Các bài Số học thi vào chuyên Toán trường PTNK - ĐHQG TPHCM - Nguyễn Tăng Vũ

Một số bài toán số học hay từ đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Nguyễn Tăng Vũ (GV trường PTNK TPHCM)

Trong khi thì HSG TPHCM vừa qua có một điều đáng tiếc nhất là câu số học không có trong đề thi, làm nhiều thí sinh khá hụt hẫng nhưng cũng làm nhiều thí sinh vui mừng, vì số học luôn là câu hỏi hóc búa của mỗi kì thi. Có lẽ BTC cuộc thi muốn dành sự quan tâm cho các câu hỏi thực tế nên phần số học bị bỏ qua.

Khác với kì thi HSG, kì thi tuyển sinh vào 10 thì đề thi luôn có đủ cả các phần: đại số, số học, hình học và tổ hợp. Số học cũng như tổ hợp, luôn là phần khiến nhiều thí sinh gặp khó khăn, trong bài viết nhỏ này, tôi xin giới thiệu lại một số bài toán số học đã được cho trong các kì thi tuyển sinh của trường Phổ thông Năng khiếu, nơi tôi làm việc hơn 10 năm qua. Các bạn thí sinh chuẩn bị thi vào trường nên xem kĩ lời giải và cố gắng học thật tốt phần này, điều đó sẽ giúp rất nhiều cơ hội trúng tuyển vào lớp chuyên toán.

Số học THCS thì nội dung quay xung quanh các phép chia hết, phương trình nghiệm nguyên, số nguyên tố, số chính phương,... Việc đầu tiên là nắm chắc các tính chất của phép chia hết, tính chất cơ bản nhất của số nguyên tố hay số chính phương. Bài toán chia hết cũng xuất hiện nhiều lần trong đề thi, sau đây là một bài khá đơn giản nhưng hay.

1. Phân tích và bình luận các ví dụ

Ví dụ 1. (PTNK 2011 - Chuyên Toán) Cho các số nguyên a, b, c sao cho 2a+b,2b+c,2c+a

đều là các số chính phương (*).

1. Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho 3. Chứng minh rằng (a−b)(b−c)(c−a) chia hết cho 27.

2. Tồn tại hay không các số a, b, c thỏa điều kiện (*) mà (a−b)(b−c)(c−a) không chia hết cho 27?

Nhận xét. Đây là một bài toán chia hết, liên quan đến các số chính phương, để ý

thấy chủ yếu là chia hết cho 3. Ta phải nghĩ đến một số chính phương chia 3 xảy ra những trường hợp nào, từ đó thiết lập các tính chất đã biết:

ˆ Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1.

ˆ a²+b² chia hết cho 3 khi và chỉ khi a, b đồng thời chia hết cho 3.

ˆ Việc chứng minh tích chia hết cho 27, thì nghĩ đến việc ta cần chứng minh a, b, c có cùng số dư khi chia cho 3, đó là trường hợp đơn giản nhất. Sau đây là lời giải

Lời giải.

1. Giả sử 2a+b=m²,2b+c=n²,2c+a=p².

Cộng ba đẳng thức lại, ta được3(a+b+c) = m²+n²+p². Suy ra m²+n²+p² chia hết cho 3.

Ta thấy bình phương của một số nguyên khi chia cho 3 dư 1 hoặc 0. Do đó nếu 1 trong 3 số, chẳng hạnm chia hết cho 3 thìn²+p² chia hết cho 3 và như thế n² và p² cũng chia hết cho 3.

Hơn nữa 2a+b = 3a+ (b−a) chia hết cho 3, suy ra a−b chia hết cho 3.

Tương tự thì b−c, c−a chia hết cho 3. Suy ra (a−b)(b−c)(c−a) chia hết cho 27.

2. Tồn tại. Chẳng hạn có thể lấy a= 2, b= 0, c = 1.

Sau đây cũng là bài toán chia hết, nhưng ở mức độ khó hơn hẳn, đòi hỏi học sinh phải có suy luận tốt và nắm chắc được nhiều kiến thức.

Ví dụ 2. (PTNK 2016 - CT) Cho x, y là hai số nguyên dương mà x²+y² + 10 chia hết cho xy.

1. Chứng minh rằng x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.

2. Chứng minh k = x²+y²+ 10

xy chia hết cho 4 và k ≥12.

Nhận xét. Bài toán này cũng giống bài toán trên, là liên quan đến các số chính phươngx², y². Việc chứng minh chẵn lẻ liên quan đến số dư khi chia cho 4 của một số chính phương.

Câu a) chỉ là bài toán xét trường hợp khá dễ nhìn, khi phản chứng là giả sử x, y không cùng là số lẻ, từ đó khi xét tính chẵn lẻ củax²+y²+ 10 và xy sẽ giải quyết được vấn đề.

Việc chứng minh nguyên tố cùng nhau thì cách tiếp cận quen thuộc nhất là gọi ước chung lớn nhất và chứng minh nó bằng 1.

Câu b) khó hơn khi có hai ý, ý đầu có thể áp dụng tiếp câu a, nhưng ý sau việc chứng minh k ≥ 12 có thể đánh lừa nhiều học sinh trong khi việc đơn giản chỉ là chứng minhk chia hết cho 3 là giải quyết được bài toán, mà chứng minh k chia hết

cho 3cũng là việc xét số dư của tử và mẫu thức khi chia cho 3. Sau đây là lời giải chi tiết.

Lời giải.

1. Giả sử trong hai sốx, y có một số chẵn, vì vai tròx, y như nhau nên có thể giả sửxchẵn. Suy rax²+y²+ 10chia hết cho 2, suy raychẵn. Khi đóx²+y²+ 10 chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý.

Vậy trong hai số đều là số lẻ.

Đặt d= (x, y), x= d.x⁰, y = d.y⁰ ta có x²+y²+ 10 =d²(x⁰²+y⁰²) + 10 chia hết cho d²x⁰y⁰. Suy ra 10 chia hết cho d². Suy ra d = 1. Vậy x, y nguyên tố cùng nhau.

2. Đặt x= 2m+ 1, y = 2n+ 1, suy ra

k = 4(m²+m+n² +n+ 3 (2m+ 1)(2n+ 1) .

Ta có 4,(2m+ 1).(2n+ 1) nguyên tố cùng nhau. Suy ra m²+n²+m+n+ 3 chia hết cho (2m+ 1)(2n+ 1). Từ đó ta có k chia hết cho 4.

Chứng minh k ≥12bằng hai cách.

Cách 1: Ta có x²+y²+ 10 = kxy. Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho 3, giả sử x chia hết cho 3. Ta có y²+ 10 chia hết cho 3 vô lý vìy² chia 3 dư 0 hoặc dư 1.

Vậy x, y không chia hết cho 3, suy ra x² +y² + 10 chia hết cho 3 và 3, xy nguyên tố cùng nhau. Do đó k chia hết cho 3. Do đó k chia hết cho 12, vậy k ≥12.

Cách 2: Xétk = 4 ta có x²+y²+ 10 = 4xy(∗)⇔(x−2y)² = 3y²−10.

Ta có (x−2y)² chia 3 dư 0 hoặc 1 mà3y²−10chia 3 dư 2, nên phương trình (*) không có nghiệm nguyên dương. Xét k = 8 ta có

x²+y²+ 10 = 8xy(∗)⇔(x−4y)² = 15y²−10.

Ta có (x−4y)² chia 3 dư 0 hoặc 1 mà 15y²−10 chia 3 dư 2 nên (**) không có nghiệm nguyên dương.

Vậy k≥12.

Sau chia hết, các kiến thức về phương trình nghiệm nguyên cũng rất quan trọng, trong nhiều bài thi của PTNK kĩ năng giải phương trình nghiệm nguyên giúp mình được nhiều việc.

Sau đây là bài toán số học, nhưng bản chất số học thì ít mà đại số thì nhiều, chỉ việc biến đổi đại số vài dòng là xong. Tuy vậy nhiều học sinh sau khi đọc đề lại phát hoảng, vì đề bài phát biểu nghe rất "kinh", đánh lừa được các thí sinh yếu bóng vía. Bài toán sau chế tác từ bài thi của Bulgari:

Ví dụ 3. (PTNK 2012 - CT) Số nguyên dương n được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó (kể cả 1 và n) đúng bằng (n+ 3)².

1. Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

2. Chứng minh rằng số n=p³ (p nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

3. Chứng minh rằng nếu số n=pq (p, q là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì n+ 2 là số chính phương.

Nhận xét.Bài toán đưa ra định nghĩa số điều hòa, nghe có vẻ ghê gớm nhưng thực ra không có ý nghĩa mấy, hoặc không phù hợp với từ điều hòa hay dùng. Nhiều thí sinh đọc đề mà thuộc dạng yếu bóng vía sẽ bỏ qua, ngay cả bỏ qua câu a rất dễ.

Tuy nhiên nếu đã hiểu định nghĩa, việc giải quyết các câu hỏi là điều khá dễ.

Lời giải.

1. Số n = 287 có các ước dương là 1, 7, 41, 287. Ta có 1²+ 7² + 41² + 287² = (287 + 3)² nên 287 là số điều hòa.

2. Các ước dương củan=p³là1, p, p², p³. Giả sửnlà số điều hòa, ta có(n+3)² = 1²+p²+p⁴+p⁶ ⇔p⁴+p² = 6p³+ 8. Suy ra p|8 mà p nguyên tố nên p= 2.

Thử lại thấy không thỏa, vậy n = p³ không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố p.

3. Các ước dương của n =pq là 1, p, q, pq. Vìn là số điều hòa nên ta có

1 +p²+q²+p²q² = (pq+ 3)² ⇔p²+q² = 6pq+ 8⇔(p+q)² = 4(pq+ 2).

Do 4 là số chính phương nên pq+ 2 =n+ 2 cũng là số chính phương.

Sau đây là một bài khá đẹp, ý tưởng từ phương pháp lùi vô hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên, tuy vậy các phải có suy luận một chút khác biệt.

Ví dụ 4. (PTNK 2014 - CT)

1. Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a+b+c= 0 và ab+bc+ac+ 3 = 0.

2. Cho m là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho a+b+c= 0 và ab+bc+ac+ 4m = 0 thì cũng tồn tại các số nguyên a⁰, b⁰, c⁰ sao cho a⁰+b⁰ +c⁰ = 0 và a⁰b⁰+b⁰c⁰+a⁰c⁰+m = 0.

3. Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b, c khác 0 sao cho a+b+c= 0 và ab+bc+ac+ 2^k = 0.

Lời giải.

1. Từa+b+c= 0, ab+bc+ca=−3ta có a²+b²+c² = 6. Doa, b, cvai trò như nhau nên ta có thể giả sử |a| ≥ |b| ≥ |c|. Khi đó 1 <|a| <3. Suy ra |a|= 2, suy ra a= 2 hoặc a=−2.

Với a = 2 thì b+c = −2, b²+c² = 2 giải ra được b = c = −1.Ta có có bộ (2;−1;−1) và các hoán vị.

Với a=−2thìb+c= 2, b²+c² = 2, giải ra đượcb =c= 1, ta có bộ (−2; 1; 1) và hoán vị.

2. Ta có a+b+c= 0 chẵn (1)và ab+bc+ac=−4m chẵn.(2) Nếu 3 số a, b, c đều lẻ, không thỏa (1).

Nếu có 1 chẵn, 2 lẻ thì không thỏa (2).

Do đó 3 số a, b, c đều chẵn. Khi đó đặt a⁰ = a

2, b⁰ = b

2, c⁰ = c

2 thì a⁰, b⁰, c⁰ thỏa đề bài.

3. Với k = 0 ta có a+b+c = 0, ab+bc+ac = −1 thì a² +b² +c² = 2 (3) . Không có bộ 3 số nguyên a, b, c khác 0 thỏa (3).

Với k = 1 thì a+b+c = 0, ab+bc+ac = −2 khi đó a² +b² +c² = 4 (4).

Giả sử |a|nhỏ nhất khi đó 1≤a² <2 (không cóa thỏa). Không tồn tạia, b, c nguyên khác 0 thỏa (4).

Với k >1.

Nếu k chẵn, đặt k= 2n ta cóa+b+c= 0, ab+bc+ac+ 4ⁿ = 0, theo câu b), tồn tại a₁, b₁, c₁ nguyên thỏa a₁+b₁+c₁ = 0, a₁b₁+a₁c₁+b₁c₁+ 4ⁿ⁻¹ = 0.

Tương tự ta sẽ được an, bn, cn nguyên thỏa

a_n+b_n+c_n = 0, a_nb_n+b_nc_n+a_nc_n=−1 (vô nghiệm).

Nếu k lẻ đặt k= 2n+ 1ta có a+b+c= 0, ab+bc+ac+ 2.4ⁿ= 0, làm tương tự trên ta được

a_n+b_n+c_n = 0, a_nb_n+b_nc_n+a_nc_n=−2(vô nghiệm).

Vậy không tồn tại các số a, b, c khác 0 thỏa đề bài.

Ngoài ra việc sử dụng đồng dư cũng được khai thác qua các bài toán chia hết hoặc các bài toán phương trình nghiệm nguyên, nhiều khi được sử dụng một cách bất ngờ cũng gây khó khăn cho thí sinh và rất ít thí sinh làm trọn vẹn, sau đây là một ví dụ:

Ví dụ 5. (PTNK 2018 - CT)

Cho A_n= 2018ⁿ+ 2032ⁿ−1964ⁿ−1984ⁿ với n là số tự nhiên.

1. Chứng minh với mọi số tự nhiên n thì An chia hết cho 51.

2. Tìm tất cả những số tự nhiên n sao cho A_n chia hết cho 45.

Nhận xétĐây là dạng toán khá quen thuộc với học sinh, chỉ là việc xét các trường hợp một cách khéo léo và cẩn thận để giải quyết bài toán.

Lời giải.

1. Do2018 ≡1964 (mod 3)⇒2018ⁿ ≡1964ⁿ (mod 3).

2032 ≡1984 (mod 3)⇒2032ⁿ ≡1984ⁿ (mod 3).

⇒A_n ... 3.

Ta lại có 2018≡1984 (mod 17)⇒2018ⁿ≡1984ⁿ (mod 17).

2032 ≡1964 (mod 17)⇒2032ⁿ≡1964ⁿ (mod 17).

⇒A_n ... 17.

Do (3; 17) = 1 nên A_n ... 51 ∀n 2. A_n= 2018ⁿ+ 2032ⁿ−1964ⁿ−1984ⁿ.

ˆ Ta xét các trường hợp của n để A_n ... 5.Ta có

A_n≡(−2)ⁿ+ 2ⁿ−2·(−1)ⁿ (mod 5).

Do đó nếu n lẻ ⇒A_n≡2 (mod 5) (loại).

Nếu n= 4k⇒A_n ≡2·2^4k−2≡2−2≡0 (mod 5) (nhận) Nếu n= 4k+ 2 ⇒A_n≡2·2^4k+2−2≡8−2≡6(mod 5) (loại).

Vậy A_n ...5⇔n ... 4.

ˆ Ta xét các trường hợp của n để A_n ... 9.Ta có

A_n≡2ⁿ+ (−2)ⁿ−2ⁿ−4ⁿ (mod 9)

≡2ⁿ−4ⁿ (mod 9) (Do n chẵn).

≡2ⁿ(1−2ⁿ) (mod 9) Vì (2; 9) = 1⇒2ⁿ−1... 9.

Xét n= 3k với k ∈N thì

A_n≡2^3k−1≡(−1)^k−1 (mod 9)⇒2|k.

Xét n= 3k+ 1 với k ∈N. Ta có

A_n≡2^3k+1−1≡2·(−1)^k−1 (mod 9) (loại).

Xét n= 3k+ 2 với k ∈N. Ta có

An≡2^3k+2−1≡4·(−1)^k−1 (mod 9) (loại).

Vậy An ...45⇔n ... 12.

Nhận xét. Tóm lại bài toán số học thi vào lớp 10 Chuyên Toán luôn là bài toán khó, nhưng không phải không kiếm được điểm, chỉ cần thí sinh bình tĩnh vận dụng được kiến thức đã học có thể giải quyết được các ý a, ý b thì phức tạp hơn đòi hỏi phải phân tích và xử lí khéo léo cẩn thận hơn, âu cũng hợp lí cho đề thi chọn học sinh có năng khiếu toán.

Sau đây có một số bài tập cho các em rèn luyện trước kì thi cam go này.

2. Bài tập rèn luyện

Bài 1. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997) 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 5.

2. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 25.

Lời giải.

1. a) Nếun ta có 2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 5.

Xét n= 2k+ 1ta cón.2ⁿ+ 3ⁿ= (n−1)2ⁿ+ 2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 5 khi và chỉ khi n−1chia hết cho 5, hay k chia hết cho 5,suy ra k = 5q. Vậyn = 10q+ 1.

Xétn = 2k ta có n.2ⁿ+ 3ⁿ= 2k.4^k+ 9^k = 2k.4^k+ 4^k+ 9^k−4^k = (2k+ 1).4^k+ 9^k −4^k chia hết cho 5 khi 2k + 1 chia hết cho 5. Khi đó k = 5q+ 2, suy ra n = 10q+ 4. Vậy với n = 10q+ 1,10q+ 4 thì n.2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 5.

2. ˆ Theo câu a để A=n.2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 5 thì n= 10q+ 1,10q+ 4. Ta tìm q đển.2ⁿ+ 3ⁿ chia hết cho 25.

ˆ Với n = 10q+ 1 ta có

A = (10q+ 1)2^10q+1+ 3^10q+1 = (20q+ 2).1024^q+ 3.3^10q.

Ta có 1024≡ −1 (mod 25),3¹⁰≡ −1 (mod 25). Suy ra A≡(20q+ 2)(−1)^q+ 3.(−1)^q (mod 25) hay

A= (−1)^q(20q+ 5) (mod 25).

Suy raAchia hết cho 25 khi và chỉ khi20q+ 5chia hết cho 25 hay4q+ 1 chia hết cho 5. Suy ra q = 5k+ 1. Vậy n= 10(5k+ 1) + 1 = 50k+ 11.

ˆ Với n = 10q+ 4. Ta có

A= (10q+ 4)2^10q+4+ 3^10q+4 = (160q+ 64)2^10q+ 81.3^10q

≡(10q+ 14)(−1)^q+ 6(−1)^q (mod 25)≡(−1)^q(10q+ 20) mod 25.

Do đóA chia hết cho25khi và chỉ khi10q+ 20chia hết cho25hay q+ 2 chia hết cho 5, suy ra q= 5k+ 3. Suy ran = 10(5k+ 3) + 4 = 50k+ 34.

Vậy n= 50k+ 11,50k+ 34 với k nguyên dương.

Bài 2. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997) 1. Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho 2ⁿ−1 chia hết 7.

2. Cho số nguyên tố p≥5. Chứng minh rằngA = 3^p−2^p−1chia hết cho 42p.

Lời giải.

1. Ta xét các trường hợp sau

ˆ TH1: n = 3k ta có 2ⁿ−1 = 2^3k−1 = 8^k−1chia hết cho 7.

ˆ TH2: n = 3k+ 1 ta có 2ⁿ−1 = 2.8^k−1chia 7 dư 1.

ˆ TH3: n = 3k+ 2 ta có 2ⁿ−1 = 4.8^k−1chia 7 dư 3.

ˆ Vậy 2ⁿ−1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi n chia hết cho 3.

2. Ta có phân tích 42p= 2.3.7.p. Khi đó, xét các trường hợp sau:

ˆ TH1: p= 7 ta có 3⁷−2⁷−1 chia hết cho42.7.

ˆ TH2: p > 7khi đó các số 2,3,7, p đôi một nguyên tố cùng nhau.

+ Ta có 3^p−1−2^p chia hết cho 2.

+ 2^p+ 1 chia hết cho 3 vì p lẻ, suy ra3^p−2^p−1 chia hết cho 3.

+ p nguyên tố lớn hơn hoặc bằng 5, suy ra p= 6k+ 1 hoặc p= 6k+ 5.

Nếup= 6k+ 1 ta có3^p−2^p−1 = 3^6k+1−2^6k+1−1 = 3.3^6k−2.2^6k−1.

Ta có 3⁶ ≡ 1 (mod 7), suy ra 3^6k ≡ 1 (mod 7), tương tự thì 2^6k ≡ 1 (mod 7). Do đó 3.3^6k−2.2^6k−1≡0 (mod 7).

Nếu p= 6k+ 5 ta có 3^p−2^p−1≡3⁵−2⁵−1≡0 (mod 7).

Do đó 3^p−2^p−1 chia hết cho 7.

+ Theo định lý Fermat nhỏ, ta có 3^p ≡3( mod p),2^p ≡2 (mod 7). Suy ra 3^p−2^p−1 chia hết chop.

Vậy 3^p−2^p−1chia hết cho 42p.

Bài 3. Cho n là số tự nhiên. Chứng minh rằng 3ⁿn³ + 1 chia hết cho 7 khi và chỉ khi 3ⁿ+n³ chia hết cho 7.

Lời giải.

Nếu 3ⁿn³+ 1 chia hết cho 7. Suy ran không chia hết cho 7, suy ran⁶−1 chia hết cho 7.

Ta có n³(3ⁿ+n³) =n³3ⁿ+n⁶ =n³3ⁿ+ 1 +n⁶−1 chia hết cho 7.

Mà (n,7) = 1. Suy ra 3ⁿ+n³ chia hết cho 7.

ˆˆ Nếu 3ⁿ+n³ chia hết cho 7. Làm tương tự ta cũng có n³3ⁿ+ 1 chia hết cho 7.

Bài 4. Chứng minh rằng

1. Trong 5 số nguyên thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.

2. Trong 17 số nguyên thì có 9 số có tổng chia hết cho 9.

Lời giải.

Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.

Nếu trong 5 số khi chia cho 3 số có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng 3 số này chia hết cho 3.

Nếu có 2 loại số dư thì có 3 số khi chia cho 3 có cùng một số dư, tổng của chúng chia hết cho 3.

Nếu có 1 loại số dư, thì tổng 3 số bất kì đều chia hết cho 3.

1.

2. Đặt các số đó là a₁, a₂,· · · , a₁₆, a₁₇.

Trong 5 sốa₁,· · · , a₅ có 3 số có tổng chia hết cho 3, không mất tính tổng quát là a₁, a₂, a₃. Đặta₁ +a₂+a₃ = 3b₁.

Trong 5 số a₄,· · · , a₈ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử a₄, a₅, a₆ và đặt a4+a5+a6 = 3b2.

Tương tự ta xây dựng được các số b₃, b₄, b₅.

Khi đó áp dụng tiếp cho 5 số b₁, b₂, b₃, b₄, b₅ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử b1, b2, b3 có tổng chia hết cho 3. Khi đó 9 sốa1,· · · , a9 có tổng chia hết cho 9. Bài toán được giải quyết.

Bài 5. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: 5^x =y⁴+ 4y+ 1 Lời giải. Trước hết, ta thấy có một nghiệm là (0; 0).

ˆ Dễ thấy y chẵn nêny⁴+ 4y+ 1≡1( mod 8). Suy ra x chẵn, x= 2k. Khi đó (5^k)² =y⁴ + 4y+ 1 là số chính phương.

ˆ Ta có y≥1nên y⁴ < y⁴+ 4y+ 1 <(y²+ 2)². Suy ra y⁴+ 4y+ 1 = (y² + 1)² ⇔y= 2, suy ra x= 2.

Vậy có 2 cặp nghiệm(0; 0),(2; 2).

Bài 6. Chứng minh rằng phương trình y² +y = x+x² +x³ không có nghiệm nguyên dương.

Lời giải. Ta có x³ = (y−x)(y+x+ 1).

ˆ Gọi d là ước nguyên tố chung lớn nhất củay−x, y+x+ 1, nếud là số nguyên tố thì d|x, d|y, suy ra d|1(vô lý), Vậy y−x, y+x+ 1 nguyên tố cùng nhau.

ˆ Do đó y−x=a³, y+x+ 1 =b³, ab=x.

ˆ Ta có phương trình b³−a³ = 2ab+ 1với a, bnguyên dương và b > a≥1. Ta có b³−a³ ≥a²+b²+ab >2ab+ 1.

ˆ Vậy phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

Bài 7. Cho các số nguyên dương a, b, c, dthỏa ab=cd. Chứng minh rằng a+b+ c+d là hợp số.

Lời giải. Đặt k = (a, c), a =ka⁰, c = kc⁰, Suy ra a⁰b = c⁰d, suy ra b...c⁰, đặt b =mc⁰, suy ra d=ma⁰.

Khi đóa+b+c+d=ka⁰+mc⁰+kc⁰+ma⁰ = (k+m)(a⁰ +c⁰) là hợp số.

Bài 8. Chứng minh rằng nếu x² + 2y là một số chính phương với x, y nguyên dương thì x²+y là tổng của hai số chính phương.

Lời giải. Đặt x²+ 2y =k². Suy ra 2y= (k−x)(k+x). Suy rak, x cùng tính chẵn lẻ. Ta xét các trường hợp sau

ˆ Nếu k = 2m, x= 2n thì y = 2(m−n)(m+n).

Khi đó x²+y= 2n²+ 2(m−n)(m+n) = 2m² =m²+m².

ˆ Nếu k = 2m+ 1, x= 2n+ 1 thì y= 2(m−n)(m+n+ 1).

x²+y= (2n+1)²+2(m−n)(m+n+1) = 4n²+4n+1+2m²−2n²+2m−2n = 2n²+ 2n+ 2m² + 2m+ 1 = (m+n+ 1)²+ (m−n)².

Bài 9. Chứng minh rằng nếu tích của hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương thì mỗi số cũng là số chính phương.

Lời giải. Cho ab=x², trong đó (a, b) = 1.

Đặtd = (a, x), a=a⁰d, x=x⁰d ta có a⁰b=x⁰²d.

Do (a⁰, x⁰²) = 1 nên b chia hết chox⁰².

Mặt khác do(a, b) = 1 nên (b, d) = 1, suy ra x⁰² chia hết cho b.

Do đób=x⁰²,a⁰ =d. Từ đó ta có a=a⁰², b =x⁰² là các số chính phương.

Nhận xét.Tương tự nếu (a, b) = 1 và ab =x^k thì a, b là lũy thừa bậc k của một số nguyên. Đây là một bổ đề rất hay sử dụng.

Bài 10. Cho các số nguyên dương a, b thỏa 2a²+a= 3b²+b.

1. Tìm a, b biết a và b là hai số nguyên tố cùng nhau.

2. Chứng minh a−b và 2a+ 2b+ 1 là các số chính phương.

Lời giải. 1. a(2a+ 1) =b(3b+ 1). Ta có 3b+ 1 chia hết cho avà 2a+ 1 chia hết cho b.

Đặt 2a+ 1 = kb, suy ra 3b+ 1 =ka. Suy ra 6ab+ 2a+ 3b+ 1 = k²ab, suy ra k = 1,2.

Nếu k = 1 ta có 2a+ 1 =b,3b+ 1 = a (Vô nghiệm).

Nếu k = 2 ta có 2a + 1 = 2b,3b+ 1 = 2a. (Vô nghiệm). Phương trình vô nghiệm.

2. Ta có (a−b)(2a+ 2b+ 1) =b².

Giả sử plà ước nguyên tố củaa−b,2a+ 2b+ 1, suy ra p|b² ⇒p|b, suy rap|a, suy ra p|1 (vô lý).

Do đó (a−b,2a+ 2b+ 1) = 1.

Từ đó ta có a−b,2a+ 2b+ 1 là các số chính phương.

Bài 11. Số tự nhiên n được gọi là số đẹp nếu tồn tại các số tự nhiên x, y, z sao cho: n = [x;y] + [y;z] + [z;x] với [a;b] là bội chung nhỏ nhất của hai số a, b

1. Chứng minh rằng n = 2017 là số đẹp.

2. Chứng minh rằng mọi số lẻ đều là số đẹp.

3. Chứng minh rằng n = 2²⁰¹⁷ không phải là số đẹp.

Lời giải. 1. Ta chọn(x;y;z) = (1,1,1008). Khi đó:[1; 1008] + [1; 1008] + [1; 1] = 1008 + 1008 + 1 = 2017.

2. Với mọi số n lẻ, tức là: n = 2k+ 1 trong đó k là số nguyên dương. Ta chọn:

(x;y;z) = (1,1, k), khi đó: [1;k] + [1;k] + [1; 1] = k+k+ 1 = 2k+ 1 =n. Vậy mọi số lẻ đều là số đẹp.

3. Do2²⁰¹⁷ là số chẵn nên chỉ có hai trường hợp xảy ra, hoặc cả ba số [x;y],[y;z],[z;x]

đều là số chẳn, hoặc trong ba số này có hai số lẻ và một số chẳn. Giả sử tồn tại hai số lẻ, giả sử: [x;y] lẻ, suy ra: x, y đều là số lẻ, [y;z]lẻ, suy ra: y,z đều là số lẻ, từ đó ta có: [z;x] cũng là số lẻ, như vậy: [x;y] + [y;z] + [z;x] là số lẻ (mâu thuẫn). Từ đó ta có: [x;y],[y;z],[z;x] phải là ba số chẳn. Như vậy trong ba số x, y, z phải có ít nhất hai số chẳn, giả sử làx và y.

Đặt x= 2^at₁ (t₁ là số tự nhiên lẻ),y = 2^bt₂ (t₂ là số tự nhiên lẻ). Không mất tính tổng quát giả sử 2017≥a≥b≥0. Ta xét hai trường hợp:

(a) z lẻ. Khi đó ta có: [x;y] = 2^am₁ với m₁ là số lẻ, [y;z] = 2^bm₂, với m₂ là số lẻ, [z;x] = 2^am₃, với m₂ là số lẻ. Từ đó

2^am₁+ 2^bm₂+ 2^am₃ = 2²⁰¹⁷ ⇔2^b 2^a−bm₁+m₂+ 2^a−bm₃

= 2²⁰¹⁷

⇔2^a−bm₁+m₂+ 2^a−bm₃ = 2^2017−b.

Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

(b) z là số chẳn. Như vậy, x, y, z đều là số chẳn, đặt: z = 2^ct₃, với (t₃ là số tự nhiên lẻ) không mất tính tổng quát, giả sử: 2017 ≥ a ≥ b ≥ c ≥ 0.

Vậy: [x;y] = 2^am₁, [y;z] = 2^bm₂, [z;x] = 2^am₃ với m₁, m₂, m₃ là ba số tự nhiên lẻ. Từ đó

2^am1+ 2^bm2+ 2^am3 = 2²⁰¹⁷ ⇔2^b 2^a−bm1+m2+ 2^a−bm3

= 2²⁰¹⁷ ⇔2^a−bm₁+m₂+ 2^a−bm₃ = 2^2017−b.

Do vế trái của đẳng thức là một số lẻ, vế phải là một số chẳn. Từ đó ta có trường hợp này không thể xảy ra.

Bài 12. Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên a, b thỏa đồng thời các điều kiện sau:

1. 16a−9b là số nguyên tố.

2. ablà số chính phương.

3. a+b cũng là số chính phương.

Lời giải. Giả sử tồn tại a, bthỏa đề bài. Đặtab=x², a+b =y².

Gọi d là ước chung lớn nhất của a và b. Giả sử d >1. Đặt a = a⁰d, b = b⁰d, suy ra a⁰, b⁰ nguyên tố cùng nhau.

Ta có 16a−9b = d(16a⁰ −9b⁰) nguyên tố, suy ra 16a⁰ −9b⁰ = 1 và d nguyên tố.

Ta cód²a⁰b⁰ =x², suy raa⁰b⁰ chính phương mà(a⁰, b⁰) = 1 nên a⁰, b⁰ là các số chính

phương. (1)

Ta có 16a⁰ = 9b⁰ + 1 ≡ 0( mod 4), suy ra b⁰ ≡ 3( mod 4) không thể là số chính phương. (mâu thuẫn với (1)).

Vậy d= 1 hay a, b nguyên tố cùng nhau.

Từ ab=x² ta có a, bchính phương. Đặt a=m², b=n²(m, n > 0), suy ra 16a−9b= 16m²−9n² = (4m−3n)(4m+ 3n)

là số nguyên tố. Suy ra4m−3n = 1. Khi đó m = 3k+ 1, n = 4k+ 1. Suy ra y² =a+b = (3k+ 1)²+ (4k+ 1)² = 25k²+ 14k+ 2 (2).

Ta có

(5k+ 1)² <25k²+ 14k+ 2<(5k+ 2)² nên (2) vô nghiệm.

Vậy không tồn tạia, b thỏa đề bài.