Chuyên đề số học THCS số 1
Hướng tới kỳ thi chuyên toán
Ngày 9 tháng 2 năm 2021
2
Mục lục
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Chứng minh sự chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Chứng minh sự không chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Tìm điều kiện để chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Tổng quan về chuyên đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Bài toán về số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.
Bài toán về hợp số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Euler và số nguyên tố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
SỐ CHÍNH PHƯƠNG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Phương pháp xét tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Đưa về phương trình ước số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Xét số dư của từng vế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Chia liên tiếp các ẩn cho cùng một số ( Phương pháp lùi vô hạn) . . . . . . . . .
IV.
Phương pháp dùng bất đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Sắp thứ tự các ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.
Xét từng khoảng giá trị của ẩn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.
Sử dụng bất đẳng thức ∆ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm . .
4.
Xét các tích kẹp giữa các tích cùng dạng . . . . . . . . . . . . . . . . .
V.
Phương pháp dùng số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Xét các số chính phương gần nhau . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.
Sử dụng điều kiện ∆ là số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . .
3.
Dùng tính chất của số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Bất đẳng thức về phân số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Bất đẳng thức về căn bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.
Sự chia hết của một số, một hiệu, một tổng . . . . . . . . . . . . . . . .
2.
Sự tồn tại một tập có tính chất nào đó . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Sự tương hỗ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI . . . . . . . . . . . . . . .
I.
Phương pháp phát hiện tính chia hết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
II.
Số nguyên tố và hợp số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
III.
Số tự nhiên và các số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IV.
Số chính phương . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
V.
Phương trình nghiệm nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VI.
Bất đẳng thức về số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VII.
Bất đẳng thức phân số và căn bậc hai . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
VIII. Nguyên lí Đi-Rich-Le . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
IX.
Các bài toán suy luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
4
4
5
6
10
10
10
10
10
13
17
27
28
28
28
29
29
29
29
30
30
30
30
32
32
39
47
48
49
52
53
55
60
61
62
68
68
72
73
76
78
80
85
89
89
4
1.
MỤC LỤC
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 không 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 Toán.
Thử trí thông minh
TÌM ĐIỂM CỦA TỪNG NGƯỜI
Năm bạn Ánh, Bích , Cao, Dũng, Hòa chơi một trò chơi được số điểm xếp từ nhỏ đến lớn là 23, 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.
Do 1) 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 cho 4 dư 3.
Suy ra số điểm của Hòa chia cho 4 dư 3, đó là 23.
Số điểm của Dũng là: (171 − 23) : 4 = 37.
Số điểm của Ánh, Bích, Cao thuộc tập hợp {25; 36; 50}.
Do 2) nên Bích được 25 điểm.
Do 3) nên Ánh được 50 điểm, Cao được 36 điểm.
Vậy Ánh được 50 điểm, Bích được 25 điểm, Cao được 36 điểm, Dũng được 37 điểm, Hòa được 23
điểm.
I.
Chứng minh sự chia hết
Cho hai số nguyên a và b, trong đó b 6= 0. Ta nói a chia hết cho b nếu tồn tại số nguyên k sao cho
a = bk.
Để chứng minh sự chia hết cần nhớ các dấu hiệu chia hết (cho 2, 4, 8, 5, 25, 125, 3, 9, 11), các tính chất
chia hết của tổng, hiệu, tích nhất là các tính chất sau:
• Nếu tích ab chia hết cho m, trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.
• Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p.
• Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đôi một thì a chia hết cho tích của chúng.
• Nếu a, b là các số nguyên thì
+ an − bn chia hết cho a − b với n là số tự nhiên;
+ an + bn chia hết cho a + b với n là số tự nhiên lẻ;
+ (a + b)n = ak + bn với n là số tự nhiên, k là số nguyên.
1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
5
• Nếu tích ab chia hết cho m, trong đó b và m là hai số nguyên tố cùng nhau thì a chia hết cho m.
• Nếu một tích chia hết cho số nguyên tố p thì tồn tại một thừa số của tích chia hết cho p.
• Nếu a chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau đôi một thì a chia hết cho tích của chúng.
• Nếu a, b là các số nguyên thì
+ an − bn chia hết cho a − b với n là số tự nhiên;
+ an + bn chia hết cho a + b với n là số tự nhiên lẻ;
+ (a + b)n = ak + bn với n là số tự nhiên, k là số nguyên.
Ví dụ 1. Cho A = n3 − 9n2 + 2n (n là số nguyên). Chứng minh rằng A chia hết cho 6.
Lời giải.
A = n3 − 9n2 + 2n = n3 − 3n2 + 2n − 6n2 .
Xét B = n3 − 3n2 + 2n = n(n2 − 3n + 2) = n(n − 1)(n − 2).
Trong ba số nguyên liên tiếp, có một số chia hết cho 2, có một số chia hết cho 3. Do B chia hết cho các
.
.
số nguyên tố cùng nhau 2 và 3 nên B .. 6. Suy ra A .. 6.
4 Chú ý: Tích của ba số nguyên liên tiếp chia hết cho 6. Tổng quát, tích của n số nguyên liên tiếp chia hết
!
cho n!.
Ví dụ 2. Cho A = 1.2.3. . . . .29, B = 30.31.32. . . . .58. Chứng minh rằng A + B chia hết cho 59.
Lời giải.
B = (59 − 29)(59 − 28)(59 − 27) . . . (59 − 1) = 59k − 1.2.3. . . . 29 = 59k − A (k là số nguyên).
Vậy A + B chia hết cho 59.
Ví dụ 3. Cho các số tự nhiên a và b thỏa mãn ab + 1 chia hết cho 24. Chứng minh rằng a + b
cũng chia hết cho 24.
Lời giải.
.
Ta có a + b .. 24 nên ab + 1 chia hết cho 3 và 8, suy ra ab chia cho 3 dư 2 và chia cho 8 dư 7.
Do ab chia cho 3 dư 2 nên trong a và b có cùng một số chia cho 3 dư 1, một số chia cho 3 dư 2, do đó
a + b chia hết cho 3.
.
Do ab + 1 .. 24 nên a và b là các số lẻ, do đó nếu a và b chia cho 8 dư r thì r ∈ {1; 3; 5; 7}. Do ab chia cho
.
8 dư 7 nên chỉ có hai trường hợp: một số chia cho 8 dư 1 và một số chia cho 8 dư 7 (khi đó a + b .. 8),
.
một số chia cho 8 dư 3 và một số chia cho 8 dư 5 (khi đó a + b .. 8). Vậy a + b chia hết cho 8.
Do a + b chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau 3 và 8 nên a + b chia hết cho 24.
II.
Chứng minh sự không chia hết
Ví dụ 4. Chứng minh rằng n2 + n − 16 không chia hết cho 25 với mọi số nguyên n.
Lời giải.
Cách 1. A = n2 + n − 16 = (n + 3)(n − 2) − 10.
Ta thấy n + 3 và n − 2 có hiệu bằng 5 nên chúng cùng chia hết cho 5 hoặc không chia hết cho 5.
.
Nếu n + 3 và n − 2 cùng chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) .. 25, do đó (n + 3)(n − 2) − 10 không
chia hết cho 25, tức là A không chia hết cho 25.
Nếu n + 3 và n − 2 cùng không chia hết cho 5 thì (n + 3)(n − 2) không chia hết cho 25, do đó A
không chia hết cho 25.
6
MỤC LỤC
Cách 2. Giả sử tồn tại số nguyên n mà
.
.
A = n2 + n − 16 .. 25 thì n2 + n − 16 .. 5
.
.
⇒ n2 − 4n + 4 + 5(n − 4) .. 5 ⇒ (n − 2)2 .. 5.
.
Do 5 là số nguyên tố nên n − 2 .. 5.
Đặt n = 5k + 2(k ∈ Z) thì A = (5k + 2)2 + (5k + 2) − 16 = 25k2 + 25k − 10 không chia hết cho
25, mâu thuẫn với điều giả sử trên.
Vậy A không chia hết cho 25 với mọi số nguyên n.
Cách 3. A = n2 + n − 16 ⇒ 4A = 4n2 + 4n − 64 = (2n + 1)2 − 65.
.
Nếu 2n + 1 .. 5 thì 4A không chia hết cho 25 ⇒ A không chia hết cho 25.
Nếu 2n + 1 không chia hết cho 5 thì (2n + 1)2 không chia hết cho 5 ⇒ 4A không chia hết cho 5
⇒ A không chia hết cho 25.
Cách 4. Lần lượt xét n bằng 5k, 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, 5k + 4 rồi tính A. Bạn đọc tự giải.
III.
Tìm điều kiện để chia hết
Ví dụ 5. Tìm số tự nhiên n để n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 chia hết cho 10.
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 cùng 4 hoặc 6.
Đáp số: n tận cùng 1 hoặc 6.
Ví dụ 6. Tìm số nguyên n để 3n + 1 chia hết cho n2 + n + 1.
Lời giải.
Ta có
.
3n + 1 .. n2 + n + 1
.
.
⇒ 3n2 + n .. n2 + n + 1 ⇒ 3(n2 + n + 1) − (2n + 3) .. n2 + n + 1
.
⇒ 2n + 3 .. n2 + n + 1.
(1)
(2)
.
.
Từ (1) và (2) suy ra 3(2n + 3) − 2(3n + 1) .. n2 + n + 1 ⇒ 7 .. n2 + n + 1.
Do n2 + n + 1 > 0 nên n2 + n + 1 ∈ {1; 7}.
.
Với n2 + n + 1 = 1 thì n2 + n = 0 nên n ∈ {0; −1}. Các giá trị này đều thỏa mãn 3n + 1 .. n2 + n + 1.
Với n2 + n + 1 = 7 thì n2 + n − 6 = 0 ⇔ (n − 2)(n + 3) = 0 ⇔ n ∈ {2; −3}.
.
Chỉ có n = 2 thỏa mãn 3n + 1 .. n2 + n + 1.
Đáp số: n ∈ {−1, 0, 2}.
Ví dụ 7. Tìm số nguyên dương n để (n + 3)(n + 4) chia hết cho 3n.
Lời giải.
.
.
.
(n + 3)(n + 4) .. 3n ⇒ n2 + 7n + 12 .. 3n ⇒ n2 + n + 12 .. 3n ⇒ n2 + n + 12 chia hết cho 3 và n.
.
.
n2 + n + 12 .. n ⇒ 12 .. n ⇒ n ∈ {1; 2; 3; 4; 6; 12}.
.
.
n2 + n + 12 .. 3 ⇒ n(n + 1) .. 3 ⇒ n = 3k hoặc n = 3k + 2(k ∈ N) .
Loại các số có dạng 3k + 1 ở (3) ta được
(3)
1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
7
n
3n
n2 + n + 12
2
6
18
3
9
24
6
18
54
12
36
168
.
.
Chỉ có các trường hợp n = 2 và n = 6 thì n2 + n + 12 .. 3n, do đó (n + 3)(n + 4) .. 3n.
Đáp số: n = 2 và n = 6.
Ví dụ 8. Tìm các số nguyên dương x và y lớn hơn 1 sao cho x + 3 chia hết cho y và y + 3 chia
hết cho x.
Lời giải.
Giả sử 2 ≤ x ≤ y.
.
a) Xét y = 2 thì x = 2, không thỏa mãn x + 3 .. y.
b) Xét y ≥ 3. Đặt x + 3 = ky(k ∈ N)(1) thì ky = x + 3 ≤ y + 3 ≤ y + y = 2y nên k ≤ 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
y
2
5
3
6
6
9
.
.
.
• Với k = 2 từ (1) có x + 3 = 2y. Từ y + 3 .. x ⇒ x + 9 .. x ⇒ 9 .. x. Do x > 1 nên x ∈ {3; 9}.
Khi x = 3 thì y = 3, thử lại đúng.
Khi x = 9 thì y = 6, loại vì trái với x ≤ 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 nguyên dương n nhỏ nhất để A = n3 + 7n2 + 6n chia hết cho 125.
Lời giải.
A = n3 + 7n2 + 6n = n(n2 + 7n + 6) = n(n + 1)(n + 6). Ta xét các trường hợp sau.
.
.
• Với n = 5k(k ∈ N) thì n, n + 1, n + 6 chia cho 5 dư 0, 1, 1. Để A .. 125 thì n .. 125. Chọn n nhỏ nhất
là 125.
(1)
• Với n = 5k + 1 thì n, n + 1, n + 6 chia cho 5 dư 1, 2, 2. Khi đó A không chia hết cho 5.
• Với n = 5k + 2 thì n, n + 1, n + 6 chia cho 5 dư 2, 3, 3. Khi đó A không chia hết cho 5.
• Với n = 5k + 3 thì n, n + 1, n + 6 chia cho 5 dư 3, 4, 4. Khi đó A không chia hết cho 5.
.
.
.
• Với n = 5k + 4 thì n, n + 1, n + 6 chia cho 5 dư 4, 0, 0. Để A .. 125 thì n + 1 .. 25 hoặc n + 6 .. 25.
.
Trường hợp n + 1 .. 25, chọn n nhỏ nhất là 24.
(2)
.
Trường hợp n + 6 .. 25, chọn n nhỏ nhất là 19.
(3)
So sánh (1), (2), (3), ta chọn n = 19. Khi đó A = 19.20.25, chia hết cho 125.
Ví dụ 10. Tìm năm chữ số tận cùng của 555 .
Lời giải.
Tìm năm chữ số tận cùng của 555 là tìm số dư của phép chia 555 cho 105 .
Ta có 555 = 555 − 57 + 57 = 57 (548 − 1) + 57 .
8
MỤC LỤC
Xét 548 − 1 = (524 + 1)(512 + 1)(56 + 1)(53 + 1)(53 − 1), chia hết cho 25 .
Suy ra 57 (548 − 1) chia hết cho 105 .
Còn 57 = 78125.
Vậy 555 có năm chữ số tận cùng là 78125.
BÀI TẬP
Bài 1. Cho các chữ số 1, 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 cho 3?
Lời giải.
Ta xét các trường hợp:
• Các số có tổng các chữ số bằng 6, có một nhóm là (1, 2, 3).
• Các số có tổng các chữ số bằng 9, có ba nhóm là (1, 2, 6); (1, 3, 5); (2, 3, 4).
• Các số có tổng các chữ số bằng 12, có ba nhóm là (1, 5, 6); (2, 4, 6); (3, 4, 5).
• Các số có tổng các chữ số bằng 15, có một nhóm là (4, 5, 6).
⇒ có tất cả 8 nhóm. Mà mỗi nhóm có 6 số ⇒ có tất cả 48 số.
Bài 2. Chứng minh rằng n5 + 5n4 − 5n2 − 6n chia hết cho 120 với mọi số nguyên n.
Lời giải.
A = n5 + 5n4 − 5n2 − 6n = n(n2 − 1)(n2 + 5n + 6) = (n − 1)n(n + 1)(n + 2)(n + 3).
.
.
.
Vì A là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên A .. 5, A .. 3. Ta chứng minh A .. 8.
.
• Với n = 2k (k ∈ Z) ⇒ A = 4(2k − 1)(2k + 1)(2k + 3)k(k + 1) .. 8.
.
• Với n = 2k + 1 (k ∈ Z) ⇒ A = 8k(k + 1)(k + 2)(2k + 1)(2k + 3) .. 8.
.
Vậy A .. 120.
Bài 3. Chứng minh rằng n2 + 3n − 3 không chia hết cho 49 với mọi số nguyên n.
Lời giải.
Ta có A = n2 + 3n − 3 = (n2 + 3n − 10) + 7 = (n − 2)(n + 5) + 7. Vì hiệu giữa n + 5 và n − 2 là 7 đơn
vị nên n + 5 và n − 2 cùng chia hết cho 7 hoặc không cùng chia hết cho 7.
.
• Giả sử n + 5 và n − 2 cùng chia hết cho 7 ⇒ (n − 2)(n + 5) .. 49 ⇒ A = (n − 2)(n + 5) + 7 không
chia hết cho 49.
• Giả sử n + 5 và n − 2 không cùng chia hết cho 7 ⇒ (n − 2)(n + 5) không chia hết cho 7 ⇒ A =
(n − 2)(n + 5) + 7 không chia hết cho 7. Do đó A không chia hết cho 49.
Bài 4. Tìm các số tự nhiên x và y lớn hơn 1 sao cho 4x + 1 chia hết cho y và 4y + 1 chia hết cho x.
Lời giải.
Đặt 4x + 1 = ky. Giả sử 2 ≤ x ≤ y ⇒ ky = 4x + 1 < 4y + y = 5y ⇒ k < 5. Vì ky = 4x + 1 là số lẻ nên
k là số lẻ ⇒ k ∈ {1; 3}.
.
.
.
• Với k = 1 ⇒ y = 4x + 1. Vì 4y + 1 .. x ⇒ 4(4x + 1) + 1 .. x ⇒ 5 .. x ⇒ x = 5 ⇒ y = 21.
.
.
.
.
• Với k = 3 ⇒ 3y = 4x + 1. Vì 4y + 1 .. x ⇒ 12y + 3 .. x4(4x + 1) + 3 .. x ⇒ 7 .. x
29
⇒x=7⇒y=
(loại).
3
Vậy các số cần tìm là (x; y) = (5; 21) hoặc (21; 5).
Bài 5. Tìm chữ số tận cùng của:
a) A = 15 + 25 + 35 + 45 + ... + 1005 .
1.. TÍNH CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
9
b) B = 15 + 29 + 313 + 417 + ... + 100401 .
Lời giải.
.
a) Nhận xét a5 − 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 ⇒ A tận cùng là chữ số 0.
.
.
.
b) Nhận xét a4n+1 − a .. 10. Thật vậy a4n+1 − a = a(a4n − 1) .. a(a4 − 1) ⇒ a4n+1 − a .. 10.
Do vậy B = (15 − 1) + (29 − 2) + (313 − 3) + ... + (100401 − 100) + (1 + 2 + 3 + ... + 100)
= 10k + 5050 ⇒ A tận cùng là chữ số 0.
Bài 6. Tìm hai chữ số tận cùng của:
a) A = 2 + 22 + 23 + 24 + ... + 299 .
b) n20 với n là một số tự nhiên tận cùng bằng 2.
Lời giải.
a) 2A = 22 + 23 + 24 + ... + 299 + 2100 ⇒ A = 2100 − 2.
Ta thấy 2100 = (210 )10 = (1024)10 = (10242 )5 = (...76)5 = ...76 ⇒ A = 2100 − 2 = ...74. Vậy A tận
cùng là 74.
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 + 1 chia cho 25 dư 1 nên n2 tận cùng là 01,
.
26, 51, 76. Vì n20 .. 4 nên n2 tận cùng là 76.
Bài 7. Tìm hai mươi chữ số tận cùng của 90!.
Lời giải.
ï ò
90
90
Số thừa số 5 có trong tích 90! là
+
= 18 + 3 = 21.
5
25
Vì số thừa số 5 trong tích 90! là 21 nên số thừa số 2 trong tích 90! sẽ lớn hơn 21 ⇒ có 21 chữ số tận
cùng của 90! là các chữ số 0. Do đó 20 chữ số tận cùng của 90! là các chữ số 0.
Bài 8. Cho dãy số 10, 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 cho 9, do đó các số
của dãy cuối cùng là số dư khi chia cho 9 của các số trong dãy 10, 11, 12, 13, ..., 98, 99, 100.
Vì số đầu tiên của dãy trên (số 10) và số cuối cùng của dãy (số 100) khi chia cho 9 có số dư là 1 nên
trong dãy cuối cùng chữ số 1 xuất hiện nhiều nhất. Cụ thể
• Số các chữ số 1 trong dãy cuối cùng là 1 +
100
= 11.
10
• Số các chữ số khác 1 trong dãy cuối cùng là
100
= 10.
10
10
MỤC LỤC
2.
I.
SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ
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 hơn 1, có đúng hai ước nguyên dương là 1 và chính nó.
Các bài toán về số nguyên tố, hợp số cũng rất đa dạng, thường đòi hỏi vận dụng tính chia hết một
cách thành thạo và hợp lý trong từng tình huống của bài toán.
Các bài toán về số nguyên tố, hợp số trong chuyên đề này bao gồm:
1.
Bài toán về số nguyên tố
• Chứng minh một biểu thức có giá trị là một số nguyên tố.
• Tìm các số nguyên tố thỏa mãn các điều kiện cho trước.
• Tìm các số nguyên dương để giá trị của một biểu thức là số nguyên tố.
2.
Bài toán 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 toán học từ nhiều thế kỉ trước Công 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 ông) gắn bó với nước Nga.
Ông đã nghiên cứu từ những kiến thức rất sơ cấp (chẳng hạn đường tròn Euler) đến những khái niệm
cao siêu của những tiến bộ khoa học ở thời đại ông.
Ông 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 đến Euler:
1) Euler đưa ra ví dụ một biểu thức cho giá trị là số nguyên tố với 40 giá trị liên tiếp của n từ 0 đến
39, đó là biểu thức n2 + n + 41.
n
2) Nhà toán học Pháp Fermat xét biểu thức 22 + 1 với n bằng 0, 1, 2, 3, 4 cho các số nguyên tố 2 + 1 = 3,
22 + 1 = 5, 24 + 1 = 17, 28 + 1 = 257, 216 + 1 = 65537.
n
Ông đưa ra giả thuyết 22 + 1 cho số nguyên tố với mọi số tự nhiên n.
Ý kiến này đứng vững rất lâu. Một thế kỉ sau, Euler đã bác bỏ giả thuyết trên bằng cách chỉ ra số
232 + 1 chia hết cho 641.
3) Năm 1742, nhà toán học Đức Goldbach (Christian Goldbach 1690 − 1764) viết thư cho Euler nói rằng
ông đã “mạo hiểm” đưa ra dự đoán: Mọi số tự nhiên lớn hơn 5 đều biểu diễn được dưới dạng
tổng của 3 số nguyên tố (chẳng hạn 6 = 2 + 2 + 2, 7 = 2 + 2 + 3, 8 = 2 + 3 + 3).
Trong thư trả lời, Euler đưa ra bài toán: Mọi số chẵn lớn hơn 2 đều biểu diễn được dưới dạng tổng
của hai số nguyên tố (chẳng hạn 4 = 2 + 2, 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5).
Cho đến nay, người ta vẫn chưa chứng minh được hai bài toán trên.
Ví dụ 1. Tìm số tự nhiên n sao cho
Lời giải.
n3 − 1
là số nguyên tố.
9
2.. SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ
11
.
.
Ta có n3 − 1 .. 9 ⇒ n3 − 1 .. 3 ⇒ n chia cho 3 dư 1 (vì nếu n chia cho 3 dư 0 hoặc 2 thì n3 chia cho 3 dư
0 hoặc 2).
Đặt n = 3k + 1 (k ∈ N). Ta có
n3 − 1
(3k + 1)3 − 1
27k3 + 27k2 + 9k
=
=
= 3k3 + 3k2 + k = k(3k2 + 3k + 1).
9
9
9
n3 − 1
n3 − 1
64 − 1
là số nguyên tố, phải có k = 1. Khi đó n = 4 và
=
= 7 là số nguyên tố.
9
9
9
Vậy n = 4 là số cần tìm.
Để
Ví dụ 2. Tìm số nguyên tố p sao cho 43p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải.
Đặt 43p + 1 = n3 (n ∈ N) thì 43p = (n − 1) n2 + n + 1 .
Số 43p có bốn ước nguyên dương là 1, 43, p, 43p nên có 3 trường hợp:
®
®
n−1 = 1
n=2
TH1:
⇔
(loại).
n2 + n + 1 = 43p
43p = 22 + 2 + 1 = 7

®
n = 44
n − 1 = 43
(loại).
TH2:
⇔
 p = 442 + 44 + 1 = 1981 ... 7
n2 + n + 1 = p
TH3:
® 2
n + n + 1 = 43
n−1 = p
®
⇔
n=6
p = 5 (là số nguyên tố).
Vậy p = 5 là số cần tìm.
Ví dụ 3. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 5 thì p − 4 không thể là lũy thừa bậc
bốn của một số tự nhiên.
Lời giải.
Giả sử p − 4 = a4 (a ∈ N, a > 1) thì
Ä
ä2
p = a4 + 4 = a4 + 4a2 + 4 − 4a2 = a2 + 2 − 4a2
Ä
ä Ä
ä
= a2 − 2a + 2 · a2 + 2a + 2
î
ó î
ó
= (a − 1)2 + 1 · (a + 1)2 + 1 .
Suy ra p là tích của hai số tự nhiên lớn hơn 1 nên không là số nguyên tố, điều này mâu thuẫn với giả
thiết p là số nguyên tố.
Vậy p − 4 không thể là lũy thừa bậc bốn của một số tự nhiên.
Ví dụ 4. Chứng minh rằng trong 30 số tự nhiên liên tiếp lớn hơn 5 sẽ có ít nhất 22 hợp số.
Lời giải.
Trong 30 số tự nhiên liên tiếp đã cho có 15 số chẵn, chúng đều lớn hơn 5 nên là hợp số. Ta tìm được
15 hợp số.
Chia 15 số lẻ còn lại thành 5 nhóm, mỗi nhóm gồm 3 số lẻ liên tiếp. Trong 3 số lẻ liên tiếp, tồn tại một
số chia hết cho 3, số đó lớn hơn 5 nên là hợp số. Có 5 nhóm nên ta tìm thêm được 5 số.
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 + 5 và b = 30n + 25. Các số a và b là hợp số (vì chia hết cho 5 và lớn hơn 5), đồng thời không
trùng với các hợp số đã tìm được (vì a và b không chia hết cho 2, không chia hết cho 3). Ta tìm thêm
được 2 hợp số.
Vậy có ít nhất 15 + 5 + 2 = 22 (hợp số).
12
MỤC LỤC
Ví dụ 5. Viết số 127 thành một tổng của n số hạng, các số hạng đều là hợp số. Tìm giá trị lớn
nhất của n.
Lời giải.
Để n lớn nhất thì giá trị của các hợp số được viết phải nhỏ nhất. Các hợp số chẵn nhỏ nhất là 4 và 6.
Hợp số lẻ nhỏ nhất là 9.
Ta thấy 127 chia cho 4 dư 3. Phải có ít nhất một hợp số lẻ (là 9), còn 127 − 9 = 118, chia cho 4 dư 2.
Phải có ít nhất một hợp số 6, còn 118 − 6 = 112 chia hết cho 4, ta viết thành tổng của 28 số 4.
Vậy 127 = 9 + 6 + |4 + 4 +{z· · · + 4}.
28 số 4
Vậy giá trị lớn nhất của n là 30.
BÀI TẬP
Bài 1. Chứng minh rằng:
a) Nếu p và p2 + 8 là các số nguyên tố thì p2 + 2 là số nguyên tố.
b) Nếu p và 8p2 + 1 là các số nguyên tố thì 2p + 1 là số nguyên tố.
c) Nếu p và p2 + 2 là các số nguyên tố thì p3 + 2 là số nguyên tố.
Lời giải.
.
a) Xét p = 3k + 1 (k ∈ Z) thì p2 + 8 .. 3, là hợp số.
.
Xét p = 3k + 2 thì p2 + 8 .. 3, là hợp số.
Vậy p = 3k, mà p là số nguyên tố nên p = 3. Khi đó p2 + 2 = 11, là số nguyên tố.
b) Tìm được p = 3.
c) Tìm được p = 3.
Bài 2. Tìm số nguyên tố p sao cho 7p + 1 là bình phương của một số tự nhiên.
Lời giải.
Đặt 7p + 1 = n2 (n ∈ N) thì 7p = (n + 1)(n − 1).
Số 7p có 4 ước nguyên dương là 1, 7, p, 7p nên có các trường hợp
n−1
n+1
n
2
n = 7p + 1
p
1
7p
2
4
loại
7
p
8
64
9, loại
p
7
6
36
5
Vậy p = 5.
Bài 3. Tìm số nguyên tố p sao cho 7p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải.
Đặt 7p + 1 = n3 (n ∈ N) thì 7p = (n − 1) n2 + n + 1 .
Có 3 trường hợp:
®
®
® 2
n−1 = 1
n−1 = 7
n +n+1 = 7
n2 + n + 1 = 7p
Ta tìm được p = 73.
n2 + n + 1 = p
n−1 = p
Bài 4. Tìm các số nguyên dương x và y sao cho x4 + 4y4 là số nguyên tố.
Lời giải.
2
Ta có x4 + 4y4 = x2 + 2y2 − (2xy)2 = x2 + 2xy + 2y2 · x2 − 2xy + 2y2 .
Do x4 + 4y4 là số nguyên tố và x2 + 2xy + 2y2 = (x + y)2 + y2 > 1 nên x2 − 2xy + 2y2 = 1
⇒ (x − y)2 + y2 = 1.
Do x và y nguyên dương nên x = y = 1. Khi đó x4 + 4y4 = 5, là số nguyên tố.
3.. SỐ TỰ NHIÊN VÀ CÁC CHỮ SỐ
13
Bài 5. Tìm số nguyên tố p sao cho p2 + 23 có đúng 6 ước nguyên dương.
Lời giải.
Xét p = 2 thì p2 + 23 = 27 = 33 có đúng 4 ước nguyên dương.
Xét p = 3 thì p2 + 23 = 32 = 25 có đúng 6 ước nguyên dương.
Xét p > 3 thì p là số lẻ và không chia hết cho 3. Ta có p2 + 23 = p2 − 1 + 24.
.
.
.
.
.
Do p lẻ nên p2 − 1 .. 8. Do p 6 .. 3 nên p2 − 1 .. 3. Suy ra p2 − 1 .. 24, do đó p2 + 23 .. 24. Do 24 có nhiều
hơn 6 ước nguyên dương nên p2 + 23 có nhiều hơn 6 ước nguyên dương.
Vậy p = 3.
Bài 6. a) Chứng minh rằng trong 10 số lẻ liên tiếp lớn hơn 5, tồn tại 4 hợp số.
b) Hãy chỉ ra 10 số lẻ liên tiếp lớn hơn 5, trong đó có đúng 4 hợp số.
Lời giải.
a) Trong 10 số lẻ liên tiếp đã cho, tồn tại 3 số là bội của 3, chúng lớn hơn 5 nên là hợp số.
Trong 10 số lẻ liên tiếp đã cho có đúng 2 số là bội của 5, chúng lớn hơn 5 nên là hợp số . Trong 2
số đó, tồn tại một số không chia hết cho 3 (vì nếu cả hai bội của 5 đều chia hết cho 3 thì hai số đó
chia hết cho 15, mà trong 10 số lẻ liên tiếp chỉ có đúng một bội của 15).
Vậy trong 10 số lẻ liên tiếp lớn hơn 5, tồn tại 4 hợp số.
b) Chẳng hạn dãy 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19, 21, 23, 25 có đúng 4 hợp số (là 9, 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 toán số học thường gặp, trong đó yêu cầu của bài toán
thường là tìm các chữ số chưa biết.
Ngoài 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 công việc trên đòi hỏi người làm toán phải biết quan sát, phát hiện đặc điểm của bài toán
để đưa ra phương án giải quyết hợp lý.
Thử trí thông minh
BÀI TOÁN ĐIỀN CHỮ SỐ
Chị đố Hoàng tìm các chữ số trong phép cộng sau:
+
a b c d 0
a b c d
4 7 9 1 h
Hoàng nói:
- Sẽ phải xét xem mười trường hợp d từ 0 đến 9.
- Không cần! Bạn hãy chú ý đến quan hệ giữa các số hạng.
Hoàng đã tìm ra cách giải mà không cần tìm từng chữ số. Hoàng đã giải thế nào?
Lời giải.
14
MỤC LỤC
Số hạng thứ nhất gấp 10 lần số hạng thứ hai nên tổng gấp 11 lần 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 nhiên abcd chia hết cho tích của ab và cd (các số a, b, c, d không bắt buộc
khác nhau).
Lời giải.
abcd : ab · cd.
.
.
Đặt ab = x, cd = y, ta có abcd = 100x + y .. xy ⇒ y .. x.
.
Đặt y = kx với k ∈ N và 1 ≤ k ≤ 9 thì 100x + kx .. xkx.
.
⇒ 100 + k .. kx (1) ⇒ k ∈ {1; 2; 4; 5}.
.
Với k = 1 thì từ (1) có 101 .. x ⇒ x = 1, (loại).
.
.
Với k = 2 thì từ (1) có 102 .. 2x ⇒ 51 .. x. Ta có
x
y
17
34
51
102, loại
.
.
Với k = 4 thì từ (1) có 104 .. 4x ⇒ 26 .. x. Ta có
x
y
26
104, loại
13
52
.
.
Với k = 5 thì từ (1) có 105 .. 5x ⇒ 21 .. x ⇒ x = 21, y = 105, loại.
.
.
Có hai đáp số: 1734 .. 17 · 34 và 1352 .. 13 · 52.
Ví dụ 2. Tìm các chữ số a, b, c (không bắt buộc khác nhau) sao cho aaaa − bb = cc2 .
Lời giải.
aaaa − bb = cc2 ⇒ 1111a − 11b = 112 · c2 ⇒ 101a − b = 11c2 ⇒ 99a + (2a − b) = 11c2 .
.
Ta có 2a − b .. 11 nên 2a − b ∈ {0; 11}.
(1)
a) Xét 2a = b thì a ≤ 4. Thay vào (1) có 9a = c2 ⇒ a ∈ {1; 4}
Ta có
1111 − 22 = 332
4444 − 88 = 662
b) Xét 2a − b = 11. Thay vào (1) có 9a + 1 = c2 ⇒ 9a = (c + 1)(c − 1).
Ta thấy c + 1 và c − 1 có hiệu bằng 2 mà tích của chúng chia hết cho 9 nên phải có một số chia
hết cho 9, đó là số c + 1. Ta được c + 1 = 9 nên c = 8. Từ đó a = 7.
Khi đó 7777 − 33 = 882 .
Đáp số: 1111 − 22 = 332 ; 4444 − 88 = 662 ; 7777 − 33 = 882 .
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.
2
Đặt abcdeg = deg = n2 (1 ≤ n ≤ 999).
.
.
Ta có 1000 · abc + n = n2 nên n2 − n .. 1000 ⇒ n(n − 1) .. 1000.
Hai số n và n − 1 nguyên tố cùng nhau nhỏ hơn 1000, có tích chia hết cho 1000 nên có hai trường hợp.

.

n .. 125
a)
.

n − 1 .. 8
n là số lẻ có ba chữ số và chia hết cho 125 nên n ∈ {125; 375; 625; 875}. Chỉ có n = 625 cho
.
n − 1 = 624 .. 8.
Ta được 6252 = 390625.

n − 1 ... 125
b)
.

n .. 8
n − 1 là số lẻ có ba chữ số và chia hết cho 125 nên n − 1 ∈ {125; 375; 625; 875}. Chỉ có n − 1 = 375
.
cho n = 376 .. 8.
Ta được 3762 = 141376.
Đáp số: 625 và 376.
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.
Ä
ä2
Gọi số cần tìm là abcdeg, ta có abcdeg = abc + deg .
Đặt abc = x, deg = y. Do (x + y)2 là một số có sáu chữ số nên x + y ≤ 99.
Ta có
1000x + y = (x + y)2 ⇔ 999x + (x + y) = (x + y)2 .
Đặt x + y = n thì 999x = n(n − 1).
.
n(n − 1) .. 999. Do n ≤ 999 nên ta xét hai trường hợp
(1)
a) n = 99. Thay vào (1) được x = 998, do đó y = 1.
Ta được 998001 = (998 + 1)2 .
b) n < 999 = 33 · 37. Hai số n và n − 1 nguyên tố cùng nhau có tích chia hết cho 999 nên có hai
trường hợp


.

n − 1 ... 37
n .. 37
và
.
.


n − 1 .. 27
n .. 27
Ở trường hợp đầu, ta đặt n = 37k (dp n < 999 nên k < 27).
.
.
.
.
.
Ta có 37k .. 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 được 494209 = (494 + 209)2 .
Ở trường hợp sau, ta đặt n = 37m + 1 (do n < 999 nên m < 27). Có hai đáp số: 998001 và
494209.
Lưu ý:
.
Cách đặt n = 37k rồi xét 37k − 1 .. 27 như ở lời giải trên có ưu điểm hơn so với cách đặt
16
MỤC LỤC
.
n = 27k + 1 rồi xét 27k + 1 .. 37.
.
Cũng vậy, các đặt n = 37m + 1 rồi xét 37m + 1 .. 27 như ở lời giải trên có ưu điểm hơn so với
.
cách đặt n = 27m rồi xét 27m − 1 .. 37.
Ví dụ 5. Tìm số tự nhiên abc (các chữ số a, b, c không bắt buộc khác nhau) sao cho abc =
2
ab − c2 .
Lời giải.
Cách 1. Đặt ab = x (10 ≤ x ≤ 99). Ta có
10x + c = x2 − c2 ⇔ c(c + 1) = x(x − 10).
Do c ≥ 9 nên c(c + 1) ≤ 90 ⇒ x(x − 10) ≤ 90 ⇒ x ≤ 15.
Xét ab từ 10 đến 15, ta thấy:
Ä
ä
ab ab ab − 10
c(c + 1)
10
10 · 0
0 = 0·1
11
11 · 1
11, loại
12
12 · 2
24, loại
13
13 · 3
394, loại
14
14 · 4
56 = 7 · 8
15
15 · 5
75, loại
2
abc = ab − c2
100 = 102 − 02
147 = 142 − 72
Có hai đáp số: 100 và 147.
Cách 2. Đặt ab = 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.
Do 2x − 2c − 11 < 2x + 2c − 9 nên có các trường hợp:
2x + 2c − 9
2x − 2c − 11
x+c
x−c
x
c
99
1
54
6
30
24, loại
Có hai đáp số 147 và 100.
33
3
21
7
14
7
11
9
10
10
10
0
BÀI TẬP
2
Bài 1. Tìm số tự nhiên ab sao cho ab = abcd (các chữ số a, b, c, d không bắt buộc khác nhau).
Lời giải.
2
2
2
2
Do ab có bốn chữ số nên a > 2. Ta thấy a khác 3, 4, 5, 6, 7, 8 vì 3b < 3000,4b < 4000, 5b < 5000,
2
2
2
6b < 6000, 7b < 7000, 8b < 8000.
2
Xét 9b = 9cdb, do b2 tận cùng bằng b nên b ∈ {0; 1; 5; 6}. Xét các chữ số 902 , 912 , 952 , 962 ta được hai
đáp số: 952 = 9025 và 962 = 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.
2
Đặt n = ab = (a + b)3 .
Do n bằng bình phương của một số tự nhiên và bằng lập phương của một số tự nhiên nên n = x6
4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG
(x ∈ N. Ta có
2
x6 = ab = (a + b)3 nên
17
® 3
x = ab
(1).
x2 = a + b
Do x3 = ab ≥ 10 nên x ≥ 3.
Do x2 = a + b ≤ 18 nên x ≤ 4.
Xét x = 3, từ (1) có ab = 27 và a + b = 9, thỏa mãn.
Xét x = 4, từ (1) có ab = 64 và a + 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.
3
Xét abcde = ab . Đặt ab = x, cde = y với 10≤ x ≤ 99 và 0 ≤ y ≤ 999.
Ta có 1000x + y = x3 nên y = x x2 − 1000 .
Do y ≥ 0 nên x2 ≥ 1000 ⇒ x ≥ 32
(1).
y
999
7
Ta có x2 − 1000 = ≥
= 31
x
32
32
⇒ x2 − 1000 ≤ 31 ⇒ x2 ≤ 1031 ⇒ x ≤ 32
(2).
Từ (1) và (2) suy ra x = 32. Ta có 323 = 32748.
Vậy số cần tìm là 32748.
Bài 4. Tìm số tự nhiên abcdeg chia hết cho tích của abc và deg (các chữ số a, b, c, d, e, g không bắt
buộc khác nhau).
Lời giải.
.
Xét abcdeg .. abc · deg.
.
.
Đặt abc = x, deg = y, ta có 1000x + y .. xy ⇒ y .. x.
.
.
Đặt y = kx với k ∈ N và 1 ≤ k ≤ 9 thì 1000x + kx .. xkx ⇒ 1000 + k .. kx
(1).
..
⇒ 1000 . k ⇒ k ∈ {1; 2; 4; 5; 8}.
.
Với k = 1, thay vào (1) có 1001 .. x ⇒ x = 143, y = 143.
.
.
Với k = 2, thay vào (1) có 1002 .. 2x ⇒ 501 .. x. Ta có
x
y
167
334
501
1002, loại
.
.
Với k = 4, thay vào (1) có 1004 .. 4x ⇒ 251 .. x ⇒ x = 25, y = 1004 loại.
.
.
Với k = 5, thay vào (1) có 1005 .. 5x ⇒ 201 .. x ⇒ x = 201, y = 1005 loại.
.
.
Với k = 8, thay vào (1) có 1008 .. 8x ⇒ 126 .. x ⇒ x = 126, y = 1008 loại.
.
.
Có hai đáp số 143143 .. 143 · 143 và 176334 .. 167 · 334.
Bài 5. Cho năm chữ số tự nhiên a, 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 ra a3 + b3 + c3 = d3 + e3 .
Lời giải.
Giả sử a3 + b3 + c3 = d3 + e3
(1).
Mỗi số a, b, c, d có tổng các chữ số bằng 1 + 2 + 3 + 4 = 10 nên chia hết cho 9 dư 1. Khi a = 9k + 1 thì
a3 = 9m + 1. Không thể xảy ra (1) vì vế trái chia cho 9 dư 3, còn vế phải chia cho 9 dư 2.
4.
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ
Số chính phương là bình phương của một số tự nhiên.
Các bài toán về số chính phương trong chuyên đề này có các dạng chính sau:
Dạng 1. Chứng minh giá trị của một biểu thức là (hoặc không là) số chính phương.
18
MỤC LỤC
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 toán về số chính phương gắn liền với:
a) Tính chia hết, chẳng hạn:
- Số chính phương không tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
- Số chính phương chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1.
- Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4. Số chính phương lẻ chia cho 4 thì dư 1 (chia cho 8
cũng dư 1).
- Số chính phương chia hết cho số nguyên tố p thì chia hết cho p2 .
b) Bất đẳng thức, chẳng hạn :
Không có số chính phương nào nằm giữa các số tự nhiên n2 và n2 + 2n.
c) Giải phương trình
Thử trí thông minh
CÓ BAO NHIÊU HÌNH VUÔNG?
An đố Bảo tìm số hình vuông 4 × 4 (h.1).
Bảo nói:
- Dễ quá! có 4 × 4 = 16 hình vuông.
- Chưa đúng! Đó mới là các hình vuông cạnh 1. Còn có các hình vuông
cạnh 2, cạnh 3, cạnh 4 nữa!
- À! Đúng, để tớ nghĩ thêm.
Hình 1
Bảo đã tìm ra đáp số là tổng của bốn số chính phương đầu tiên, kể từ 1, đó là:
12 + 22 + 32 + 42 = 30.
Bạn có đồng ý với Bảo không?
Lời giải.
Trên dòng nằm ngang (h.2):
A
B
C
D
Hình 2
E
• Có 1 cách chọn đoạn thẳng có độ dài 4 (là AE).
• Có 2 cách chọn đoạn thẳng có độ dài 3 (là AD, BE).
• Có 3 cách chọn đoạn thẳng có độ dài 2 (là AC, BD, CE).
• Có 4 cách chọn đoạn thẳng có độ dài 1 (là AB, BC, CD, DE).
Trên cột thẳng đứng cũng vậy.
Do đó số hình vuông có tất cả là : 12 + 22 + 32 + 42 = 30.
Lưu ý. Cho hình vuông n × n. Số hình vuông có tất cả là 12 + 22 + 32 + · · · + n2 (hình). Có thể chứng
n(n + 1)(2n + 1)
minh được 12 + 22 + 32 + · · · + n2 =
.
6
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 tra a1 , a2 , a3 , a4 là các số chính phương.
b) Chứng minh rằng an là số chính phương.
Lời giải.
a) a1 = 32 ,
a 2 = 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 .
Vậy an là số chính phương.
Ví dụ 2.
a) Chứng minh rằng một số tự nhiên lẻ bất kì luôn được viết dưới dạng hiệu của hai số
chính phương liên tiếp.
b) Áp dụng nhận xét trên, hãy viết các số 21 và 23 dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
Lời giải.
a) Gọi 2n + 1(n ∈ N) là một số lẻ bất kì.
Ta có 2n + 1 = (n2 + 2n + 1) − n2 = (n + 1)2 − n2 .
Vậy một số tự nhiên lẻ bất kì luôn được viết dưới dạng hiệu của hai số chính phương liên tiếp.
b) 21 = 112 − 102 ;
23 = 122 − 112 .
Lưu ý. Số 21 còn được viết dưới dạng 52 − 22 .
Ví dụ 3.
a) Cho số nguyên dương lẻ a. Tìm số nguyên dương b sao cho a2 + b2 = (b + 1)2 .
b) Áp dụng kết quả ở câu a, hãy chứng minh rằng tồn tại bốn số nguyên dương a, b, c, d sao
cho các tổng a2 + b2 , a2 + b2 + c2 , a2 + b2 + c2 + d2 đều là các số chính phương.
Lời giải.
a) a2 + b2 = (b + 1)2
a2 − 1
nên a2 = (b + 1)2 − b2 = 2b + 1. Suy ra b =
.
2
32 − 1
= 4. Từ (1) có 32 + 42 = 52 .
2
52 − 1
Chọn a = 5 thì b =
= 13. Từ (1) có 52 + 122 = 132 .
2
132 − 1
Chọn a = 13 thì b =
= 84. Từ (1) có 132 + 842 = 852 .
2
Các tổng 32 + 42 , 32 + 42 + 122 , 32 + 42 + 122 + 842 đều là các số chính phương.
b) Chọn a = 3 thì b =
(1)
20
MỤC LỤC
Ví dụ 4. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho các số n + 1, 2n + 1, 5n + 1 đều là các số
chính phương.
Lời giải.
Nếu n = 3k + 1(k ∈ N) thì n + 1 = 3k + 2, không là số chính phương.
Nếu n = 3k + 2 thì 2n + 1 = 6k + 5, chia cho 3 dư 2 nên không là số chính phương.
.
Vậy n .. 3.
.
.
Do 2n + 1 là số chính phương lẻ nên chia cho 8 dư 1. Suy ra 2n .. 8 ⇒ n .. 4 ⇒ n + 1 lẻ. Do n + 1 là số
.
chính phương lẻ nên n + 1 chia cho 8 dư 1, suy ra n .. 8.
.
Vì n chia hết cho các số nguyên tố cùng nhau 3 và 8 nên n .. 24. Với n = 24 thì n + 1 = 25 = 52 ,
2n + 1 = 49 = 72 , 5n + 1 = 121 = 112 . Giá trị nhỏ nhất của n phải tìm là 24.
Ví dụ 5. Tìm số chính phương có năm chữ số, trong đó chỉ có một chữ số 5, chỉ có một chữ số
7, còn lại ba chữ số kia giống nhau.
Lời giải.
Gọi ba chữ số còn lại là a (a 6= 5, a 6= 7).
.
.
.
Gọi n2 là số chính phương phải tìm. Tổng các chữ số của n2 bằng 12 + 3a .. 3 nên n2 .. 3, do đó n2 .. 9 (vì
n2 là số chính phương).
.
.
.
Ta có 12 + 3a .. 9 ⇒ 3(a + 1) .. 9 ⇒ a + 1 .. 3 ⇒ a ∈ {2; 8} (chú ý rằng a 6= 5).
• Xét a = 2. Các chữ số của n2 là 5, 7, 2, 2, 2.
Do n2 không tận cùng bằng 2, 7, nên phải tận cùng bằng 5, do đó tận cùng 25 . Thử với các số
72225, 27225, 22725, chỉ có 27225 = 1652 là số chính phương.
• Xét a = 8. Các chữ số của n2 là 5, 7, 8, 8, 8. Do n2 không tận cùng bằng 7, 8, nên phải tận cùng
bằng 5, do đó tận cùng 25, không có số nào.
Đáp số. 27225.
Ví dụ 6. Tìm số chính phương có bốn chữ số, biết rằng cộng chữ số hàng nghìn với 3, trừ chữ
số hàng đơn vị đi 3, ta vẫn được một số chính phương.
Lời giải.
Gọi số phải tìm là abcd = x2 .
Cộng chữ số hàng nghìn với 3, trừ chữ số hàng đơn vị đi 3, ta được số y2 . 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 tố 37. Xét hai trường hợp:
.
• y − x .. 37. Do y − x < y + x < 198 nên chỉ có
®
y − x = 37
y + x = 81
®
⇔
x = 22
y = 59
Khi đó x2 = 222 = 484, chỉ có ba chữ số, loại.
.
• y + x .. 37. Do y − x < y + x < 198 nên chỉ có
®
y − x = 27
y + x = 111
®
⇔
Khi đó x2 = 422 = 1764, y = 692 = 4761, thỏa mãn.
x = 42
y = 69
4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG
21
Đáp số. 1764.
Ví dụ 7. Tìm số chính phương có bốn chữ số, chữ số hàng đơn vị khác 0, 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 là abcd = n2 .
Đặt ab = x2 (4 ≤ x ≤ 9). Đặt cd = y2 , do d 6= 0 nên 1 ≤ y ≤ 9.
Ta có n2 = 100 · ab + cd = 100x2 + y2 > 100x2 ⇒ n > 10x ⇒ n ≥ 10x + 1.
Do x ≥ 4 nên n ≥ 41
Do n ≥ 10x + 1 nên y2 = n2 − 100x2 ≥ (10x + 1)2 − 100x2 = 20x + 1.
Kết hợp với y ≤ 9 ta có 2x + 1 ≤ 81 ⇒ x ≤ 4.
Ta lại có x ≥ 4 nên x = 4.
Do y ≤ 9 nên n2 = 100x2 + y2 ≤ 100 · 42 + 92 = 1681 = 412 ⇒ n ≤ 41
Từ (1) và (2) suy ra n = 41. Khi đó n2 = 1681.
(1).
(2).
Ví dụ 8. Tìm số chính phương abcd sao cho các số bcd và cd cũng là các số chính phương (các
chữ số a, b, c, d khác 0 và không bắt buộc khác nhau).
Lời giải.
Trước hết ta tìm cd. Đặt bcd = x2 (1 ≤ x ≤ 31), cd = y2 (1 ≤ y ≤ 9).
.
Ta có x2 − y2 = bcd − cd = 100b ⇒ (x + y)(x − y) .. 100.
Các thừa số x + y và x − y cùng tính chẵn lẻ (vì hiệu của chúng chia hết cho 2), lại có tích là số chẵn
nên chúng cùng chẵn
(1).
Các thừa số x + y và x − y có tích chia hết cho 100 nên phải có một thừa số chia hết cho 5. Không thể
chỉ có một thừa số chia hết cho 5, vì nếu chỉ có một thừa số chia hết 5 thì thừa số đó phải chia hết cho
25, thừa số đó lại chẵn nên chia hết cho 50, trái với 1 ≤ x − y < x + y ≤ 40. Vậy x + y và x − y cùng
chia hết cho 5
(2).
..
..
..
Từ (1) và (2) suy ra x + y và x − y cùng chia hết cho 10 ⇒ (x + y) − (x − y) . 10 ⇒ 2y . 10 ⇒ y . 5.
Do 1 ≤ y ≤ 9 nên y = 5, do đó cd = y2 = 25.
Bây giờ ta phải tìm ab. Do ab25 là số chính phương nên ab25 = (10n + 5)2 với 3 ≤ n ≤ 9.
Suy ra 100 · ab + 25 = 100n2 + 100n + 25 nên ab = n(n + 1).
Do b 6= 0 nên ab bằng 3 · 4, 6 · 7, 7 · 8, 8 · 9 tức là ab ∈ {12; 42; 56; 72}.
Có bốn số thoả mãn bài toán là 1225, 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) Có 2k + 1 số chính phuong liên tiếp (k ∈ N∗ ), trong đó tổng của k + 1 số chính phương
đầu bằng tổng của k số chính phương cuối. Tìm số chính phương đứng giữa.
Lời giải.
a) Gọi số chính phương đứng giữa là x2 (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)
Do x 6= 0 nên x = 4 · 6 = 24. Số chính phương đứng giữa là 242 . Ta có
212 + 222 + 232 + 242 = 252 + 262 + 272 .
22
MỤC LỤC
b) Gọi số chính phương đứng giữa là x2 (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)
Do x 6= 0 nên x = 4 · (1 + 2 + · · · + k) = 4 ·
[2k(k + 1)]2 .
Lưu ý. Với k = 1 ta có 32 + 42 = 52 .
Với k = 2 ta có 102 + 112 + 122 = 132 + 142 .
k(k + 1)
= 2k(k + 1). Số chính phương đứng giữa là
2
Ví dụ 10. Chứng minh rằng số (n + 1)4 + n4 + 1 không 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 .
Do n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 là số lẻ nên (n2 + n + 1)2 là số lẻ. Số (n + 1)4 + n4 + 1 chia hết cho 2
nhưng không chia hết cho 4 nên không 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 không thể là số chính phương.
Lời giải.
a) Chẳng hạn 12 + 12 + 32 + 52 = 36 = 62 .
b) Mỗi số chính phương lẻ chia cho 8 dư 1 nên tổng của năm số chính phương lẻ chia cho 8 dư 5,
không 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 hợp a, b, c, d, e chỉ có một số chẵn thì vế trái của (1) là số chẵn nên g là số chẵn. Vậy tồn
tại hai số chẵn.
Trong trường hợp a, b, c, d, e đều lẻ không xảy ra (xem bài tập 20b).
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 của 4.
b) Chứng minh rằng một bội của 4 bao 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.
c) Áp dụng nhận xét ở câu 22b, hãy viết các số 20, 24, 28 dưới dạng hiệu của hai số chính phương.
4.. SỐ CHÍNH PHƯƠNG
23
d) Từ 1 đến 100 có bao nhiêu số tự nhiên không viết được dưới dạng hiệu của hai số chính phương?
Lời giải.
a) Giả sử số chẵn m được viết dưới dạng m = a2 − b2 (với a và b nguyên) thì m = (a − b)(a + b).
Hiệu (a + b) − (a − b) là số chẵn nên (a + b) và (a − b) phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ. Do m là số
.
.
chẵn nên (a + b) và (a − b) cùng chẵn. Suy ra (a + b)(a − b) .. 4 tức là m .. 4.
b) Gọi m là một bội của 4. Xét hai trường hợp:
◦ Trường hợp m chia hết cho 4 nhưng không chia hết cho 8.
Ta có m = 8n + 4 = (4n2 + 8n + 4) − 4n2 = (2n + 2)2 − (2n)2 .
.
◦ Trường hợp m .. 8.
Ta có m = 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 câu 22a và 22b ta suy ra: Các số không thể viết được dưới dạng hiệu của
hai số chính phương là các số chẵn không chia hết cho 4.
98 − 2
Đó là các số 2; 6; 10; 14; . . . ; 98, tất cả có
+ 1 = 25 số.
4
Bài 4. Chứng minh rằng nếu n là tổng của ba số chính phương thì 3n được viết dưới dạng tổng của
bốn số chính phương.
Lời giải.
Giả sử n = a2 + b2 + c2 .
Khi đó
3n = 3a2 + 3b2 + 3c2
Ä
ä Ä
ä Ä
ä Ä
ä
= a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca + a2 − 2ab + b2 + b2 − 2bc + c2 + c2 − 2ca + a2
= (a + b + c)2 + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 .
Bài 5.
a) Viết mỗi số 43 , 53 dưới 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 − 62 và 53 = 152 − 102 .
b) Gọi a là số tự nhiên bất kỳ. Xét hai trường hợp:
◦ Nếu a chẵn thì ta đặt a = 2n (với n ∈ N).
î
ó
a3 = (2n)3 = 8n3 = n2 · 8n = n2 (2n + 1)2 − (2n − 1)2
= [n(2n + 1)]2 − [n(2n − 1)]2 .
◦ Nếu a lẻ thì ta đặt a = 2n + 1 (với n ∈ N).
î
ó
a3 = (2n + 1)3 = (2n + 1)2 (2n + 1) = (2n + 1)2 (n + 1)2 − n2
= [(2n + 1)(n + 1)]2 − [n(2n + 1)]2 .
24
MỤC LỤC
Bài 6. Cho các số nguyên a, b, c, d thỏa mãn a + b = c + d. Chứng minh rằng a2 + b2 + c2 + d2 là 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
Ä
ä Ä
ä Ä
ä
= a2 + 2ab + b2 + a2 − 2ac + c2 + a2 − 2ad + d2
= (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 cho 5.
b) Mệnh đề sau đúng hay sai?
“Nếu n là số lẻ lớn hơn 3 thì tổng của n số chính phương liên tiếp chia hết cho n”.
Lời giải.
a) Trong năm số nguyên liên tiếp có một số chia hết cho 5, một số chia cho 5 dư 1, một số chia cho
5 dư 2, một số chia cho 5 dư 3, một số chia cho 5 dư 4. Bình phương của chúng chia cho 5 lần
lượt dư 0, 1, 4, 4, 1. Do đó tổng của năm số chính phương liên tiếp chia hết cho 5.
b) Mệnh đề sai. Chẳng hạn tổng của chín số chính phương liên tiếp sau không chia hết cho 9, đó
là (−4)2 + (−3)2 + (−2)2 + (−1)2 + 02 + 12 + 22 + 32 + 42 = 60, chia cho 9 dư 6.
Lưu ý: Nếu thêm điều kiện n là số nguyên tố thì mệnh đề ở câu b là đúng.
Bài 8. Cho
n2 − 1
3
là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh rằng:
a) 2n − 1 là số chính phương.
b) n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.
Lời giải.
a) Gọi a và a + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp. Ta có
n2 − 1
= a(a + 1)
3
Ä
ä
⇔ n2 − 1 = 3 a2 + a
Ä
ä
⇔4n2 − 4 = 3 4a2 + 4a
Ä
ä
⇔4n2 − 1 = 3 4a2 + 4a + 1
⇔(2n − 1)(2n + 1) = 3(2a + 1)2 .
Do 2n − 1 và 2n + 1 là hai số nguyên tố cùng nhau nên
®
®
2n + 1 = x2
2n − 1 = m2
hoặc
2n − 1 = 3y2
2n + 1 = 3p2 .
Loại trường hợp đầu vì khi đó x2 − 3y2 = 2, tức là x2 chia cho 3 dư 2.
Vậy 2n − 1 = m2 .
b) 2n − 1 là số chính phương lẻ nên
2n − 1 = (2k + 1)2 ⇔ 2n = 4k2 + 4k + 2 ⇔ n = 2k2 + 2k + 1 ⇔ n = k2 + (k + 1)2 .
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 phương n2 là hiệu các lập phương của hai số tự nhiên liên tiếp thì 2n − 1 là số
chính phương và n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.
Lời giải.
a) Chẳng hạn 83 − 73 = 512 − 343 = 169 = 132 .
b) n2 = (x + 1)3 − x3 = 3x2 + 3x + 1 ⇒
Giải tiếp như Bài tập 27.
n2 − 1
= x(x + 1).
3
Bài 10. Chứng minh rằng các số 2n − 1, 2n, 2n + 1 đều không là số chính phương nếu n là số tự
nhiên lẻ chia hết cho 3.
Lời giải.
Xét Theo đề bài, n có dạng 6k + 3 (k ∈ N. Khi đó 2n = 2(6k + 3) = 12k + 6, không là số chính phương
vì chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4.
2n + 1 = 12k + 7, chia cho 4 dư 3 nên không là số chính phương.
2n − 1 = 12k + 5, chia cho 3 dư 2 nên không là số chính phương.
Bài 11. Chứng minh rằng n3 + 1 không là số chính phương nếu n là số tự nhiên lẻ.
Lời giải.
Giả sử n3 + 1 = k2 (k ∈ N.
n3 = k2 − 1 = (k + 1)(k − 1).
Do n lẻ nên k + 1, k − 1 là hai số lẻ liên tiếp, chúng nguyên tố cùng nhau nên
ß
k + 1 = a3
(a, b lẻ và a > b).
k − 1 = b3
Khi đó 2 = a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 ) ≥ 6 (vì a − b ≥ 2, còn a2 + ab + b2 ≥ 3), vô lí.
Bài 12. Tìm hai số chính phương khác nhau abcd và dcba sao cho dcba chia hết cho abcd.
Lời giải.
Đặt abcd = x2 , dcba = y2 và y2 = kx2 (2 ≤ k ≤ 9).
Suy ra k là số chính phương nên k ∈ {4; 9}.
Do a là tận cùng của số chính phương y2 và a 6= 0 nên a ∈ {1; 4; 5; 6; 9}.
abcd.k = dcba.
Do k ≥ 4 nên a khác 4, 5, 6, 9 để tích abcd.k có bốn chữ số. Vậy a = 1.
Vì d.k tận cùng bằng 1 nên k lẻ, vậy k = 9.
Ta có 1bc9.9 = 9cb1
⇒ (1009 + 100b + 10c).9 = 9001 + 100c + 10b
⇒
9081 + 900b + 90c
= 9001 + 100c + 10b
.
⇒
80 + 890b
=
10c
⇒
89b + 8
= c ⇒ b = 0 và c = 8.
Đáp số: 1089 và 9801.
Bài 13. Tìm hai số chính phương liên tiếp m2 và n2 (m < n) sao cho m2 = abc và n2 = 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 ra c − b lẻ. (2)
Do n2 = acb nên n ≤ 31 ⇒ n − 1 ≤ 30 ⇒ m ≤ 30.
26
MỤC LỤC
Ta có 10 ≤ m ≤ 30 nên 21 ≤ 2m + 1 ≤ 61.
Do (1) nên 21 ≤ 9(c − b) ≤ 61
⇒
21
61
≤ c−b ≤
⇒ 3 ≤ c − b ≤ 6.
9
9
Do (2) nên c − b ∈ {3; 5}.
Xét c − b = 3, thay vào (1) được m = 13, n = 14, thỏa mãn vì m2 = 169 và n2 = 196.
Xét c − b = 5, thay vào (1) được m = 22, n = 23, loại vì m2 = 484, còn n2 = 529.
Đáp số: 169 và 196.
Bài 14. Tìm các số nguyên dương x và y sao cho x2 + 3y và y2 + 3x đều là các số chính phương.
Lời giải.
Giả sử x ≥ y. Ta có x2 < x2 + 3y < (x + 2)2 .
Do x2 + 3y là số chính phương nên x2 + 3y = (x + 1)2 ⇒ 3y = 2x + 1 ⇒ y lẻ.
Đặt y = 2k + 1(k ∈ N) thì 2x = 3y − 1 = 6k + 2 nên x = 3k + 1.
Nếu k = 0 thì x = 1, y = 1. Ta có x2 + 3y = y2 + 3x = 22 .
Xét k > 0. Ta có y2 + 3x = (2k + 1)2 + 3(3k + 1) = 4k2 + 13k + 4.
Do (2k + 2)2 < 4k2 + 13k + 4 < (2k + 4)2 nên 4k2 + 13k + 4 = (2k + 3)2 .
Ta được k = 5, x = 16, y = 11.
Đáp số: Các cặp số (x; y) là (1; 1), (16; 11), (11; 16).
Bài 15. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, sao cho các số n + 1, 6n + 1, 20n + 1 đều là các số chính
phương.
Lời giải.
.
Trước hết, ta chứng minh n .. 24 (Xem Ví dụ 4).
Xét n = 24 thì 20n + 1 = 481, không là số chính phương.
Xét n = 48, đúng.
Đáp số: n=48.
Bài 16. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho
Lời giải.
Đặt (n + 1)(4n + 3) = 3k2 (k ∈ N∗ ).
(n + 1)(4n + 3)
là số chính phương.
3
n + 1 = a2
(a; b ∈
4n + 3 = 3b2
ß
Các số n + 1 và 4n + 3 nguyên tố cùng nhau, trong đó 4n + 3 không là số chính phương nên
N∗ )
⇒ 4a2 − 3b2 = 4n + 4 − 4n − 3 ⇒ 4a2 − 1 = 3b2
⇒ (2a − 1)(2a + 1) = 3b2 .
Do 2a − 1 và 2a + 1 nguyên tố cùng nhau nên xét hai trường hợp:
ß
2a − 1 = 3x2
a)
2a + 1 = y2
Khi đó y2 − 3x2 = 2 ⇒ y2 chia cho 3 dư 2, loại.
2a − 1 = x2
⇒ 3y2 − x2 = 2
2a + 1 = 3y2
ß
b)
(1)
- Nếu x chẵn thì từ (1) suy ra y chẵn. Khi đó, vế trái của (1) chia hết cho 4, vế phải không chia hết
cho 4, loại.
- Vậy x lẻ. Từ (1) ta suy ra x không chia hết cho 3.
Do n + 1 = a2 và 2a − 1 = x2 nên n nhỏ nhất ⇔ a nhỏ nhất ⇔ x nhỏ nhất.
Do x lẻ, không chia hết cho 3, nên để x nhỏ nhất ta chọn x = 5. Khi đó 2a − 1 = 2 ⇒ a = 13 ⇒
n + 1 = 132 ⇒ n = 168.
(n + 1)(4n + 3)
169.675
Ta có
=
= (13.15)2 .
3
3
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
5.
27
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ
Phương trình nghiệm nguyên 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 toán dẫn đến giải phương trình nghiệm nguyên, chẳng
hạn các ví dụ 16, 17, 18, 19, 20, 26 các bài tập 31, 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
∆ ≥ 0 để 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, sách Đại thành toán pháp của Lương Thế Vinh thế kỉ XV cũng có bài toán tìm nghiệm nguyên
Trăm trâu ăn cỏ.
Vài nét lịch sử
NGƯỜI CHỨNG MINH ĐỊNH LÍ PHÉC-MA CUỐI CÙNG
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm luật gia người Pháp Phéc-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 trình x n + yn = zn với n là số nguyên lớn hơn 2 không có nghiệm nguyên 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 với n = 4, n = 7. Năm 1972, với máy tính điện tử, đã chứng minh
được bài toán với mọi n ≤ 4000000. Đến năm 1993, 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 toán học Anh Oai-lơ (Andrew Wiles, sinh năm 1953).
Ông đã tự nguyện gắn bó đời mình với “bài toán thế kỉ” này từ năm 23 tuổi. Ông kể lại:
“Tôi nghĩ về bài toán suốt ngày, cả trong lúc ngủ. Khi bế tắc, tôi đi dạo gần hồ. Tôi có sẵn bút chì và
giấy. Lúc có ý tưởng, tôi ngồi xuống một băng ghế và viết vội ra, suốt 7 − 8 năm trời như vậy. Một
buổi sáng cuối tháng 5 − 1993, tôi ngó lướt qua bài nghiên cứu của mình, có một câu làm tôi chú ý,
câu đó nhắc tới một công trình vào thế kỉ XIX, và tôi bỗng nhận ra là tôi có thể dùng nó để hoàn thành
chứng minh. Tôi tiếp tục tới chiều và quên cả ăn trưa. Khoảng 3 − 4 giờ chiều, tôi tin tưởng đã giải
quyết được bài toán. Tôi xuống nhà nói với vợ là tôi đã giải được định lý Phéc-ma cuối cùng”.
Oai-lơ công bố phát minh của mình trong một hội nghị toán học quốc tế ở Cambridge, Anh. Đó là
ngày thứ tư 23-6-1993, ngày báo cáo cuối cùng của ông. Ông 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”.
Phòng họp lặng đi, rồi cả hội trường vỗ tay dồn dập. Ngày hôm sau, báo chí cả thế giới thông tin về
một trong những thành tựu toán học vĩ đại nhất.
Công trình dày 200 trang của ông 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. Tháng 9 − 1994, ông tìm ra chỗ sai của mình và
tháng 10 − 1994, ông cùng với một học trò của mình công bố bài báo 25 trang để “lấp lỗ hổng” của
bản báo cáo trước. Lần này, người ta không tìm thấy một sai sót nào. Định lí cuối cùng của Phéc-ma
đã được chứng minh sau trên 350 năm.
Việc Oai-lơ chứng minh được định lí Phéc-ma, cũng như việc GS. Ngô Bảo Châu chứng minh được bổ
đề cơ bản của Chương trình LangLands cho thấy bộ óc con người thật diệu kì. Bất cứ trí tuệ nào con
người cũng có thể sớm vươn tới. Không có bài toán nào mà con người không giải được, chỉ có sớm
hay muộn mà thôi !
28
MỤC LỤC
VÀI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN CHƯA GIẢI ĐƯỢC
Bài toán 1. Xét biểu thức x! + 1. Với x = 4, 5, 7 thì biểu thức cho các số chính phương 52 , 112 , 712 . Còn
số nguyên dương x nào khác để x! + 1 là số chính phương không?
Bài toán 2. Phương trình sau có nghiệm nguyên không?
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 dương a, b, c, d khác nhau sao cho a5 + b5 = c5 + d5 không?
Bài toán 4. Chứng minh rằng phương trình x m − yn = 1 với m > 1, n > 1, x > y chỉ có nghiệm
nguyên dương khi m = 2 và n = 3.
Bài toán 5. Có luôn tồn tại số nguyên tố nằm giữa n2 và (n + 1)2 với mọi số tự nhiên n không?
Bài toán 6. Xét biểu thức nn + 1. Với n bằng 1, 2, 4 thì biểu thức cho các số nguyên tố 2, 5, 257. Còn số
tự nhiên n nào khác để nn + 1 là số nguyên tố không?
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 nguyên. Bằng cách tìm các ước của hằng số đó, ta tìm được nghiệm nguyên của
phương trình.
Ví dụ 31. Tìm nghiệm nguyên của phương trình 5xy + x − 10y = 14.
Lời giải.
5xy + x − 10y = 14 ⇔ x(5y + 1) − 2(5y + 1) = 12 ⇔ (5y + 1)(x − 2) = 12.
Suy 5y + 1 là ước của 12 và chia cho 5 dư 1. Ta có bảng sau
5y + 1
y
x
1
0
14
6
1
4
4
−1
−1
Các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình là (14; 0), (4; 1), (−1; −1).
Ví dụ 32. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 = 3(xy + y + 1).
Lời giải.
.
.
x3 = 3(xy + y + 1) ⇔ x3 − 3 = 3y(x + 1). Suy ra x .. 3 và x3 + 1 − 4 .. (x + 1)
.
⇒ 4 .. (x + 1). Do đó x + 1 là ước của 4 và chia cho 3 dư 1.
Ta có bảng sau
x+1
x
y
1
0
−1
−2
−3
5
4
3
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 trình x3 − 7y = 51
Lời giải.
.
• Xét x = 7k với k ∈ Z thì x3 .. 7.
(1) không có nghiệm nguyên.
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
29
• Xét x = 7k ± 1 với k ∈ Z thì x3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
• Xét x = 7k ± 2 với k ∈ Z thì x3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
• Xét x = 7k ± 3 với k ∈ Z thì x3 chia cho 7 dư 1 hoặc 6.
Do đó vế trái của (1) chia cho 7 dư 0, 1, 6 còn vế phải của (1) chia cho 7 dư 2. Vậy phương trình không
có nghiệm nguyên.
III.
Chia liên tiếp các ẩn cho cùng một số ( Phương pháp lùi vô hạn)
Ví dụ 34. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 + 2y3 + 4z3 = 0.
(1)
Lời giải.
.
Ta thấy x .. 2. Đặt x = 2x1 với x1 ∈ Z, thay vào (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được
4x13 + y3 + 2z3 = 0
(2)
.
Suy ra y .. 2. Đặt y = 2y1 với y1 ∈ Z, thay vào (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được
2x13 + 4y31 + z3 = 0
(3)
.
Suy ra z .. 2. Đặt z = 2z1 với z1 ∈ Z, thay vào (3) rồi chia hai vế cho 2 ta được
x13 + 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 đến x, y, z đều chia hết cho 2k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉ xảy ra
khi x = y = z = 0.
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (0; 0; 0).
!
Ta gọi phương pháp trên là phương pháp lùi vô hạn. Phương pháp này thường được dùng để chứng
4
minh một phương trình chỉ có nghiệm nguyên khi các ẩn bằng 0.
IV.
1.
Phương pháp dùng bất đẳng thức
Sắp thứ tự các ẩn
Ví dụ 35. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2xyz = x + y + z.
Lời giải.
Giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z. Ta có 2xyz = x + y + z ≤ 3z.
Chia hai vế cho số dương z được 2xy ≤ 3 ⇒ xy ≤ 1 ⇒ xy = 1.
Do đó x = y = 1. Thay vào (1) được 2z = 2 + z nên z = 2.
Nghiệm nguyên dương (x; y; z) là (1; 1; 2), (1; 2; 1), (2; 1; 1).
2.
(1)
Xét từng khoảng giá trị của ẩn
Ví dụ 36. Tìm số tự nhiên x sao cho x6 + 2x4 − 125 là lập phương của một số nguyên.
Lời giải.
Đặt x6 + 2x4 − 125 = y3 (y ∈ Z).
Ta thấy y3 < (x2 + 1)3 , vì (x2 + 1)3 − y3 = x6 + 3x4 + 3x2 + 1 − (x6 + 2x4 − 125) = x4 + 3x2 + 126 > 0.
Suy ra y < x2 + 1.
(1)
30
MỤC LỤC
Ta xét khi nào thì xảy ra y > x2 .
Ta thấy y > x2 ⇔ y3 > x6 ⇔ x6 + 2x4 − 125 > x6 ⇔ 2x4 > 125 ⇔ x4 ≥ 63.
Từ (1) và (2) suy ra với x4 ≥ 64 thì x2 < y < x2 + 1, điều này không xảy ra.
Xét x = 0 thì y3 = −125 nên y = −5.
Xét x = 1 thì y3 = 1 + 2 − 125 = −122, loại.
Xét x = 2 thì y3 = 64 + 32 − 125 = −29, loại.
Xét x ≥ 3 thì x4 ≥ 81 > 63, loại do (3)
Đáp số: x = 0.
3.
(2)
(3)
Sử dụng bất đẳng thức ∆ ≥ 0 để phương trình bậc hai có nghiệm
Ví dụ 37. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 − 2x + y = 9.
Lời giải.
Viết phương trình đã cho thành phương tình bậc hai đối với x, khi đó y là tham số.
x2 − 2x + (y2 + y − 9) = 0.
Điều kiện để tồn tại x là ∆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
2y
y
x
1
0
0
loại
−1
−2
−1
loại
3
2
1
loại
−3
−4
−2
loại
5
4
2
3 và −1
−5
−6
−3
3 và −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 nguyên x, y, k thỏa mãn x(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 trình x4 + x2 + 2 = y2 − y.
Lời giải.
Từ đề bài suy ra (y − 1)y = x4 + x2 + 2.
Ta lại có x4 + 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.
ñ
y = −1
2
2
Thay vào (1) được y − y = 2 ⇔ y − y − 2 = 0 ⇔
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
Ví dụ 39. Tìm nghiêm nguyên của phương trình x4 + 2x2 + 6 = y2 − y.
(1)
(2)
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
31
Lời giải.
Nhân hai vế của phương trình đã cho với 4 rồi cộng 1, ta được
4x4 + 8x2 + 25 = 4y2 − 4y + 1.
Đặt 4x4 + 8x2 + 25 = A, thì A = (2y − 1)2 . Do
4x4 + 4x2 + 1 < 4x4 + 8x2 + 25 ≤ 4x4 + 20x2 + 25
nên
(2x2 + 1)2 < A ≤ (2x2 + 5)2 .
Do A là số chính phương lẻ nên từ bất đẳng thức trên suy ra A = (2x2 + 3)2 hoặc A = (2x2 + 5)2 .
a) A = (2x2 + 3)2 ⇔ 4x2 + 8x2 + 25 = 4x4 + 12x2 + 9 ⇔ x2 = 4. Thay vào phương trình đề cho ta
được y2 − y − 30 = 0 nên y = 6, y = −5.
b) A = (2x2 + 5)2 ⇔ 4x2 + 8x2 + 25 = 4x2 + 20x2 + 25 ⇔ x = 0. Thay vào phương trình đề cho ta
được y2 − y − 6 = 0 nên y = 3, y = −2.
Nghiệm nguyên (x; y) là (2; 6), (−2; 6), (2; −5), (−2; −5), (0; 3), (0; −2).
Ví dụ 40. Tìm số tự nhiên x, sao cho x4 + x3 + 1 là số chính phương.
Lời giải.
• Cách 1. Đặt x4 + x3 + 1 = y2 , y ∈ N.
+ Xét x = 0 thì y2 = 1, thỏa mãn.
+ Xét x = 1 thì y2 = 3, loại.
+ Xét x = 2 thì y2 = 25, thỏa mãn.
+ Xét x ≥ 3, ta có
4y2 = 4x4 + 4x3 + 4 = (2x2 + x)2 + 4 − x2 < (2x2 + x)2 .
Mặt khác 4y2 = 4x4 + 4x3 + 4 > (2x2 + x − 1)2 vì
(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 có x4 + x3 + 1 > (x2 )2 nên
x4 + x3 + 1 = (x2 + k)2 với k ∈ N∗ .
Suy ra x4 + x3 + 1 = x4 + 2kx2 + k2 ⇒ x2 (x − 2k) = k2 − 1.
+ Xét k = 1 thì x2 (x − 2) = 0 nên x ∈ {0; 2}. Khi đó x4 + x3 + 1 ∈ {1; 25}, thỏa mãn.
.
+ Xét k ≥ 2 thì k2 − 1 > 0. Từ x2 (x − 2k) = k2 − 1 ta có k2 − 1..x2 nên k2 − 1 ≥ x2 ⇒ k2 >
x2 ⇒ k > x. Mặt khác, từ x2 (x − 2k) = k2 − 1 còn suy ra x − 2k > 0 ⇒ x > 2k ⇒ x > k.
Mâu thuẫn.
Vậy chỉ có x = 0 và x = 2.
32
MỤC LỤC
Sử dụng điều kiện ∆ là số chính phương
2.
Ở những phương trình f (x, y) = 0 với hệ số nguyên có thể viết được dưới dạng phương trình bậc hai
đối với một ẩn, chẳng hạn đối với x, ngoài điều kiện ∆ ≥ 0 để phương trình ẩn x có nghiệm, muốn
phương trình có nghiệm nguyên còn cần ∆ là số chính phương, vì nếu ∆ không là số chình phương
thì x là số vô tỉ.
Chú ý rằng ∆ là số chính phương là điều kiện cần nhưng chưa đủ để phương trình có nghiệm nguyên.
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 nguyên của phương trình x2 y2 − xy = x2 + 2y2 .
Lời giải.
Viết phương trình đã cho dưới dạng (x2 − 2)y2 − xy − x2 = 0.
Do x nguyên nên x2 − 2 6= 0, do đó (x2 − 2)y2 − xy − x2 = 0 là phương trình bậc hai với ẩn y, có
∆ = x2 + 4x2 (x2 − 2) = x2 (4x2 − 7).
Điều kiện cần để (x2 − 2)y2 − xy − x2 = 0 có nghiệm nguyên là ∆ phải là số chính phương.
a) Xét x = 0 thì từ x2 y2 − xy = x2 + 2y2 suy ra y = 0.
b) Xét x 6= 0 thì 4x2 − 7 phải là số chính phương. Đặt 4x2 − 7 = m2 (m ∈ N) ta có (2x − m)(2x +
m) = 7. Ta tìm được x = −2 hoặc x = 2.
+ Với x = −2 thì (x2 − 2)y2 − xy − x2 = 0 là y2 + y − 2 = 0 nên y ∈ {1; −2}.
+ Với x = 2 thì (x2 − 2)y2 − xy − x2 = 0 là y2 − y − 2 = 0 nên y ∈ {−1; 2}.
Nghiệm nguyên (x; y) là (0; 0), (−2; 1), (−2; −2), (2; −1), (2; 2).
4 Nếu viết phương trình x2 y2 − xy = x2 + 2y2 dưới dạng phương trình bậc hai với ẩn x, 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
Ngoài tính chất chia hết của số chính phương, (xem Chuyên đề 4), cần nhớ các tính chất sau:
Cho ab = c2 , (a, b, c ∈ Z).
a) Nếu a và b là hai số nguyên liên tiếp thì a = 0 hoặc b = 0.
b) Nếu a và b là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì a = m2 và b = n2 , (m, n ∈ N).
c) Nếu a = m2 6= 0 thì b = n2 , (m, n ∈ N).
Ví dụ 42. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 + 2xy = 5y + 6.
Lời giải.
x2 + 2xy = 5y + 6 ⇔ x2 + 2xy + y2 = y2 + 5y + 6 ⇔ (x + y)2 = (y + 2)(y + 3).
(x + y)2 bằng tích của hai số nguyên liên tiếp nên phải có một số bằng 0.
• Nếu y + 2 = 0 thì y = −2; x = 2.
• Nếu y + 3 = 0 thì y = −3; x = 3.
Nghiệm nguyên (x; y) là (2; −2), (3; −3).
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
33
Ví dụ 43. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x3 + 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 nên x2 + 1 và x + 1 cùng lẻ, đồng thời cùng là số dương. Ta lại thấy hai số x2 + 1 và
.
x + 1 nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, nếu chúng cùng chia hết cho d thì x2 − 1 .. d nên (x2 + 1) − (x2 −
.
.
1) .. d ⇒ 2 .. d ⇒ d = 1, vì d là ước của số lẻ.
Hai số x2 + 1 và x + 1 nguyên tố cùng nhau, có tích là số chính phương nên cả hai đều là số chính
phương.
Ta có x2 + 1 là số chính phương, mà x2 và x2 + 1 là hai số nguyên liên tiếp nên x = 0.
Thay vào x3 + x2 + x = 4y(y − 1) được y = 0 hoặc y = 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. Do y ≥ 0 nên 18 − 2y ≤ 18. Các số chính phương chẵn không
quá 18 là 0; 4; 16.
18 − 2y
y
x
0
9
0
4
7
8
16
1
20
Nghiệm tự nhiên (x; y) là (0; 9), (8; 7), (20; 1).
4
!
Cũng có thể viết phương trình (x + y)2 = 18x + 81 dưới dạng phương trình bậc hai với ẩn x, ta tìm
được ∆0 = 162 − 18y rồi giải điều kiện ∆0 là số chính phương.
Ví dụ 45. Tìm số tự nhiên x, biết rằng:
a) 2x + 5 là số chính phương;
b) 2x + 9 là số chính phương.
Lời giải.
a) Xét x = 0 thì 2x + 5 = 20 + 5 = 6, không là số chính phương.
Xét x = 1 thì 2x + 5 = 2 + 5 = 7, không là số chính phương.
Xét x = 2 thì 22 + 5 = 9 = 32 .
.
Xét x ≥ 3 thì 2x .. 8 nên x2 + 5 chia 8 dư 5 không là số chính phương.
Đáp số: x = 2.
b) Xét hai trường hợp: x lẻ và x chẵn.
.
– Xét x lẻ. Khi đó x2 + 1 .. 3 nên 2x + 9 chia cho 3 dư 2, không 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 thấy y + 2n > 0 nên y − 2n > 0 và y + 2n > y − 2n . Do đó
® n
®
2 =4
y + 2n = 0
⇔
.
n
y=2 =1
y=5
Ta được n = 2 và x = 4.
Đáp số: x = 4.
34
MỤC LỤC
BÀI TẬP
Bài 37. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
a) x2 x − y2 − 3x + 3y = 2;
d) x3 − 3xy = 6y − 1;
b) 2xy − x − y = 10;
c) x2 − 4y2 − 4y = 45;
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 thấy x lẻ nên x2 chia cho 8 dư 1.
Phương trình không có nghiệm nguyên (vế trái chia cho 8 dư 1, vế phải chia 8 dư 5).
d) x3 − 3xy = 6y − 1 ⇔ x3 + 1 = 3y(x + 2).
.
.
.
Ta có x3 + 1 .. x + 2 ⇒ x3 + 8 − 7 .. x + 2 ⇒ 7 .. x + 2.
Đáp số: (−1; 0), (5; 6).
.
e) x2 + y2 = 3 z2 + t2 nên x2 + y2 .. 3. Hãy chứng minh x và y đều chia hết cho 3.
Giải tương tự Ví dụ 34, dùng phương pháp lùi vô hạn.
Đáp số: (0; 0; 0; 0).
Bài 38. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:
a) x2 − x + y2 − y = xy;
c) x6 − x2 + 6 = y3 − y.
b) x2 − 5x + 2 = y4 + y2 ;
Lời giải.
a) Đưa về phương trình bậc hai với ẩn x: x2 − (1 + y)x + y2 − y = 0.
Từ ∆ ⩾ 0 được 3y2 − 6y ⩽ 1 ⇒ 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.
Ta thấy y4 + y2 + 4 > y4 + y2 = y2 y2 + 1 .
Bất đẳng thức y4 + y2 + 4 < y2 + 2 y2 + 3 là đúng.
2 + 2 y2 + 3
Từ (1), (2), (3) suy ra: y2 y2 +
1
<
(x
−
3)(x
−
2)
<
y
nên (x − 3)(x − 2) = y2 + 1 y2 + 2 tức là y4 + y2 + 4 = y4 + 3y2 + 2 ⇔ y2 = 1.
Đáp số: (0; 1), (0; −1), (5; 1), (5; −1).
(1)
(2)
(3)
c) x6 − x2 + 6 = y3 − y ⇔ x6 − x2 + 6 = (y− 1)y(y + 1).
Ta thấy x6 − x2 + 6 > x6 − x2 = x2 − 1 x2 x2 + 1 .
Bất đẳng thức x6 − x2 + 6 ⩽ x2 + 1 x2 + 2 x2 + 3 là đúng (bạn đọc tự kiểm tra).
Từ (1), (2),
(3) suy ra:
2
2
2+1
x2 − 1 x2 x2 + 1 < (y − 1)y(y
+
1)
⩽
x
x
+
2
x
+
3
nên (y − 1)y(+1) = x2 x2 + 1 x2 + 2 .
hoặc (y − 1)y(y + 1) = x2 + 1 x2 + 2 x2 + 3 .
Từ (4) và (1) có x6 − x2 + 6 = x2 x2 + 1 x2 + 2 ⇔ x2 = 1. Từ đó y = 2.
Từ (5) và (1) có x6 − x2 + 6 = x2 + 1 x2 + 2 x2 + 3 ⇔ x2 = 0. Từ đó y = 2.
Đáp số: (1; 2), (−1; 2), (0; 2).
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
35
Bài 39. Tìm nghiệm tự nhiên của các phương trình:
a) x3 + x2 y2 + y2 − 2y = 24;
b) 3y = x2 − 5x + 7.
Lời giải.
a) x3 + x2 y2 + y2 − 2y = 24 ⇔ x3 + x2 y2 + (y − 1)2 = 25.
Suy ra x3 ⩽ 25 nên x ∈ {0; 1; 2}.
Đáp số: (0; 6), (2; 2).
b) Trước hết, ta chứng minh x2 − 5x + 7 không chia hết cho 9 với mọi số nguyên x (xét các trường
hợp x = 3k, x = 3k + 1, x = 3k + 2 với k ∈ N).
Suy ra 3y không chia hết cho 9. Xét y = 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 sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z thì xyz ≤ 6z ⇒ xy ≤ 6 ⇒ x2 ≤ 6 ⇒ x ∈ {1; 2}.
• Xét x = 1. Lần lượt cho y bằng 1, 2, 3, 4, 5, 6, ta được z nguyên và y ≤ z trong hai trường hợp
y = 3 , y = 4 cho ta nghiệm (1; 3; 8) và (1; 4; 5).
• Xét x = 2. Lần lượt cho y bằng 2, 3, ta được nghiệm (2; 2; 4).
Vậy nghiệm của phương trình là (1; 3; 8) , (1; 4; 5), (2; 2; 4) và các hoán vị của nó.
b) xyz = x + y + 2z
Cách 1: Đặt 2z = a ta có xya = 2(x + y + a) với a chẵn.
Giải như câu a và chú ý rằng a chẵn 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:
• Xét z = 1 thì xy = x + y + 2 ⇔ (x − 1)(y − 1) = 3. Giả sử x ≤ y, ta được (x; y; z) bằng
(2; 4; 1).
• Xét z ≥ 2 thì x + y = xyz − 2z = z(xy − 2) ≥ 2(xy − 2)
⇔ 2xy − 4 ≤ x + y ⇒ 2xy − x − y ≤ 4 ⇒ (2x − 1)(2y − 1) ≤ 9.
Giả sử x ≤ y thì (2x − 1)2 ≤ 9 ⇒ x ≤ 2, ( Chú ý rằng x ≥ 1).
+) Với x = 1 thì yz = 1 + y + 2z ⇔ (y − 2)(z − 1) = 3.
Giả sử y ≤ z, ta được (x; y; z) bằng (1; 3; 4) và (1; 5; 2).
+) Với x = 2 thì 2yz = 2 + y + 2z ⇔ (2z − 1)(y − 1) = 3.
Do z ≥ 2 nên 2z − 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 nguyên dương của các phương trình x2 − 8y + 7 = 0.
Lời giải.
.
TaÅcó x2 + 7 = 8y =⇒ ã
x2 + 7 .. 8, điều này đúng với mọi x lẻ. Vậy nghiệm nguyên của phương trình
k(k + 1)
là 2k + 1;
+ 1 với k ∈ Z.
2
36
MỤC LỤC
Bài 42. Tìm số tự nhiên x để 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)2 nên y2 = (x + 1)2 tìm được x = 0.
Cách 2. Biến đổi x2 + 3x + 1 = y2 ⇔ 4x2 + 12x + 4 = 4y2 ⇔ (2x + 3)2 − (2y)2 = 5. Đưa về phương
trình ước số.
b)
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 .
Do x ∈ N nên (x + 1)2 6= 0, suy ra x2 − 2x + 2 phải là số chính phương, tức là (x − 1)2 + 1 là số
chính phương. Ta có (x − 1)2 và (x − 1)2 + 1 là số chính phương nên (x − 1)2 = 0 hay x = 1.
c) Lần lượt xét x = 0, x ≥ 1. Đáp số x = 0.
d) Lần lượt xét x lẻ, x chẵn. Giải tương tự Ví dụ 45b. Đáp số x = 2.
Bài 43. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x + y = xy − y2 .
Lời giải.
Viết thành phương trình bậc hai với ẩn y ta được y2 + (1 − x)y + x = 0.
∆ = x2 − 6x + 1.
Phải có x2 − 6x + 1 = m2 (m ∈ N) ⇔ (x − 3 + m)(x − 3 − m) = 8.
x−3+m
x−3−m
m
x
8
1
3, 5
loại
4
2
1
6
Đáp số (6; 2), (6; 3).
Bài 44. Tìm các số nguyên tố x và y sao cho:
a) x2 + 3xy + y2 là số chính phương;
b) x2 + 3xy + y2 là lũy thừa tự nhiên của 5.
Lời giải.
a) Đặt x2 + 3xy + y2 = n2 (n ∈ N). Trong hai số x, y phải có một số chia hết cho 3 vì nếu cả hai số
.
đều không chia hết cho 3 thì x2 + y2 chia 3 dư 2 nên n2 chia 3 dư 2, vô lí. Giả sử y .. 3, do y là số
nguyên tố nên y = 3. Ta có
x2 + 9x + 9 = n2 ⇔ (2x + 9)2 − 4n2 = 45
⇔ (2x + 9 + 2n)(2x + 9 − 2n) = 45.
Do x ≥ 2 nên n ≥ 6, suy ra 2x + 9 + 2n ≥ 25. Do đó
®
2x + 9 + 2n = 45
2x + 9 − 2n = 1
Đap số (7; 3), (3; 7).
®
⇔
x=7
n = 11
.
5.. PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
37
b) Đặt x2 + 3xy + y2 = 5n (n ∈ N). Do x ≥ 2, y ≥ 2 nên n ≥ 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. Trong x, y phải có một số chia hết cho 5, lại có x − y .. 5
nên x và y đều chia hết cho 5. Do x, y là số nguyên tố nên x = y = 5. Khi đó n = 3.
Bài 45. Tìm các số nguyên tố x và y sao cho:
a) x2 + 3xy + y2 là số chính phương.
b) x2 + 3xy + y2 là lũy thừa tự nhiên của 5.
Lời giải.
a) Đặt x2 + 3xy + y2 = n2 (n ∈ N).
Trong hai số x và y, phải có một số chia hết cho 3 vì nếu cả hai số đều không chia hết cho 3 thì
x2 + y2 chia 3 dư 2 nên n2 chia 3 dư 2, vô lí.
.
Giả sử y .. 3, do y là số nguyên tố nên y = 3.
Ta có x2 + 9x + 9 = n2 ⇔ (2x + 9)2 − 4n2 = 45 ⇔ (2x®+ 9 + 2n)(2x + 9 − 2n)
® = 45.
2x + 9 + 2n = 45
x=7
Do x ≥ 2 nên n ≥ 6, suy ra 2x + 9 + 2n ≥ 25. Do đó
⇔
2x + 9 − 2n = 1
n = 11.
Đáp số: (7; 3), (3; 7).
b) Đặt x2 + 3xy + y2 = 5n (n ∈ N). Do x ≥ 2, y ≥ 2 nên n ≥ 2.
.
.
.
.
.
Suy ra x2 + 3xy + y2 .. 25 ⇒ (x − y)2 + 5xy .. 25 ⇒ (x − y)2 .. 5 ⇒ x − y .. 5 ⇒ (x − y)2 .. 25 ⇒
.
.
5xy .. 25 ⇒ xy .. 5.
.
Trong x và y phải có một số chia hết cho 5, lại có x − y .. 5 nên x và y đều chia hết cho 5.
Do x, y là các số nguyên tố nên x = y = 5.
Khi đó n = 3.
Bài 46. Tìm nghiệm nguyên của các phương trình:
√
√
a) x + x + 5 = y.
b) x +
1
x+ +
2
…
x+
1
= y.
4
Lời giải.
√
√
√
√
a) Với y ≥ 0 ta có x + x + 5 = y ⇔ 2x + 5 + 2 x(x + 5) = y2 ⇔ 2 x(x + 5) = y2 − 2x − 5.
Đặt y2 − 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).
…
1
1
b) Đặt x + = a ≥ 0 thì x = a2 − .
(1)
4
4 …
1
1
Phương trình trở thành y = a2 − + a2 + a +
4
4
Å
ã
Å
ã
1
1
1 2
2
⇔ y = a − + a+
⇔ y = a+
.
(2)
4
2
2
1
1
√
Do a ≥ 0 nên y ≥ . Từ (2) suy ra y = a + .
4
2
38
MỤC LỤC
ã
1 2 1
√
− = y − y.
Kết hợp với (1) được x =
y−
2
4
Do x và y là số nguyên nên y phải là số chính phương.
1
Ta lại có y ≥ nên y = k2 (k ∈ Z, k 6= 0), khi đó x = k2 − k.
4
Đáp số: (k2 − k; k2 ) với k ∈ Z, k 6= 0.
Å
√
Bài 47. Tìm các số nguyên dương a, b, c sao cho a2 = 2(b + c) và a3 − b3 − c3 = 3abc.
Lời giải.
Từ a3 − b3 − c3 = 3abc suy ra a > b và a > c. Do đó 2a > b + c.
Kết hợp với 2(b + c) = a2 suy ra 4a > a2 nên a < 4.
.
Từ a2 = 2(b + c) suy ra a .. 2 nên a = 2.
Đáp số: a = 2, b = c = 1.
Bài 48. Tìm các số nguyên dương k nhỏ nhất để phương trình 2xy − x − 3y = k có một số lẻ nghiệm
nguyên dương và tìm các nghiệm đó.
Lời giải.
Ta có 2xy − 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 của 2k + 3.
Để số nghiệm nguyên dương là số lẻ thì 2k + 3 phải là số chính phương. Để k nhỏ nhất, ta lần lượt
cho k bằng 1, 2, 3, . . . đến k = 3 ta được 2k + 3 = 9 là 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 với 31 rồi chia cho 23 thì dư 16.
b)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tận cùng là 84 và chia hết cho 83.
Lời giải.
a) Gọi số tự nhiên phải tìm là x. Trước hết ta tìm nghiệm nguyên của phương trình 31x = 23y + 16.
Biểu thị y theo x, ta được:
31x − 16
8x + 7
y=
= x−1+
.
23
23
8x + 7
23k − 7
k−1
= k ∈ Z thì 8x + 7 = 23k. Biểu thị x theo k được x =
= 3k − 1 −
.
23
8
8
k−1
Đặt
= m ∈ Z thì k − 1 = 8m nên k = 8m + 1.
8
k−1
Thay vào x = 3k − 1 −
được x = 3(8m + 1) − 1 − m = 23m + 2.
8
Cần chọn một số nguyên m nhỏ nhất sao cho 23m + 2 ≥ 100. Ta chọn m = 5 và được x =
23 · 5 + 2 = 117.
8x + 7
8 · 117 + 7
được y = 117 − 1 +
= 157. Khi đó 117 · 31 = 23 · 157 +
Thay vào y = x − 1 +
32
23
16.
Đặt
b) Gọi số tư nhiên phải tìm là 100x + 84. Trước hết ta tìm nghiệm nguyên dương của phương trình
100x + 84 = 83y.
17x + 1
100x + 84
y=
= x+1+
.
83
83
83k − 1
2k + 1
= 5k −
.
17
17
17m − 1
m−1
Đặt 2k + 1 = 17m, m ∈ N∗ thì
= 8m +
.
2
2
Chọn số nguyên dương m nhỏ nhất là 1, ta được k = 8, x = 39. Số nhỏ nhất phải tìm là 3984.
Đặt 17x + 1 = 83k, k ∈ N∗ thì x =
6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN
39
Bài 50. a) Một bài thi gồm 20 câu hỏi, mỗi câu trả lời đúng được 5 điểm, mỗi câu trả lời sai bị trừ đi
1 điểm, mỗi câu bỏ qua không trả lời được 0 điểm. 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 là 58 điểm.
b) Cũng hỏi như câu a), nhưng mỗi câu trả lời sai bị trừ 2 điểm và điểm nhận được là 51 điểm;
42 điểm.
Lời giải.
a) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua lần lượt là x, y, z. Ta có
®
x + y + z = 20
.
5x − y = 58
.
Suy ra 6x + z = 78, nên z..6.
Từ 5x − y = 58 suy ra x ≥ 12 nên 6x ≥ 72, do đó z ≤ 6.
.
Từ z .. 6 và z ≤ 6 suy ra z = 6. Từ đó x = 12, y = 2
Đáp số: Tùng trả lời đúng 12 câu, trả lời sai 2 câu, bỏ qua không trả lời 6 câu.
b) Gọi số câu trả lời đúng, số câu trả lời sai, số câu bỏ qua lần lượt là x, y, z.
®
®
x + y + z = 20
2x + 2y + 2z = 40
– Ta có
⇔
.
5x − 2y = 51
5x − 2y = 51
.
Hãy chứng minh z .. 7 và z ≤ 7. Từ đó, z = 7, x = 11, y = 2.
®
®
x + y + z = 20
2x + 2y + 2z = 40
– Ta có
⇔
.
5x − 2y = 42
5x − 2y = 42
Suy ra 7x + 2z = 82.
Từ 5x − 2y = 42 suy ra x ≥ 9 và x chẵn.
Từ 7x + 2z = 82 suy ra x ≤ 11. Vậy x = 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 còn lại y lọ hoa. Nếu mỗi khách hàng mua y lọ hoa thì có y khách hàng không
mua được lọ hoa nào. Biết y là một số chẵn, tính số khách hàng và số lọ hoa mà cửa hàng đó có.
Lời giải.
Gọi số khách hàng là x, x ∈ N∗ .
Theo trường hợp thứ nhất, số lọ hoa là x + y.
Theo trường hợp thứ hai, có x − y người mua được lọ hoa nên số lọ hoa là y(x − y).
Ta có phương trình x + y = y(x − y).
Giải phương trình trên với nghiệm nguyên, ta được x = 6 (xem Bài tập 43), còn y = 2 hoặc y = 3.
Do y là số chẵn (theo đề bài) nên y = 2.
Đáp số: Có 6 khách hàng, có 8 lọ 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:
- Dạng 1. Tìm số tự nhiên thỏa mãn một bất đẳng thức.
- Dạng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của các biểu thức đơn giản.
40
MỤC LỤC
- Dạng 3. Viết một biểu thức với điều kiện cho trước sao cho giá trị của nó nhỏ nhất hoặc lớn
nhất.
Thử trí thông minh
ĐIỀN SỐ VÀO NGÔI SAO
Hình 3 có năm cánh sao là các hình tam giác được tô đậm. Hãy điền năm số 1, 2, 3, 4, 5 vào năm vòng
tròn bên trong sao cho tổng của ba số ở ba đỉnh mỗi hình tam giác bằng nhau.
6
7
10
8
9
Hình 3
Lời giải.
(Hình 4 a và Hình 4 b)
Gọi a, b, c, x, y là các số phải điển (Hình 4a).
6
y
a
7
6
c
10
x
2
Hình 4a
10
1
4
b
8
3
5
7
9
8
Ta có 6 + 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.
Ta được Hình 4b.
Hình 4b
9
6.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ SỐ TỰ NHIÊN
41
Ví dụ 1. Hai số nguyên dương x và y có tổng bằng 45.
a) Tìm giá trị lớn nhất của tích xy.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích xy.
Lời giải.
Do x + y = 45 (x, y ∈ N∗ ) nên x 6= y, giả sử x > y. Ta có 4xy + (x − y)2 = (x + y)2 = 452 .
a) xy lớn®
nhất ⇔ x − y nhỏ
® nhất ⇔ x − y = 1.
x−y = 1
x = 23
Ta có hệ
⇔
x + y = 45
y = 22.
Vậy giá trị lớn nhất của xy là 23 · ®
22 = 506.
x = 44
b) xy nhỏ nhất ⇔ x − y lớn nhất
y = 1.
Vậy giá trị nhỏ nhất của xy là 44 · 1 = 44.
Ví dụ 2. Dùng tất cả sáu chữ số 1, 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 số 4, 5, 6.
Tích lớn nhất cần tìm có dạng 4a · 5b · 6c (1) trong đó a, b, c ∈ {1; 2; 3}. Ta sẽ chứng minh a > b > c.
Trước hết ta chứng minh a > b. Thật vậy, giả sử a < b. Xét
4a · 5b − 4b · 5a = (40 + a)(50 + b) − (40 + b)(50 + a)
= 40b + 50a − 40a − 50b = 10(a − b) < 0.
nên 4a · 5b < 4b · 5a, trái với tích (1) có giá trị lớn nhất.
Chứng minh tương tự như trên, ta được b > c.
Vậy a = 3, b = 2, c = 1. Tích lớn nhất cần tìm là 43 · 52 · 61.
Ví dụ 3. Dùng tất cả chín chữ số từ 1 đến 9, 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 số 7, 8, 9.
Tích lớn nhất cần tìm có dạng 7a∗ · 8b∗ · 9c∗ (1) trong đó a, b, c ∈ {4; 5; 6}. Ta sẽ chứng minh a > b > c.
Trước hết ta chứng minh a > b. Thật vậy, giả sử a < b. Đặt a∗ = x, b∗ = y thì x < y. Xét
7a∗ · 8b∗ − 7b∗ · 8a∗ = (700 + x)(800 + y) − (700 + y)(800 + x)
= 700y + 800x − 700x − 800y = 100(x − y) < 0.
nên 7a∗ · 8b∗ < 7b∗ · 8a∗, trái với tích (1) có giá trị lớn nhất. Vậy a > b.
Chứng minh tương tự như trên, ta được b > c. Suy ra a = 6, b = 5, c = 4. Tích lớn nhất cần tìm có
dạng 76m · 85n · 94p (2) trong đó m, n, p ∈ {1; 2; 3}. Ta sẽ chứng minh m > n > p.
Trước hết ta chứng minh m > n. Thật vậy, giả sử m < n. Xét
76m · 85n − 76m · 85m = (760 + m)(850 + n) − (760 + n)(850 + m)
= 760n + 850m − 760m − 850m = 90(m − n) < 0.
nên 76m · 85n < 76n · 85m, trái với tích (2) có giá trị lớn nhất. Vậy m > n.
Chứng minh tương tự như trên, ta được n > p. Suy ra m = 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 mà 2 ⩽
Lời giải.
a
⩽3
x
42
MỤC LỤC
a
1
x
1
a
a
⩽3⇔ ⩽ ⩽ ⇔ ⩽x⩽ .
x
3
a
2
3
2
Đặt a = 6k + r với a, r ∈ N, 0 ⩽ r ⩽ 5.
6k + r
r
r
6k + r
⩽x⩽
⇔ 2k + ⩽ x ⩽ 3k + . (1)
Ta có:
3
2
3
2
2⩽
a) Xét r = 0 thì (1) là 2k ⩽ x ⩽ 3k,
Có 3k − 2k + 1 = k + 1 giá trị của x.
Từ k + 1 = 11 ta được k = 10 nên a = 60.
b) Xét r = 1 thì (1) là 2k + 1 ⩽ x ⩽ 3k.
Có 3k − (2k + 1) + 1 = k giá trị của x.
Từ k = 11 được a = 6.11 + 1 = 67
c) Xét r ∈ {2, 3} thì (1) là 2k + 1 ⩽ x ⩽ 3k + 1.
Có (3k + 1) − (2k + 1) + 1 = k + 1 giá trị của x.
Từ k + 1 = 11 được k = 10. Với r = 2 thì a = 62. Với r = 3 thì a = 63.
d) Xét r ∈ {4, 5} thì (1) là 2k + 2 ⩽ x ⩽ 3k + 2.
Có (3k + 2) − (2k + 2) + 1 = k + 1 giá trị của x.
Từ k + 1 = 11 được k = 10,. Với r = 4 thì a = 64. Với r = 5 thì a = 65.
Đáp số: a ∈ 60; 62; 63; 64; 65; 67.
Ví dụ 5. Tìm giá trị lớn nhất của tổng A = | a − b| + |c − d|, trong đó a, b, c, d là bốn số tự nhiên
khác nhau từ 1 đến 4.
Lời giải.
Do | a − b| = |b − a| và a 6= b nên có thể giả sử a > b. Cũng vậy, ta giả sử c > 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 = 4 khi chẳng hạn a = 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 đó a1 , a2 , a3 , a4 , a5 là các số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 5.
Lời giải.
Do | x − y| = |y − x | nên khi x 6= y ta có thể giả sử x > y.
Do đó trong mỗi giá trị tuyệt đối của biểu thức A, ta có thể giả sử một số lớn hơn số còn 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 là a1 , a3 , a3 , a5 , a1 . Khi đó:
A = a1 − a2 + a3 − a2 + a3 − a4 + a5 − a4 + a1 − a5 = 2[(a1 +
®a3 ) − (a2 + a4 )].
a1 + a3 = 9
Xảy ra được khi: (a1 + a3 ) lớn nhất và (a2 + a4 ) nhỏ nhất ⇔
a2 + a4 = 3
⇒ maxA = 2(9 − 3) = 12 khi chẳng hạn a1 > a3 > a5 > a4 > a2 tức là:
a1
5
a2
1
a3
4
a4
2
a5
3
Khi đó A = |5 − 1| + |1 − 4| + |4 − 2| + |2 − 3| + |3 − 5| = 12
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 là A, 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 ra 4A < B < 5A.(5)
1
Từ (4) và (5) suy ra 95 = 5A + B < 5A + 5A = 10A nên A > 9 .
2
5
Từ (4) và (5) suy ra 95 = 5A + B > 5A + 4A = 9A nên A < 10 .
9
Do A là số nguyên nên A = 10. Từ đó M = 40, B = 45.
Đáp số: An 10 tuổi, mẹ 40 tuổi, bố 45 tuổi.
Ví dụ 8. Trong một trò chơi dự đoán số bi trong hộp, bốn bạn A, B, C, D dự đoán số bi theo
thứ tự là 125 viên, 140 viên, 142 viên, 121 viên. Kết quả là A đạt giải nhất, B đạt giải nhì, C đạt
giải ba, D đạt giải tư . Hỏi chính xác trong hộp có bao nhiêu viên bi?
Lời giải.
Số bi dự đoán của mỗi bạn là A, B, C, D biểu thị bởi các điểm A, B, C, D trên tia số như hình 5.
D
A
B
C
121
125
140
142
Hình 5
Gọi số bi chính xác là a.
Nếu a < 125 thì D đoán chính xác hơn B, trái với đề bài.
Nếu a > 140 thì B đoán chính xác hơn, A trái với đề bài.
Vậy 125 ⩽ a ⩽ 140.
Do A đoán chính xác hơn B nên a − 125 < 140 − a ⇒ 2a < 265. (1)
Do C đoán chính xác hơn D nên 142 − a < a − 121 ⇒ 2a > 263 .(2)
Từ (1) và (2) suy ra 2a = 264 nên a = 132. Số bị chính xác trong hộp là 132 viên.
Ví dụ 9. Có 100 học sinh tham gia cuộc thi giải bốn bài toán. Không 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?
Lời giải.
44
MỤC LỤC
Trước hết ta chứng minh ta chứng minh bổ đề: Nếu tập hợp A có a phần tử, tập hợp B có b phần
tử, A và B đều là tập hợp con của một tập hợp số có n phần tử, gọi số phần tử của A ∩ B là d thì
d ⩾ a + b − n.
Chứng minh bổ đề (h.6).
Nếu d < a + b − n thì m = b − d > b − (a + b − n) ⇒ m > n − a ⇒ a + m > a, vô lí.
Bổ đề được chứng minh.
• Gọi x là số học sinh giải được cả hai bài 3 và 4 (h.7). Theo bổ đề x ⩾ 70 + 60 − 100 ⇒ x ⩾ 30.
(1)
• Gọi y là số học sinh giải được cả ba bài 2, 3,4 (h.8).
Theo bổ đề y ⩾ 80 + x − 100 ⇒ y ⩾ x − 20 (2).
• Gọi z là số học sinh giải được cả bốn bài (h.9).
Theo bổ bề:
z ⩾ 90 + y − 100 ⇒ z ⩾ y − 10.
• Do z = 0 nên y ⩽ 10. Thay vào (2) được x − 20 ⩽ 10 nên x ⩽ 30. (3)
Từ (1) và (3) suy ra x = 30.
Vậy có 30 học sinh được nhận giải thưởng.
(n)
A(a)
B(b)
x
Hình 6
Bài 3(60)
Bài 4(70)
x
H7
Bài 2(80)
Bài 3, 4(x)
y
H8
Bài 1(90)
Bài 2, 3, 4(y)
z
H9
BÀI TẬP
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.
31 · 30
Ta có A =
, là một số lẻ.
2
Mỗi lần thay dấu cộng trước số hạng a bởi dấu trừ thì tổng giảm đi 2a, là một số chẵn do đó giá trị
biểu thức mới luôn là một số lẻ.
Giá trị nhỏ nhất của biểu thức mới là 1, khi chẳng hạn biểu thức gồm bảy cặp có giá trị −1, tám cặp
có giá trị 1 như sau:
1 − 2 + 3 − 4 + . . . + 13 − 14 − 15 + 16 − 17 + 18 − . . . − 29 + 30.
Bài 2. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, biết rằng nhân nó với 2 thì được một số chính phương,
nhân nó với 3 thì được lập phương của một số tự nhiên.
Lời giải.
Số n phải chia hết cho 2 và cho 3. Để n là số nguyên dương nhỏ nhất ta chọn n = 2x · 3y . Khi đó:
. .
2n = 2x+1 · 3y = a2 ⇒ (x + 1)..2; y..2.
.
.
3n = 2x · 3y+1 = b3 ⇒ x..3; (y + 1)..3.
Để x chia hết cho 3 và nhỏ nhất sao cho x + 1 chia hết cho 2 ta chọn x = 3. Để y chia hết cho 2 và nhỏ
nhất sao cho y + 1 chia hết cho 3 ta chọn y = 2.
Khi đó n = 23 · 32 = 72.
Bài 3. Hai số nguyên dương x và y có tổng bằng 51.
a) Tìm giá trị lớn nhất của tích xy.
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của tích xy, biết rằng x và y đều lớn hơn 1.
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 của A, ta được
một số có 201 chữ số, trong đó hai chữ số đầu tiên bên trái là 10.
Lời giải.
Ta sẽ chứng minh rằng B < A < C, trong đó B và C đều là các số có 201 chữ số và hai chữ số đầu tiên
bên trái là 10.
Chọn B = 10200 = 1 00
. . . 0} , có 201 chữ số.
| {z
200 chữ số
Chọn C = 102 + 104 + 106 + . . . + 10200 = 1 |0101{z
. . . 01} 00, có 201 chữ số.
99 cặp số01
Ta thấy B = 10200 = 100100 < A,
C = 1001 + 1002 + 1003 + . . . + 100100 > A.
Vậy A có 201 chữ số, hai chữ số đầu tiên bên trái là 10.
Bài 5.
a) Dùng tất cả 6 chữ số từ 1 đến 6, hãy viết thành 3 số tự nhiên có hai chữ số sao cho tích
của chúng có giá trị nhỏ nhất.
b) Dùng tất cả 9 chữ số từ 1 đến 9, hãy viết thành 3 số tự nhiên có ba chữ số sao cho tích của chúng
có giá trị nhỏ nhất.
46
MỤC LỤC
c) Cho tích a · bc · deg. Dựa vào kết quả của câu b, hãy thay các chữ số trên bởi các chữ số từ 1 đến
6 để tích có giá trị nhỏ nhất (chỉ viết không 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 số 1, 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 số 4, 5, 6.
Tích nhỏ nhất cần tìm có dạng 1a∗ · 2b∗ · 3d∗, trong đó a, b, c ∈ {4; 5; 6}.
Hãy chứng minh a < b < c. Khi đó tích nhỏ nhất cần tìm có dạng 14m · 25n · 36p.
Hãy chứng minh m < n < p. Khi đó tích nhỏ nhất cần tìm là 147 · 258 · 369.
c) Từ kết quả của câu b, (tích nhỏ nhất là 147 · 258 · 369), ta rút ra nhận xét:
- Các chữ số hàng trăm phải nhỏ nhất (là 1, 2, 3).
- Các chữ số hàng chục phải nhỏ nhất trong các chữ số còn lại, trong đó chữ số hàng chục nhỏ
ứng với chữ số hàng trăm nhỏ.
Xét A = a · bc · deg thì 1000A = a00 · bc0 · deg.
Theo nhận xét trên ta có:
- Các chữ số a, b, d ∈ {1; 2; 3}, c, e ∈ {4; 5}.
- Do các chữ số hàng chục của a00 nhỏ hơn chữ số hàng chục của hai chữ số kia nên a < b, a < d.
Do đó a = 1.
Xét bc0 và deg, do 0 < g nên c < e và b < d, suy ra c = 4, e = 5, b = 2, d = 3.
Khi đó min 1000A = 100 · 240 · 356, min A = 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 đó a1 , a2 , . . . , a6 là sáu số tự nhiên khác nhau từ 1 đến 6.
Lời giải.
Ta có thể giả sử số lớn hơn trong sáu giá trị tuyệt đối ở biểu thức A lần lượt là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 , a1 .
Ta tính được®A = 2 [(a1 + a3 + a5 ) − (a2 +®a4 + a6 )].
a1 + a3 + a5 lớn nhất
a1 + a3 + a5 = 15
Xảy ra được
⇔
a2 + a4 + a6 = 6.
a2 + a4 + a6 nhỏ nhất
max A = 2(15 − 6) = 18 khi chẳng hạn a1 > a3 > a5 > a6 > a4 > a2 tức là
a1
a2
a3
a4
a5
a6
6
1
5
2
4
3
Bài 7. Cho năm số nguyên dương a, b, c, d, m trên vòng tròn. Tính theo chiều kim đồng hồ thì tổng
của hai số liền nhau bằng bình phương của số tiếp theo. Tìm năm số ấy.
Lời giải.
Ta có
7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI

a + b = c2 (1)




2


(2)
b + c = d

2
c + d = m (3)




d + m = a2 (4)




m + a = b2 (5)
Giả sử m là số lớn nhất, khi đó ta có
m + n ≥ c + d = m2 ⇒ 2m ≥ m2 ⇒ 2 ≥ m.
47
a
m
b
d
c
Nếu m = 1 thì c + d = 1, vô lý. Vậy m = 2.
Từ (3) suy ra c = d = 2.
Từ (1) suy ra a = 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
của 2.
Lời giải.
Số nhỏ nhất được viết dưới dạng tổng của sáu lũy thừa bậc khác nhau của 2 là
A = 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + 25 .
Ta có 2A = 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 nên 2A − 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 có 2B = 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 nên 2B − B = 27 − 20 = 128 − 1 = 127 ⇒ B = 127, khi đó B có
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 là n = 2x2 = 3y3 (x, y nguyên dương).
.
.
.
.
.
.
Ta có 2x2 .. 3 ⇒ x .. 3 ⇒ x2 .. 9. Tương tự 3y3 .. 2 ⇒ y3 .. 2 ⇒ y .. 2.
(1)
.
.
.
.
Ta lại có 3y3 .. x2 ⇒ 3y3 .. 9 ⇒ y3 .. 3 ⇒ y .. 3.
(2)
..
Từ (1) và (2) suy ra y . 6. Do y nguyên dương và nhỏ nhất, ta xét y = 6.
3 · 23 · 33
= (2 · 32 )2 = 182 ⇒ x = 18.
2
Số n nhỏ nhất phải tìm là 2 · 182 = 3 · 63 = 648.
Khi đó 2x2 = 3 · 63 ⇒ x2 =
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.
Để chứng minh biểu thức A nhỏ hơn hằng số m ta thường làm trội biểu thức A thành biểu thức B
thỏa mãn hai điều kiện: Biểu thức B dễ tính toán và B ≤ m. Để chứng minh biểu thức A lớn hơn hằng
số m ta thường làm giảm biểu thức A thành biểu thức C thỏa mãn hai điều kiện: Biểu thức C dễ tính
toán và C ≥ m.
48
I.
MỤC LỤC
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. Cho A =
1
1
1
3
1
+
+
···+
. Chứng minh rằng A < .
1·3 2·4 3·5
20 · 22
4
Lời giải.
Ta có
Å
ã Å
ã
2
2
1
2
2
1
2A =
+
+···+
+
+
+···+
1·3 3·5
19 · 21
2·4 4·6
20 · 22
ã Å
ã
Å
1
1
1 1 1 1
1
1
1 1 1 1
− + − +···+
−
+
− + − +···+
−
=
1 3 3 5
19 21
2 4 4 6
20 22
1
1
1
3
= 1−
+ −
< .
21 2 22
2
Vậy A <
3
.
4
Ví dụ 2. Cho A =
a) A <
1
12
1
1
1
+ 3 + · · · + 3 . Chứng minh rằng
3
3
4
99
1
b) A >
.
27
Lời giải.
a) Với n > 1 ta có
n3 > n3 − n = (n − 1)n(n + 1) ⇒
2
1
1
=
−
, nên ta có
(n − 1)n(n + 1)
(n − 1)n n(n + 1)
Mặt khác
2A <
Vậy A <
1
1
<
.
3
n
(n − 1)n(n + 1)
1
1
1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+···+
+
= −
< .
2···3 3·4 3·4 4·5
98 · 99 99 · 100
6 99 · 100
6
1
.
12
b) Ta có A >
1
1
= .
3
3
27
Ví dụ 3. Cho A =
1
3
5
2n − 1
+ 2 + 3 +···+
. Chứng minh rằng A < 1.
1
3
3
3n
3
Lời giải.
Ta có
2n − 1
3n − (n + 1)
n
n+1
=
= n −1 − n .
n
n
3
3
3
3
Do đó
A=
1
2
2
3
n
n+1
n+1
− 1 + 1 − 2 + · · · + n−1 − n = 1 − n < 1.
0
3
3
3
3
3
3
3
7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI
II.
49
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. Cho A = √
1
1
√ +···+ √
√ . Chứng minh rằng A > 4,5.
√ +√
98 + 99
1+ 2
3+ 4
1
Lời giải.
Ta có:
1
1
1
√
√ +···+ √
√ +√
98 + 99
1+ 2
3+ 4
1
1
1
√
√ +√
√ +···+ √
⇒A> √
2+ 3
99 + 100
4+ 5
A= √
1
1
1
√
√ +···+ √
√ +√
Cộng vế với vế ta được 2A > √
2 + 3√
1+ 2
√
√ 99 +√ 100
√
√
√
√
1− 2
2− 3
99 − 100
1 − 100
Suy ra 2A >
+
+···+
=
= 9.
1−2
2−3
99 − 100
−1
Vậy A > 4,5.
1
1
1
√ +···+
√ + √
√ .
√
√ + √
40( 79 + 81)
1 + 3 2( 3 + 5) 3( 5 + 7)
8
Chứng minh rằng A < .
9
Ví dụ 5. Cho A = √
1
Lời giải.
Ta có
√
√
√
2n + 1 − 2n − 1
2n + 1 − 2n − 1
√
=
2n
4n2
√
√
2n + 1 − 2n − 1
√
<
4n2 − 1
√
√
2n + 1 − 2n − 1
1
1
= √
=√
−√
.
(2n + 1)(2n − 1)
2n − 1
2n + 1
1
√
√
=
n( 2n − 1 + 2n + 1)
√
1
1
1
1
1
1
8
1
1
1
Do đó A < √ − √ + √ − √ + √ − √ + · · · + √ − √ = 1 − = .
9
9
3
3
5
5
79
7
81
1
Ví dụ 6.
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì
Å
ã
1
1
1
1
√
√
√
<
·
−
.
√
8
n
( n + n + 2)3
n+2
b) Áp dụng kết quả trên chứng minh rằng
1
1
1
3
√
√
√
+ √
+···+ √
< .
3
3
3
25
(1 + 3)
( 3 + 5)
( 623 + 625)
Lời giải.
50
MỤC LỤC
a)
Å
ã
1
1
1
< · √ −√
√
8
n
( n + n + 2)3
n+2
√
√
√
√
√ √
3
( n + n + 2) ( 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 (luôn đúng).
1
√
⇔
⇔
⇔
⇔
Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) Theo câu a ta có
1
1
1
√
√
√
+ √
+...+ √
3
3
(1 + 3)
( 3 + 5)
( 623 + 625)3
ã
ã
Å
Å
1
1
3
1
1
1
1
1
1
1
= · 1−
= .
· √ − √ + √ − √ +...+ √
−√
8
8
25
25
3
3
5
623
625
1
<
Vậy ta có điều phải chứng minh.
BÀI TẬP
Bài 1. Cho A =
a) A <
1
9
b) A <
1
12
95
1 3 5
· · · · · . Chứng minh rằng
2 4 6
96
Lời giải.
1 3 5
95
2 4 6
96
· · ···
⇒ A < · · ··· .
2 4 6
96
3 5 7
97
1 · 3 · · · 95 2 · 4 · · · 96
1
1
2
Do đó A <
·
<
⇒A< .
2 · 4 · · · 96 3 · 5 · · · 97
81
9
Å
ã2
2n − 1
3n − 2
b) Trước hết ta chứng minh với n > 1 thì
<
(bạn đọc tự chứng minh). Do đó
2n
3n + 1
a) Ta có A =
A2 =
Vậy A <
Å ã2 Å ã2 Å ã2
Å ã2
1
3
5
95
1 4
142
1
1
·
·
·...·
< · ·...·
=
<
.
2
4
6
96
4 7
145
145
144
1
.
12
Bài 2. Chứng minh với mọi số nguyên dương n thì
a)
b)
c)
1
1
1
1
+ +...+
< ;
32 52
(2n + 1)2
4
1
12 + 22
+
1
22 + 32
1
14 + 12 + 1
Lời giải.
+
+...+
2
24 + 22 + 1
1
n2 + (n + 1)2
+...+
1
< ;
2
n
n4 + n2 + 1
1
< .
2
7.. BẤT ĐẲNG THỨC VỀ PHÂN SỐ VÀ CĂN BẬC HAI
51
Å
ã
1
1
1
1
1
1
a) Sử dụng nhận xét
= 2
<
= ·
−
.
(2n + 1)2
4n + 4n + 1
4n(n + 1)
4
n n+1
Å
ã
1
1
1
1
1
1
= 2
<
= ·
−
b) Sử dụng nhận xét 2
n + (n + 1)2
2n + 2n + 1
2n(n + 1)
2
n n+1
c) Sử dụng nhận xét
2n
n4 + n2 + 1
=
=
2n
(n2 + 1)2 − n2
=
1
(n2 + n + 1)(n2 − n + 1)
(n2 + n + 1) − (n2 − n + 1)
1
1
=
−
.
(n2 + n + 1)(n2 − n + 1)
n(n − 1) + 1 n(n + 1) + 1
Bài 3. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì
1
n
2
+ 2 + . . . + n < 2.
2 2
2
Lời giải.
1
2
n
A = + 2 + . . . + n . Ta có
2 2
2
2(n + 1) − (n + 2)
n+1 n+2
n
=
= n −1 − n .
n
n
2
2
2
2
2
3
n+1 n+2
n+2
3
4
Do đó A = 0 − 1 + 1 − 2 + . . . + n−1 − n = 2 − n < 2.
2
2
2
2
2
2
2
Bài 4. Chứng minh bất đẳng thức
2
16
64
4
8
32
1
+ 8
+ 32
+ 2
+ 4
+ 16
< .
5+1 5 +1 5 +1 5 +1 5 +1 5 +1
2
Lời giải.
4
8
32
16
64
2
+ 2
+ 4
+ 16
.
+ 8
+ 32
5+1 5 +1 5 +1 5 +1 5 +1 5 +1
1
k−1
k+1−2
1
2
Ta có
= 2
= 2
=
− 2
.
k+1
k −1
k −1
k−1 k −1
n
n
2n
Suy ra
=
− 2
.
k + 1Å k − 1 k −ã1 Å
ã
Å
ã
2
4
4
8
64
128
1
Do đó A =
− 2
− 4
+ . . . + 32
− 64
<
+ 2
5−1 5 −1
5 −1 5 −1
5 −1 5 −1
2
Đặt A =
Bài 5. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ 100. Tìm giá trị nhỏ nhất
a
c
của B = + .
b d
Lời giải.
a
1
1
Do 1 ≤ a ≤ b ≤ c nên ≥ ≥ .
(1)
b
b
c
Dấu bằng xảy ra khi a = 1; b = c.
c
c
Do d ≤ 100 nên ≥
.
(2)
d
100
Từ (1) và (2) suy ra
a
c
1
c
c2 + 100
c2 − 20c + 100 + 20c
(c − 10)2 1
1
+ ≥ +
=
=
=
+ ≥ .
b d
c 100
100c
100c
100c
5
5
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là
1
tại a = 1; b = c = 10; d = 100.
5
Bài 6. Chứng minh rằng số 2300 có 91 chữ số khi viết ở dạng thập phân.
Lời giải.
52
MỤC LỤC
Để chứng minh 2300 có 91 chữ số thập phân ta sẽ chứng minh 1090 < 2300 < 1091 .
Ta có 210 > 103 nên 2300 = (210 )30 > (103 )30 = 1090 .
Ç
å30
210
300
91
Ta sẽ chứng minh 2 < 10 ⇔
< 10.
103
210
1024
1025
41
Thật vậy, xét 3 =
<
= .
10
1000
1000
40
Ç
å30 Å ã30
10
2
41
41 40
12
41
Suy ra
<
<
·
·...·
< 10 ⇒ 2300 < 1091 .
=
3
10
40
40
39
11
11
|
{z
}
(1)
(2)
30 phân số
Từ (1) và (2) ta có 1090 < 2300 < 1091 . Vậy 2300 có 91 chữ số khi viết ở dạng thập phân.
Bài 7. Chứng minh bất đẳng thức
√
1
1
1
√ +...+ √
√ > 2.
√ +√
5+ 7
77 + 79
1+ 3
Lời giải.
1
1
√ +...+ √
√ .
√ +√
5+ 7
77 + 79
1+ 3
1
1
1
√ +√
√
√ +...+ √
Ta có A > √
3+ 5
7+ 9
79 + 81
1
1
1
√ +...+ √
√
√ +√
nên 2A > √
√ 1 +√ 3 √ 3 +√ 5
√
√ 79 +√ 81 √
1− 3
3− 5
79 − 81
81 − 1
⇒ 2A >
+
+...+
=
= 4.
−2
−2
−2
2
Vậy ta có A > 2.
Đặt A = √
1
Bài 8. Chứng minh bất đẳng thức
√
1
( 2+
√
5)3
1
1
1
√
√
+ √
+...+ √
< .
3
3
19
( 5 + 8)
( 95 + 98)
Lời giải.
2 > 4xy với x 6 = y, ta có
Áp
√ (x + y)
√
√
√
√ dụng
√
√
√
√ √
( n + n + 3)3 = ( n + n + 3)( n + n + 3)2 > ( n + n +√3) · 4 · n√· n + 3
1
1
n+3− n
√
√
⇒ √
< √
=
√ √
√ √
3
( n + n + 3)
( nÅ+ n + 3) · 4 · ãn · n + 3
(n + 3 − n) · 4 · n · n + 3
1
1
1
1
√
⇒ √
<
· √ −√
3
12
n
( n + n +Å3)
n+3
ã
1
1
1
1
1
1
1
√
√
√
√
√
√
Do đó A <
−
+
−
+...+
−
5
8
95
98
2
Å12
ã5
1
1
1
1
1
√ − √
⇒A<
= √ < .
12
19
2 7 2
14 2
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 không 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 nguyên lí
Đi-rích-lê.
Nguyên lí Đi-rích-lê còn gọi là nguyên lí nhốt thỏ: Nếu nhốt n con thỏ vào k lồng mà phép chia n cho
k được m và còn dư thì tồn tại một lồng chứa ít nhất m + 1 con thỏ.
Các bài toán về nguyên lí Đi-rích-lê trong chuyên đề này bao gồm:
Dạng 1. Chứng minh tồn tại một số (hoặc một hiệu, một tổng ...) chia hết cho một số nào đó.
Dạng 2. Chứng minh tồn tại một tập hợp có một tính chất nào đó (chẳng hạn: có tích là số chính
8.. NGUYÊN 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. Ông kế tục sự
nghiệp của "ông vua toán 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 toán học.
Một ví dụ về hàm số mà Đi-rích-lê đưa ra có nhiều ứng dụng, đó là hàm số Đi-rích-lê:
®
1 nếu x là hàm số hữu tỉ
f (x) =
0
nếu x là hàm số vô tỉ
(Nếu có ai yêu 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 nguyên tố, nếu có hai số bằng nhau thì hiệu của chúng bằng 0, chia hết cho 12.
Xét bảy số nguyên tố khác nhau đôi một, tồn tại 5 số nguyên tố lớn hơn 3.
Một số nguyên tố lớn hơn 3 khi chia cho 12 dư r thì r không chia hết 2, không chia hết cho 3 nên
r ∈ {1; 5; 7; 11}.
Có năm số nguyên tố lớn hơn 3, chỉ có bốn số dư như trên, theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại hai số có
số dư bằng nhau, hiệu của chúng chia hết cho 12.
Ví dụ 2. Chứng minh rằng trong sáu số tự nhiên bất kì, tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia
hết cho 9.
Lời giải.
Trong sáu số tự nhiên, nếu có hai số bằng nhau thì hiệu của chúng bằng 0, chia hết cho 9.
Xét sáu số tự nhiên khác nhau đôi một. Các số dư khi chia cho 9 được ghép thành 5 nhóm (0), (1; 8),
(2; 7), (3; 6), (4; 5).
Có 6 số, chỉ có 5 nhóm, theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn tại hai số thuộc cùng một nhóm.
Hai số thuộc cùng một nhóm đó có tổng chia hết cho 9 (nếu hai số dư khác nhau) hoặc có hiệu chia
hết cho 9 (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 cho 5
hoặc một vài số có tổng chia hết cho 5.
Lời giải.
Xét 5 biểu 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 cho 5 thì bài toán được chứng minh.
Giả sử năm biểu thức trên đều không chia hết cho 5.
Có 5 biểu thức, có 4 số dư khác 0 khi chia cho 5, theo nguyên lí Đi-rich-lê tồn tại hai biểu thức khi
chia cho 5 có cùng số dư, hiệu của chúng chia hết cho 5, hiệu của chúng là một số hoặc tổng của một
vài số trong năm số đã cho.
54
MỤC LỤC
Ví dụ 4. Cho 17 số nguyên dương bất kì. Chứng minh rằng trong 17 số đó:
a) Tồn tại năm bộ ba số mà ba số trong mỗi bộ đó có tổng chia hết cho 3.
b) Tồn tại chín số có tổng chia hết cho 9.
Lời giải.
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Trong năm số tự nhiên, tồn tại ba số có tổng chia hết cho 3.
Thật vậy, có ba số dư khi chia cho 3 dư 0; 1; 2. Nếu có ba số có cùng số dư thì tổng của chúng chia hết
cho 3. Nếu trong năm số đã cho, không có đến ba số nào có cùng số dư thì tồn tại ba số có số dư khác
nhau, tổng của chúng chia hết cho 3.
a) Lấy 15 số bất kì trong 17 số 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 cho 3, ta được ba bộ ba số có tổng chia hết cho 3.
Còn 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 cho 3.
Còn lại: 8 − 3 = 5 (số). Theo bổ đề trên, ta được thêm một bộ ba số nữa có tổng chia hết cho 3.
Vậy có 3 + 1 + 1 = 5 bộ ba số mà các số trong mỗi bộ có tổng chia hết cho 3.
b) Gọi 15 số trong năm bộ ba số được chọn ở câu a) là a1 , 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
.
k + k + k .. 3. Suy ra
1
2
3
.
a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 + a7 + a8 + a9 = 3(k1 + k2 + k3 ) .. 9
Ví dụ 5.
a) Hãy chỉ ra 18 số tự nhiên mà không có số nào có tổng các chữ số chia hết cho 10.
b) Chứng minh rằng trong 19 số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữ số
chia hết cho 10.
Lời giải.
a) Trong 18 số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 18 (1, 2, 3, . . . , 18) tổng các chữ số của chúng là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1, 2, 3
không có số nào có tổng các chữ số chia hết cho 10.
b) Xét 10 số đầu tiên của dãy 19 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số tận cùng bằng 0, gọi số đó là
A0. Xét A0 và chín số tiếp theo (chín số này vẫn thuộc dãy nói trên):
A0, A1, A2, . . . , A9.
(1)
Gọi tổng các chữ số của A0 là k thì tổng các chữ số của 10 số trên là
k, k + 1, k + 2, . . . , k + 9.
(2)
Dãy (2) là 10 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho 10, do đó tồn tại một số của dãy
(1) có tổng các chữ số chia hết cho 10.
8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ
2.
55
Sự tồn tại một tập có tính chất nào đó
Ví dụ 6. Cho ba số nguyên dương khác nhau, mỗi số có dạng 7k với k ∈ N. Chứng minh rằng
tồn tại hai số có tích là số chính phương.
Lời giải.
Gọi ba số đã cho là a = 7x , a = 7y , a = 7z .
Trong ba số tự nhiên x, y, z tồn tại hai số cùng chẵn hoặc cùng lẻ, chẳng hạn x và y. Khi đó x + y là số
chẵn.
Đặt x + y = 2n, n ∈ N. Ta có ab = 7x · 7y = 72n = (7n )2 là số chính phương.
Ví dụ 7. Trong 25 số nguyên dương từ 1 đến 25, chọn ra 12 số trong đó không có hai số nào
có tổng bằng 25. Chứng minh rằng trong 12 số đó, tồn tại một số chính phương.
Lời giải.
Ta thấy 25 = 52 = 32 + 42 . Trong 25 số đã cho, xếp ba số vào tập hợp A = {32 ; 42 ; 52 }, còn lại 22 số
chia thành 11 cặp, mỗi cặp số có tổng bằng 25, là (1; 24), (2; 23), . . . , (12; 13), trong đó không có cặp
(9; 16).
Xét 12 số được chọn. Không có hai số được chọn nào là hai số của một trong 11 cặp nói trên (vì nếu
có hai số rơi vào một cặp thì tổng của chúng bằng 25, trái với giả thiết).
Mỗi cặp (trong 11 cặp) chỉ chứa nhiều nhất là một số đã chọn. Do có 12 số được chọn nên tồn tại một
số thuộc A = {32 ; 42 ; 52 }.
Ví dụ 8. Cho 21 số nguyên dương khác nhau bất kì không vượt quá 40. Chứng minh rằng tồn
tại hai số có tổng bằng 41.
Lời giải.
Gọi A là tập hợp của 21 số nguyên dương đã cho A = { a1 ; a2 ; . . . ; a21 }.
Xét tập hợp B = {41 − a1 ; 41 − a2 ; . . . ; 41 − a21 }.
Hai tập hợp A và B có tất cả 42 phần tử, lấy giá trị trong tập hợp {1; 2; 3; . . . ; 40} có 41 phần tử nên tồn
tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc tập A, không cùng thuộc
tập B nên một phần tử thuộc A, nên một phần tử thuộc B chẳng hạn ak ∈ A và 41 − ai ∈ B. Khi đó
ak = 41 − ai nên ai + ak = 41.
Các số ai và ak không bằng nhau (vì tổng của chúng là số lẻ). Đó là hai số phải tìm.
Ví dụ 9. Có hai nhóm: nhóm I có 55 người, nhóm II có 45 người. Trong mỗi nhóm, không 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 bằng 100.
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 hợp C = {100 − a1 ; 100 − a2 ; . . . ; 100 − a55 }.
Hai tập hợp B và C có tất cả 45 + 55 = 100 (phần tử), lấy giá trị trong tập hợp {1; 2; 3; . . . ; 99} có 99
phần tử nên tồn tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc B, không
cùng thuộc C nên một phần tử thuộc B và một phần tử thuộc C, chẳng hạn bk ∈ B và 100 − ai ∈ C.
Khi đó bk = 100 − ai nên ai + bk = 100.
Ví dụ 10.
a) Cho 51 số nguyên dương khác nhau bất kì không vượt quá 99. Chứng minh rằng tồn tại
hai số có hiệu bằng 2.
b) Như câu a, nhưng thay 99 bởi 100.
56
MỤC LỤC
Lời giải.
a) Gọi A là tập hợp của 51 số đã cho A = { a1 ; a2 ; a3 ; . . . ; a51 } với 1 ≤ ai ≤ 99, i = 1; 2; . . . ; 51.
Xét tập hợp B = { a1 + 2; a2 + 2; . . . ; a51 + 2} với 3 ≤ ak + 2 ≤ 101, k = 1, . . . , 51.
Hai tập hợp A và B có tất cả 102 phần tử, nhận các giá trị trong tập hợp {1; 2; . . . ; 101} có 101
phần tử nên tồn tại hai phần tử bằng nhau. Hai phần tử bằng nhau này không cùng thuộc vào
A, không cùng thuộc B, nên một phần tử thuộc A và một phần tử thuộc B, chẳng hạn ai ∈ A và
ak + 2 ∈ B. Khi đó tồn tại ai = ak + 2 nên ai − ak = 2.
b) Xếp 51 số đã cho vào hai nhóm chẵn lẻ. Tồn tại 26 số thuộc cùng một nhóm. Hai số bất kì thuộc
nhóm này có hiệu chia hết cho 2. (1)
Trong 26 số nói trên, tồn tại hai số có hiệu bằng d < 4, vì nếu mọi cặp hai số trong nhóm đều có
hiệu lớn hơn hoặc bằng 4 thì số lớn nhất của nhóm lớn hơn hoặc bằng 1 + 4 · 25 = 101 > 100,
trái với đề bài.
Do (1) nên d = 2.
Ví dụ 11. Cho 101 số nguyên dương khác nhau không vượt quá 300. Chứng minh rằng trong
101 số đó:
a) Tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn 3.
b) Tồn tại hai số mà tổng của chúng chia hết cho hiệu của chúng.
Lời giải.
a) Gọi 101 số đã cho sắp xếp tăng dần là a1 , a2 ,. . . , a101 .
Ta có a101 − a1 = (a101 − a100 ) + (a100 − a99 ) + . . . + (a2 − a1 ) ≤ 300 − 1 = 299.
Trong 100 hiệu (ở trong ngoặc) nói trên, tồn tại một hiệu nhỏ hơn 3, vì nếu chúng đều lớn hơn
hoặc bằng 3 thì a101 − a1 ≤ 3 · 100 = 300, mâu thuẫn.
Vậy tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn 3.
b) Gọi hai số có hiệu nhỏ hơn 3 nói trên là am và an , giả sử am − an < 3.
.
• Nếu am − an = 1 thì am + an .. am − an .
.
• Nếu am − an = 2 thì am + an chẵn nên am + an .. am − an .
Ví dụ 12. Cho 50 số tự nhiên lẻ 1; 3; 5; . . . ; 99.
a) Chứng minh rằng có thể chọn được 34 số trong các số trên sao cho trong 34 số đó, tồn tại
hai số mà một số chia hết cho số còn lại.
b) Chứng minh rằng nếu chọn 33 số trong các số trên thì có thể không có hai số nào mà một
số chia hết cho số còn lại.
Lời giải.
a) Mỗi số đã cho đều viết được đưới dạng a = 3k · b với k ∈ {0; 1; 2; 3; 4}, b là số lẻ không chia hết
cho 3.
99 − 3
Trong 50 số lẻ 1; 3; 5; . . . ; 99 có 17 số lẻ chia hết cho 3 (là 3; 9; 15; . . . ; 99, gồm
+ 1 = 17 số)
6
nên b nhận 50 − 17 = 33 giá trị.
Có 34 số dạng a = 3k · b, chỉ có 33 giá trị của b nên tồn tại hai số có giá trị của b bằng nhau,
.
3m · b
chẳng hạn am = 3m · b và an = 3n · b với m ≥ n. Khi đó n
= am−n , tức là am .. an .
3 ·b
8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ
57
b) Nếu ta chọn 33 số lớn nhất trong 50 số lẻ đã cho là 35, 37, . . . , 99 (có
không tồn tại hai số mà một số chia hết cho số còn lại.
99 − 35
+ 1 = 33 số) thì
2
.
Thật vậy, giả sử trong 33 số đó có hai số x và y khác nhau mà x .. y thì x ≥ 3y. Khi đó 99 ≥ x ≥
3y ≥ 3 · 35 = 105, mâu thuẫn.
BÀI TẬP
Bài 1. Một siêu thị có 128 thùng táo. Số táo của mỗi thùng trong khoảng từ 120 đến 144 quả. Tìm giá
trị lớn nhất của n để tồn tại n thùng có số táo như nhau.
Lời giải.
Số táo ở mỗi thùng nhận 25 giá trị (vì 144 − 120 + 1 = 25). Do 128 chia 25 được 5 còn dư nên tồn tại
6 thùng có số táo như nhau.
Có thể xảy ra không tồn tại 7 thùng có số táo như nhau, chẳng hạn mỗi loại thùng chứa 120 quả, 121
quả, 122 quả,. . . , 140 quả đều có 6 thùng (như vậy có 6 · 21 = 126 thùng), còn lại hai thùng nữa chứa
141 quả, không tồn tại 7 thùng có số táo như nhau.
Vậy giá trị lớn nhất của n là 6.
Bài 2. Chứng minh rằng tồn tại một bội của 19:
a) Gồm toàn chữ số 1 và 0;
b) Gồm toàn chữ số 1.
Lời giải.
a) Xét 20 số 1, 11, 111, 11
. . . 1} .
| {z
20 chữ số
Có 20 số, mà phép chia cho 19 chỉ gồm 19 số dư (0, 1, . . . , 18) nên tồn tại hai số có cùng số dư.
Gọi hai số đó là 11
. . . 1} và 11
. . . 1} (m > n). Hiệu của chúng bằng 11
. . . 1} 00
. . . 0} chia hết cho 19.
| {z
| {z
| {z
| {z
m
m−n
n
n
.
n ..
n , 19) = 1 nên 11 . . . 1 .. 19.
b) Theo câu a tồn tại số 11
.
.
.
1
·
10
.
19.
Mà
(10
| {z }
| {z }
m−n
m−n
Bài 3. Chứng minh rằng có vô số bội của 710 mà trong biểu diễn thập phân của nó không có các chữ
số 0, 1, 2.
Lời giải.
Gọi a là số mà trong biểu diễn thập phân của nó không có các chữ số 0, 1, 2. Có vô số số a như vậy.
Xét 710 + 1 số a, aa, aaa, . . . , |aa {z
. . . a}.
710 +1 số
.
Tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 710 , giả sử |aa {z
. . . a} − |aa {z
. . . a} .. 710 (m > n).
m số
n số
Giả sử a có k chữ số thì
.. 10
.. 10
nk .. 10
aa
.
.
.
a
−
00
.
.
.
0
aa
.
.
.
a
·
10
.
7
⇒
aa
.
.
.
a
.
7
⇒
| {z } | {z }
| {z }
| {z } . 7 .
m−n số
nk số
m−n số
m−n số
Bài 4. Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên lẻ bất kì tồn tại hai số có hiệu chia hết cho 10.
Lời giải.
Có 6 số lẻ, chỉ có 5 giá trị của chữ số tận cùng (là 1, 3, 5, 7, 9). Tồn tại hai số có chữ số tận cùng như
nhau, hiệu của chúng chia hết cho 10.
58
MỤC LỤC
Bài 5. Chứng minh rằng trong chín số nguyên tố lớn hơn 5 bất 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 hơn 5 khi chia cho 30 dư r thì
r ∈ {1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29}.
Tồn tại hai số nguyên tố có phần dư r bằng nhau, hiệu của chúng chia hết cho 30.
Bài 6. Chứng minh rằng trong sáu số tự nhiên bất kì tồn tại hai số có tổng hoặc hiệu chia hết cho 8.
Lời giải.
Giải tương tự ví dụ 62. Ghép các số dư khi chia cho 8 thành 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 số 1, 5, 7, 11 có
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 trong 59 số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữ số chia
hết cho 12.
Lời giải.
.
Xét bảy số a1 , a2 , . . . , a7 . Trong ba số a1 , a2 , a3 tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử a1 + a2 .. 2.
.
Xét ba số a3 , a4 , a5 tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử a3 + a4 .. 2.
..
Xét ba
 số a5 , a6 , a7 tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử a5 + a6 . 2.

a1 + a2 = 2x
Đặt a3 + a4 = 2y , thì a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 = 2(x + y + z).


a5 + a6 = 2z
.
Xét ba số x, y, z tồn tại hai số có tổng chia hết cho 2, giả sử x + y .. 2. Thế thì
.
a1 + a2 + a3 + a4 = 2(x + y) .. 4.
Bài 9. Chứng minh rằng trong 59 số tự nhiên liên tiếp bất kì, tồn tại một số có tổng các chữa số chia
hết cho 12
Lời giải.
Xét 10 số đầu tiên của dãy 59 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số tận cùng bằng 0, gọi số đó là a. Xét
hai trường hợp:
a) Nếu a tận cùng là 10, 20, 30, 40, 50, 60, 70 thì ta chọn dãy gồm 12 số:
a, a + 1, a + 2, . . . , a + 9, a + 19, a + 29.
(1)
Gọi tổng các chữ số của a là k thì tổng các chữ số của 12 số trên là:
k, k + 1, k + 2, . . . , k + 9, k + 10, k + 11.
(2)
8.. NGUYÊN LÍ ĐI-RÍCH-LÊ
59
Dãy (2) là dãy 12 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho 12, do đó tồn tại một số của dãy (1)
có tổng các chữ số chia hết cho 12.
b) Nếu a tận cùng là 80, 90, 00 thì ta xét dãy có tận cùng là 00, 01, 02, ..., 09, 19, 20(3) (các số này cũng
thuộc 59 số nguyên dương đã cho).
Tổng các chữ số của các số trong dãy (3) là 12 số tự nhiên liên tiếp, tồn tại một số chia hết cho 12, do
đó tồn tại một số của dãy (3) có tổng các chữ số chia hết cho 12.
Bài 10. Cho 5 số nguyên dương khác nhau không có ước nguyên tố khác 2 và 3. Chứng minh rằng
trong 5 số đó, tồn tại hai số có tích là số chính phương.
Lời giải.
Gọi năm số đã cho là a1 , a2 , a3 , a4 , a5 trong đó ai = 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 thì x1 + x2 chẵn và y1 + y2 chẵn. Khi đó a1 a2 = 22m .32n là số chính phương.
Bài 11. Cho 625 số nguyên dương từ 1 đến 625. Người ta chọn ra trong các số đó 311 số, trong
đó không có hai số nào có tổng bằng 625. Chứng minh rằng trong 311 số đó, tồn tại một số chính
phương.
Lời giải.
Ta thấy 625 = 252 = 72 + 242 = 152 + 202 . Trong 625 số đã cho, xếp năm số vào tập hợp
A = {72 ; 152 ; 202 ; 242 ; 252 },
còn lại 620 số chia thành 310 cặp, mỗi cặp có tổng bằng 625 là
(1; 624), (2; 623), . . . , (312; 313).
Kết thúc chứng minh.
Bài 12. Chứng minh rằng trong 31 số nguyên dương khác nhau bất kì không vượt quá 60, tồn tại hai
số có tổng bằng 61.
Lời giải.
Tương tự như ví dụ 68.
Bài 13. Có 35 nam, có tuổi là các số nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 80. Có 45 nữ, có tuổi là các số
nguyên dương khác nhau nhỏ hơn 80. Chứng minh rằng có thể chọn ra một nam và một nữ có tổng
số tuổi bằng 80.
Lời giải.
Tương tự như ví dụ 69.
Bài 14. Cho 25 số nguyên dương khác nhau bất kì có tổng không vượt quá 410. Chứng minh rằng
có thể chọn ra 8 số chia thành 4 cặp, mỗi cặp có tổng bằng 25.
Lời giải.
Gọi 25 số đã cho là a1 , a2 , . . . , a25 . Ta có a1 + a2 + · · · + a25 ≤ 410.
Giả sử a1 < a2 < · · · < a25 .
Ta thấy a16 < 25, vì nếu a16 ≥ 25 thì
a16 + a17 + · · · + a25 ≥ 25 + 26 + · · · + 34 = 295.
(1)
a1 + a2 + · · · + a15 ≥ 1 + 2 + · · · + 15 = 120.
(2)
Lại có
Từ (1) và (2) suy ra
a1 + a2 + · · · + a25 ≥ 120 + 295 = 415,
trái giả thiết. Vậy tồn tại 16 số nhỏ hơn 25.
Xét 12 cặp (1; 12), (2; 23), . . . , (12; 13), gồm 24 số nhỏ hơn 25. Do có 16 số đã cho nhỏ hơn 25 nên tồn
tại bốn cặp (16 − 12 = 4) gồm cả hai số đã cho. Bốn cặp đó đều có tổng hai số trong mỗi cặp bằng 25.
60
MỤC LỤC
Bài 15. Cho tập hợp A có bốn phần tử là các số nguyên dương không quá 5. Chứng minh rằng tồn
tại hai tập hợp B và C khác nhau, mỗi tập hợp có từ 1 đến 3 phần tử, các phần tử đều thuộc A sao
cho tổng các phần tử của B bằng tổng các phần tử của C.
Lời giải.
Tập hợp A có bốn phần tử nên có 24 = 16 tập con, trong đó có một tập hợp gồm bốn phần tử (là A)
và một tập hợp rỗng, do đó số tập hợp có từ một đến ba phần tử là 16 − 2 = 14.
Gọi tổng các phần tử của mỗi tập hợp trong 14 tập hợp con đó là x. Do các phần tử của mỗi tập hợp
này có giá trị nhỏ nhất là 1, có giá trị lớn nhất là 5 nên 1 ≤ x ≤ 3 + 4 + 5, tức là 1 ≤ x ≤ 12.
Có 14 tập hợp , mà x chỉ nhận giá trị từ 1 đến 12 nên tồn tại hai tập hợp có x bằng nhau, đó là hai tập
hợp B và C phải tìm.
Bài 16. Cho 101 số nguyên dương khác nhau bất kì không vượt quá 300. Chứng minh rằng trong
101 số trên, tồn tại hai số có hiệu bằng 4 hoặc 8.
Lời giải.
Xếp 101 số đã cho vào 4 nhóm có số dư trong phép chia cho 4 là 0, 1, 2, 3. Do 101 chia 4 được 25 dư 1
nên tồn tại 26 số thuộc cùng một nhóm. Hai số bất kì trong nhóm này có hiệu chia hết cho 4.
Ta sẽ chứng minh trong nhóm 26 số nói trên, tồn tại hai số có hiệu nhỏ hơn 12. Thật vậy, nếu mọi cặp
số trong nhóm đó đều có hiệu d ≥ 12 thì số lớn nhất n của nhóm có giá trị n ≥ 1 + 12.25 = 301 > 300,
trái giả thiết. Hai số nói trên (có hiệu nhỏ hơn 12) khác nhau và có hiệu chia hết cho 4 nên hiệu bằng
4 hoặc 8.
√ √ √
√
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 hơn 1.
Lời giải.
Gọi 33 số được chọn√xếp tăng dần là a1 , a2√
, . . . , a33 .
Ta có a1 ≥ 1, a33 ≤ 1050 nên a33 − a1 ≤ 1050 − 1 < 33 − 1 = 32.
Suy ra (a33 − a32 ) + (a32 − a31 ) + · · · + (a2 − a1 ) < 32.
(1)
Trong 32 hiệu trên, tồn tại một hiệu nhỏ hơn 1, vì nếu cả 32 hiệu đều lớn hơn hoặc bằng 1 thì tổng
của chúng lớn hơn hay bằng 32 (mâu thuẫn với (1)).
Vậy tồn tại hai số được chọn có hiệu nhỏ hơn 1.
9.
CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN
TỔNG QUAN VỀ CHUYÊN ĐỀ
Các dạng toán trong chuyên đề có nhiều dạng:
– Dạng 1. Các bài toán liên qua đến sự tương hỗ, có quan hệ hai chiều (chẳng hạn: nếu A quen B thì
B quen A, nếu A đã thi đấu với B thì B đã 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 toán đòi hỏi lập luận (chứ không 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 toán suy luận, ta sử dụng phương pháp phản chứng, nguyên lí Đi-rích-lê.
Thử trí thông minh
THỬ LÀM “BAO CÔNG XỬ ÁN”
Một nhà giàu bị kẻ gian lẻn vào lấy trộm thóc ở ba cót, chỉ còn lại ở cót thứ nhất: ba đấu thóc và một
cái nồi, ở cót thứ hai: một đấu thóc và một cái vung nồi, ở cót thứ ba: hai đấu thóc và một cái rá.
Ba tên trộm Giáp, Ất, Bính bị bắt giải lên quan. Tên Giáp khai đã lấy thóc bằng nồi, tên Ất khai lấy
thóc bằng vung nồi, tên Bính khai lấy thóc bằng rá, mỗi lần chúng đều đong đầy thóc bởi các dụng
cụ trên. Khi cho đong lại thì chứa đúng 7 đấu thóc, vung nồi chứa đúng 3 đấu thóc, còn rá chứa đúng
5 đấu thóc.
9.. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN
61
Biết số thóc ở mỗi cót bằng nhau, nhiều hơn 200 đấu và ít hơn 300 đấu. 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 từ 201 đến 299
thỏa mãn ba điều kiện: chia cho 7 dư 3, chia cho 3 dư 1, chia cho 5 dư 2.
Xét điều kiện chia cho 7 dư 3. Ta thấy 201 : 7 = 28 (dư 5) nên 203 chia hết cho 7. Số đấu thóc chia cho
7 dư 3 nên thuộc dãy số sau: 206, 213, 220, 227, 234, 241, 248, 255, 262, 269, 276, 283, 290, 297.
Xét điều kiện chia cho 5 dư 2. Trong các số trên ta chọn số chia cho 5 dư 2, tức là số tận cùng bằng 2
hoặc 7, đó là các số 227, 262, 297.
Xét điều kiện chia cho 3 dư 1. Trong các số trên chỉ có 262 chia cho 3 dư 1.
Vậy số đấu thóc ở mỗi cót thóc là 262 đấu.
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
ba đấu thóc và một cái nồi
một đấu thóc và một cái vung nồi
Đề bài sửa lại
bốn đấu thóc và một cái nồi
chỉ có một cái vung nồi
Khi đó, số đấu thóc cộng với 3 phải chia hết cho 7, cho 3, cho 5 nên chia hết cho 7.3.5 = 105, do đó là
210. Số đấu thóc ở mỗi cót thóc là 210 − 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. Có 16 đấu thủ thi đấu bóng bàn theo thể thức đấu vòng tròn, mỗi người đấu với mỗi
người khác một trận (không có trận hòa). 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.
16.15
Có
= 120 trận đấu, nên có 120 trận thắng. Do 120 chia 16 được 7 và còn dư nên tồn tại một đấu
2
thủ thắng 8 trận, gọi người đó là A.
8.7
Xét 8 người thua A, những người này đấu với nhau
= 28 trận, nên có 28 trận thắng. Do 28 chia 8
2
được 3 và còn dư nên tồn tại một đấu thủ thắng 4 trận, gọi người đó là B.
4.3
Xét 4 người thua B, những người này đấu với nhau
= 6 trận, nên có 6 trận thắng. Do 6 chia cho 4
2
được 1 và còn dư nên tồn tại một đối thủ thắng 2 trận, gọi người đó là C.
Xét hai người thua C đó, gọi người thắng trong trận đấu giữa hai người này là D, người còn lại là E.
Ta có đấu thủ A thắng B, C, D, E; đấu thủ B thắng C, D, E; đấu thủ C thắng D và 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
không quen ít nhất 6 người.
Lời giải.
Trước hết ta thấy không thể có mỗi người quen đúng 3 người khác. Thật vậy, nếu mỗi người quen 3
3.9
người khác thì số cặp quen nhau là
, không là số tự nhiên, vô lí.
2
Gọi một trong 9 người là A, giả sử A quen x người. Theo nhận xét trên thì x 6= 3.
Nếu x ≥ 4 thì bài toán được chứng minh.
Nếu x ≤ 2 thì số người mà A không quen lớn hơn hoặc bằng 6, bài toán được chứng minh.
62
MỤC LỤC
II.
Sự thay đổi trạng thái, thay đổi giá trị
Ví dụ 3. Ba bạn A, B, C có tất cả 30 viên bi: A có 9 viên, B có 10 viên, C có 11 viên. 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 không?
Lời giải.
Số bi của ba bạn A, B, C lúc đầu có số dư khi chia cho 3 là 0, 1, 2.
Nếu A nhận được bi của hai bạn kia thì số bi của A, B, C là 11, 9, 10 có số dư khi chia cho 3 là 2, 0, 1.
Nếu B nhận được bi của hai bạn kia thì số bi của A, B, C là 8, 12, 10 có số dư khi chia cho 3 là 2, 0, 1.
Nếu C nhận được bi của hai bạn kia thì số bi của A, B, C là 8, 9, 13 có số dư khi chia cho 3 là 2, 0, 1.
Như vậy, sau lượt đầu tiên, số bi của ba bạn đều có số dư khi chia cho 3 là 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 là 1, 1, 1, tức là không bao giờ xảy ra
mỗi bạn đều có 10 viên bi.
Lưu ý. Trong bài toán trên, có một tính chất không thay đổi (gọi là bất biến) ở mỗi lượt, đó là số bi của
ba người khi chia cho 3 đều có đủ ba số dư là 0, 1, 2.
Ví dụ 4. Có n bóng 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 cả n bóng đèn đều bật không
nếu n bằng:
a) 50;
b) 31?
Lời giải.
a) Có thể xảy ra.
Trong 12 lượt, mỗi lượt ta bật 4 bóng đèn, được 48 bóng sáng, còn lại hai bóng 49 và 50.
Lượt thứ 13, ta bật bóng 49 và tắt ba bóng 1, 2, 3.
Lượt thứ 14, ta bất bóng thứ 50 và bật ba bóng 1, 2, 3.
Tất cả 50 bóng đèn đều ở trạng thái bật.
b) Không thể xảy ra.
Lúc đầu, số bóng đèn bật là 0. Sau lượt thứ nhất, số bóng đèn bật là 4.
Ở mỗi lượt, nếu có thêm x bóng đèn bật (0 ≤ x ≤ 4) thì có thêm 4 − x bóng đèn tắt, nên số bóng
đèn bật thay đổi là x − (4 − x) = 2x − 4, là một số chẵn.
Lúc đầu, số bóng đèn bật bằng 0 (là một số chẵn), mỗi lượt thay đổi một số chẵn (là 2x − 4), nên
số bóng đèn bật luôn là một số chẵn, không thể bằng 31.
Lưu ý. Bất biến trong ví dụ trên là: Số bóng đèn ở một trạng thái (chẳng hạn bật) trong hai lượt
liên tiếp luôn chênh lệch một số chẵn.
1 1 1
1
Ví dụ 5. Cho 48 số , , , . . . ,
.
2 3 4
49
Người ta xóa hai số x, y bất kì trong các số trên rồi thay bằng số mới xy + 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.
Gọi 48 số đã cho lần lượt bị xóa là a1 , a2 , . . . , a48 . Gọi số mới lần lượt thêm vào là b1 , b2 , b3 , . . .
Ta xóa a1 và a2 rồi thay bằng b1 , xóa b1 và a3 rồi thay bằng b2 , xóa b2 và a4 rồi thay bằng b3 , . . . , xoá b46
và a48 rồi thay bằng b47 . Giá trị phải tìm là b47 .
Ta có hằng đẳng thức xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1) nên xy + x + y = (x + 1)(y + 1) − 1.
Do đó b1 = a1 a2 + a1 + a2 = (a1 + 1)(a2 + 1) − 1;
b2 = (b1 + 1)(a3 + 1) − 1 = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1) − 1;
b3 = (b2 + 1)(a4 + 1) − 1 = (a1 + 1)(a2 + 1)(a3 + 1)(a4 + 1) − 1.
9.. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN
63
Cứ như vậy ta có
b47 = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (a47 + 1)(a48 + 1) − 1
Å
ãÅ
ã Å
ãÅ
ã
1
1
1
1
=
+1
+1 ...
+1
+1 −1
2
3
48
49
3 4
50
= . . . . . . − 1 = 25 − 1 = 24.
2 3
49
Vậy số còn lại sau cùng là 24.
Ví dụ 6. Cho ba số khác nhau trên bảng. Mỗi lượt, ta xóa hai số bất kì trong ba số đang có, giả
a+b
a−b
sử xóa a và b, rồi thay bằng hai số mới là √ và √ , giữ nguyên số còn lại. Cứ làm như vậy
2
√
√ 2
√
nhiều lần, ta được ba số là 2 + 2, 2 − 2 và 0. Ba số lúc đầu có thể là 1, 2, 2 hay không?
Lời giải.
ã
Å
ã
a+b 2
a−b 2
Ta có hằng đẳng thức √
+ √
= a2 + b2 .
2
2
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
số√cuối.
√ ba số lúc đầu bằng tổng các bình phương của ba
2
Giả sử ba số lúc đầu là 1, 2, 2 thì tổng các bình phương của chúng bằng 1 + ( 2)2 + 22 = 7.
Tổng các bình phương của ba số lúc cuối bằng
√
√
(2 + 2)2 + (2 − 2)2 + 02 = 12 6= 7.
Å
√
Vậy ba số lúc đầu không thể là 1, 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 bạn A, B, C tham gia một cuộc thi. Kết quả đa số thành viên trong Ban giám khảo cho điểm
của A cao hơn điểm của B, cho điểm của B cao hơn điểm của C. Có thể khẳng định rằng đa số thành
viên trong Ban giám khảo cho điểm của A cao hơn điểm của C hay không?
Lời giải.
Không thể khẳng định rằng đa số thành viên trong Ban giám khảo cho điểm của A cao hơn điểm của
C.
Chẳng hạn Ban giám khảo có ba người và cho điểm như sau:
Người thứ nhất cho A > B > C, người thứ hai cho B > C > A, người thứ ba cho C > A > B.
Với cách cho điểm như trên, có hai người cho điểm của A cao hơn điểm của B, có hai người cho điểm
của B cao hơn điểm của C, nhưng chỉ có một người cho điểm của A cao hơn điểm của C.
Bài 2. Trong một cuộc thi đấu bóng bàn, mỗi đấu thủ thi với mỗi đấu thủ khác một trận, không có
trận hòa. Chứng minh rằng tồn tại ba đấu thủ A, B, C mà A thắng B, B thắng C, C thắng A nếu xảy
ra một trong các điều kiện sau:
a) Không có đấu thủ nào thắng tất cả các trận.
b) Có hai đấu thủ có số trận thắng bằng nhau.
Lời giải.
a) Gọi A là người có số trận thắng nhiều nhất. Do A không thắng tất cả các trận, nên tồn tại đấu
thủ C thắng A. Trong số những người thua A, tồn tại một người thắng C (vì nếu tất cả những
người thua A đều thua C thì C có số trận thắng nhiều hơn A), gọi người đó là B.
Ta có A thắng B, B thắng C, C thắng A.
b) Gọi A và B là hai người có số trận thắng bằng nhau và giả sử A thắng B. Trong số những người
thua B, tồn tại một người thắng A (vì nếu tất cả những người thua B đều thua A thì A có số
trận thắng nhiều hơn B, trái với A và B có trận thắng bằng nhau), gọi người đó là C.
Ta có A thắng B, B thắng C, C thắng A.
64
MỤC LỤC
Bài 3. Trong một giải bóng đá, có 9 đội đấu vòng tròn một lượt. Chứng minh rằng sau khi kết thức
ba vòng đấu (tức là mỗi đội đã đấu đúng 3 trận), tồn tại ba đội đôi một chưa đấu với nhau.
Lời giải.
Vì mỗi đội đấu 3 trận nên tồn tại hai đội chưa đấu với nhau, gọi hai đội đó là A và B. Còn lại 7 đội.
Do A mới đấu 3 trận, B mới đấu 3 trận nên trong 7 đội trên, tồn tại một đội chưa đấu với A và B, gọi
đội đó là C.
Ta có ba đội A, B, C đôi một chưa đấu với nhau.
Bài 4. Viết 20 số 1, 2, 3, 4, . . . , 20 theo thứ tự tăng dần. Mỗi lượt, ta đổi chỗ hai số cách nhau một số
(chẳng hạn đổi chỗ 1 và 3, đổi chỗ 8 và 10 . . . ). Cứ làm như vậy, ta có thể được dãy số theo thứ tự
ngược lại là 20, 19, . . . , 2, 1 hay không?
Lời giải.
Theo cách đổi chỗ của bài toán, số chẵn luôn ở vị trí chẵn, số lẻ luôn ở vị trí lẻ của dãy. Do đó không
thể xảy ra số 20 ở vị trí thứ nhất.
Vậy không thể đổi chỗ để dãy số viết theo thứ tự ngược lại.
Bài 5. Có 51 quân bài đang đặt sấp. Mỗi lượt, người ta thay đổi vị trí sấp - ngửa của 6 quân bài. Có
thể xảy ra tất cả 51 quân bài đều đặt mặt ngửa hay không?
Lời giải.
Lúc đầu, số quân bài mặt ngửa là 0. Sau lượt thứ nhất, số quân bài mặt ngửa là 6.
Ở mỗi lượt, nếu có thêm x quân bài mặt ngửa (0 ≤ x ≤ 6) thì có thêm 6 − x quân bài mặt sấp, nên số
quân bài mặt ngửa thay đổi là x − (6 − x) = 2x − 6, là số chẵn.
Lúc đầu, số quân bài mặt ngửa bằng 0 (là một số chẵn), mỗi lượt thay đổi một số chẵn (là 2x − 6), nên
số quân bài mặt ngửa luôn là một số chẵn, do đó không thể bằng 51.
Bài 6. Có 75 bóng đèn gồm 30 bóng xanh, 25 bóng đỏ, 20 bóng 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 toàn bộ 75 bóng đèn đều cùng một màu hay không?
Lời giải.
Ta có nhận xét: Khi chuyển từ lượt trước sang lượt sau, số bóng đèn của một màu bất kì hoặc tăng 2,
hoặc giảm 1, do đó hiệu của số bóng đèn của hai màu bất kì hoặc thay đổi 3 (nếu một màu tăng 2,
một màu giảm 1) hoặc thay đổi 0 (nếu cả hai màu đều tăng hai hoặc đều giảm 1), tức là thay đổi một
bội của 3.
Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn xanh và đỏ bằng 30 − 25 = 5, là số chia cho 3 dư 2. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn xanh và đỏ luôn là một số chia cho 3 dư 2, không thể xảy ra số bóng đèn
xanh và số bóng đèn đỏ đều bằng 0, tức là không thể xảy ra tất cả 75 bóng đèn đều màu vàng.
Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng bằng 25 − 20 = 5, là số chia cho 3 dư 2. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn đỏ và vàng luôn là một số chia cho 3 dư 2, không thể xảy ra số bóng đèn
đỏ và số bóng đèn vàng đều bằng 0, tức là không thể xảy ra tất cả 75 bóng đèn đều màu xanh.
Lúc đầu, hiệu của số bóng đèn xanh và vàng bằng 30 − 20 = 10, là số chia cho 3 dư 1. Theo nhận xét
trên, hiệu của số bóng đèn xanh và vàng luôn là một số chia cho 3 dư 1, không thể xảy ra số bóng đèn
xanh và số bóng đèn vàng đều bằng 0, tức là không thể xảy ra tất cả 75 bóng đèn đều màu đỏ.
Lưu ý. Bất biến trong bài toán trên là: Hiệu của số bóng đèn của hai màu bất kì luôn thay đổi một bội
của 3.
Bài 7. Cho một dãy gồm n số tự nhiên (n ≥ 4) là 1, 2, 3, . . . , n. Mỗi lượt người ta xóa hai số x, y bất kì
rồi thay bằng số xy + 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 còn lại số mới cuối cùng. Số đó có thể là 20172018 được không?
Lời giải.
Gọi n số đã cho lần lượt bị xóa là a1 , a2 , . . . , an .
Gọi số mới lần lượt thêm vào là b1 , b2 , . . .
Ta xóa a1 và a2 rồi thay bằng b1 , xóa b1 và a3 rồi thay bằng b2 , xóa b2 và a4 rồi thay bằng b3 , . . ., xóa
bn−2 và an rồi thay bằng bn−1 .
Số mới cuối cùng là bn−1 .
Xét hằng đẳng thức xy + x + y + 1 = (x + 1)(y + 1), ta sẽ tìm được
bn−1 = (a1 + 1)(a2 + 1) . . . (an + 1) − 1 = 2.3 . . . (n + 1) − 1 = (n + 1)! − 1.
9.. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN
65
Do n ≥ 4 nên (n + 1)! tận cùng bằng 0, suy ra bn−1 tận cùng bằng 9, không thể bằng 20172018 được.
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.
Gọi 100 số đã cho xếp tăng dần là a1 , a2 , . . . , a100 .
Đặt A = (a100 − a99 ) + (a99 − a98 ) + (a98 − a97 ) + · · · + (a2 − a1 ).
Nếu chỉ có nhiều nhất là 48 cặp số nguyên dương liên tiếp thì trong 99 hiệu của biểu thức A, chỉ có
nhiều nhất là 48 hiệu có giá trị bằng 1, do đó có ít nhất là 51 hiệu có giá trị từ 2 trở lên.
Khi đó A ≥ 48 + 51.2 = 150. Mặt khác, A = a100 − a1 ≤ 150 − 1 = 149. Điều này vô lí. Vậy số cặp số
nguyên dương liên tiếp phải lớn hơn hoặc bằng 49.
1
1
số câu hỏi, B trả lời sai 7 câu hỏi. Có số
3
5
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 đó m là số câu hỏi của bài thi, d là số câu hỏi cả A và B đều trả
lời đúng, c là số câu hỏi cả A và B đều trả lời sai, a là số câu hỏi chỉ A trả lời sai, b là số câu hỏi chỉ B
trả lời sai.
Bài 9. Hai bạn A và B cùng làm một bài thi; A trả lời sai
(m)
d
(7)
a
b
c
m
3
Theo đề bài ta có
m
3
b+c = 7
m
c=
5
a+c =
(1)
(2)
(3)
Ta có d = m − a − (b + c) = m − a − 7.
(4)
Cần tìm giá trị lớn nhất của d.
m m
2m
13m
Từ (1) và (3) suy ra a =
− =
. Do dó m − a =
.
(5)
3
5
15
15
m
Từ (2) và (3) suy ra c ≤ 7 ⇒
≤ 7 ⇒ m ≤ 35.
5
Do (5) nên m chia hết cho 15, do đó m ≤ 30.
(6)
13.30
= 26. Kết hợp với (4) ta có d ≤ 26 − 7 = 19.
Từ (5) và (6) suy ra m − a ≤
15
Vậy có nhiều nhất 19 câu hỏi cả A và B đều trả lời đúng.
Bài 10 (International Mathematics Tournament of the Towns 2010). Mỗi giỏ trong 6 giỏ 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 của 31.
Lời giải.
Trong cách đếm số táo, chúng ta đã đếm mỗi quả lê 5 lần. Do đó tổng số táo gấp 5 lần tổng số quả lê.
Tương tự như vậy, trong cách đếm số mận, chúng ta đã đếm mỗi quả táo 5 lần, nên tổng số mận gấp
66
MỤC LỤC
5 lần tổng số táo, và gấp 25 lần tổng số lê. Vậy tổng số trái cây gấp 1 + 5 + 25 = 31 lần tổng số lê, và
do đó là một bội của 31.
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 rằng 1 là 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 số 2 chỉ 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). Lớp 9A có 6 học
sinh tham gia một kì thi toán và nhận được 6 điểm số khác nhau là các số nguyên từ 0 đến 20. Gọi m
là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Ta nói rằng hai học sinh (trong 6 học sinh trên)
lập thành một cặp hoàn hảo nếu như trung bình cộng điểm số của hai em đó lớn hơn m.
a) Chứng minh rằng không thể chia 6 học sinh trên thành 3 cặp mà mỗi cặp đều hoàn hảo.
b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp hoàn hảo?
Lời giải.
a) Giả sử có thể chia 6 học sinh thành 3 cặp mà mỗi cặp đều hoàn hảo. Gọi số điểm của các cặp học
sinh này là (a1 ; a2 ), (a3 ; a4 ), (a5 ; a6 ).
a1 + a2
a3 + a4
a5 + a6
Ta có
> m,
> m,
> m.
2
2
2
Do đó ta có
a3 + a4
a5 + a6
a1 + a2
+
+
> 3m
2
2
2
a + a2 + a3 + a4 + a5 + a6
a + a2 + a3 + a4 + a5 + a6
⇔ 1
> 3· 1
·
2
6
Điều này vô lí. Vậy ta có điều phải chứng minh.
b) Xét tập X = {0; 16; 17; 18; 19; 20} với m = 15 có 10 cặp hoàn hảo. Ta đi chứng minh có nhiều nhất 10
cặp hoàn hảo.
Giả sử có nhiều hơn hoặc bằng 11 cặp hoàn hảo. Gọi 6 tên thí sinh là A, B, C, D, E, F.
Với tổng 15 cặp thí sinh, ta chia thành các nhóm như sau:
Nhóm 1: { AB; CD; EF }.
Nhóm 2: { AC; BE; DF }.
Nhóm 3: { AD; CE; BF }.
Nhóm 4: { AE; BD; CF }.
Nhóm 5: { AF; BC; DE}.
Do có ít nhất 11 cặp hoàn hảo mà chỉ có 5 nhóm nên theo nguyên lí Dircichlet, có ít nhất một nhóm đủ
3 thí sinh, theo câu a) thì điều này vô lí. Vậy có nhiều nhất 10 cặp hoàn hảo.
Bài 13. Trên bảng viết các số nguyên từ (−11) đến 11. Người ta xóa hai số a và b bất kì và viết thêm
5a − 12b
12a + 5b
lên bảng hai số
và
. Hỏi cứ tiếp tục như vậy thì có thể xảy ra tình trạng tất cả các số
13
13
trên bảng bằng nhau không?
Lời giải.
Xét dãy số gồm 23 số: −11; −10; . . . ; 0; 1; . . . ; 11.
5a − 12b
12a + 5b
Xóa hai số a và b bất kì và viết thêm lên bảng hai số
và
.
13
13
5a − 12b
12a + 5b
Vì a, b là các số nguyên nên
và
là các số hữu tỉ.
13
13
Ta có
Å
ã
Å
ã
12a + 5b 2
25a2 − 120ab + 144b2 + 144a2 + 120ab + 25b2
5a − 12b 2
+
=
13
13
169
2
2
= a +b .
9.. CÁC BÀI TOÁN SUY LUẬN
67
Do đó sau khi thay đổi như vậy thì tổng các bình phương các số hạng của dãy không thay đổi.
Tổng bình phương các số hạng ban đầu là
S = (−11)2 + (−10)2 + · · · + 02 + 12 + · · · + 102 + 112
Ä
ä
= 112 + 102 + · · · + 22 + 12 .2
= 1012.
√
Giả sử sau một số bước ta có các số đều bằng nhau và đều bằng x, thế thì 23x2 = 1012 hay x = ± 44
là số vô tỉ, điều này vô lí. Vậy không 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 là 1 mét thì sẽ ngừng phát triển.
Một con sâu khi đạt chiều dài tối đa có thể bị chia thành hai con mà không nhất thiết có cùng độ dài.
Các con sâu này tiếp tục phát triển với tốc độ 1 mét mỗi giờ. Hỏi rằng từ một con sâu trưởng thành
ban đầu, sau ít hơn một giờ có thể có 10 con sâu trưởng thành không?
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 dài t và (1 − t) tương ứng, với
1
0<t≤ .
2
Khi đó tại thời điểm t, phần mà có chiều dài t trở thành 2t, trong khi phần kia trở thành sâu phát triển
đầy đủ. Chúng ta phân nó thành hai phần với độ dài 2t và (1 − 2t) tương ứng. Vì vậy, sau khi tách
chúng ta có hai con sâu dài 2t và (1 − 2t). Trong thời gian 2t sau khi tách lần thứ hai (hoặc t + 2t = 3t
tính từ ban đầu), chúng ta có hai con sâu chiều dài 4t (trưởng thành từ phần 2t) 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 dài 4t và (1 − 4t). Sau lần tách này chúng ta có ba con sâu với chiều dài 4t và
một con với chiều dài (1 − 4t). Tương tự như vậy, trong thời gian 4t = 22 t (3t + 4t = 7t tính từ đầu),
chúng ta có ba con sâu với chiều dài 8t = 23 t và một con sâu phát triển đầy đủ. Một lần nữa, chúng
ta tách con sâu phát triển đầy đủ thành hai phần có chiều dài 8t và (1 − 8t). Tại thời điểm đó, chúng
ta có bốn con sâu dài 8t và một con chiều dài (1 − 8t).
Trong thời gian (2k − 1)t tính từ đầu chúng ta có (k + 1) con sâu dài 2k t và 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
1
lấy t sao cho 2k t = 1 hay t = k và tại thời điểm này chúng ta sẽ có (k + 2) con sâu trưởng thành hoàn
2
toàn.
1
Vậy để có được 10 con sâu trường thành hoàn toàn trong vòng chưa đầy một giờ (có thể lấy trong
2
1
1
giờ) thì chúng ta có thể chọn t = 9 =
.
2
512
Bài 15 (International Mathematics Tournament of the Towns 2011). Một con rồng đưa cho một
hiệp sĩ bị nó giam giữ 100 đồng 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 (không nhất thiết bằng nhau). Con rồng sẽ trả tự do cho hiệp sĩ nếu như hôm 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 đống 25 và 75 đồng xu, và mỗi ngày tiếp theo
di chuyển một đồng xu từ đống lớn sang đống nhỏ hơn. Khi đó, trong 25 ngày (nếu không phải trước
đó) thì hiệp sĩ được tự do.
Thật vậy, chúng ta gọi m và n lần lượt là số đồng xu ma thuật và đồng xu bình thường trong đống
nhỏ vào ngày đầu tiên. Ở đây ta có m + n = 25, 0 < m < 25, 0 < n < 25 (vì nếu m hoặc n bằng 0 hoặc
25 thì hiệp sĩ sẽ được tự do). Tại một thời điểm nào đó m hoặc n tăng đến 25 thì hiệp sĩ được tự do.
68
MỤC LỤC
Trong trường hợp xấu nhất (mất số ngày nhiều nhất để được tự do) trong 24 ngày (bao gồm cả ngày
đầu tiên) trong đống nhỏ hơn sẽ có 48 xu, 24 đồng xu ma thuật và 24 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 thành 25. Vì vậy, một trong hai loại đồng xu được chia đôi trong hai
đống và hiệp sĩ được tự do.
10.
I.
TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
Phương pháp phát hiện tính chia hết
Câu 1 (Đề thi vào 10, Chuyên Hoàng Lê Kha Tây Ninh, 2017). Chứng minh P(n) = n4 − 14n3 + 71n2 −
154n + 120 luôn chia hết cho 24, với mọi số tự nhiên n ∈ N∗ .
Lời giải.
Ta có P(n) = n4 − 14n3 + 71n2 − 154n + 120 = (n − 2)(n − 3)(n − 4)(n − 5) là tích 4 số tự nhiên liên
tiếp chia hết cho 3; 8 mà 3; 8 ≥ 1 nên chia hết cho 24 (đpcm)
4
Câu 2 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị, 2017). Tìm chữ số tận cùng của a = 20176 .
Lời giải.
4
4
4
20176 ≡ 76 ≡ 36 ≡ 814·81 ≡ 1 (mod 10).
Câu 3 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2017). Cho số tự nhiên
A = 777
. . . 7} −18 + 2n (với n ∈ N, n ≥ 2)
| {z
n chữ số 7
Chứng minh rằng A chia hết cho 9.
Lời giải.
Với số tự nhiên a ∈ N∗ , ta đặt S(a) là tổng các chữ số của a. Khi đó ta luôn có a − S(a) chia hết cho 9.
Ta có:
A = 777
. . . 7} − 18 + 2n = 7.111
. . . 1} − 18 + 2n = 7.(111
. . . 1} − n) + 9(n − 2).
| {z
| {z
| {z
n chữ số 7
n chữ số 1
n chữ số 1
Tổng các chữ số của 111
. . . 1} là n nên ta có 111
. . . 1} − n chia hết cho 9.
| {z
| {z
n chữ số 1
n chữ số 1
Vì vậy 7(111
. . . 1} − n) chia hết cho 9.
| {z
n chữ số 1
Hiển nhiên 9(n − 2) chia hết cho 9.
.
Do đó A .. 9.
Câu 4 (Thi vào 10, Chuyên Bạc Liêu, 2017). Cho n = 2018.20172016 − 112017 − 62016 . Chứng minh n
chia hết cho 17.
Lời giải.
Ta có 2017 ≡ 11 mod 17 ⇒ 20172016 ≡ 112016 mod 17.
Mặt khác: 2018 ≡ 12 mod 17.
Suy ra 2018.20172016 ≡ 12.112016 mod 17.
Hay 2018.20172016 ≡ (11 + 1).112016 ≡ 112017 + 112016 mod 17.
Suy ra 2018.20172016 − 112017 ≡ 112016 mod 17.
Suy ra n = 2018.20172016 − 112017 − 62016 ≡ 112016 − 62016 mod 17.
Ta lại có:
• 112 ≡ 2 mod 17, suy ra 112016 = (112 )1008 ≡ 22008 mod 17.
• 62 ≡ 2 mod 17, suy ra 62016 = (62 )1008 ≡ 22008 mod 17.
Do đó ta có n ≡ 21008 − 21008 = 0 mod 17.
Vậy n chia hết cho 17.
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN 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 + c2018 chia hết cho 6.
Lời giải.
Đặt A = a2014 + b2015 + c2016 , B = a2016 + b2017 + c2018 .
Ta có: B − A = a2014 (a2 − 1) + b2015 (b2 − 1) + c2016 (c2 − 1).
.
.
Nhận thấy rằng a(a2 − 1) = (a − 1)a(a + 1) .. 6 ⇒ a2014 (a2 − 1) .. 6.
.
.
.
Tương tự ta có b2014 (b2 − 1) .. 6, c2014 (c2 − 1) .. 6 nên ta suy ra B − A .. 6.
.
.
Mà A .. 6 nên B .. 6.
Câu 6 (Đề thi vào 10, Phổ thông năng khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Cho x, y là hai số nguyên với x >
y > 0.
a) Chứng minh rằng nếu x3 − y3 chia hết cho 3 thì x3 − y3 chia hết cho 9.
b) Tìm tất cả những giá trị k nguyên dương sao cho x k ˘yk chia hết cho 9 với mọi x, y mà xy không
chia hết cho 3.
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. Mà 3 là số

(x − y)3 ... 9
.
⇒ x3 − y3 .. 9.
nguyên tố nên x − y chia hết cho 3. Suy ra
.

3xy(x − y) .. 9
b) Cho x = 2, y = 1 suy ra xy không chia hết cho 3.
.
.
Ta có x k − yk = 2k − 1 .. 9 ⇒ 2k − 1 .. 3.
Do 2 ≡ −1(mod3) ⇒ 2k − 1 ≡ (−1)k − 1(mod3) nên k là số chẵn.
Ta chứng minh k = 6n (n ∈ N∗ ).
Thật vậy,
- Với k = 6n + 2 ⇒ 2k − 1 = 26n+2 − 1 ≡ 3(mod9). Suy ra k = 6n + 2 không thỏa mãn.
- Với k = 6n + 4 ⇒ 2k − 1 = 26n+4 − 1 ≡ 6(mod9). Suy ra k = 6n + 4 không thỏa mãn.
Vậy k = 6n.
.
Ta lại có x k ˘yk = x6n ˘y6n = (x6 )n ˘(y6 )n .. (x6 ˘y6 ). Do xy không chia hết cho 3 nên cả x, y đều
không chia hết cho 3.
.
.
.
- TH1. x ≡ y(mod3) ⇒ x3 ˘y3 .. 3. Theo câu (1) suy ra x3 ˘y3 .. 9 ⇒ x k − yk .. 9.
- TH2. x, y không cùng số dư khi chia
® chia cho 3.
x = 3a + 1
Không mất tính tổng quát, giả sử
.
y = 3b + 2
.
Ta có x3 + y3 = (3a + 1)3 + (3b + 2)3 = 27a3 + 27a2 + 9a + 27b3 + 27b2 + 9b + 9 .. 9.
.
.
Suy ra x6 − y6 = (x3 − y3 )(x3 + y3 ) .. 9 ⇒ x k − yk .. 9.
Vậy tập tất cả các số thỏa mãn đề bài là k = 6n với n là số tự nhiên.
Câu 7 (Đề thi vào 10, SoGiaoDucHaNoi-ChuyenTin, 2017). Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn
a2 + b2 = c2 . Chứng minh ab chia hết cho a + b + c.
Lời giải.
Đặt t = 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 Å
ã
Å
ã
−t2 + 2ta + 2tb
−t + 2a + 2b
−t + 2a + 2b
⇔ ab =
=t
= (a + b + c)
t
2
2
Vậy ab chia hết cho a + b + c.
70
MỤC LỤC
Câu 8 (Đề thi vào 10, Chuyên Trần Hưng Đạo, Bình Thuận, 2017). Cho n số nguyên a1 , a2 , . . . , an thỏa
mãn S = a1 + a2 + . . . + an chia hết cho 6. Chứng minh P = a31 + a32 + . . . + a3n cũng chia hết cho 6.
Lời giải.
Ta có
P − S = (a31 − a1 ) + (a32 − 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 cho 6 (là tích 3 số nguyên liên tiếp), do đó P − S
chia hết cho 6, mà S chia hết cho 6 nên P chia hết cho 6.
Câu 9 (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Vĩnh Long, 2017). Tìm tất cả số nguyên x sao cho 2x2 + x − 2 chia
hết cho x2 + 1.
Lời giải.
2x2 + x − 2
x−4
Ta có:
= 2+ 2
2
x +1
x +1
Xét x = 4 ⇒ 2x2 + x − 2 chia hết cho x2 + 1
.
Xétïx 6= 4 để (x − 4) .. (x2 +ï1) ⇒ | x − 4| ≥ x2 + 1
x − 4 ≥ x2 + 1
x2 − x + 5 ≤ 0 (1)
⇔
⇔
x − 4 ≤ − x2 − 1
x2 + x − 3 ≤ 0 (2)
Ta nhận thấy (1) vô nghiệm còn (2) kết hợp với điều kiện x là số nguyên suy ra x ∈ {−2, −1, 0, 1}
Thử lại ta nhận giá trị x = 0.
Vậy x ∈ {0; 4} thì 2x2 + x − 6 chia hết cho x2 + 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 cho 120 được số dư là 88 và khi chia cho 61 được số dư là 39.
Lời giải.
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số phải tìm là x, 1000 ≤ x ≤ 9999.
Theo giả thiết ta có x = 120n + 88 = 61k + 39 với n, k ∈ N.
Từ đó ta có 120n − 60k = k − 49 suy ra k − 49 chia hết cho 60.
Mặt khác ta có:
961
9960
1000 ≤ x ≤ 9999 ⇒ 1000 ≤ 61k + 39 ≤ 9999 ⇒
≤k≤
61
61
⇒ 15 < k < 164 ⇒ −34 < k − 49 < 115.
Mà k − 49 chia hết cho 60 nên k − 49 chỉ có thể là 0; 60.
Với k = 49 ⇒ x = 3028 (chia 120 dư 28).
Với k = 109 ⇒ x = 6688 (chia 120 dư 88).
Vậy số cần tìm là 6688.
Câu 11 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016). Cho biểu thức Q = a4 + 2a3 − 16a2 − 2a + 15. Tìm
tất cả các giá trị nguyên của a để Q chia hết cho 16.
Lời giải.
Q = a4 + 2a3 − 16a2 − 2a + 15 = (a4 + 2a3 − 2a − 1) − 16(a2 − 1) = (a − 1)(a + 1)3 − 16(a2 − 1).
.
.
Với a lẻ, a = 2k + 1, k ∈ Z. Khi đó (a − 1)(a + 1)3 = 2k(2k + 2)3 = 16k(k + 1) .. 16 ⇒ Q .. 16
Với k chẵn, a = 2k, k ∈ Z. Khi đó (a − 1)(a + 1)3 = (2k − 1)(2k + 1)3 là một số lẻ nên không chia hết
cho 16. Do đó Q không chia hết cho 16.
Vậy khi a là một số lẻ thì Q chia hết cho 16.
Câu 12 (Đề thi vào 10, Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương, v2 , 2016). Tìm dạng tổng quát của số nguyên
dương n biết M = n.4n + 3n chia hết cho 7.
Lời giải.
• n = 2k (k nguyên dương): M = 2k.16k + 9k . Do 16k , 9k có cùng số dư với 2k khi chia cho 7, nên
.
.
M cùng dư với 2k.2k + 2k = (2k + 1)2k khi chia cho 7. Do đó, M .. 7 ⇔ 2k + 1 .. 7 ⇔ k = 7q + 3,
suy ra n = 14q + 6 (q ∈ N).
• n = 2k + 1 (k nguyên dương): M = 4(2k + 1).16k + 3.9k cùng dư với (k + 4).2k + 3.2k = (k + 7)2k
.
.
khi chia cho 7. Do đó, M .. 7 ⇔ k + 7 .. 7 ⇔ k = 7p,
suy ra n = 14p + 1 (n = 14p + 1.)
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
71
Vậy n = 14q + 6 hoặc n = 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 cho 3, với mọi m, n ∈ N∗ .
Lời giải.
Ta có 22m+1 = 2.22m = 2.4m = 2(3 + 1)m = 2(3k + 1) = 6k + 2, k ∈ N∗ Suy ra 22m+1 chia cho 3 dư 2,
với mọi m ∈ N∗ .
(1)
2n
n
n
n
∗
2n
Mặt khác 5 = 25 = (24 + 1) = (3.8 + 1) = 3p + 1, p ∈ N . Suy ra 5 chia cho 3 dư 1, với mọi
n ∈ N∗ .
(2)
Từ (1), (2) suy ra 22m+1 + 52n chia hết cho 3.
Câu 14 (Chuyên KHTN Hà Nội vòng 2, 2016). Với x, y là các số nguyên thỏa mãn đẳng thức
x2 − 1
=
2
y2 − 1
. Chứng minh rằng x2 − y2 chia hết cho 40.
3
Lời giải.
y2 − 1
x 2 − y2
x 2 + y2 − 2
x2 − 1
=
=
=
và x, y là các số lẻ, x = 2k + 1, y = 2m + 1 =⇒
Ta có
2
3
−1
5
.
x2 − y2 = 4(k − m)(k + m + 1) .. 8, x2 ≡ 0, 1, 4(mod 5), y2 ≡ 0, 1, 4(mod 5), mặt khác x2 + y2 ≡ 2(mod 5)
cho nên x2 ≡ 1(mod 5), y2 ≡ 1(mod 5) =⇒ x2 − y2 ≡ 0(mod 5).
Câu 15 (Đề thi vào 10, Chuyên Sư Phạm Hà Nội, 2016). Cho S là tập hợp các số nguyên dương n có
dạng n = x2 + 3y2 trong đó x, y là các số nguyên. Chứng minh rằng:
a) Nếu a, b ∈ S thì ab ∈ S.
b) Nếu N ∈ S và N chẵn thì N chia hết cho 4 và
N
∈ S.
4
Lời giải.
a) Nếu a, b ∈ S thì a = m2 + 3n2 và b = p2 + 3q2 .
Ta có ab = (m2 + 3n2 )(p2 + 3q2 ) = (mp + 3nq)2 + 3(mq − pn)2 .
Vậy ab ∈ S.
b) Nếu N ∈ S thì N = x2 + 3y2 . Dĩ nhiên nếu 2 | x thì từ N chẵn, ta có 2 | y, trường hợp này hiển
N
nhiên
∈ S.
4
Xét x, y đều lẻ, ta có x2 − 9y2 ≡ 1 − 9 ≡ 0 (mod 8), do đó 4 | x − 3y hoặc 4 | x + 3y. Giả sử
4 | x − 3y (trường hợp còn lại chứng minh tương tự). Khi đó:
N
=
4
Vậy
Å
x − 3y
4
ã2
x+y
+3
4
Å
ã2
N
∈S
4
Câu 16 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016). Cho x, y là hai số nguyên dương mà x2 + y2 + 10 chia hết cho
xy.
a) Chứng minh rằng x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng k =
x2 + y2 + 10
chia hết cho 4 và k ≥ 12.
xy
Lời giải.
a) Giả sử x là số chẵn. Vì x2 + y2 + 10 chia hết cho xy nên y là số chẵn. Từ đó ta có, x2 + y2 chia hết
cho 4 và x2 + y2 + 10 chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 (vô lí). Vậy x, y là hai số lẻ. Bây giờ,
ta giả sử (x, y) = d, d 6= 1. Suy ra d2 | (x2 + y2 ) và theo giả thiết thì d2 | 10 (vô lí). Tóm lại, x, y là
hai số lẻ và (x, y) = 1.
72
MỤC LỤC
4(a2 + b2 + a + b + 3)
. Do đó, k chia hết cho 4. Giả sử
(2a + 1)(2b + 1)
x chia hết cho 3. Lúc này, 3 | (y2 + 10) (vô lí). Vậy x và y cùng không chia hết cho 3. Ta có:
3 | x2 + y2 + 10 = kxy suy ra k chia hết cho 3. Từ đó ta có k ≥ 12.
b) Đặt x = 2a + 1, y = 2b + 1 suy ra k =
II.
Số nguyên tố và hợp số
Câu 17 (Đề thi vào chuyên 10, Sở giáo dục Hà Nội, 2017).
a) Cho p là một số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh 2017 − p2 chia hết cho 24.
√
b) Cho a, b, c là các số nguyên dương. Chứng minh a + b + 2 ab + c2 không phải là số nguyên tố.
Lời giải.
a) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số nguyên tố lẻ. Đặt p = 2k + 1.
Ta có 2017 − p2 = 2017 − (2k + 1)2 = 2016 − 4k(k + 1).
.
.
Một trong hai số k, k + 1 là số chẵn nên 4k(k + 1) .. 8. Do đó (2017 − p2 ) .. 8 (1).
Ta có 2017 − p2 = (442 − p2 ) + 81 = (44 − p)(44 + p) + 81.
Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3.
- Nếu p chia 3 dư 1 thì 44 + p chia hết cho 3.
- Nếu p chia 3 dư 2 thì 44 − p chia hết cho 3.
.
.
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 + c2 6∈ Q thì √
(a + b + 2 ab + c2 ) 6∈ Q.
2
2
TH2: Nếu ab
√+ c ∈ Q thì ab +∗c ∈ N.
Đặt a + 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 có x = a + b + 2 ab + c2 ≥ a + b + 2c nên x ≥ a − b + 2c ≥ a − b − 2c.
Mặt khác x | (a − b − 2c)(a − b + 2c) nên x không 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 dương k sao cho p − 1 = kq, q2 − 1 = kp.
a) Tìm tất cả các số nguyên tố p, q thỏa mãn đẳng thức (*).
Lời giải.
1) Dễ thấy p > q ≥ 2 và (p, q) = 1 cho nên tồn tại số nguyên dương k sao cho p − 1 = kq, (*)
⇐⇒ pkq = q(q2 − 1) ⇐⇒ q2 − 1 = kp.
2) Theo a ta có q2 − 1 = k(1 + kq) ⇐⇒ q2 − k2 q − 1 − k = 0 (1), giả sử q1 , q2 là các nghiệm của
phương trình (1), theo định lý vi-ét ta có q1 q2 = −1 − k, q1 + q2 = −k2√do |q1 |, |q2 | là các
√ số
1
−
5
1
+
5
nguyên lớn hơn 1 nên |q1 q2 | ≥ |q1 | + |q2 | suy ra 1 + k ≥ k2 ⇐⇒
≤ k ≤
,k
2
2
nguyên dương cho nên k = 1 =⇒ q = 2 và p = 3.
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
73
Câu 19 (Đề thi vào 10, Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi, 2017). Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn
điều kiện n2 + n + 3 là số nguyên tố. Chứng minh rằng n chia 3 dư 1 và 7n2 + 6n + 2017 không phải
là số chính phương.
Lời giải.
Vì n là số nguyên dương nên n2 + n + 3 > 3. Gọi r là số dư khi chia n cho 3, r ∈ {0, 1, 2}. Nếu r = 0
hoặc r = 2 thì n2 + n + 3 chia hết cho 3, mâu thuẫn với giả thiết n2 + n + 3 là số nguyên tố. Do đó
r = 1 hay n chia 3 dư 1. Khi đó 7n2 + 6n + 2017 chia 3 dư 2. Vì một số chính phương có số dư khi
chia cho 3 là 0 hoặc 1 nên 7n2 + 6n + 2017 không phải là một số chính phương.
Câu 20 (Đề thi vào 10, Phổ thông năng khiếu Hồ Chí Minh, 2017). Cho x, y là hai số nguyên với x >
y > 0. Chứng minh rằng nếu x3 − y3 chia hết cho x + y thì x + y không là số nguyên tố.
Lời giải.
Giả sử ngược lại x + y là số nguyên tố. Ta có
î
ó
.
x3 − y3 = (x − y) (x + y)2 − xy = (x − y)(x + y)2 − xy(x − y) .. (x + y).
.
Suy ra (x − y)xy .. (x + y), mà x + y nguyên tố nên

..
(x
−
y)
. (x + y)

 .
 .
(vô lý vì 0 < x, y, x − y < x + y).
x . (x + y)

.
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 nhiên a, b sao cho a2 + b2 + ab chia hết cho 10. Chứng minh rằng a2 + b2 + ab chia
hết cho 100.
Lời giải.
.
.
1) Ta có m2 − 2n2 − 1 = 0 ⇒ (m − 1)(m + 1) = 2n2 .. 2 ⇒ m lẻ, suy ra (m − 1)(m + 1) .. 4
.
.
⇒ 2n2 .. 4 ⇒ n .. 2 ⇒ n = 2. Do n là số nguyên tố.
Khi đó m2 = 2.22 + 1 ⇒ m = 3. Vậy cặp số nguyên tố cần tìm là (m, n) = (3, 2).
.
.
2) Ta có a2 + b2 + ab .. 10 ⇒ (a − b)(a2 + b2 + ab) = (a − b)3 .. 10 ⇒ a3 ≡ b3 (mod 10)
suy ra a ≡ b(mod 10) ⇒ ab ≡ a2 (mod10), a2 ≡ b2 (mod 10) ⇒ a2 + b2 + ab ≡ 3a2 (mod 10)
.
.
⇒ 3a2 ≡ 0(mod10) ⇒ a2 .. 10 (vì (3; 10) = 1), suy ra a .. 10.
.
Suy ra a2 .. 100 ⇒ a2 + b+ ab ≡ 3a2 (mod 100).
Vậy a2 + b2 + ab chia hết cho 100.
III.
Số tự nhiên và các số
Bài 1 (Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Hà Nội, 2011). Tìm 7 số nguyên dương sao cho tích các bình
phương của chúng bằng 2 lần tổng các bình phương của chúng.
Lời giải.
Gọi 7 số nguyên dương cần tìm là x1 ; x2 ; . . . ; x7 .
Khi đó theo đề bài x12 x22 . . . x72 = 2(x12 + x22 + . . . + x12 )
Giả sử x1 ≥ x2 ≥ . . . ≥ x7 ≥ 1.
74
MỤC LỤC
Khi đó x12 x22 . . . x72 ≤ 2.7.x12 = 14x12 suy ra x22 . . . x72 ≤ 14
Mà x22 x32 . . . x72 là số chính phương nên x22 x32 . . . x72 bằng 1; 4; 9
Nếu x22 x32 . . . x72 = 1 suy ra x2 = . . . = x7 = 1 khi đó x12 + 12 = 0 vô lý
Nếu x22 x32 . . . x72 = 4 suy ra x2 = 2; x3 = . . . = x7 = 1. Khi đó x1 = 3; x2 = 2; x3 = . . . = x7 = 1
Nếu x22 x32 . . . x72 = 9 suy ra x2 = 3; x3 = . . . = x7 = 1. Khi đó x1 = 2 vô lý vì x1 > x2
Vậy 7 số cần tìm là (3; 2; 1; 1; 1; 1; 1) và các hoán vị.
2n2 −6n+2
Bài 2 (Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Hà Nội, 2013-2014). Tìm số tự nhiên n để T = 5
là số nguyên tố.
Lời giải.
Ta có 2n2 − 6n + 2 = 2n(n − 3) + 2
.
Do n(n − 3) .. 2 nên 2n2 − 6n + 2 có dạng 4k + 2, với k ∈ N.
− 12
2
T = 52n −6n+2 − 12 = 54k+2 − 12 = 625k · 25 − 12 ≡ 1k · 25 − 12(ñ mod 13) ≡ 0( mod 13).
n=0
2
Vậy để T là số nguyên tố thì T = 13 ⇔ 52n −6n+2 − 12 = 13 ⇔
.
n=3
Bài 3 (Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Hà Nội, 2013-2014). Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 5x −
2y = 1.
Lời giải.
Ta có 5x − 2y = 1 ⇔ 2y = 5x − 1.
Với x = 2k + 1, ∀k ∈ N ta có 2y = 4(52k + 52k−1 + . . . + 5 + 1)
• Nếu y < 2 thì phương trình vô nghiệm.
• Nếu y = 2 thì x = 1 (thỏa mãn).
• Nếu y > 2 thì phương trình vô nghiệm vì VT chia hết cho 8 còn VP thì không chia hết cho 8.
Với(x = 2k, ∀k ∈ N ta có 2y = (5k − 1)(5k + 1)
5k − 1 = 2 a
với a, b ∈ N; 0 ≤ a < b; a + b = y. ⇒ 2b − 2a = 2a (2b−a − 1) = 2.
⇒
k
b
5 +1 = 2
.
• Nếu a ≥ 2 thì 2a (2b−a − 1) .. 4, vô lí.
• Nếu a = 1; a = 0 thì 5k = 3; 5k = 2, vô lí.
Vậy (x; y) = (1; 2).
Bài 4 (Đề thi vào 10, Chuyên Khoa học Tự nhiên, Hà Nội, 2012, Vòng 2). Tìm hai chữ số cuối
cùng của số A = 41106 + 572012 .
Lời giải.
Ta có 412 = (40 + 1)2 = 402 + 80 + 1 ≡ 81 mod 100.
Suy ra 414 ≡ 812 ≡ 61 mod 100 nên 415 ≡ 61 · 41 ≡ 1 mod 100.
21
Do đó 41106 ≡ 41 415
≡ 41 mod 100.
503
2
Ta lại có 57 ≡ 49 mod 100 nên 574 ≡ 1 mod 100, suy ra 572012 = 574
≡ 1 mod 100.
Vậy hai chữ số tận cùng của A là 41 + 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
⇒
= 3 · 4 · 6 · 7 · 8 · 9 · 11 · 12 là một số nguyên.
(1)
100
⇒ Hai chữ số tận cùng của S là 00.
Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của (1), nếu chỉ để ý đến chữ số
S
tận cùng, ta thấy
có chữ số tận cùng là 6 (vì 3 · 4 = 12; 2 · 6 = 12; 2 · 7 = 14; 4 · 8 = 32;
100
2 · 9 = 18; 8 · 11 = 88; 8 · 12 = 96).
Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600.
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN 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 có 2 chữ
số. Biết rằng nếu lấy tổng của 2 chữ số ấy cộng với 3 lần tích của 2 chữ số ấy thì bằng 17.
Lời giải.
Gọi số cần tìm là ab (0 < a ≤ 9, 0 ≤ b ≤ 9, a, b ∈ N).
17 − b
Khi đó ta có phương trình a + b + 3ab = 17 ⇒ a =
. Thử các giá trị của b từ 0 đến 9 ta nhận
1 + 3b
được các số tự nhiên sau: 14 và 41.
Bài 7 (Đề thi vào Chuyên KHTN Hà Nội năm 2013, vòng 1). Có bao nhiêu số nguyên dương có
năm chữ số abcde sao cho abc − (10d + e) chia hết cho 101?
Lời giải.
Ta có
abcde = abc · 100 + de
= abc · 101 − (abc − de)
= abc · 101 − (abc − (10 + e)).
Do đó, abc − (10d + e) chia hết cho 101 khi và chỉ khi abcde chia hết cho 101.
99999
9
Ta có 101 · m ≤ 99999 ⇔ m ≤
= 990 +
.
101
101
Suy ra số có năm chữ số lớn nhất chia hết cho 101 là 990 · 101.
999
Lại có 101 · n > 9999 ⇔ n >
= 99.
101
Suy ra số có năm chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101 là 100 · 101.
Vậy số các số có năm chữ số thỏa mãn yêu cầu đề bài là 990 − 100 + 1 = 891 số.
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
ó
î
2
2
⇔ x + 2y − 4 x + 2y + 4 + x2 = 2 ⇔ x + 2y − 2 + x2 = 2
(
2
2
0 ≤ x + 2y − 2 ≤ 2
⇒
⇒
x + 2y − 2 = x2 = 1.
0 ≤ x2 ≤ 2
Do x, y là các số nguyên dương nên x = y = 1. Vậy S = 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.
1 1 1
1
+ + −
.
a b
c
abc
1 1 1
1
Do a, b, c là các số tự nhiên nên P là số nguyên khi và chỉ khi M = + + −
là số nguyên.
a b
c
abc
Do a, b, c có vai trò như nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết a < b < c, suy ra a ≥ 1; b ≥ 2; c ≥
3; suy ra
1 1 1
1
1 1 1
1 1 1
0< + + −
< + + ≤ + + < 2.
a b
c
abc
a b
c
1 2 3
⇒ 0 < M < 2 ⇒ M = 1, (M ∈ Z)
Ta có P = abc − (a + b + c) +
⇒
1 1 1
1
+ + −
=1
a b
c
abc
76
MỤC LỤC
⇒ a + b + c = (a − 1)(b − 1)(c − 1) + 2(∗)
Nếu (a − 1)(b − 1) ≥ 4 thì với a < b < c ta có 3c > a + b + c ⇒ 3c > (a − 1)(b − 1)(c − 1 + 2) ⇒ 3c >
4(c − 1) + 2 ⇒ 3c > 4c − 2 ⇒ c < 2 (Trái với ĐK c ≥ 3)
Do đó a + b + c ≥ 6 nên từ (*) suy ra a − 1 > 0, suy ra b − 1 > 1, suy ra (a − 1)(b − a) chỉ có thể nhận
giá trị là 2 hoặc 3. 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 hoán vị của (2; 3; 5). Khi đó P = 21. Bài 10 (HSG toán 9, Hải Phòng, 2016 - 2017). Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a + b2
chia hết cho a2 b − 1.
Lời giải.
Ta có
.
(a + b2 ) .. (a2 b − 1) ⇒ a + b2 = k(a2 b − 1), k ∈ N∗
⇔ a + k = b(ka2 − b) hay mb = a + k (1) với m = 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)
Do m, b ∈ N∗ ⇒ (m − 1)(b − 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 − ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 − ka ≥ 0 ⇒ 1 ≥ k(a − 1).
∗
Vì a − 1 > 0, k > 0 nên
 1 ≥ k(a − 1) ≥ 0 và k(a − 1) ∈ N
a=1
ï
k(a − 1) = 0
 ®a = 2
⇔
⇒
k(a − 1) = 1
k=1
Với a = 1. Thay vào (3) ta được:
(m − 1)(b − 1) = 2
 ß
m−1 = 2
ï

b = 2 ⇒ ka2 = 5 ⇒ a = 1
b−1 = 1
ß
⇔ 
⇔

b = 3 ⇒ ka2 = 5 ⇒ a = 1
m−1 = 1
b−1 = 2
Vậy, trường hợp này ta được hai cặp a = 1, b = 2 và a = 1, b = 3.
Với a = 2 và k = 1. Thay vào (3) ta có:
ï
b=1
(m − 1)(b − 1) = 0 ⇔
m=1
Khi b = 1, ta được a = 2, b = 1.
Khi m = 1. Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Khi đó a = 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
2 · 6 · 10 . . . (4n − 2)
n ≥ 6 thì số an = 1 +
là một số chính phương.
(n + 5)(n + 6) · · · (2n)
Lời giải.
Ta có:
2n · [1 · 3 · 5 · · · (2n − 1)] (n + 4)!
2n · (n + 4)!
an = 1 +
= 1+
(2n)!
2 · 4 · 6 · · · 2n
2n · 1 · 2 · 3 · · · n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4)
= 1+
2n · 1 · 2 · 3 · 4 · · · n
Ä
ä2
= 1 + (n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) = n2 + 5n + 5 .
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
77
Bài 12 (Đề thi vào Chuyên KHTN Hà Nội năm 2015, vòng 2). Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n +
30 đều là số chính phương (số chính phương là bình phương của một số nguyên).
Lời giải.
®
n + 5 = x2
Đặt
(x, y ∈ N, x > 0, y > 0) ⇒ y2 − x2 = 25
2
n + 30 = y
⇔ (y − x)(y + x) = 1 · 25 ®
vì x, y ∈ N, x > ®
0, y > 0.
y−x = 1
x = 12
Lại có y − x < y + x nên
⇔
y + x = 25
y = 13.
Thay vào ta được n = 139 thỏa mãn.
Bài 13 (Đề thi chọn học sinh
√ giỏi Toán 9 năm học 2017-2018, Hải Dương). Tìm tất cả các số tự
2
nhiên n sao cho n + 2n + n2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương.
Lời giải. √
n2 + 2n√+ n2 + 2n + 18 + 9 là số chính phương.
Suy √
ra n2 + 2n + 18 là số tự nhiên.
Đặt n2 + 2n + 18 = k (k ∈ N) ⇔ (k + n + 1)(k − n − 1) = 17.
Vì k, n đều là số tự nhiên và k + n + 1 > k − n − 1 nên ta xét trường hợp sau:
®
®
k + n + 1 = 17
k=9
⇔
.
k−n−1 = 1
n=7
√
Khi đó: n2 + 2n + n2 + 2n + 18 + 9 = 81 = 92 là số chính phương.
Vậy n = 7 thỏa yêu cầu bài toán.
Bài 14 (Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 năm học 2010-2011, Lâm Đồng). Chứng minh D = n(n +
1)(n + 2)(n + 3) không phải là số chính phương với mọi n ∈ 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 đó D không phải là số chính phương vì (n2 + 3n)2 và (n2 + 3n + 1)2 là hai số chính phương liên
tiếp.
Bài 15 (Đề thi vào Chuyên ĐHSP Hà Nội năm 2011, vòng 2). Cho hai số hữu tỷ a và b thỏa mãn
đẳng thức: a3 b + ab3 + 2a2 b2 + 2a + 2b + 1 = 0. Chứng minh rằng 1 − ab là bình phương của một số
hữu tỉ.
Lời giải.
Nếu ab = 0 thì hiển nhiên đúng.
Nếu ab 6= 0.
Ta có a3 b + ab3 + 2a2 b2 + 2a + 2b + 1 = 0
⇔ ab(a + b)2 + 2(a + b) = −1,
⇔ a2 b2 (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 thực a ta gọi phần
nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và kí hiệu là [a]. Chứng minh rằng với mọi số
ñ…
ô2
1
1
3
nguyên dương n, biểu thức n +
n−
+
không biểu diễn được dưới dạng lập phương của
27 3
một số nguyên dương.
Lời giải. ñ…
ô
1
1
3
Đặt K =
n−
+ , do n ≥ 1 ⇒ K ≥ 1.
27 3
…
Å
ã
Å
ã
1
1
1 3
1
2 3
Ta có: K ≤ 3 n −
+ < K+1 ⇔ K−
≤ n−
< K+
27 3
3
27
3
78
MỤC LỤC
K
1
1
4
8
⇔ K3 − K2 + −
≤ n−
< K3 + 2K2 + K + .
3
27
27
3
27
4
1
K
2
3
2
3
Suy ra K + ≤ n + K < K + 3K + K + .
3
3
3
Suy ra K3 < n + K2 < (K + 1)3 .
ñ…
ô2
1
1
3
2
+
Suy ra n + K = n +
n−
không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số
27 3
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 mãn 1 +
x + x 2 + x 3 + x 4 = y2 .
Lời giải.
Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 1 + x + x2 + x3 + x4 = y2
Ta có 4 + 4x + 4x2 + 4x3 + 4x4 = (2y)2 ⇒ 4 + 4x + 4x2 + 4x3 + 4x4 = (2x2 + x)2 + 2x2 + (x + 2)2
⇒ (2x2 + x)2 < (2y)2 .
Với x = 0 ta được y = 1 ta được cặp nghiệm nguyên (0; 1), (0; −1).
Với x 6= 0, ta có 4 + 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 = −1 hoặc x = 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 nguyên x, y
sao cho x3 y − x3 − 1 = 2x2 + 2x + y.
Lời giải.
x3 y − 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).
ã
1 2 3
x+
+ > 0, ∀ x ∈ Z nên (1) ⇔ (x − 1)y = x + 1.
2
4
Ta thấy x = 1 không thỏa phương trình (2). Xét x ∈ Z và x 6= 1. Khi đó:
. Vì x2 + x + 1 =
(1)
Å
(2) ⇔ y =
(2)
x+1
2
= 1+
.
x−1
x−1
Ta có y ∈ Z khi và chỉ khi (x − 1) là ước của 2. Do đó x − 1 = 2 hoặc x − 1 = −2 hoặc x − 1 = 1 hoặc
x − 1 = −1. Như vậy x = 3 hoặc x = −1 hoặc x = 2 hoặc x = 0. Vậy các cặp (x; y) với x, y là 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 số m sao cho tồn tại cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn hệ phương trình:
®
2 + mxy2 = 3m
2 + m(x2 + y2 ) = 6m
Lời giải.
®
2 + mxy2 = 3m
⇒ m(x2 + y2 − xy2 = 3) = 3m
2 + m(x2 + y2 ) = 6m
Dễ thấy m 6= 0 ⇒ x2 + y2 − xy2 = 3
⇔ x2 − 1 + y2 (1 − x) = 2
⇔ (x − 1)(x + 1 − y2 ) = 2
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
Để x, y nguyên ⇔ (x − 1) và (x + 1 − y2 ) là ước của 2.
®
®
x−1 = 1
x=2
TH1:
⇔
(tm)
y = 1; −1
x + 1 − y2 = 2
®
®
x=3
x−1 = 2
√
√ (loại)
TH2:
⇔
x + 1 − y2 = 1
y = 3; − 3
®
®
x=0
x − 1 = −1
√
√ (loai)
TH3:
⇔
2
x + 1 − y = −2
y = 3; − 3
®
®
x − 1 = −2
x = −1
TH4:
⇔
(tm)
y = 1; −1
x + 1 − y2 = −1
Với (x; y) = (2; 1) ⇒ m = 2
1
Với (x; y) = (−1; 1); (−1; −1) ⇒ m =
2
1
Vậy với m = 2 hoặc m = thì hệ phương trình có nghiệm (x, y) nguyên.
2
79
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)2 là số chính phương chẵn và nhỏ hơn 38, nên ta có
• (3x + y − 1)2 = 0 ⇒ (y + 1)2 = 19 (loại),
• (3x + y − 1)2 = 4 ⇒ (y + 1)2 = 17 (loại),
• (3x + y − 1)2 = 16 ⇒ (y + 1)2 = 11 (loại),
• (3x + y − 1)2 = 36 ⇒ (y + 1)2 = 1 (thỏa mãn).
®
(3x + y − 1)2 = 36
Giải hệ
ta được các cặp nghiệm nguyên: (−1; −2); (3; −2).
(y + 1)2 = 1
Bài 21 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2016). Tìm tất cả nghiệm nguyên (x; y) của phương
trình:
2xy + x + y = 87.
Lời giải.
Ta có 2xy + x + y = 83 ⇔ 4xy + 2x + 2y = 166 ⇔ (2x + 1)(2y + 1) = 167.
Do 167 là số nguyên tố nên 2x + 1 chỉ có thể là một trong 4 số ±1, ±167.
• Với 2x + 1 = 1 ta được x = 0, y = 83.
• Với 2x + 1 = −1 ta được x = −1, y = −84.
• Với 2x + 1 = 167 ta được x = 83, y = 0.
• Với 2x + 1 = −167 ta được x = −84, y = −1.
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 83), (−1; −84), (83; 0), (−84; −1).
Bài
22 (Đề thi vào 10 chuyên Thái Nguyên, 2016). Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde sao cho
√
3
abcde = ab.
Lời giải.
80
MỤC LỤC
Ta có: abcde = 1000ab + cde.
Ta lại có 1000ab + cde = (ab)3 . Đặt m = ab, n = cde ta được
1000m + n = m3 ⇒ m3 ≥ 1000m ⇒ m2 ≥ 1000 ⇒ m ≥ 32 (1)
Vì n < 1000 nên m3 < 1000m + 1000 ⇒ m(m2 − 1000) < 1000.
Nếu m ≥ 33 thì m(m2 − 1000) ≥ 33.89 = 2937 ≥ 1000 (vô lý).
Do đó m < 33 (2).
Từ (1) và (2) suy ra m = 32.
Vậy abcde = 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 cho 120 được số dư là 88 và khi chia cho 61 được số dư là 39.
Lời giải.
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số phải tìm là x, 1000 ≤ x ≤ 9999.
Theo giả thiết ta có x = 120n + 88 = 61k + 39 với n, k ∈ N.
Từ đó ta có 120n − 60k = k − 49 suy ra k − 49 chia hết cho 60.
Mặt khác ta có:
961
9960
1000 ≤ x ≤ 9999 ⇒ 1000 ≤ 61k + 39 ≤ 9999 ⇒
≤k≤
61
61
⇒ 15 < k < 164 ⇒ −34 < k − 49 < 115.
Mà k − 49 chia hết cho 60 nên k − 49 chỉ có thể là 0; 60.
Với k = 49 ⇒ x = 3028 (chia 120 dư 28).
Với k = 109 ⇒ x = 6688 (chia 120 dư 88).
Vậy số cần tìm là 6688.
Bài 24 (Đề thi vào 10 Chuyên, Sở giáo dục Bến Tre, 2016). Tìm tất cả các số tự nhiên n để A =
n2 + n + 2 là một số chính phương.
Lời giải.
A = n2 + n + 2 là một số chính phương
⇔ n2 + n + 2 = k2 (k ∈ N)
⇔ 4n2 + 4n + 8 = 4k2
⇔ (2n + 1)2 − 4k2 = −7
⇔ (2n + 1 + 2k)(2n + 1 − 2k) = −7
Vì k, n ∈ N và 2n + 1 + 2k > 2n + 1 − 2k nên ta có các trường hợp sau:
®
®
2n + 1 + 2k = 1
n = −2
•
⇔
(không thỏa điều kiện)
2n + 1 − 2k = −7
k=2
®
®
2n + 1 + 2k = 7
n=1
•
⇔
2n + 1 − 2k = −1
k=2
Vậy n = 1 ⇒ A = 4 là số chính phương
Bài 25 (Đề thi vào 10, Chuyên Hà Nội, 2016). Tìm tất cả các cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn 2x .x2 =
9y2 + 6y + 16.
Lời giải.
Ta có 2x .x2 = (3y®+ 1)2 + 15.
3y + 1 ≡ 1(mod 3)
Do x, y ∈ N và
⇒ (3y + 1)2 + 15 ≡ 1(mod 3).
15 ≡ 0(mod 3)
Vì x ∈ N nên x2 là số chính phương ⇒ x2 ≡ 1(mod 3) hoặc x2 ≡ 0(mod 3).
Do 2x .x2 ≡ 1(mod 3) nên x2 ≡ 1(mod 3) ⇒ 2x ≡ 1(mod 3) ⇒ x = 2k (k ∈ N).
Vậy ta có 22k .(2k)2 − (3y + 1)2 = 15 ⇔ (2k .2k − 3y − 1)(2k .2k + 3y + 1) = 15. Vì k, y ∈ N nên 2k .2k +
3y + 1 > 0 ⇒ 2k .2k − 3y − 1 > 0 nên ta có các trường hợp sau:
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
•
•
( k
2 .2k + 3y + 1 = 15
k
2 .2k − 3y − 1 = 1
( k
2 .2k + 3y + 1 = 5
k
2 .2k − 3y − 1 = 3
®
⇔
⇔
3y + 1 = 7
2k .k = 4
®
3y + 1 = 1
k
2 .k = 2
81
(vô lí).
®
⇔
y=0
k=1
.
Vậy (x; y) = (2; 0).
Bài 26 (Đề thi vào 10 chuyên Bình Phước 2016). Từ 2016 số: 1, 2, 3, . . . 2016 ta lấy ra 1009 số 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 mãn 2x .x2 =
9y2 + 6y + 16.
Lời giải.
Ta có 2x .x2 = (3y®+ 1)2 + 15.
3y + 1 ≡ 1(mod 3)
Do x, y ∈ N và
⇒ (3y + 1)2 + 15 ≡ 1(mod 3).
15 ≡ 0(mod 3)
Vì x ∈ N nên x2 là số chính phương ⇒ x2 ≡ 1(mod 3) hoặc x2 ≡ 0(mod 3).
Do 2x .x2 ≡ 1(mod 3) nên x2 ≡ 1(mod 3) ⇒ 2x ≡ 1(mod 3) ⇒ x = 2k (k ∈ N).
Vậy ta có 22k .(2k)2 − (3y + 1)2 = 15 ⇔ (2k .2k − 3y − 1)(2k .2k + 3y + 1) = 15. Vì k, y ∈ N nên 2k .2k +
3y + 1 > 0 ⇒ 2k .2k − 3y − 1 > 0 nên ta có các trường hợp sau:
( k
®
3y + 1 = 7
2 .2k + 3y + 1 = 15
(vô lí).
•
⇔
2k .k = 4
2k .2k − 3y − 1 = 1
•
( k
2 .2k + 3y + 1 = 5
k
2 .2k − 3y − 1 = 3
Vậy (x; y) = (2; 0).
⇔
®
3y + 1 = 1
k
2 .k = 2
®
⇔
y=0
k=1
.
Bài 28 (Đề thi vào 10 chuyên, Sở giáo dục Hòa Bình, 2016). Chứng minh rằng nếu a và b là các
số tự nhiên lẻ thì a2 + b2 không phải là số chính phương.
Lời giải.
Do a và b là các số tự nhiên lẻ nên ta đặt a = 2k + 1, b = 2` + 1, với k, ` ∈ N.
Khi đó ta có a2 + b2 = (2k + 1)2 + (2` + 1)2 = 4(k2 + `2 + k + `) + 2.
Từ đó ta có a2 + b2 là số chẵn và không chia hết cho 4 nên không 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 luôn tồn tại 10 số liên
tiếp có tổng không nhỏ hơn a. 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 số a lớn 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 số a lớn 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 là x, 101 − x, x − 1, 102 − x, . . . x − 4, 105 − x, x − 5, 106 − x.
82
MỤC LỤC
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.
2
√
√
Ta có: f (2) = 4 + 2b + c ≥ 4 + 4 c + c =
c+2 .
p√
√
√
Mà c + 2 = c + c + c ≥ 3 3 c. (Bất đẳng thức Cauchy).
Ä p √ ä2
√
Do đó, ta có: f (2) ≥ 3 3 c = 9 3 c.
Bài 31 (Đề thi vào 10, PTNK, 2016). cho x, y, z là các số tự nhiên thỏa mãn x + y + z = 2017. Tìm
giá trị lớn nhất của xyz
Lời giải.
ï
ò
2017
Giả sử x ≥ y ≥ z.Vì x, y, z ∈ N ⇒ x ≥
+ 1 = 673.
3
(y + z)2
(2017 − x)2
673 672x 2017 − x 2017 − x
xyz ≤ x
=x
=
.
.
.
4
4
672 673
2
2
x 3
673 1
673 1
3
2
. .(2017 −
) ≤
. .(2017 − 1) = 672 .673
≤
672 27
673
672 27
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 673, y = z = 672.
Bài 32 (Đề thi vào 10 chuyên Toán Hà Nội, 2010). Tìm tất cả các số tự nhiên n để B = n4 − 3n2 +
1 là số nguyên tố.
Lời giải.
Ta cóñB = (n2 − n − 1)(n2 + n − 1). Vì n2 − n − 1 < n2 + n − 1 nên để B là số nguyên tố thì n2 − n − 1 =
n = −1 (Loại)
⇒ n = 2.
1⇒
n = 2 (Thỏa mãn)
Bài 33 (Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán THPT AMSTERDAM Hà Nội Năm 2012). Cho
số tự nhiên n thỏa mãn n(n + 1) + 6 không chia hết cho 3. Chứng minh rằng 2n2 + n + 8 không phải
là số chính phương.
Lời giải.
Ta có n(n + 1) + 6 không chia hết cho 3 nên n(n + 1) không chia hết cho 3 ⇒ n = 1( mod 3) ⇒
2n2 + n + 8 = 2( mod 3). Vậy 2n2 + n + 8 không 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 n để 72013 + 3n có
chứa số hàng đơn vị 8.
Lời giải.
503
Ta có 74 tận cùng bởi 1, suy ra 72013 = 74
· 7 tận cùng bởi 7. Để số 72013 + 3n có chữ số hàng đơn
n
vị là 8 thì 3 phải có chữ số hàng đơn vị là 1.
Xét 3n = 34k+r = 81k · 3r với r ∈ {0; 1; 2; 3} nên 3n lần lượt có chữ số hàng đơn vị là 1, 3, 9, 7.
Vậy số 72013 + 3n có chữ số hàng đơn vị là 8 khi và chỉ khi r = 0 ⇔ n = 4k với k ∈ N.
Bài 35 (Đề thi HSG Lớp 9 - TP Hà Nội năm 2010). Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là
1
1
1
số tự nhiên thỏa mãn = 2 + 2 . Chứng minh p là hợp số.
p
a
b
Lời giải.
 .
a .. p
.
Giả sử p là số nguyên tố. Từ a2 b2 = p a2 + b2 ⇒ a2 b2 .. p ⇒ 
, (1).
.
b .. p
.
.
.
Suy ra a2 b2 .. p2 ⇒ p a2 + b2 .. p2 ⇒ a2 + b2 .. p, (2)

a ... p
Từ (1) và (2) suy ra
.
 ..
b. p
1
2
1
2
1
Từ đó a ⩾ p và b ⩾ p, suy ra 2 + 2 ⩽ 2 ⇒ ⩽ 2 ⇒ p ⩽ 2, (3).
a
b
p
p
p
1
1
1
Từ a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2, suy ra 2 + 2 < ⇒ p > 2, (4).
a
b
2
Từ (3) và (4) dẫn đến mâu thuẫn. Vậy p là hợp số.
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.
®
a1 + a2 + a3 + · · · + a2014 ≥ 20142
(1)
.
Đặt 2
2
2
2
3
a1 + a2 + a3 + · · · + a2014 ≤ 2014 + 1 (2)
Ta có (1) ⇔ −2 · 2014 (a1 + a2 + a3 + · · · + a2014 ) ≤ −2 · 20143 .
Lấy (10 ) + (2) ta được:
Ä
(10 )
ä
ä Ä
ä
Ä
a21 − 2 · 2014 · a1 + a22 − 2 · 2014 · a2 + · · · + a22014 − 2 · 2014 · a2014 ≤ −20143 + 1
⇔(a1 − 2014)2 + (a2 − 2014)2 + · · · + (a2014 − 2014)2 ≤ 1
(3)
Do a1 , a2 , a3 , · · · , a2014 ∈ N nên (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)2 có một số bằng 1 còn các số còn lại
đều bằng 0.
Suy ra các số a1 , a2 , · · · , a2014 có một số bằng 2013 hoặc 2015, còn các số còn lại đều bằng 2014. Thử
lại các bộ số này vào (1) thì chỉ có bộ số (a1 , a2 , · · · , a2014 ) có một số bằng 2015 còn các số còn lại bằng
2014 (thỏa mãn).
Vậy bộ số tự nhiên (a1 , a2 , a3 , · · · , a2014 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán khi tất các số đều bằng 2014, hoặc
có một số bằng 2015 còn các số còn lại bằng 2014.
Bài 37. Cho p1 < p2 < · · · < pn là n số nguyên tố đầu tiên, còn pn+1 là số nguyên tố liền sau pn .
Chứng minh rằng pn+1 < p1 p2 · · · pn .
Lời giải.
Đặt a = p1 p2 · · · pn − 1. Do pi ≥ 2, ∀i = 1; n nên ta thấy ngay a > 1. Vậy a phải có ước nguyên tố (và
dĩ nhiên mọi ước nguyên tố của a thì không vượt quá a). Rõ ràng mọi ước nguyên tố của a đều khác
.
tất cả các số p , i = 1; n. Thật vậy, nếu trái lại thì tồn tại p , (i ≤ j ≤ n) mà a .. p , tức là
i
i
j
.
(p1 p2 · · · pn − 1) .. p j .
.
.
Vì p1 p2 · · · pn .. p j , suy ra 1 .. p j mà p j ≥ 2, từ đó suy ra vô lý.
Do đó mọi ước nguyên tố của a đều khác tất cả các số pi , i = 1; n. Như thế mọi ước nguyên tố của a
đều lớn hơn hoặc bằng pn+1 . Từ đó suy ra:
a = p 1 p 2 · · · p n − 1 ≥ p n +1 ⇒ p 1 p 2 · · · p n ≥ 1 + p n +1 > p n +1 .
Bài 38. Gọi Pn là tích của tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng n. Chứng minh rằng Pn < 4n .
Lời giải.
Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.
Với n = 2 thì P2 = 2 < 42 . Vậy bài toán đúng với n = 2.
Giả sử bất đẳng thức đúng đến mọi số tự nhiên nhỏ hơn n, (n > 2). Xét hai khả năng sau:
• Nếu n chẵn thì Pn = Pn−1 ( vì mọi số chẵn lớn hơn 2 đều không là số nguyên tố). Vậy theo giả
thiết quy nạp ta có Pn = Pn−1 < 4n−1 < 4n . Do đó bất đẳng thức trong trường hợp này đúng.
84
MỤC LỤC
• Nếu n lẻ, giả sử n = 2k + 1.
Mọi số nguyên tố p mà k + 2 ≤ p ≤ 2k + 1 sẽ là ước của số
(2k + 1) · 2k · (2k − 1) · · · (k + 2)
= C.
1·2·3···k
Theo khai triển nhị thức Niu-tơn ta có:
k
k +1
2k +1
k
k +1
(1 + 1)2k+1 = C02k+1 + · · · + C2k
+1 + C2k+1 + · · · + C2k+1 > C2k+1 + C2k+1 .
k +1
k
2k +1 > 2Ck
k
k
Mà ta có C2k
(1)
+1 = C2k+1 , suy ra 2
2k +1 hay C2k +1 < 4 .
k
Vì mọi số nguyên tố p mà k + 2 ≤ p ≤ 2k + 1 đều là ước số của C2k+1 , suy ra tích của tất cả
k
các số nguyên tố cũng nhỏ hơn C2k
+1 , nên theo (1) suy ra tích của tất cả các số nguyên tố p mà
k
k + 2 ≤ p ≤ 2k + 1 sẽ nhỏ hơn 4 . 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 bằng k + 1 nhỏ hơn 4k+1 . Từ đó
suy ra:
P2k+1 < 4k+1 · 4k = 42k+1 .
Vậy bất đẳng thức đúng khi n lẻ.
Theo nguyên lý quy nạp suy ra ∀n ≥ 2, n ∈ N ta có Pn < 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.
100
• Không mất tính tổng quát, giả sử a ≥ b ≥ c, ta có 3a ≥ a + b + c ⇒ a ≥
mà a ∈ N∗ ⇒ a ≥
3
34.
√
33a + 34b + 34c
3
Áp dụng BĐT AM-GM ta có 33a · 34b · 34c ≤
3
√
34(a + b + c) − a
34 · 100 − 34
3
⇔ 33a · 34b · 34c ≤
≤
= 34 · 33
3
3
√
3
⇒ 33 · 342 · abc ≤ 34 · 33
⇒ S ≤ 34 · 33 · 33.
• Ta chứng minh S = abc ≥ 98.
+) Xét c > 1 ⇒ c ≥ 2 ⇒ b ≥ 2.
Mà a ≥ 34 ⇒ S = abc ≥ 34 · 2 · 2 > 98.
+) Xét c = 1, ta có a + b = 99 ⇒ a ≥ 50.
Nếu b > 1 thì b ≥ 2 ⇒ S = abc ≥ 50 · 2 · 1 > 98.
Nếu b = 1 thì a = 98 và S = abc = 98.
Vậy MinS = 98.
Bài 40. Cho m, n ∈ N∗ sao cho:
√
7−
m
> 0. Chứng minh rằng
n
√
7·n−m >
Lời giải.
√
Từ giả thiết suy ra 7n > m, mà n, m ∈ N∗ nên
7n2 > m2 ⇒ 7n2 − m2 > 0 ⇒ 7n2 − m2 ≥ 1,
1
.
m
(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 ra m2 + 1 và m2 + 2 đều không chia hết cho 7. Vì thế từ (1) suy ra 7n2 − m2 > 1, vì nếu
.
7n2 − m2 = 1 ⇒ m2 + 1 .. 7.
Lại có m, n ∈ N∗ ⇒ 7n2 − m2 ≥ 2, (2).
Từ (2) và do m2 + 2 không chia hết cho 7, nên ta thu được
7n2 − m2 > 2 ⇒ 7n2 − m2 ≥ 3,
(3).
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
• Nếu m = 1 ⇒ m +
đúng.
85
√
√
1
= 2 mà n ≥ 1 ⇒ 7n ≥ 7 > 2 nên bất đẳng thức đã cho hiển nhiên
m
• Nếu m > 1 từ (3) ta có 7n2 ≥ 3 + m2 = m2 + 2 + 1 > m2 + 2 +
Å
1
⇒ 7n > m +
m
2
ã2
⇒
√
7n > m +
1
m2
√
1
1
⇒ 7·n−m > .
m
m
n
≤ 100.
Bài 41. Cho n là tự nhiên số có 3 chữ số: n = abc, a 6= 0. Chứng minh rằng
a+b+c
Lời giải.
®
b=0
• Nếu
thì n = a00 = 100 · a.
c=0
n
100a
Do đó
=
= 100.
a+b+c
a
• Nếu b · c 6= 0 thì b + c > 0 ⇒ b + c ≥ 1 do b + c ∈ N∗ ⇒ a + b + c ≥ a + 1. Như vậy
100(a + 1)
100(a + 1)
n
<
≤
= 100.
a+b+c
a+b+c
a+1
Đẳng thức xảy ra khi n là số có 3 chữ số và tròn trăm.
Bài 42. Cho a, b, c ∈ N∗ thỏa mãn điều kiện a2 + b2 = c2 (1 + ab). Chứng minh rằng a ≥ c và b ≥ c.
Lời giải.
Từ giả thiết ta có
a2 − bc2 · a + b2 − c2 = 0, (1).
Xét phương trình bậc hai ẩn x sau: x2 − bc2 x + b2 − c2 = 0, (2).
Từ (1), suy ra a là nghiệm của phương trình (2). Theo định lý Vi-et thì phương trình (2) còn nghiệm
a0 nữa thỏa mãn
®
a + a0 = bc2 , (3)
aa0 = b2 − c2 , (4)
Do a, b, c nguyên, nên từ (3) suy ra a0 cũng là số nguyên.
Mặt khác vì a0 là nghiệm của (2) nên ta có
a02 − bc2 a0 + b2 − c2 = 0 ⇒ c2 (ba0 + 1) = b2 + a02 > 0.
Từ đó, ta có
ba0 + 1 > 0 ⇒ a0 >
−1
.
b
1
≥ −1 ⇒ a0 > −1. Vì a0 là số nguyên nên a0 ≥ 0.
b
Kết hợp với a > 0 ⇒ aa0 ≥ 0. Từ (4) suy ra b ≥ c. Do a và b có vai trò bình đẳng nên ta cũng có a ≥ c.
Điều phải chứng minh.
Do b là số nguyên dương nên −
VII.
Bất đẳng thức phân số và căn bậc hai
Å
ãÅ
ã
Å
ã
1
1
1
Bài 43. Chứng minh bất đẳng thức 1 +
1 + 2 · · · 1 + n < 3,
2
2
2
Lời giải.
Đặt vế trái của BĐT là A.
• Với n = 1 thì A = 1 +
1
3
= < 3 (BĐT đã cho đúng).
2
2
∀ n ∈ N∗
86
MỤC LỤC
Å
ã
Å
ã
3
1
1
• Với n ≥ 2 thì A = · 1 + 2 · · · 1 + n .
2
2
2
Nhận xét: Với m ∈ N∗ , m ≥ 2 thì
1+
1
1 2m − 1
<
·
2m
2 2m −1 − 1
(∗).
Thật vậy xét hiệu
Å
ã
1 2m − 1
1
2m − 1
1
1
− 1+ m = m
>0
· m −1
− 1 − m = m m −1
2 2
2
2 −2
2
−1
2 (2
− 1)
vìm ≥ 2.
Do đó BĐT (*) được chứng minh.
Áp dụng BĐT (*) với m = 2, 3, ..., n ta được
Ç
åÇ
å
Å
ã
3 1 22 − 1
1 23 − 1
1 2n − 1
2n − 1
·
· 2
· n −1
< 3.
A<
···
= 3·
2 2 2−1
2 2 −1
2 2
2n
−1
Điều phải chứng minh.
4 Ta có thể sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh BĐT trên.
!
…
…
…
1
1
1
1
1
1
+
< 2018.
Bài 44. Chứng minh rằng 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + · · · + 1 +
2
1
2
2
3
2017
20182
Lời giải. …
…
…
1
1
1
1
1
1
Đặt S = 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + · · · + 1 +
+
.
2
1
2
2
3
2017
20182
Ta có:
s
Å
ã2
Å
ã2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
= 1+
+2·
= 1+ −
1+ 2 +
−
=
1+ −
.
n
(n + 1)2
n n+1
n(n + 1)
n n+1
n n+1
Áp dụng đẳng thức trên với n = 1; 2018, ta được
Å
ã Å
ã
Å
ã
1 1
1
1
1 1
1
1
S = 1+ −
−
< 2018.
+ 1+ −
+··· 1+
= 2017 + −
1 2
2 3
2017 2018
1 2018
Điều phải chứng minh.
»
p
p
√
√
√
3
Bài 45. Cho A = 6 + 6 + · · · + 6 và B =ï 6 + ò3 6 + · · · + 3 6, trong đó A và B đều có n dấu
A−B
căn. Kí hiệu [x] là phần nguyên của x. Hãy tìm
.
A+B
Lời giải.
Ta có
• Với n = 1 thì A =
√
6>
√
√
√
4 = 2 = 3 8 > 3 6 = B.
• Với n»
≥ 2 ta có:
p
√
√ √
A = 6 + 6 + · · · + 6 >» 6 4 = 2 ⇒ A > 2.
p
√
√
√
√
3
3
3
3
B = 6+ 3 6+···+ 3 6 < 6+ 6+···+ 8 =
|
{z
}
n
dấu
căn
»
»
√
√
√
√
3
3
3
3
3
3
= 6 + 6 + · · · + 8 = · · · = 6 + 8 = 2 = 2. Suy ra B < 2.
|
{z
}
n−1 dấu căn
Từ đó suy ra A > B, ∀n ∈ N∗ ⇒ A − B > 0 vì A > 0, B > 0 nên A + B > 0.
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
Mặt khác (A + B) − (A − B) =ï2B > 0ò⇒ A + B > A − B.
A−B
A−B
Suy ra 0 <
= 0.
< 1. Do đó
A+B
A+B
Bài 46. Cho tổng gồm 2018 số hạng S =
87
2018
1
2
1
+ + · · · + 2018 . Hãy so sánh S với .
5 52
3
5
Lời giải.
Nhận xét với mỗi số nguyên dương n ta đều có
n
4n + 1
4n + 5
=
−
.
5n
16 · 5n
16 · 5n−1
Áp dụng
đẳng thức
Å
ã
ã trên
Å với n = 1; 2018,
ã ta có: Å
5
8077
9
9
13
8073
S=
−
=
−
+
−
+···+
16 16 · 5
16 · 5 16 · 52
16 · 52017 16 · 52018
8077
1
5
5
−
< .
=
<
16 16 · 52018
16
3
1
2018
1
2
Vậy S = + 2 + · · · + 2018 < .
5 5
3
5
1
1
1
1
Bài 47. Chứng minh rằng + 2 + · · · + 2018 < .
3 3
2
3
Lời giải.
1
1
1
Đặt A = + 2 + · · · + 2018 .
3 3
3
Å
ã Å
ã
1
1
1
1
1
1
Xét hiệu 3A − A = 1 + + 2 + · · · + 2017 −
+ 2 + · · · + 2018
3 3
3 3
3
3
1
1
⇔ 2A = 1 − 2018 < 1 ⇒ A < . Điều phải chứng minh.
2
3
Bài 48 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). Chứng minh rằng
1
1
1
1
1931
√ + √ +···+
√
√
+
>
.
1975
2015 2014 2016 2015
2 1 3 2
Lời giải.
1
1
1
1
1
1
2015
1931
1
√
√
√ + √ + ... +
+
>
+
+ ... +
=
>
.
1.2 2.3
2015.2016
2016
1975
2015 2014 2016 2015
2 1 3 2
Bài 49 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). [9D1G9]
p
p
√
√
3
3
3
Với a ≥ , chứng minh rằng 3a − 1 + a 8a − 3 + 3a − 1 − a 8a − 3 = 1.
8
Lời giải. p
p
√
√
3
3
Đặt A = 3a − 1 + a 8a − 3 + 3a − 1 − a 8a − 3.
»
p
3
A3 = 6a − 2 + 3A 3 (3a − 1)2 − a2 (8a − 3) = 6a − 2 + 3A −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
Xét A2 + A + 1 + 3(2a − 1) = A2 + A + 6a − 2 ≥ A2 + A +
18
− 2 > 0 ⇒ A = 1.
8
Bài 50 (sưu tầm). Cho bốn số thực dương a, b, c, d. Chứng minh rằng
2<
Lời giải.
a+b
b+c
c+d
d+a
+
+
+
<3
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b
88
MỤC LỤC

a+b+d
a+b


<


a+b+c
a+b+c+d



 b+c
c+d+a


<

b+c
c+d
d+a
a+b
b+c+d
b+c+d+a
+
+
+
< 3.
Ta có
⇒

c+d+b
c+d
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b


<


c+d+a
c+d+a+b




d
+
a
d+a+c


<
d+ a + b
d+a+b+c
a+b
a+b


>


a+b+c
a+b+c+d




b
+
c
b+c


>

a+b
b+c
c+d
d+a
b+c+d
a+b+c+d
Ta lại có
⇒
+
+
+
> 2.

c+d
c+d
a+b+c b+c+d c+d+a d+a+b


>


c+d+a
a+b+c+d




d
+
a
d+a


>
d+a+b
a+b+c+d
Bài 51 (sưu tầm). Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, ta có
1
1
1
1
+
+
+ ... +
> 1.
n+1 n+2 n+3
3n + 1
Lời giải.
ß
1
1
1
1
1
1
Trong tổng
+
+
+ ... +
có 2n + 1 số hạng. Ghép thành n cặp số
và
n+1 n+2 n+3
3n + 1
2n + 1 − k
2n + 1 − k
1
4n + 2
4n + 2
2
1
+
=
>
=
.
Ta có
2n + 1 2n + 1 + k
(2n + 1)2 − k2
(2n + 1)2
2n + 1
Do đó,
ã
n Å
1
1
1
1
2n
1
1
1
1
+
+
+ ... +
=∑
+
>
+
= 1.
+
n+1 n+2 n+3
3n + 1
2n + 1 − k 2n + 1 + k
2n + 1
2n + 1 2n + 1
k =1
Bài 52 (Đề thi vào 10, THPT Chuyên Hà Nam, năm học 2016-2017). [9D5G1] Cho các số thực
1
1
1
dương x, y, z thoả mãn
+
+
= 12. Chứng minh rằng
x+y y+z z+x
1
1
1
+
+
≤ 3.
2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
1
1
1
1
16
+
+
+
≥
x+y x+z y+z y+z
2x + 3y + 3z
1
1
1
1
16
+
+
+
≥
y+z y+x z+x z+x
3x + 2y + 3z
1
1
1
16
1
+
+
+
≥
.
z+x z+y x+y x+y
3x + 3y + 2z
Cộng các bất đẳng thức trên theo vế ta được
Å
ã
16
16
16
1
1
1
+
+
≤4
+
+
2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z
x+y y+z z+x
Suy ra
1
1
1
4 · 12
+
+
≤
= 3.
2x + 3y + 3z 3x + 2y + 3z 3x + 3y + 2z
16
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z =
1
.
8
10.. TUYỂN TẬP CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG CÁC KÌ THI
VIII.
89
Nguyên lí Đi-Rich-Le
Bài 53 (Đề thi vào 10, Chuyên ĐHSP HCM, 2016). Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta luôn
có n7 − n chia hết cho 42.
Lời giải.
Ta có n7 − n = n(n + 1)(n − 1) suy ra 6 | n7 − n. Ngoài ra, theo định lí Fermat nhỏ thì 7 | n7 − n. Vì
(6, 7) = 1 nên 42 | 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 số a − b, b − c, c − d, d − a, a − c, b − d là một số nguyên chia hết cho 12.
Lời giải.
Đặt M = (a − b)(b − c)(c − d)(d − a)(a − c)(b − d). Các số a, b, c, d chia 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.
Ngoài ra, ta cũng dễ chứng minh được 4 | M mà (3, 4) = 1 nên 12 | M.
Bài 55 (Đề thi vào 10, Chuyên Lam Sơn - Vòng 2, 2016). Một số tự nhiên gọi là số thú vị nếu số
đó có 10 chữ số khác nhau và là bội của số 11111. Hỏi có bao nhiêu số thú vị?
Lời giải.
.
Gọi A là số thú vị ⇒ tổng các chữ số của A bằng 45 ⇒ A .. 99999. Gọi A = 99999k (với k là số tự
nhiên) ⇒ 10235 ≤ k ≤ 98766. Như vậy, ta đi tìm số k sao cho khi nhân k với 99999 thì các chữ số từ 0
đến 9, mỗi số có mặt đúng một lần.
Mặt khác ta có kết quả: khi lấy k = a1 a2 a3 a4 a5 nhân với 99999 thì ta thu được tích bằng giá trị của
k − 1 và viết thêm phần bù 9 của k − 1 vào sau số k − 1.
Ví dụ: với k = 10235 ⇒ k − 1 = 10234 ⇒ bù 9 của k − 1 là 89765 ⇒ 10235.99999 = 1023489765.
Chú ý rằng với k = a1 a2 a3 a4 a5 thì k − 1 là số mà không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9. Như vậy, bài
toán được quy về việc đi tìm số các số tự nhiên k thỏa mãn 10235 ≤ k ≤ 98766 và k − 1 là số tự nhiên
không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9.
Vì k − 1 là số tự nhiên không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9 nên nếu chữ số ai xuất hiện trong k − 1
thì chữ số 9 − ai không thể xuất hiện trong k − 1, do vậy ta xét các cặp số (0; 9), (1; 8), (2; 7), (3; 6), (4; 5).
Ta lập số k − 1 bằng cách duy nhất mỗi chữ số trong mỗi cặp (giả sử xét luôn chữ số 0 là chữ số hàng
chục nghìn) ⇒ số lượng số k − 1 là 25 .5! = 3840. Vì số lượng các số có chữ số hàng chục nghìn tương
ứng với 0, 1, 2, .., 9 là bằng nhau ⇒ số lượng số có số 0 đứng đầu là 384 ⇒ số lượng số k − 1 cần tìm
là 3840 − 384 = 3456 số.
Vậy có 3456 số thú vị.
Bài 56 (Đề thi vào 10, Sở giáo dục Quảng Bình, 2016). Trong 100 số tự nhiên từ 1 đến 100 hãy
chọn n số (n > 2) sao cho hai số phân biệt bất kỳ được chọn có tổng chia hết cho 6. Hỏi có thể chọn n
số thỏa mãn điều kiện trên với n lớn nhất bằng bao nhiêu?
Lời giải.
Để hai số phân biệt bất kỳ trong các số được chọn có tổng chia hết cho 6 thì có 2 trường hợp xảy ra:
+ TH1: Mỗi số được chọn đều chia hết cho 6.
Do 100 : 6 = 16 dư 4 nên có 16 số như vậy.
+ TH2: Mỗi số được chọn đều thỏa mãn chia cho 6 dư 3.
Có 17 số như vậy.
Vậy n lớn nhất bằng 17.
Bài 57 (Đề thi vào 10, Chuyên Sơn La, 2016). Chứng minh rằng trong 27 số tự nhiên khác nhau
tùy ý nhỏ hơn 100 có thể chọn được hai số có ước số chung lớn nhất khác 1.
Lời giải.
Từ 0 đến 100 có 26 số 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 tích 27 số 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 khác 1.
IX.
Các bài toán suy luận
Bài 58 (Đề thi vào 10 Chuyên, TPHCM, 2016). Nam cắt một tờ giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng,
rồi lấy một số miếng nhỏ đó cắt ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn và Nam cứ tiếp tục thực hiện
90
MỤC LỤC
việc cắt như thế nhiều lần. Hỏi với việc cắt như vậy, Nam có thể cắt được 2016 miếng lớn, nhỏ hay
không? Vì sao?
Lời giải.
Gọi x là số miếng giấy Nam có được sau k lần cắt (x; k ∈ N∗ ). Vì lúc đầu Nam có 1 miếng giấy và mỗi
lần cắt một miếng giấy ra làm 4 miếng hoặc 8 miếng nhỏ hơn nên sau mỗi lần cắt, số miếng giấy tăng
thêm 3 miếng hoặc 7 miếng, do đó ta có x ≡ 1 (mod 3) hoặc x ≡ 1 (mod 7). Vì 2016 ≡ 0 (mod 3) và
2016 ≡ 0 (mod 7) nên x 6= 2016. Vậy sau một số lần cắt, số miếng giấy Nam có được không thể bằng
2016.
Bài 59 (Sưu tầm). Một hộp đựng 52 viên bi, trong đó có 13 viên bi màu xanh, 13 viên bi màu đỏ, 13
viên bi màu vàng, 13 viên bi màu trắng. Cần phải lấy ít nhất bao nhiêu viên bi (mà không nhìn trước)
để chắc chắn trong số đó có không ít hơn 7 viên bi cùng màu?
Lời giải.
Nếu lấy 6 · 4 + 1 = 25 viên bi thì chắc chắn có ít nhất 7 viên bi cùng màu.
Bài 60 (Sưu tầm). Trong phòng có 100 người. Mỗi người quen ít nhất là 67 người khác. Chứng minh
rằng trong phòng phải có 4 người từng đôi một quen nhau.
Lời giải.
Xét A là một người bất kỳ trong phòng. Bởi vì A quen ít nhất 67 người khác, nên nếu ta mời tất cả
những ai không quen A ra ngoài phòng thì người phải ra nhiều nhất là 32.
Khi đó trong phòng còn A và 67 người quen A, tức là trong phòng còn ít nhất 68 người.
Gọi B là người khác A trong 68 người trong phòng ta mời những ai không quen B ra ngoài. Khí đó
trong phòng còn lại ít nhất là 68 − 32 = 36 người
Lại gọi C là người khác không quen A và B trong số 36 người còn lại. Mời tất cả người không quen C
ra ngoài, trong phòng còn lại ít nhất là 36 − 32 = 4 người
Nghĩa là ngoài A, B, C còn lại ít nhất một người, giả sử là D. Khi đó A,B,C,D đôi 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 quýt.
Nhưng khi đóng kín các hộp, người ta đã dán nhầm các nhãn CC, CQ, QQ cho nên các nhãn ở ngoài
hộp đều không đúng với trái đựng trong hộp. Làm thế nào để chỉ cần lấy một trái trong một hộp mà
không nhìn vào trong hộp có thể biết được chính xác các trái đựng trong ba hộp?
Lời giải.
Nếu lấy 1 quả trong hộp bên ngoài dán nhãn CQ.
• Nếu quả lấy ra là cam thì hộp có nhãn CQ đựng 2 trái cam, hộp CC hai trái quýt và hộp QQ
đựng 1 trái cam và 1 trái quýt.
• Nếu quả lấy ra là quýt thì hộp có nhãn CQ đựng 2 trái quýt, hộp QQ đựng hai trái cam, hộp
CC đựng 1 cam và 1 quýt.