ 3

8, chứng minh rằng

3a−1+a√8a−3+p3 3a−1−a√8a−3=1.
Lời giải.

ĐặtA=p3 3a−1+a√8a−3+p3 3a−1−a√8a−3.

A3 =6a−2+3A»3 (3a−1)2−a2(8a−3)=6a−2+3Ap3

−8a3+12a2−6a+1
=6a−2+3A»3

(1−2a)3=6a−2+3A(1−2a)

⇒A3−1=3(2a−1)(1−A)⇒(A−1)[A2+A+1+3(2a−1)]=0
XétA2+A+1+3(2a−1)= A2+A+6a−2≥ A2+A+ 18

8 −2>0⇒A=1.

Bài 50 (sưu tầm). Cho bốn số thực dươnga,b,c,d. Chứng minh rằng

2< a+b
a+b+c+

b+c
b+c+d+

c+d
c+d+a+

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Ta có

























a+b
a+b+c <

a+b+d
a+b+c+d
b+c

b+c+d <

c+d+a
b+c+d+a
c+d

c+d+a <

c+d+b
c+d+a+b
d+a

d+a+b <

d+a+c
d+a+b+c

⇒ a+b

a+b+c+

b+c
b+c+d +

c+d
c+d+a +

d+a

d+a+b <3.

Ta lại có

























a+b
a+b+c >

a+b
a+b+c+d
b+c

b+c+d >

b+c
a+b+c+d
c+d

c+d+a >

c+d
a+b+c+d
d+a

d+a+b >

d+a
a+b+c+d

⇒ a+b

a+b+c+

b+c
b+c+d+

c+d
c+d+a +

d+a

d+a+b >2.

Bài 51 (sưu tầm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dươngn, ta có

1
n+1 +

1
n+2+

n+3+...+
1

3n+1 >1.
Lời giải.

Trong tổng 1
n+1+

1
n+2+

n+3+...+
1

3n+1 có2n+1số hạng. Ghép thànhncặp số
ß

2n+1−k và
1
2n+1−k

™
.
Ta có 1

2n+1+
1

2n+1+k =

4n+2
(2n+1)2−k2 >

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

2
2n+1.
Do đó,

1
n+1+

1
n+2+

n+3+...+
1
3n+1 =

∑

k=1
Å

2n+1−k +
1
2n+1+k

+ 1

2n+1 >
2n
2n+1+

2n+1 =1.

Bài 52 (Đề thi vào 10, THPT Chuyên Hà Nam, năm học 2016-2017). [9D5G1] Cho các số thực
dươngx,y,zthoả mãn 1

x+y +
1
y+z +

z+x =12. Chứng minh rằng
1

2x+3y+3z +

3x+2y+3z +

3x+3y+2z ≤3.
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Lời giải.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
1

x+y +
1
x+z +

1
y+z +

1
y+z ≥

16
2x+3y+3z
1

y+z+
1
y+x+

1
z+x +

1
z+x ≥

16
3x+2y+3z
1

z+x +

1
z+y +

1
x+y +

1
x+y ≥

16
3x+3y+2z.
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được

2x+3y+3z +

3x+2y+3z +

3x+3y+2z ≤4
Å

1
x+y+

y+z+

1
z+x

Suy ra

2x+3y+3z+

3x+2y+3z +

3x+3y+2z ≤
4·12

16 =3.
Dấu đẳng thức xảy ra khix =y=z= 1

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TỐN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI 89

VIII. Nguyên lí Đi-Rich-Le

Bài 53 (Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, 2016). Chứng minh rằng với mọi số ngunnta ln

cón7−nchia hết cho42.

Lời giải.

Ta cón7−n = n(n+1)(n−1)suy ra6 |n7−n. Ngồi ra, theo định lí Fermat nhỏ thì7 |n7−n. Vì

(6, 7)=1nên42|n7−n.

Bài 54 (Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, 2016). Cho các số tự nhiên a, b, c, d bất kì. Chứng
minh rằng tích của 6 sốa−b,b−c,c−d,d−a,a−c,b−dlà một số nguyên chia hết cho 12.

Lời giải.

Đặt M = (a−b)(b−c)(c−d)(d−a)(a−c)(b−d). Các sốa,b,c,dchia cho 3 dư 0,1 hoặc 2 suy ra tồn
tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 3. Do đó,3|M.

Ngồi ra, ta cũng dễ chứng minh được4|Mmà(3, 4)=1nên12|M.
Bài 55 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). Một số tự nhiên gọi làsố thú vịnếu số
đó có10chữ số khác nhau và là bội của số11111. Hỏi có bao nhiêu số thú vị?

Lời giải.

Gọi Alà số thú vị⇒ tổng các chữ số của Abằng 45 ⇒ A...99999. Gọi A = 99999k(với k là số tự
nhiên)⇒10235≤k≤98766. Như vậy, ta đi tìm sốksao cho khi nhânkvới99999thì các chữ số từ0
đến9, mỗi số có mặt đúng một lần.

Mặt khác ta có kết quả: khi lấyk = a1a2a3a4a5 nhân với99999thì ta thu được tích bằng giá trị của
k−1và viết thêm phần bù9củak−1vào sau sốk−1.

Ví dụ: vớik=10235⇒k−1=10234⇒bù9củak−1là89765⇒10235.99999=1023489765.

Chú ý rằng vớik=a1a2a3a4a5thìk−1là số mà khơng tồn tại hai chữ số có tổng bằng9. Như vậy, bài
tốn được quy về việc đi tìm số các số tự nhiênkthỏa mãn10235≤k≤98766vàk−1là số tự nhiên
không tồn tại hai chữ số có tổng bằng9.

Vìk−1là số tự nhiên khơng tồn tại hai chữ số có tổng bằng9nên nếu chữ sốaixuất hiện trongk−1
thì chữ số9−aikhơng thể xuất hiện trongk−1, do vậy ta xét các cặp số(0; 9),(1; 8),(2; 7),(3; 6),(4; 5).
Ta lập sốk−1bằng cách duy nhất mỗi chữ số trong mỗi cặp (giả sử xét luôn chữ số0là chữ số hàng
chục nghìn)⇒số lượng sốk−1là25.5!=3840. Vì số lượng các số có chữ số hàng chục nghìn tương
ứng với0,1,2, ..,9là bằng nhau⇒số lượng số có số0đứng đầu là384⇒số lượng sốk−1cần tìm
là3840−384=3456số.

Vậy có3456số thú vị.

Bài 56 (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Quảng Bình, 2016). Trong 100số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy
chọnnsố (n>2) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho6. Hỏi có thể chọnn
số thỏa mãn điều kiện trên vớinlớn nhất bằng bao nhiêu?

Lời giải.

Để hai số phân biệt bất kỳ trong các số được chọn có tổng chia hết cho6thì có 2 trường hợp xảy ra:
+ TH1: Mỗi số được chọn đều chia hết cho6.

Do100 : 6=16dư4nên có16số như vậy.

+ TH2: Mỗi số được chọn đều thỏa mãn chia cho6dư3.
Có17số như vậy.

Vậynlớn nhất bằng17.

Bài 57 (Đề thi vào 10, Chuyên Sơn La, 2016). Chứng minh rằng trong27 số tự nhiên khác nhau

tùy ý nhỏ hơn100có thể chọn được hai số có ước số chung lớn nhất khác1.

Lời giải.

Từ0đến100có26số nguyên tố. Mỗi số tự nhiên đều biểu diễn được thành tích các thừa số nguyên tố
với các số mũ tương ứng (dạng phân tích tiêu chuẩn). Khi phân tích27số đã cho ra thừa số nguyên
tố dạng tiêu chuẩn sẽ có ít nhất hai số cùng chứa một thừa số nguyên tố với số mũ nào đó. Hai số này

có ước chung khác1.

IX. Các bài toán suy luận

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt như vậy, Nam có thể cắt được2016miếng lớn, nhỏ hay
khơng? Vì sao?

Lời giải.

Gọixlà số miếng giấy Nam có được sauklần cắt(x;k∈N∗). Vì lúc đầu Nam có1miếng giấy và mỗi

lần cắt một miếng giấy ra làm4miếng hoặc8miếng nhỏ hơn nên sau mỗi lần cắt, số miếng giấy tăng
thêm3miếng hoặc7miếng, do đó ta cóx ≡ 1 (mod 3)hoặcx ≡1 (mod 7). Vì2016≡0 (mod 3)và
2016≡0 (mod 7)nênx6=2016. Vậy sau một số lần cắt, số miếng giấy Nam có được khơng thể bằng

2016.

Bài 59 (Sưu tầm). Một hộp đựng52viên bi, trong đó có 13 viên bi màu xanh,13viên bi màu đỏ,13
viên bi màu vàng,13viên bi màu trắng. Cần phải lấy ít nhất bao nhiêu viên bi (mà khơng nhìn trước)
để chắc chắn trong số đó có khơng ít hơn7viên bi cùng màu?

Lời giải.

Nếu lấy6·4+1=25viên bi thì chắc chắn có ít nhất7viên bi cùng màu.
Bài 60 (Sưu tầm). Trong phịng có100người. Mỗi người quen ít nhất là67người khác. Chứng minh
rằng trong phịng phải có4người từng đơi một quen nhau.

Lời giải.

Xét Alà một người bất kỳ trong phịng. Bởi vìAquen ít nhất67người khác, nên nếu ta mời tất cả
những ai khơng quenAra ngồi phịng thì người phải ra nhiều nhất là32.

Khi đó trong phòng còn Avà67người quen A, tức là trong phòng còn ít nhất68người.

GọiBlà người khác Atrong68người trong phòng ta mời những ai khơng quenBra ngồi. Khí đó
trong phịng cịn lại ít nhất là68−32=36người

Lại gọiClà người khác khơng quenAvàBtrong số36người cịn lại. Mời tất cả người khơng quenC
ra ngồi, trong phịng cịn lại ít nhất là36−32 =4người

Nghĩa là ngồiA,B,Ccịn lại ít nhất một người, giả sử làD. Khi đó A,B,C,Dđơi một quen nhau.
Bài 61 (Sưu tầm). Có ba chiếc hộp: một hộp đựng hai trái cam, một hộp đựng hai trái quýt và một
hộp đựng một trái cam và một trái qt.

Nhưng khi đóng kín các hộp, người ta đã dán nhầm các nhãn CC, CQ, QQ cho nên các nhãn ở ngồi
hộp đều khơng đúng với trái đựng trong hộp. Làm thế nào để chỉ cần lấy một trái trong một hộp mà
khơng nhìn vào trong hộp có thể biết được chính xác các trái đựng trong ba hộp?

Lời giải.

Nếu lấy1quả trong hộp bên ngồi dán nhãn CQ.

• Nếu quả lấy ra là cam thì hộp có nhãnCQ đựng2trái cam, hộp CChai trái quýt và hộp QQ
đựng1trái cam và1trái quýt.

• Nếu quả lấy ra là qt thì hộp có nhãnCQ đựng2trái quýt, hộp QQ đựng hai trái cam, hộp
CC đựng1cam và1quýt.

</div>