CÁC DẠNG BÀI TẬP THI HSG TOÁN 9 QUA CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Dạng 3 Số học

90

Website:tailieumontoan.com

CÁC DẠNG BÀI TẬP THI HSG TOÁN 9
QUA CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
III. Dạng 3: Số học
1. Số nguyên tố, hợp số, số chính phương, lập phương
A. Bài tốn
4
3
2
Bài 1: Tìm các số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 là số chính phương.

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

ab 2
b  c 2 là số hữu tỉ và a2 + b2 + c2 là số nguyên tố
Bài 3: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên
dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn
2
2
tại hai số phân biệt a , b sao cho a  b là số nguyên tố.

Bài 4: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó
dạng 82xxyy với xxyy là số chính phương.

 a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:
Bài 5: Tìm tất cả các cặp số
1) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 .
2) Số

N  ab  ab  1  2ab  1

có đúng 16 ước số nguyên dương.

Bài 6:
Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương m, n, p với p nguyên tố
thỏa mãn

m2019  n2019  p2018
4
3
Bài 7: Tìm các số nguyên dương n sao cho n  n  1 là số chính phương.
Bài 8: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn
điều kiện

20abc  30(ab  bc  ca )  21abc
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính
phương.
Bài 10: Tìm số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố.
Bài 11: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng là hợp số.
3
2
Bài 12: Tìm x nguyên dương để 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương

Bài 13: cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương. Chứng minh trong
dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
Liên
hệ
tài

039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Bài 14: Tìm nN*sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
2
Bài 15: Tìm các số tự nhiên n sao cho A  n  2n  8 là số chính phương

x  y 2019
 x; y; z  sao cho y  z 2019 là
Bài 16: Bài 1: Tìm tất cả các bộ số nguyên dương
2
2
2
số hữu tỉ và x  y  z là số nguyên tố.
A
Bài 17: Cho là số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm
vào mỗi chữ số của A thêm 1 đơn vị thì ta được số chính phương B cũng có 4

chữ số.Tìm hai số A; B
3
Bài 18: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  4p  9 là số chính phương.
n
Bài 19: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9  11 là tích của

k k �, k 2

số tự nhiên liên tiếp.

n
Bài 20: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C =2019 +2020 là số chính phương

*
Bài 21: Cho n �N . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính
phương thì n chia hết cho 40.

Bài 22: Tìm các số nguyên tố p, q thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
2
2
i) p q  p chia hết cho p  q
2
2
ii) pq  q chia hết cho q  p

Bài 23: Chứng minh rằng số có dạng A  n  n  2n  2n khơng phải là số
6

chính phương, trong đó

4

3

2

n �N , n  1 .

Bài 24:

n5  29n
30
a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì
cũng là số nguyên.

 x; y 
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên



5 x2  y 2  4x  2 y  3



sao cho





2 x 2  y 2  3x  2 y  1

và

đều là số chính phương.

3
2
Bài 25: Cho A = n  n  2n  2n (với n�N, n > 1). Chứng minh A khơng phải
là số chính phương.
6

4

Bài 26: Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1
đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn
vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được
một số chính phương.

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com

3 5
Bài 27: Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = an +bn , với a = 2 ; b
3

5
2

=

.
a) Chứng minh rằng với n ≥ 1 ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an
+bn)
b) Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số
nguyên.

 5  1  n
 




2


c) Chứng minh Sn – 2 =

 5  1


 2 



n 2




. Tìm tất cả các số n để Sn –

2 là số chính phương.
Bài 28: Tìm số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố.
Bài 29 : Cho x  1 
chính phương.

3

2

3

4 . Chứng minh rằng: P  x 3  3x 2  3x  3 là một số

Bài 30:
a) Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p lớn hơn 3 đều viết được dưới
dạng p = 6m �1 , với m là số tự nhiên.
2
b) Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p  1 là số nguyên tố.

Bài 31: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các
số chính phương thì n là bội số của 24.
Bài 32: Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phương.
2015
2015
2015
2015
Bài 33: Cho A  a  b  c  d , với a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa
mãn ab=cd. Chứng minh rằng A là hợp số.

Bài 34: Cho số nguyên dương n và các số A =
888.....8
14 2 43
n

444....4
14 2 43
2n

(A gồm 2n chữ số 4); B =

(B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.

2
2
Bài 35: Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b .

Chứng minh rằng 2a  2b  1 là số chính phương
Bài 36: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho

n2  17 là một số chính phương.

Bài 37: Tìm các số nguyên tố a,b,c và số nguyên dương k thỏa mãn phương
2
2
2
2
trình a + b + 16c = 9k + 1.

Bài 38: Chứng minh rằng với k là số ngun thì 2016k + 3 khơng phải là lập
phương của một số ngun.
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Bài 39: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương
nguyên tố thỏa mãn:

 p; q; n  , trong đó

p , q là các số

p  p  3   q  q  3  n  n  3 

Bài 40: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên
dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn
2
2
tại hai số phân biệt a , b sao cho a  b là số nguyên tố.

2
Bài 41: Tìm số các số nguyên n sao cho B  n  n  13 là số chính phương

a
Bài 42: Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn

2

 b2  2  a  b 

2

2
+ (1  ab)  4ab

1  ab là số hữu tỉ
Bài 43: Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính
phương
Chứng minh

1 1 1
  .
Bài 44: a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn a b c Chứng minh rằng

A  a 2  b 2  c 2 là số hữu tỉ.
x, y , z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng:
b) Cho ba số hữu tỉ
B

1
1
1


2
2
( x  y ) ( y  z ) ( z  x)2 là số hữu tỉ.

Bài 45: Tìm số thực x để 3 số

x  3; x 2  2 3; x 

2
x là số nguyên

3
2
Bài 46: Tìm x nguyên dương để 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương

Bài 47: Cho a, b, c Q; a, b, c đôi một khác nhau.
1
Chứng minh rằng

1





1

 a  b 2  b  c 2  c  a 2

bằng bình phương của một số
2012  n2002  1
Bài 48: Tìm số tự nhiên n để: A  n
là số nguyên tố.

Bài 49: Tìm tất cả các số nguyên x sao cho giá trị của biểu thức x  x  6 là
một số chính phương
2

6
4
3
2
Bài 50: Cho A = n  n  2n  2n (với n �N , n > 1). Chứng minh A khơng phải
là số chính phương.
2
Bài 51: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n  17 là một số chính phương.

Bài 52: Chứng minh rằng:

3

70  4901  3 70  4901 là một số nguyên.

3
3
Bài 53: Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p  a  b với a, b là hai số
nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng : Nếu lấy 4 p chia cho 3 và loại bỏ
phần dư thì nhận được số là bình phương của một số ngun lẻ.

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
B. Lời giải
4
3
2
Bài 1: Tìm các số nguyên k để k  8k  23k  26k  10 là số chính phương.

Lời giải
Đặt M  k  8k  23k  26k  10
4

3

2

M   k 4  2k 2  1  8k  k 2  2k  1  9k 2  18k  9
2

2
2
2
M   k 2  1  8k  k  1  9  k  1   k  1 . �
�k  3  1�
�
2

2
2
M là số chính phương khi và chỉ khi (k  1)  0 hoặc (k  3)  1 là số chính
phương.
2
TH 1: (k  1)  0 � k  1.
2
TH 2: (k  3)  1 là số chính phương.

 k  3
Đặt

2

 1  m2

 m ��

� m 2  (k  3) 2  1 � ( m  k  3)(m  k  3)  1
Vì m, k ��� m  k  3 ��, m  k  3 ��

�m  k  3  1

�m  k  3  1
�
�
m  k  3  1 hoặc �m  k  3  1
Nên �
�k 3
4
3
2
Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k  8k  23k  26k  10 là số chính phương

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn:

ab 2
b  c 2 là số hữu tỉ và a2 + b2 + c2 là số nguyên tố
Giải:

a- b 2 x
=
y (x, y �Z, xy  0) � ay – bx = (by – cx) 2 (*)
b
c
2
Đặt
Vì a, b, c, x, y

Mà

�Z � ay – bx �Z � (by – cx) 2 �Z

�
ay - bx = 0 �
ay = bx
��
��
�
�
by - cx = 0 �
cx = by
2 �I nên từ (*) �
�
�

� acxy = b2xy � ac = b2 (vì xy ≠ 0)
a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b)
Vì a2 + b2 + c2 là số nguyên tố và a+c – b
� a+b – c = 1 � a + b + c = a2 + b2 + c2
(1)
Mà a, b, c nguyên dương nên a �a2, b �b2, c �c2
(2)
Từ (1) và (2) � a = b = c = 1, thử lại: Thỏa mãn, kết luận
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Bài 3: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên
dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn
2
2
tại hai số phân biệt a , b sao cho a  b là số nguyên tố.

Giải:
2) Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó | T |= 8 và với a , b
2
2
thuộc T ta có a + b , do đó k �9
Xét các cặp số sau:
A = {1; 4} �{ 3; 2} �{ 5;16} �{ 6;15} �{ 7;12} �{ 8;13} �{ 9;10} �{11;14}
Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét T là một tập con của A và | T |= 9 , khi đó theo ngun lí Dirichlet T
sẽ chứa ít nhất 1 cặp nói trên.
Vậy

kmin = 9

Bài 4: Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó
dạng 82xxyy với xxyy là số chính phương.
Giải
a) Ta có: xxyy  11x0 y là số chính phương nên

x0 y M11 � 100 x  y M11 � 99 x  x  y M11
x  y  11
�
� x  y M11 � �
x y 0
�
x y0
�
��
x  y  11
�
2
Ta có: xxyy  11x0 y  11(99 x  x  y )  11(99 x  11)  11 (9 x  1)

� 9 x  1 là số chính phương.
�x7� y4
Vậy

xxyy  7744; xxyy  0000

Bài 5: Tìm tất cả các cặp số

 a; b  nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện:

1) a, b đều khác 1 và ước số chung lớn nhất của a, b là 1 .
2) Số

N  ab  ab  1  2ab  1

có đúng 16 ước số nguyên dương..

Giải:
2. Ta có:

N  ab  ab  1  2ab  1

chia hết cho các số: 1; a ;

b  ab  1  2ab  1 b
; ;

a  ab  1  2ab  1 ab  1 ab  2ab  1 2ab  1 ab  ab  1 N ab  ab  1  2ab  1 b  ab  1
;
;
;
;
; ; ;
;
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
a  ab  1 b  2ab  1
;
;
có 16 ước dương Nên để N chỉ có đúng 16 ước
dương thì a; b; ab  1; 2ab  1 là số nguyên tố Do a, b  1 � ab  1  2
Nếu a; b cùng lẻ thì ab  1 chia hết cho 2 nên là hợp số (vơ lý). Do đó khơng mất
tính tổng qt, giả sử a chẵn  b lẻ  a  2 .
Ta cũng có nếu b khơng chia hết cho 3 thì 2ab  1  4b  1 và ab  1  2b  1 chia hết
;

a  2ab  1

cho 3 là hợp số (vô lý) � b  3 .
Vậy a  2; b  3 .
Bài 6: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên dương m, n, p với p
2019

2019
2018
nguyên tố thỏa mãn m  n  p

Giải:
Giả sử tồn tại bộ số (m,n,p) thỏa mãn yêu cầu đề bài. Dễ thấy 0  m, n  p .
Phương trình đã cho có thể được viết lại thành

 m n A  p2018 , (1)
2018
2017
2017 2
2017
2018
trong đó A  m  m n  m n  ...  mn  n

Nếu A không chia hết cho p thì từ (1), ta có A  1 và

m  n  p2018  m2019  n2019.
2018
Từ đó dễ thấy m  n  1 và p  2, mâu thuẫn. Vậy A chia hết cho p .

Do m  n  1 nên từ (1) suy ra m  n chia hết cho p . Khi đó, ta có
A �2019m2018  mod p 

.

Do A chia hết cho p và 0  m  p nên từ kết quả trên, ta suy ra 2019 chia
hết cho p , hay p  2019 . Từ đây, dễ thấy m và n khác tính chẵn lẻ, hay
m �n.

m 
Bây giờ, ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng\
3

hay

673

 

 n3

673

 20192018,

 m  n  m2  mn  n2   20192018 ,

trong đó,

 

B  m3

672

   n   ...   m   n 

 m3

671

3

3

3

671

 

 n3

672

. Do m �n nên

m2  mn  n2   m  n  mn  1
2

2
2
, từ đó ta có m  mn  n chia hết cho 2019 .
Tuy nhiên, điều này không thể xảy ra do

m2  mn  n2 �3n2  mod 2019
Liên
hệ

tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
m2  mn  n2 �0  mod 2019

.

Vậy không tồn tại các số m, n, p thỏa mãn yêu cầu đề bài.
4
3
Bài 7: Tìm các số nguyên dương n sao cho n  n  1 là số chính phương.
4
3
Giải: Đặt A  n  n  1.

Với n  1 thì A  3 khơng thỏa mãn.

4
3
Với n �2 ta có 4 A  4n  4n  4.

Xét

4 A   2n 2  n  1  3n 2  2n  3  0 � 4 A   2n 2  n  1 .

Xét

4 A   2n 2  n   4  n 2 �0

Vậy

4 A   2n 2  n  � n  2.

2

2

2

4A

 2n

2

n .
2

2

Với n  2 thì A  25 thỏa mãn bài tốn.
Bài 8: Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn
điều kiện
20abc  30(ab  bc  ca )  21abc
Giải:

2 1 1 1 7
   
+ Từ giả thiết suy ra: 3 a b c 10 . Khơng giảm tính tổng quát giả sử
2 3
 � 2c  9
a  b  c  1 . Suy ra 3 c
Do đó c �{2;3}
2 1 1 1 7
1 1 1 1
1 2
1 1
    �    (1) �  và 
6 a b 5
6 b
b 5
+ Với c  2 suy ra 3 2 a b 10
Do đó b �{7;11}
1 1 2
 
� a �{19; 23; 29;31;37; 41}
+ Với b  7 từ (1) suy ra 42 a 35

5 1 6
 
� a  13
+ Với b  11 từ (1) suy ra 66 a 55
( do a>b)
1 1 1 11
1 2
   (*) �  � b  6 � b  5
3 b
+ Với c  3 từ giả thiết suy ra 3 a b 30
( do b>c)
Thay b  5 vào (*) được

6a

15
�a7
2
.

Vậy có 8 bộ ba (a;b;c) thoả mãn:

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com

(19;7; 2), (23;7; 2),(29;7; 2), (31;7; 2), (37; 7; 2), (41;7; 2), (13;11; 2), (7;5;3) và các hốn vị
của nó.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n2 – 14n – 256 là một số chính
phương.
Lời giải
Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k  �)
 (n – 7)2 – k2 = 305
 (n – 7 – k)(n – 7 + k) = 305
Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61)
và (n – 7 – k) ≤ (n – 7 + k) nên xét các trường hợp:

�
n  7  k 1
�
�
�
n  7  k  305
�

�
�
n  7  k  305
�
�
�
n  7  k  1
�
�
�
n 7k 5
�
�
�
�
n  7  k  61
�
�
n  7  k  61
�
�
�
�
n  7  k  5
�
�
�
n  160
�
�

�
k  152
�
�
�
n  146
�
�
�
k  152
�
�
��
n  40
�
�
�
�
k  28
�
�
n  26
�
�
�
�k  28
�
�
Vì n và k là các số tự nhiên nên ta chọn n = 160 hoặc n = 40.
Bài 10:

Lời giải
Ta có n + 4 = n + 4 + 4n – 4n
4

4

2

2

= ( n2 + 2)2 – ( 2n)2
= ( n2 – 2n + 2).( n2 + 2n+ 2)
Vì n là số tự nhiên nên n2 + 2n+ 2 > 1 nên
n2 – 2n + 2 = 1
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC

90

Website:tailieumontoan.com
<=> n = 1
Bài 11: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng là hợp số.
Lời giải
n là số tự nhiên lớn hơn 1 nên n có dạng n = 2k hoặc n = 2k + 1, với k là số tự
nhiên lớn hơn 0.
- Với n = 2k, ta có lớn hơn 2 và chia hết cho 2. Do đó là hợp số.
-Với n = 2k+1, tacó

n 4  4n  n 4  42 k .4  n 4  (2.4k ) 2  (n 2  2.4k ) 2  (2.n.2 k ) 2
  n 2  2.4k  2.n.2k   n 2  2.4 k  2.n.2 k 
  (n  2k ) 2  4 k   (n  2k ) 2  4k 

Mỗi thừa số đều lớn hơn hoặc bằng 2. Vậy n4 + 4n là hợp số
3
2
Bài 12: Tìm x nguyên dương để 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương

Lời giải
3
2
3
2
Vì 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương, nên ta có 4 x  14 x  9 x  6 =k2 với k �N









3
2
 x  2  4 x 2  6 x  3 nên ta có  x  2  4 x 2  6 x  3 = k 2
Ta có 4 x  14 x  9 x  6 =…=

Đặt

 x  2, 4 x

Ta có



 6x  3  d

2

với d �N *

x  2Md �  x  2   4 x  2  Md � 4 x  6 x  4Md

Ta lại có



 



4 x 2  6 x  3Md � 4 x 2  6 x  3  4 x 2  6 x  4  1Md � d  1

 x  2, 4 x  6 x  3  1
 x  2   4 x  6 x  3 = k
mà
2

Vậy

2

2

nên ta có

2
2
2
x+2 và 4 x  6 x  3 là số chính phương � x  2  a và 4x  6 x  3  b với a,b �N *
2

4 x 2  b 2  4 x 2  12 x  9 �  2 x   b 2   2 x  3
2

Vì x>0 nên ta có

2

b 2   2 x  1 � 4 x 2  6 x  3  4 x 2  4 x  1 � x  2
2

Vì b lẻ nên

3
2
Với x=2 ta có 4 x  14 x  9 x  6 =100=102 là số chính phương

Bài 13: cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n ngun dương. Chứng minh trong
dãy có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
Lời giải
-Nếu n là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên bài tốn chứng minh xong
-Nếu n khơng là lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên, ta luôn tìm được 1 số ngun
dương k sao cho
có:
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

k 2  n   k  1

word

2

tốn

2
 
.Vì n ngun dương
và n k

zalo:

n

k 2 1 , vậy ta

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
2n   k  1 �2(k 2  1)   k  1  ...  k 2  2k  1   k  1 �0
2

2

2

k 2  n   k  1 �2n
Vậy mọi k ngun dương , nên ta có
2

Vậy trong dãy ln có ít nhất một lũy thừa bậc 2 của 1 số tự nhiên.
Bài 14: Tìm nN*sao cho: n4 +n3+1 là số chính phương.
Lời giải
Giả sử n4 +n3 + 1 là số chính phương vì n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2

Mà hoặc
Nếu
Thử lại

( thỏa mãn)

Khi K
mâu thuẫn với điều kiện
Vậy n = 2
2
Bài 15: Tìm các số tự nhiên n sao cho A  n  2n  8 là số chính phương

Lời giải
Đặt

n2  2n  8  a2 �  a n  1 . a n  1  7

với a nguyên dương

a  n  1 7 �
a 4
�
��
�

a  n  1 1 �
n 2
Vì a n  1 a n  1 nên �
x  y 2019
 x; y; z  sao cho y  z 2019 là số hữu
Bài 16: Tìm tất cả các bộ số nguyên dương
2
2
2
tỉ và x  y  z là số nguyên tố.

Lời giải
x + y 2019 m
= m, n ��* , ( m, n) =1
n
Ta có: y + z 2019

(

)

�
nx - my = 0
x y m
� mx - my = (mz - my ) 2019 � �
� = = � xz = y 2
�
�
mz - my = 0
y z n

�
x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) 2 - 2 xz + y 2 = ( x + z ) 2 - y 2 = ( x + y + z )( x + z - y )
2
2
2
Vì x + y + z là số nguyên lớn hơn 1 và x + y + z là số nguyên tố nên

�x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z
�
�
�
�x - y + z = 1

x + y 2019
=1
x
=
y
=
z
=
1
y
+
z
2019
. Từ đó suy ra
. Thử lại,
và

x 2 + y 2 + z 2 = 3 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Vậy

( x, y, z ) = ( 1;1;1)

Bài 17: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số thỏa mãn nếu ta cộng thêm
vào mỗi chữ số của A thêm 1 đơn vị thì ta được số chính phương B cũng có 4
chữ số.Tìm hai số A; B
Lời giải
2
2

Đặt A  m ; B  n với m; n là các số nguyên dương ( m  n )

Khi đó

A  1111  B
� m 2  1111  n 2 � m 2  1111  n 2
�  n  m   n  m   1111  11.101  1.1111
�
n  m  11
n  56
�
�
��
(N )
�
�
n

m

101
m

45
�
�
do m, n �N * ; m  n; m n �N* ; n  m  n  m � �
�
n  m 1
�

�n  556
�
��
( L)
�
n  m  1111 �m  555
�
�
2
2
Khi đó A  45  2025; B  56  3036
3
Bài 18: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  4p  9 là số chính phương.

Lời giải
Đặt

p3  4p  9  t 2  t �N 

Biến đổi thành

p  p 2  4    t  3  t  3
p |  t  3

Trường hợp 1: Nếu
Đặt

 1 � p |  t  3 �p |  t  3

t  3  pk  k �N 

Khi đó thay vào (1) ta có:

p  p 2  4   pk  pk  6  � p 2  pk 2  6k  4  0

Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn p, điều kiện cần để tồn tại nghiệm của PT là:

  k 4  4  6k  4   k 4  24k  16

là số chính phương

k 
Mặt khác với k  3 ta dễ chứng minh được

2 2

 k 4  24k  16   k 2  4 

2

Suy ra các trường hợp:

k 4  24k  16   k 2  1 � 2k 2  24k  15  0
2

k 4  24k  16   k 2  2  � k 2  6k  3  0

(loại)

2

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

(loại)
TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com

k 4  24k  16   k 2  3 � k 2  24k  7  0
2

(loại)

Do đó phải có k �3 . Thử trực tiếp được k  3 thỏa mãn
Từ đó ta có t  36; p  11
n

Bài 19: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 9  11 là tích của

k k �, k 2

số tự nhiên liên tiếp
Lời giải

n
Trong 3 số tự nhiên liên tiếp luốn có ít nhất một số chia hết cho 3, mà 9  11
n
không chia hết cho 3 nên 9  11không thể là tích của k �3 số tự nhiên liên tiếp.
n
Từ đó, theo yêu cầu đề bài, suy ra 9  11 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp.

Đặt

9n  11 a a  1

*
n
a a 1 �20
với a�� thì ta có 
(do 9 �9 ), suy ra a �4 .

a a  1  11  a  2  5 a  3   a  2 .
2

Từ đây, ta có:

Mặt khác, ta có:

Do

 

a a 1  11 9n  3n

(2), ta suy ra

a a  1  11 a a  1   a  1

2

(1)

2

(2)

2

là số chính phương nên kết hợp với các đánh giá (1) và





a a  1  11�  a  1 , a2 .
2

Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm

a� 4,11 .

Thử lại ta có a  4 (tương ứng n 1 ) thỏa mãn yêu cầu. Vậy có
duy nhất một giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề bài là n  1
được

n
Bài 20: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho C =2019 +2020 là số chính phương

Lời giải
2
Với mọi số tự nhiên a thì a khi chia cho 8 chỉ có các số dư là 0; 1; 4.
n
n
Số 2019 chia 8 dư 3; 2020 chia 8 dư 4. Suy ra 2019 �3 (mod 8) .
n
2k
- Nếu n chẵn thì n =2k , k �� � 2019 �3 �1 ( mod 8)

� C �5 ( mod 8)
� C không thể là số chính phương.
n
2 k +1
2k
- Nếu n lẻ thì n =2k +1, k ��� 2019 �3 �3.3 �3 ( mod 8)
� C �7 ( mod 8)

� C không thể là số chính phương.

KL: Khơng tồn tại n thỏa u cầu bài tốn.

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
*
Bài 21: Cho n �N . Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính
phương thì n chia hết cho 40.

Lời giải
Giả sử

 m, k �N 

2n  1  m 2 , 3n  1  k 2

*

� 2n  m 2  1   m  1  m  1 M4

� m2 là số lẻ � m là số lẻ.

, Suy ra : n chẵn, k lẻ

Vì k là số lẻ nên k  1, k  1 là hai số chẵn liên tiếp và (3, 8) = 1 nên
Từ

3n  1  k 2 � 3n  k 2  1   k  1  k  1 M
8 � nM
8

(1)

Khi chia một số chính phương cho 5 thì số dư chỉ có thể là 0 ; 1 ; 4. Ta xét
các trường hợp:
Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vơ lí )
Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vơ lí )
Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vơ lí )
Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vơ lí )
nM
5

(2)

Vậy
Vì (5, 8) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40.
Bài 22: Tìm các số nguyên tố p, q thoả mãn đồng thời hai điều kiện sau:
2
2
i) p q  p chia hết cho p  q
2
2
ii) pq  q chia hết cho q  p

Lời giải



 


 q  p  q  p  p

p 2 q  p Mp 2  q � q p 2  q  p 2 q  p  q 2  p Mp 2  q.


 p   p  q � q

pq 2  q Mq 2  p � pq 2
q2

2

2

2

2

 q Mq 2  p.

 q  p 2  p  0(VN ).

q 2  p  p 2  q �  q  p   q  p  1  0 � q  p  1  0 � q  p  1.
Mà p, q là hai số nguyên tố nên p  2, q  3 (thỏa mãn bài toán)
Bài 23: Chứng minh rằng số có dạng A  n  n  2n  2n khơng phải là số
6

chính phương, trong đó

4

3

2

n �N , n  1 .
Lời giải

Ta có:

Liên
hệ
tài

039.373.2038

A  n 6  n 4  2n 3  2n 2
=

n2 �
n 2  n  1  n  1  2  n  1 �
�
�

=

n2 �
 n  1  n3  n 2  2  �
�
�

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
=

n 2  n  1 �
 n3  1   n2  1 �
�
�

=

n 2  n  1  n 2  2n  2 
2

2
n �N ; n  1 thì n  2n  2   n  1  1   n  1
Với
2

Và

2

n 2  2n  2  n 2  2  n  1  n 2

 n  1
Vậy

2

 n 2  2n  2  n 2

n 2  2n  2 khơng là số chính phương.
n �N ; n  1 .
Do đó A khơng là số chính phương với
nên

Bài 24:

n5  29n
30
a) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên thì
cũng là số nguyên.

 x; y 
b) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên



5 x2  y2  4 x  2 y  3



sao cho





2 x 2  y 2  3x  2 y  1

và

đều là số chính phương.
Lời giải

a) ( 0,75 điểm)

n  n 4  1
 n  1 n  n  1  n 2  1
n5  29n n 5  n

n
n
n
30
30
30
30
+ Ta có
=
.
+ Với n nguyên thì n  1, n, n  1 là ba số nguyên liên tiếp nên trong ba số
này phải có số chia hết cho 2 và có số chia hết cho 3, suy ra

 n  1 n  n  1 M6 , do đó n

5

 nM6 .

n5  n  M
5

nM
5
+ Nếu
thì
; nếu n chia cho 5 dư một trong các số 1,2,3,4
4
n  n 4  1 M
5
n
thì
chia cho 5 dự 1, suy ra
.

n 5  29n n 5  n

n
n5  n  M
30
5;6

1



30
30
+ Vì

nên suy ra
, theo đó
là số
ngun.
b) ( 0,75 điểm)

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
+ Giả sử tồn tại cặp số tự nhiên

 x; y 

thỏa mãn yêu cầu. Khi đó

2
2
2
�
�2  x  y  3x  2 y   1  a
� 2
5  x  y 2  4 x  2 y  3  b 2
a, b �N * mà �
, suy ra

2
2
a2  b2  7 �
�x  1   y  1 �
�

Nói cách khác phương trình (1):

A2  B 2  7  X 2  Y 2 

 X ;Y ; A; B 

với X , Y �N * và A, B �N . Ta coi
của (1) thỏa mãn điều kiện X + Y nhỏ nhất.
+ Từ (1) có

A

2

 B 2  M7

có nghiệm

 X ;Y ; A; B 

là bộ nghiệm

. Nhận thấy một số chính phương chia cho 7 chỉ

A
có thể cho số dư là 0.1.2.4 nên

2

 B 2  M7

7 và BM7 ,
khi và chỉ khi AM

dẫn tới biểu diễn A  7 A1 , B  7 B1 với A1 , B1 �N * . Khi đó (1) trở thành

X 2  Y 2  7  A12  B12  .

Lập luận tương tự dẫn đến X  7 X 1 , Y  7Y1 với X 1 , Y1 �N * .
6
4
3
2

Bài 25: Cho A = n  n  2n  2n (với n�N, n > 1). Chứng minh A khơng phải
là số chính phương.

Lời giải

n6  n4  2n3  2n2  n2(n  1)2.(n2  2n  2)
2
2
2
Với n�N,n  1 thì n  2n  2  (n  1)  1 (n  1)
2
2
2
và n  2n  2  n  2(n  1)  n
2
2
2
2
Vậy (n  1)  n  2n  2  n � n  2n  2 khơng là số chính phương � đpcm.

Bài 26: Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1
đơn vị vào chữ số hàng nghìn, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn
vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị, ta vẫn được
một số chính phương.
Lời giải

N ;0 a, b, c, d
Gọi abcd là số phải tìm ( a, b, c, d Σ��

9; a

0)

�
abcd  k 2
�
�
(a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2
Ta có: �
với k , m �N ;31  k  m  100
2
�
�abcd  k
��
2
�abcd  1353  m

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
2
2
Do đó m  k  1353 � ( m  k )( m  k )  123.11  41.33 (k  m  200)

m  k  123
�
�m  k  41
��
�
m  k  11 hoặc �m  k  33
�
�m  67
�m  37
��
��
�k  56 hoặc
�k  4 (loại)
Kết luận đúng abcd  3136

3 5
Bài 27: Với mỗi số nguyên dương n ≤ 2008, đặt S n = an +bn , với a = 2 ; b
3
=

5
2

.
a) Chứng minh rằng với n ≥ 1 ta có Sn + 2 = (a + b)( an + 1 +bn + 1) – ab(an

+bn)
b) Chứng minh rằng với mọi n thoả mãn điều kiện đề bài, Sn là số nguyên.

 5  1  n
 

 2 
c) Chứng minh Sn – 2 =

 5  1


 2 



n 2




. Tìm tất cả các số n để Sn –

2 là số chính phương.

Lời giải
a) Với n ≥ 1 thì Sn + 2 = an+2 + bn+2
Mặt khác: (a + b)( a

n+1

+b

(1)

) – ab(a +b ) = a

n+1

n

n

n+2

+b

n+2

(2)

Từ (1); (2) ta có điều phải chứng minh
b) Ta có: S1 = 3; S2 = 7
Do a + b =3; ab =1 nên theo 1 ta có: với n ≥ 1 thì Sn+2 = 3Sn+1 - Sn
Do S1, S2  Z nên S3 Z; do S2, S3  Z nên S4 Z

Tiếp tục quá trình trên ta được S5; S6;...; S2008  Z
n

n

 5 1  2 
 5 1  2 

    
   2
 2 2  
 2 2  
c) Ta có Sn – 2 =
2

2

n
 5  1  n   5  1  n 
 5  1  5  1  
   
   2 






 2    2  
 2  2  

=

 5  1  n
 

 2 
=

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

 5  1


 2 



tốn

n 2





(đpcm)

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com

5 1
Đặt a1 = 2 ; b1 =
Xét Un=

n

a1  b1

51
2
 a1 + b1 =

5 ; a1b1 = 1

n

Với n ≥ 1 thì Un+2 = (a1 + b1)(a1n+1 + b1n + 1) – a1b1(a1n + b1n) 
Un

Un+2 =

5 Un+1 –

5  Z; T3 = 4 Z; T4 = 3 5  Z;...
Tiếp tục quá trình trên ta được Tn nguyên  n lẻ
Vậy Sn – 2 là số chính phương  n = 2k+1 với k  Z và 0 k 1003.
Ta có T1 = 1  Z; T2 =

Bài 28: Tìm số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố.
Lời giải
Ta có n + 4 = n + 4 + 4n – 4n
4

4

2

2

= ( n2 + 2)2 – ( 2n)
= ( n2 – 2n + 2).( n2 + 2n+ 2)
Vì n là số tự nhiên nên n2 + 2n+ 2 > 1 nên n2 – 2n + 2 = 1 � n = 1
Bài 29: Cho x  1 
chính phương.

3

2

3

4 . Chứng minh rằng: P  x 3  3x 2  3x  3 là một số
Lời giải

Ta có:

x  1 3 2  3 4 
�x



3

�
1 3 2 
�
�

.
 2 �
�
�
2

3

3

3

2 1

  2


2 1

3

3



3

1

2 1

2  1  1 � 3 2.x  x  1 � 3 2.x  x  1 �



3



2.x



1
3

3

2 1

  x  1

3

� 2x 3  x 3  3x 2  3x  1 � P  x 3  3x 2  3x  3  4  22 .
Vậy P là số chính phương.
Bài 30:

a) Chứng minh rằng mọi số nguyên tố p lớn hơn 3 đều viết được
dưới dạng p = 6m �1 , với m là số tự nhiên.
2
b) Tìm số nguyên tố p sao cho 8 p  1 là số nguyên tố.

Lời giải
a) Mọi p nguyên tố lớn hơn 3, p không chia hết cho 2 và 3 nên , từ đó hay p =
6m �1 .
b) Xét p>3 thay p = 6m �1 vào biểu thức A= thấy (loại)
thay trực tiếp p =3, A=73 (nhận)
p=2, A=33 (loại).
Bài 31: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các

số chính phương thì n là bội số của 24.
Lời giải
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
* Chứng minh n chia hết cho 3:
- Nếu

n  3k  1  k ��

thì n  1  3k  2 , khơng là số chính phương (loại).

n  3k  2  k ��
2n  1  6k  5  3k  2k  1  2

- Nếu
thì
, khơng là số chính
phương(loại).
Vậy

n  3k  k ��

, do đó nM3 (1)

* Chứng minh n chia hết cho 8:
Vì 2n  1 là số chính phương lẻ nên chia 8 dư 1, nên 2n chia hết cho 8, n chia hết
cho 4, n + 1 là số chính phương lẻ nên chia 8 dư 1, do đó n chia hết cho 8 (2)

 3,8  1 nên nM24 .
Từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 3, 8 mà
Bài 32: Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phương.
Lời giải
Để n  18 và n  41 là hai số chính phương

� n  18  p 2 và n  41  q

2

 p, q �N � p 2  q 2   n  18   n  41  59 �  p  q   p  q   59

�p  q  1 �p  30
��
�
p


q

59
�
�q  29
Nhưng 59 là số nguyên tố, nên:
2
2
Từ n  18  p  30  900 suy ra n  882
2
2
Thay vào n  41 , ta được 882  41  841  29  q .
Vậy với n  882 thì n  18 và n  41 là hai số chính phương.
2015
2015
2015
2015
Bài 33: Cho A  a  b  c  d , với a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa
mãn ab=cd. Chứng minh rằng A là hợp số.

Lời giải
Đặt (a, d) = k, suy ra a = ka1, d = kd1 với (a1, d1) = 1 và k, a1, d1 ∈ ℕ*
Khi đó ab = cd ⇔ a1b = cd1 ⇒ cd1 ⋮ a1, mà (a1, d1) = 1 nên c ⋮ a1 ⇒ c = a1c1
⇒ a1b = cd1 = c1a1d1 ⇒ b = c1d1
Từ đó ta được:
A  a 2015  b 2015  c 2015
 k 2015 .a12015  c12015 d12015  a12015c12015  k 2015d12015
 (a12015  d12015 )(k 2015  c12015 )
2015

2015
2015
2015
là hợp số vì a1  d1
và k  c1
là các số nguyên dương ≥ 2.

Bài 34: Cho số nguyên dương n và các số A =
888.....8
14 2 43
n

444....4
14 2 43
2n

(A gồm 2n chữ số 4); B =

(B gồm n chữ số 8). Chứng minh rằng A + 2B + 4 là số chính phương.

Giải:
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Ta có

n
A  444.....4
14 2 43  444......4
14 2 43 000...0
1 2 3  444.....4
14 2 43  444....4.
14 2 43  10  1  888....8
14 2 43
2n

n

n

n

n

n

2

�
�
4.111....1.999....9
6.111....1
1 2 3 14 2 43  B  4.111....1.9.111....1
123
123 B�
1 2 3 � B
n
n
n
n
n
�
�
=
2

=

2

�3
�
�3 �
� .888....8

� B  � B � B
1
4
2
4
3
�4 �
n
�4
�

Khi đó
2

2

2

3
�3 �
�3 �
�3
�
A  2 B  4  � B � B  2 B  4  � B � 2. B.2  4  � B  2 �
4
�4 �
�4 �
�4
�
2

=

2

2

�3
� �
� �
�
 2 � �
3.222....2
 2 � �
666....68
� .888....8
�
1
4
2
4
3
1
4
2
4
3
1
4
2

4
3
n
n
�4
� �
� � n1
�

Ta có điều phảI chứng minh
2
2
Bài 35: Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a  a  3b  b .

Chứng minh rằng 2a  2b  1 là số chính phương
Giải:
2
2a 2  a  3b 2  b � (a  b)(2a  2b  1)  b (*)
*

Gọi d là ước chung của (a - b, 2a + 2b + 1) ( d �� ). Thì
(a  b)Md
�
�  a  b   2a  2b  1 Md 2
�
(2a  2b  1)Md
�
� b 2 Md 2 � bMd
Mà (a  b) Md � a Md � (2a  2b) Md mà (2a  2b  1) Md � 1Md � d  1
Do đó (a - b, 2a + 2b + 1) = 1. Từ (*) ta được a  b và 2a  2b  1 là số chính

phương => 2a  2b  1 là số chính phương.
Bài 36: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho

n2  17 là một số chính phương.

Giải:

(m�N)

Đặt m  n  17
2

2

� m2  n2  17 � (m  n)(m  n)  17  1.17=17.1
Do m + n > m - n

m  n  17 �
m 9
�
��
��
m n  1
n 8
�
�
Vậy với n = 8 ta có n  17  64  17  81 9
2

Liên

hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

2

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Bài 37: Tìm các số nguyên tố a,b,c và số nguyên dương k thỏa mãn phương
2
2
2
2
trình a + b + 16c = 9k + 1.

Giải:
Vì VP chia 3 dư 1 nên VT chia 3 dư 1. Mà bình phương của số nguyên tố chia 3
dư 1 hoặc 0 nên hai trong ba số a,b,c phải bằng 3.

2
2
2
2
TH1: a = b = 3 ta có 18 + 16c = 9k + 1 � 17 = 9k - 16c = (3k - 4c)(3k + 4c)

�
�
3k - 4c = 1
k=3
��
��
�
�
�
3k + 4c = 17 �
c=2
�
�
(thỏa mãn)
Vậy ta được

( a;b;c;k) = ( 3;3;2;3) .

TH2: Nếu c = 3 ; a = 3 hoặc b = 3.
2
2
32 = 9k2 + 1 � 152 = 9k2 - b2 = (3k - b)(3k + b) = 23 �
19.
Với a = 3 ta có 3 + b + 16�

Vì 3k - b,3k + b cùng tính chẵn lẻ mà tích là chẵn nên chúng cùng chẵn.
Ta được các trường hợp:
�
�
3k - b = 2
k = 13
�
�
�
�
�
�
�
3k + b = 76 �
b = 37
�
(thỏa mãn)
Ta được các bộ

( a;b;c;k)

thỏa mãn là (a,b,c, k) = (3,37,3,13).

�
�
3k - b = 4
k=7
�
��

�
�
�
3k + b = 38 �
b = 17
�
�
(thỏa mãn)
Ta được các bộ

( a;b;c;k)

thỏa mãn là (a, b, c, k) = (3,17, 3,7)

Tương tự ta có các bộ (a,b,c, k) = (37,3,3,13),(17,3,3,7).
Bài 38: Chứng minh rằng với k là số nguyên thì 2016k + 3 không phải là lập
phương của một số nguyên.
Giải:
Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên. Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r

� 0;1; 1; 2; 2;3; 3

.

Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 khơng chia hết cho 7
Mà 2016k luôn chia hết cho 7, nên a3 – 3 � 2016k. (ĐPCM
Bài 39:

Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương

nguyên tố thỏa mãn:

 p; q; n  , trong đó

p , q là các số

p  p  3   q  q  3  n  n  3 

Giải:
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

toán

zalo:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com

Khơng mất tính tổng qt, giả sử p �q.
Trường hợp 1: p  2
� p  p  3  2  2  3  2.5  10
� 10  q  q  3  n  n  3
� 10  n 2  3n  q 2  3q   n 2  q 2    3n  3q 
� 10   n  q   n  q   3  n  q 
� 10   n  q   n  q  3
p  p  3   q  q  3  n  n  3
Vì
mà p ; q ; n là các số nguyên dương
� n  q �2.
�nq3 223  7

Mà 10  1.10  2.5

n  q  3  10
�
�n  q  7
�n  4
��
��
��
� n q 1
�n  q  1
�q  3
So với điều kiện thỏa mãn.
Vậy bộ ba số nguyên dương
Trường hợp 2: p  3

 p; q; n 

cần tìm là

 2;3; 4  .

� p  p  3  3.  3  3  3.6  18
� 18  q  q  3  n  n  3 � 18  n 2  3n  q 2  3q   n 2  q 2    3n  3q 
� 18   n  q   n  q   3  n  q 
� 18   n  q   n  q  3
p  p  3   q  q  3  n  n  3
Vì
mà p ; q ; n là các số nguyên dương
� n  q �3.
� n q 3  333  9

Mà 18  1.18  2.9  3.6

�n  q  3  18 �n  q  15 �n  8
��
��
��
� n q 1
�n  q  1
�q  7
So với điều kiện thỏa mãn.
Vậy bộ ba số nguyên dương
Trường hợp 3: p  3

 p; q; n 

cần tìm là

 3; 7;8  .

Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì khơng chia hết cho 3 thì tích
a  a  3
Liên
hệ
tài
039.373.2038

ln chia 3 dư 1.
liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Thật vậy:
Nếu a : 3 dư 1 � a  3k  1 � a  3  3k  4
� a  a  3   3k  1  3k  4   9k 2  15k  4 : 3

dư 1.

Nếu a : 3 dư 2 � a  3k  2 � a  3  3k  5
� a  a  3   3k  2   3k  5   9k 2  21k  10 : 3

dư 1.

Trở lại bài tốn chính:
Vì q �p  3 � p �3; q �3.
� p  p  3  q  q  3 : 3
Mà

n  n  3 : 3

dư 2.

n  n  3 M3
dư 1 (nếu n �3) hoặc
nếu nM3.

� p  p  3  q  q  3 �n  n  3

 p; q; n  thỏa mãn yêu cầu bài
Suy ra khơng có bộ ba số ngun dương
tốn.
Bài 40: Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số ngun
dương k nhỏ nhất có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn
2
2
tại hai số phân biệt a , b sao cho a  b là số nguyên tố.

Giải:
Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . Khi đó | T |= 8 và với a , b thuộc T ta
2
2
có a + b , do đó k �9
Xét các cặp số sau:
A = {1; 4} � { 3; 2} � { 5;16} � { 6;15} � { 7;12} � { 8;13} � { 9;10} � {11;14}
Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố

Xét T là một tập con của A và | T |= 9 , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa
ít nhất 1 cặp nói trên.
Vậy kmin = 9
2
Bài 41: Tìm số các số nguyên n sao cho B  n  n  13 là số chính phương

Giải:
Ta thấy B là số chính phương � 4B là số chính phương
2

Đặt 4B= k

 k��

thì

4B  4n2  4n  52  k2 �  2n  1 k . 2n  1 k  51

Vì 2n  1 k �2n  1 k nên ta có các hệ

2n  1 k  1
2n  1 k  3
2n  1 k  51 �
2n  1 k  17
�
�
�
(1) �
(2) �
(3) �
(4)
�
2n  1 k  51 �
2n  1 k  17 �
2n  1 k  1 �
2n  1 k  3
�
Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

toán

zalo:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
Giải hệ (1) (2) (3) (4) ta tìm được n  12;n  3;n  13;n  4
n� 12;3;4;13

Vậy các số nguyên cần tìm là

a
Bài 42: Cho a, b là số hữu tỉ thỏa mãn
Chứng minh

2

 b2  2  a  b 

2

2
+ (1  ab)  4ab

1  ab là số hữu tỉ

Giải:
2
2
(GT) � �

(a  b) 2   1  ab   0
 a  b   2(ab  1) �
�
�

�  a  b   2(a  b) 2 (1  ab)  (1  ab)2  0
4

2

2
��
 0 � (a  b) 2 -(1  ab)=0
�a  b   (1  ab) �
�

� (a  b) 2  1  ab � a  b  1  ab �Q;vi:a;b �Q. KL

Bài 43: Tìm số nguyên dương n lớn nhất để A= 427 + 42016 + 4n là số chính
phương
Giải:
A  427  4 2016  4n   227   1  41989  4 n 27 
2

*

2 
Vì A và

27 2

1989
n27
là số chính phương nên 1  4  4
là số chính phương

1989
n 27
Ta có 1  4  4
>4

n  27

 (2n 27 )2

1989
n27
*mà 1  4  4
là số chính phương nên ta có

n 27
 1 ۣ 2 n 27
1  41989  4n27 � 2
2

Với n=4004 ta có A=

23977

n

4004

A  427  42016  44004   2 27  24004 

2

là số chính phương

Vậy n=4004 thì A=427+42016+4n là số chính phương

1 1 1
  .
Bài 44: a) Cho ba số hữu tỉ a, b, c thoả mãn a b c Chứng minh rằng

A  a 2  b 2  c 2 là số hữu tỉ.
x, y , z đôi một phân biệt. Chứng minh rằng:
b) Cho ba số hữu tỉ
B

1
1
1


2
2
( x  y ) ( y  z ) ( z  x)2 là số hữu tỉ.
Lời giải
a) Từ giả thiết suy ra 2ab  2bc  2ca  0

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TỐN HỌC


90

Website:tailieumontoan.com
2
2
2
2
2
2
2
Suy ra ( a  b  c )  a  b  c  2ab  2bc  2ca  a  b  c

Vậy

A  (a  b  c )2  a  b  c

a
b) Đặt

là số hữu tỉ

1
1
1
1 1 1
,b
,c 
  .
x y
yz
x  z suy ra a b c
B

Áp dụng câu a) suy ra

1
1
1


2
2
( x  y ) ( y  z ) ( z  x) 2 là số hữu tỉ.

Bài 45: Tìm số thực x để 3 số

x  3; x 2  2 3; x 

2
x là số nguyên

Lời giải
Đặt

a  x  3; b  x 2  2 3; c  x 

2
x với a, b, c �Z

2
2
Từ a  x  3 � x  a  3; từ b  x  2 3 � x  b  2 3 , nên ta có

 a  3

2

 b  2 3 � a 2  2 3a  3  b  2 3 � 2 3  a  1  b  a 2  3

-Nếu a+1 �0

�
a 1

2 3

b  a2  3
b  a2  3
a, b �Z �
�Q � 2 3 �Q �
a  1 , vì
a 1
VL

a  1
�a  1  0
�
��
�
� 2
b4
b  a 3  0
�
�
Vậy a+1=0 nên ta có

x  3 1

Với x  3  1 ta có a  1; b  4 và c  2 nguyên, thỏa mãn đầu bài
3
2
Bài 46: Tìm x nguyên dương để 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương

Lời giải
3
2
3
2
Vì 4 x  14 x  9 x  6 là số chính phương, nên ta có 4 x  14 x  9 x  6 =k2 với k �N









3
2
 x  2  4 x 2  6 x  3 nên ta có  x  2  4 x 2  6 x  3 = k 2
Ta có 4 x  14 x  9 x  6 =…=

Đặt

 x  2, 4 x

Ta có



 6x  3  d

với d �N *

x  2Md �  x  2   4 x  2  Md � 4 x  6 x  4 Md

Ta lại có
Vậy

2



 



4 x 2  6 x  3Md � 4 x 2  6 x  3  4 x 2  6 x  4  1Md � d  1

 x  2, 4 x

2



 6x  3  1

mà

 x  2   4 x 2  6 x  3 = k 2

nên ta có

2
2
2
2
x+2 và 4 x  6 x  3 là số chính phương � x  2  a và 4x  6 x  3  b với a,b �N *

4 x 2  b 2  4 x 2  12 x  9 �  2 x   b 2   2 x  3
2

Vì x>0 nên ta có

2

b 2   2 x  1 � 4 x 2  6 x  3  4 x 2  4 x  1 � x  2
2

Vì b lẻ nên

Liên
hệ
tài
039.373.2038

liệu

word

tốn

zalo:

TÀI LIỆU TOÁN HỌC