CÁC DẠNG TOÁN MỚI VỀ SỐ HỌC THCS THƯỜNG ĐƯỢC RA TRONG CÁC KÌ THI GẦN ĐÂY (BẢN WORD) by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

CÁC CHUYÊN ĐỀ TOÁN THCS

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

CÁC DẠNG TOÁN MỚI VỀ SỐ HỌC THCS THƯỜNG ĐƯỢC RA TRONG CÁC KÌ THI GẦN ĐÂY (BẢN WORD CÓ HƯỚNG DẪN GIẢI) WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CÁC BÀI TOÁN VỀ CẤU TẠO SỐ I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ. Số tự nhiên A = a na n −1 ...a 0 được biểu diễn dưới dạng tổng các lũy thừa như sau:

A = a n a n −1 ...a 0 = a n .10n + a n −1 .10 n −1 + ... + a 0 Trong đó a n ; a n −1 ;...; a 0 là các chữ số và a n khác 0. II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA. Các bài toán về chữ số thường liên quan đến tìm các chữ số của một số thỏa mãn các tính chất chia hết, thỏa mãn là số chính phương và số lập phương đúng hoặc thỏa mãn một tính chất nào đó.

Ví dụ 1. Tìm các số abcdmn biết rằng abcdmn.2 = cdmnab . Lời giải

(

)

Từ abcdmn.2 = cdmnab ta được ab.10000 + cdmn .2 = cdmn.100 + ab Hay ta được 20000ab + 2cdmn = 100cdmn + ab ⇒ 19999ab = 98cdmn ⇒ 2857.ab = 14.cdmn . Từ đó ta được 14.cdmn ⋮ 2857 . Mà ta thấy ( 14, 2857 ) = 1 nên suy ra cdmn ⋮ 2857 . Từ đó ta được cdmn ∈ {2857; 5714; 8571} . Đến đây ta xét các trường hợp cụ thể như sau: + Nếu cdmn = 2857 , khi đó từ 2857.ab = 14.cdmn ta suy ra được ab = 14 . Do đó ta được abcdmn = 142857 + Nếu cdmn = 5714 , khi đó từ 2857.ab = 14.cdmn ta suy ra được ab = 28 . Do đó ta được abcdmn = 285714 + Nếu cdmn = 8571 , khi đó từ 2857.ab = 14.cdmn ta suy ra được ab = 42 . Do đó ta được abcdmn = 428571 .

Ví dụ 2. Tìm các chữ số a, b sao cho 62ab427 chia hết cho 99. Lời giải Cách 1. Ta có 99 = 9.11 và ( 9,11) = 1 nên ta có 62ab427 chia hết cho 99 khi và chỉ khi

62ab427 chia hết cho 9 và chia hết cho 11. • Ta có 62ab427 chia hết cho 9 khi và chỉ khi ( 6 + 2 + a + b + 4 + 2 + 7 )⋮ 9 hay ( a + b + 3 )⋮ 9

Từ đó ta được ( a + b + 3 ) ∈ {9;18} nên suy ra ( a + b + 3 ) ∈ {6;15}

• Ta có 62ab427 chia hết cho 11 khi và chỉ khi ( 6 + a + 4 + 7 ) − ( 2 + b + 2 )⋮11 hay

( a − b + 2 )⋮11 Từ đó ta được ( a − b + 2 ) ∈ {0;11} nên suy ra ( a − b ) ∈ {−2; 9} . Từ đó ta xét các trường hợp sau

a − b = 9 + Trường hợp 1:  , trường hợp này không tồn tại các chữ số a, b thỏa mãn. a + b = 6 a − b = 9 + Trường hợp 2:  , trường hợp này không tồn tại các chữ số a, b thỏa mãn. a + b = 15 a − b = −2 a = 2 ⇔ + Trường hợp 3:  a + b = 6 b = 4 a − b = −2 + Trường hợp 4:  , trường hợp này không tồn tại các chữ số a, b thỏa mãn. a + b = 15 Vậy các chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a = 2; b = 4 .

Cách 2. Ta có 62ab427 = 62.100000 + ab.1000 + 427 = 62630.99 + ab.990 + 10.ab + 57 Suy ra 62ab427 chia hết cho 99 khi và chỉ khi 10.ab + 57 chia hết cho 99. Từ đó ta được 10.ab + 57 = 99.k với k là một số tự nhiên. Dễ thấy 10.ab + 57 có chữ số tận cùng là 7, do đó 99.k phải có chữ số tận cùng là 7 nên ta được k = 3 Từ đó suy ra 10.ab + 57 = 99.3 ⇒ ab = 24 Vậy các chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là a = 2; b = 4 .

(

)

Ví dụ 3. Tìm các số abc biết rằng abc + cba ⋮ 68 (các chữ số a, b, c có thể giống nhau) Lời giải

(

)

(

)

Để ý là 68 = 4.17 và ( 4,17 ) = 1 nên abc + cba ⋮ 68 khi và chỉ khi abc + cba ⋮ 4;17

(

)

Ta xét abc + cba ⋮ 4 , khi đó ta được ( 100a + 10b + c + 100c + 10b + a ) = 101 ( a + c ) + 20b chia hết cho 4 hay ta được 101 ( a + b ) chia hết cho 4. Vì ( 4,101) = 1 nên suy ra a + c ⋮ 4 . Từ đó suy ra a + c ∈ {4; 8;12;16} (1)

(

)

Xét abc + cba ⋮17 , khi đó ta được ( 100a + 10b + c + 100c + 10b + a ) = 101 ( a + c ) + 20b chia hết cho 17 hay ta được 102 ( a + b ) + 17b + 3b − ( a + b ) chia hết cho 17. Suy ra 3b − ( a + c ) chia hết cho 17. Từ đó ta được 3b − ( a + c ) ∈ {0; 17} (2). Kết hợp (1) và (2) ta xét các trường hợp sau + Nếu 3b − ( a + c ) = 0 ⇒ 3b = a + b nên ta được

• Với a + c = 4 suy ra 3b = 4 , trường hợp này loại. • Với a + c = 8 suy ra 3b = 8 , trường hợp này loại. • Với a + c = 12 suy ra 3b = 12 hay b = 4 . Khi đó với a + c = 12 ta được các cặp chữ số

( a; c ) thỏa mãn là ( 3; 9 ) , ( 4; 8 ) , ( 5; 7 ) , ( 6; 6 ) , ( 7; 5 ) , ( 8; 4 ) , ( 9; 3 ) . Từ đó ta suy ra được abc ∈ {349; 448; 547; 646; 745; 844; 943} .

• Với a + c = 16 suy ra 3b = 16 , trường hợp này loại. + Nếu 3b − ( a + c ) = 17 , suy ra 3b > 17 ⇒ b ∈ {6; 7; 8; 9} . Khi đó ta có

• Với b = 6 , từ 3b − ( a + c ) = 17 suy ra a + c = 1 , trường hợp này loại. • Với b = 7 , từ 3b − ( a + c ) = 17 suy ra a + c = 4 , trường hợp này có các cặp số ( a; c ) thỏa mãn là ( 1; 3 ) , ( 2; 2 ) , ( 3;1) . Từ đó ta suy ra được abc ∈ {173; 272; 371} .

• Với b = 8 , từ 3b − ( a + c ) = 17 suy ra a + c = 7 , trường hợp này loại. • Với b = 9 , từ 3b − ( a + c ) = 17 suy ra a + c = 10 , trường hợp này loại. Vậy ta được các số thỏa mãn bài toán là abc ∈ {173; 272; 371; 349; 448; 547; 646; 745; 844; 943} .

Ví dụ 4. Tìm số abcd thỏa mãn điều kiện abcd + bcd + cd + d = 4574 . Lời giải Từ giả thiết abcd + bcd + cd + d = 4574 ta viết được lại thành 1000a + 200b + 30c + 4d = 4574 Từ đó suy ra 4d có chữ số tận cùng là 4, nên ta được d = 1 hoặc d = 6 . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Với d = 1 , khi đó ta được 1000a + 200b + 30c + 4 = 4574 Do đó 100a + 20b + 3c = 457 , suy ra 3c có chữ số tận cùng là 7 nên ta được c = 9 .

Từ đó ta lại có 10a + 2b = 43 , rõ ràng phương trình vô nghiệm. Do đó trường hợp này không tồn tại số abcd thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 2: Với d = 6 , khi đó ta được 1000a + 200b + 30c + 24 = 4574 Do đó Do đó 100a + 20b + 3c = 455 , suy ra 3c có chữ số tận cùng là 5 nên ta được c = 5 . Từ đó ta lại có 10a + 2b = 44 , nên 2b có chữ số tận cùng là 4, suy ra b = 2 hoặc b = 7 . Với b = 2 ta được a = 4 và với b = 7 ta được a = 3 . Như vậy ta được hai số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abcd = 4256 và abcd = 3756 .

Ví dụ 5. Tìm các chữ số a, b, c biết

1 ab.bc

bc.ca

ca.ab

11 . 3321

Lời giải

(

)

Quy đồng mẫu số ta được 81.41 ca + ab + bc = 11.ca.ab.bc . Từ đó ta được 11.ca.ab.bc chia hết cho 41, mà 41 là số nguyên tố nên trong các số

ca; ab; bc có một số chia hết cho 41. Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là ca , khi đó ca ∈ {41; 82} . Ta xét các trường hợp sau

• Với ca = 41 , khi đó ta được c = 4 và a = 1 . Thay vào đẳng thức

(

)

81.41 ca + ab + bc = 11.ca.ab.bc

(

)

(

)

Ta thu được 81.41 41 + 1b + b4 = 11.41.1b.b4 hay 81. 41 + 1b + b4 = 11.1b.b4 . Từ đó suy ra 11.1b.b4 chia hết cho 81, mà ta có ( 11, 81) = 1 nên 1b.b4 chia hết cho 81. Chú ý là 1b không chia hết 27 nên 1b chia hết cho 3 hoặc 9, khi đó 1b = 12;15;18 nên tương ứng ta được b = 2; 5; 8 . Từ các trường hợp cụ thể ta thấy b = 5 yêu cầu bài toán. Do đó ta được bộ chữ số ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu là ( 1; 5; 4 ) . • Với ca = 82 , khi đó ta được c = 8 và a = 2 . Thay vào đẳng thức

(

)

81.41 ca + ab + bc = 11.ca.ab.bc

(

)

(

)

Ta thu được 81.41 82 + 2b + b8 = 11.82.2b.b8 hay 81. 82 + 2b + b8 = 22.2b.b8 . Từ đẳng thức trên ta được b là số chẵn. Mà do ( 22, 81) = 1 nên 2b.b8 chia hết cho 81.

Ta lại thấy 2b không chia hết cho 81 nên suy ra b8 chia hết cho 3, do b là số chẵn nên ta được b = 4 . Từ đó ta được 24.48 chia hết cho 81, điều này vô lí nên trong trường hợp này không tồn tại chữ số b thỏa mãn yêu cầu bài toán. Hoàn toàn tương tự với các trường hợp ab; bc có một số chia hết cho 41. Vậy bộ các chữ số ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu là ( 1; 5; 4 ) , ( 4;1; 5 ) , ( 5; 4;1) .

Ví dụ 6. Tìm số abcd thỏa mãn abcd + 72 là một số chính phương và abd = ( b + d − 2a )

Lời giải Ta có 1 ≤ a ≤ 9 và 0 ≤ b,c,d ≤ 9 . Từ đó suy ra b + d − 2a ≤ 16 . 2

Mà ta lại có abd = ( b + d − 2a ) nên suy ra 10 2 ≤ abd ≤ 16 2 .

{

}

Suy ra ta được abd ∈ 10 2 ;112 ;12 2 ; 132 ;14 2 ;152 ;16 2 . Hay ta được abd ∈ {100;121;144;169;196; 225; 256} Do abcd + 72 là một số chính phương nên đặt abcd + 72 = k 2 với k ∈ N * . Các số chính phương có chữ số tận cùng là 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên suy ra d ∈ {2; 3; 4; 7; 8; 9} . Kết hợp với abd ∈ {100;121;144;169;196; 225; 256} ta suy ra được abd = 144 hoặc abd = 169 . 2

+ Với abd = 144 , khi đó ta được a = 1; b = d = 4 . Mà ta lại thấy 144 ≠ ( 4 + 4 − 2.1) nên

abd = 144 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

+ Với abd = 169 , khi đó ta được a = 1; b = 6; d = 9 . Mà ta lại thấy 169 = ( 6 + 9 − 2.1) nên

abd = 169 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Từ đó ta được 16c9 + 72 = k 2 nên k 2 là số lẻ, do đó k là số lẻ. Mặt khác ta có 1609 + 72 ≤ 16c9 + 72 ≤ 1699 + 72 nên suy ra 412 ≤ k 2 ≤ 432 . Từ đó suy ra k 2 = 412 hay 16c9 + 72 = 412 ⇒ 16c9 = 1609 ⇒ c = 0 . Vậy số cần tìm là abcd = 1609 .

Ví dụ 7. Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Lời giải Gọi số tự nhiên có bốn chữ sô cần tìm là abcd với a, b,c,d ∈ N và 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b,c,d ≤ 9 . 3

Theo bài ra ta có abcd = ( a + b + c + d ) .

Ta có nhận xét: Một số tự nhiên và tổng các chữ số của nó khi chia cho 9 có cùng số dư.

(

)

Đặt m = a + b + c + d m ∈ N * , khi đó abcd và m có cùng số dư khi chia cho 9.

(

)

Từ đó ta được abcd − m ⋮ 9 hay ta được abcd − m = 9k k ∈ N * . 3

Mà ta có abcd = ( a + b + c + d ) nên ta được m 3 − m = 9k ⇔ ( m − 1) m ( m + 1) = 9k Do đó ( m − 1) m ( m + 1)⋮ 9 . Ta biết rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có duy nhất một số chia hết cho 3 mà tích của chúng chia hết cho 9 nên trong ba số đó có duy nhất một số chia hết cho 9. Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 ⇒ 1000 ≤ m 3 ≤ 9999 ⇒ 10 ≤ m ≤ 21 Do đó ta được 9 ≤ m − 1 ≤ 20;11 ≤ m + 1 ≤ 22 . Ta xét các trường hợp sau: • Nếu m ⋮ 9 , khi đó m = 18 . Do đó ta được abcd = 18 3 = 5832 . 3

Thử lại ta thấy 5832 = ( 5 + 8 + 3 + 2 ) đúng. • Nếu m + 1⋮ 9 , khi đó m + 1 = 18 ⇒ m = 17 . Do đó ta được abcd = 17 3 = 4813 . 3

Thử lại ta thấy 4913 = ( 4 + 9 + 1 + 3 ) đúng. • Nếu m − 1⋮ 9 , khi đó m − 1 = 18 ⇒ m = 19 . Do đó ta được abcd = 19 3 = 6859 . 3

Thử lại ta thấy 6859 = ( 6 + 8 + 5 + 9 ) không đúng. Do đó trường hợp này loại. Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5832 và 4913.

Ví dụ 8. Tìm số chính phương có bốn chữ số khác nhau sao cho khi viết số đó theo thứ tự ngược lại ta được một số có bốn chữ số cũng là số chính phương và chia hết cho số ban đầu.

Lời giải Gọi số cần tìm là abcd = x 2 với a, b, c, d là các chữ số và x là một số tự nhiên. Số viết theo chiều ngược lại là dcba = y 2 với y là một số tự nhiên. Vì cả hai số đều có bốn chữ số nên ta suy ra được a > 0; d > 0 .

Theo bài ra ta có y 2 = kx 2 với k là một số tự nhiên lớn hơn 1. Vì a, d là các chữ số tận cùng của số chính phương nên a,d ∈ {1; 4; 5; 6; 9} ( * ) . Mặt khác do k ≥ 2 và dcba = y 2 có bốn chữ số nên a = 1 hoặc a = 4 . Ta xét các trường hợp sau • Với a = 1 , khi đó ta được dcb1 = k.1bcd . Từ đó suy ra cả d và k đều là số lẻ. kết hợp với

(*) ta suy ra được d = 9 và k = 9 . Do đó ta có 9cb1 = 9.1bc9 nên c = 89b + 8 ⇒ b = 0; c = 8 . Do đó số cần tìm là abcd = 1089 = 33 2 và dcba = 9801 = 99 2 ; 9801 = 9.1089 . • Với a = 4 , khi đó ta được dcb4 = k.4bcd . Nhận thấy không tồn tại chữ số tận cùng d

thỏa mãn (*) và đẳng thức dcb4 = k.4bcd . Vậy trường hợp này không có số nào thỏa mãn. Kết luận số cần tìm là 1089.

Ví dụ 9. Tìm tất cả các số nguyên dương N có ba chữ số sao cho tổng của N với các chữ số của N và số viết được bởi các chữ số của N nhưng theo thứ tự ngược lại thì ta được một số chính phương.

Lời giải Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán là N = abc với 1 ≤ a,c ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 . Khi đó theo bài toán ta có abc + a + b + c + cba là một số chính phương. Đặt abc + a + b + c + cba = m 2 , khi đó ta được 102 ( a + b + c ) − 81b = m 2 Từ đó ta được m 2 ⋮ 3 ⇒ m ⋮ 3 ⇒ m 2 ⋮ 9 nên suy ra a + b + c ⋮ 3 . Đặt m = 3k,a + b + c = 3h với k, h ∈ N;1 ≤ h ≤ 9 . Khi đó từ 102 ( a + b + c ) − 81b = m 2 ta được 34h − 9b = k 2 . Suy ra k 2 và 34h có cùng số dư khi chia cho 9 hay k 2 và 7h có cùng số dư khi chia cho 9. Xét khi k chia cho 9 có số dư lần lượt là 0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9 thì k 2 chia cho 9 có số dư lần lượt là 0;1; 4; 7 nên 7h có số dư khi chia cho 9 lần lượt là 0;1; 4; 7 , từ đó h chia cho 9 có số dư lần lượt là 1; 4; 7; 9 . Vì 1 ≤ h ≤ 9 nên suy ra h ∈ {1; 4; 7; 9} . Ta xét các trường hợp sau: • Trường hợp 1: Với h = 1 , khi đó ta được a + b + c = 3 . Do a + c ≥ 2 nên ta được b ≤ 1 .

Từ đó ta tìm được a = b = c = 1 thỏa mãn. Do đó ta được N = 111 .

• Trường hợp 2: Với h = 4 , khi đó ta được a + b + c = 12 .

Từ 34h − 9b = k 2 ta được k 2 = 136 − 9b . Với 0 ≤ b ≤ 9 ta được k 2 ∈ {64;100} . Từ đó ta được k = 8 hoặc k = 10 . + Với k = 8 thì ta được 8 2 = 136 − 9b ⇒ b = 8 nên a + c = 4 + Với k = 10 thì ta được 10 2 = 136 − 9b ⇒ b = 4 nên a + c = 4 Từ đây ta được các số N là 183; 381; 282;147; 741; 246; 642; 345; 543; 444 thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Trường hợp 3: Với h = 7 , khi đó ta được a + b + c = 21 .

Từ 34h − 9b = k 2 ta được k 2 = 238 − 9b . Với 0 ≤ b ≤ 9 ta không tìm được k 2 ∈ {64;100} . • Trường hợp 4: Với h = 9 , khi đó ta được a + b + c = 27 ⇒ a = b = c = 9 .

Do đó N = 999 . Vậy các số có ba chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là N ∈ {111;183; 381; 282;147; 741; 246; 642; 345; 543; 444; 999}

Ví dụ 10. Tìm số tự nhiên có 2n chữ số có dạng a1a 2a 3 ...a 2n −1a 2n thỏa mãn đẳng thức sau:

a 1a 2a 3 ...a 2n −1a 2n = a 1a 2 + a 3a 4 + ... + a 2n −1a 2n + 2006 Lời giải Đặt T = a1a 2 a 3 ...a 2n −1a 2n và P = a1a 2 + a 3a 4 + ... + a 2 n −1a 2n + 2006 . Ta thấy T > a 1 .10 2n −1 ≥ 10 2n −1 và P ≤ 81n + 2006 < 100n + 2100 = 100 ( n + 21) Mà do T = P nên ta suy ra được 10 2 n −1 < 100 ( n + 21) . Bằng phương pháp quy nạp toán học ta chứng minh được 10 2 n −1 < 100 ( n + 21) không đúng với n ≥ 3 . Từ đó suy ra n ≤ 2 , khi đó ta được a1a 2a 3a 4 = a1a 2 + a 3a 4 + 2006 . Ta xét các trường hợp sau • Nếu a 1 = 1 , khi đó a1a 2a 3a 4 < 2000 và a 1a 2 + a 3a 4 + 2006 > 2000 , điều này dẫn đến mâu

thuẫn. • Nếu a 1 = 3 , khi đó a1a 2a 3a 4 > 3000 và a 1a 2 + a 3a 4 + 2006 < 3000 , điều này dẫn đến mâu

thuẫn. • Nếu a 1 = 2 , khi đó từ a 1a 2 a 3a 4 = a1a 2 + a 3a 4 + 2006 ta được a 2 a 3a 4 = 2a 2 + a 3a 4 + 6 .

Hay ta được 98a 2 + a 3 ( 10 − a 4 ) + a 4 = 6 , nên ta được a 2 = 0 . Lúc này ta được a 3 ( 10 − a 4 ) + a 4 = 6 . Nếu a 3 ≥ 1 thì a 3 ( 10 − a 4 ) + a 4 > 10 , mâu thuẫn. Từ đó ta được a 3 = 0 và a 4 = 6 . Vậy số cần tìm là 2006.

(

)

Ví dụ 11. Tìm các chữ số a, b, c, d thỏa mãn aa...abb...bcc...c + 1 = dd...d + 1 , biết rằng số lần xuất hiện của a, b, c, d trong các biểu thức trên là như nhau.

Lời giải Gọi số lần xuất hiện của các chữ số a, b, c, d trong đẳng thức trên là n. Khi đó ta xét các trường hợp sau 3

• Trường hợp 1: Nếu n = 1 , khi đó đẳng thức trên trở thành abc + 1 = ( d + 1) . 3

Vì 101 ≤ ( d + 1) ≤ 1000 nên ta suy ra được 4 ≤ d ≤ 9 . Khi đó ta cho d nhận các giá trị 4; 5; 6; 7; 8; 9 thì ta được các số abc tương ứng bởi bảng sau d

abc + 1

125

216

343

512

729

1000

abc

124

215

342

511

728

999

(

• Trường hợp 2: Nếu n = 2 , khi đó đẳng thức trên trở thành aabbcc + 1 = dd + 1

(

)

Vì 100001 ≤ dd + 1 ≤ 1000000 nên ta suy ra được 5 ≤ d ≤ 9 . Khi đó ta cho d nhận các giá trị 5; 6; 7; 8; 9 thì ta thấy chỉ có d = 9 thỏa mãn. Từ đó ta được a = b = c = 9 . n • Trường hợp 3: Nếu n ≥ 3 , khi đó ta đặt x = 111...1 ⇒ 9x + 1 = 10 . Từ đó ta được n

aa...abb...bcc...c + 1 = a.x.10 2 n + b.x.10 n + c.x + 1 = d 3 x 3 + 3d 2 x 2 + 3dx + 1 2

⇔ ax ( 9x + 1) + bx ( 9x + 1) + cx = d 3 x 3 + 3d 2 x 2 + 3dx ⇔ 81ax 2 + ( 18a + 9b ) x  − d 3 x 2 + 3d 2 x = 3d − ( a + b + c )

(

)

Từ đó suy ra 3d − ( a + b + c )⋮ x . Mà ta lại có x ≥ 111 và 3d − ( a + b + c ) ≤ 26 . Từ đó ta được 3d − ( a + b + c ) = 0 . Lập luận tương tự ta được 3d 2 − ( 18a + 9b ) = 0 và d 3 − 81a = 0 .

Từ đó ta được d 3 ⋮ 81 ⇒ d = 9 . Đến đây ta suy ra được a = b = c = 9 . Vậy các bộ số ( a, b,c,d ) thỏa mãn yêu cầu bài là

( 1, 2, 4, 4 ) ; ( 2,1, 5, 5 ) ; ( 3, 4, 2, 6 ) ; ( 5,1,1,7 ) ; ( 7, 2,8,8 ) khi mỗi chữ số a, b, c, d xuất hiện một lần và ( 9,9,9,9 ) với mỗi chữ số a, b, c, d xuất hiện n nguyên dương lần.

Ví dụ 12. Tìm số tự nhiên có năm chữ số, biết rằng nếu nhân số đó với 2 thì được một số có 6 chữ số đôi một khác nhau và khác chữ số 0, nếu đem nhân số đó với 5, 6, 7, 8, 11 thì cũng được số có sáu chữ số được viết bởi các chữ số như số nhận được khi nhân nó với 2 nhưng viết theo một thứ tự khác.

Lời giải Gọi số cần tìm là N = abcde với a, b,c,d, e là các chữ số và 2N = mpqrst với các chữ số m, p, q, r s, t là các chữ số khác nhau từng đôi một và khác 0. Do đem nhân N với 5, 6, 7, 8, 11 thì cũng được số có sáu chữ số được viết bởi các chữ số như số 2N nhưng viết theo một thứ tự khác. Do đó các chữ số của 5N; 6N; 7N; 8N;11N khác nhau từng đôi một và khác 0. Ta có 2N ≤ 2.99999 = 199998 nên suy ra m = 1 . Ta xét các chữ số của N như sau: + Xét chữ số e ta được

• Nếu e là chữ số chẵn thì tận cùng của 5N là 0, điều này trái với giả thiết các các chữ số của 5N khác 0.

• Nếu e = 5 thì chữ số tận cùng 2N là 0, điều này trái với giả thiết các các chữ số của 2N khác 0.

• Nếu e = 1 thì các chữ số của 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N lần lượt là 2; 5; 6; 7; 8; 1. Khi đó các số 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N đều được viết bởi các chữ số 2; 5; 6; 7; 8; 1 nhưng viết theo thứ tự khác nhau. Dễ thấy 6N chia hết cho 3 nhưng tổng các chữ số của 6N là 2 + 5 + 6 + 7 + 8 + 1 = 29 không chia hết cho 3, điều này mâu thuẫn.

• Nếu e = 7 thì các chữ số của 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N lần lượt là 4; 5; 2; 9; 6; 7. Khi đó các số 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N đều được viết bởi các chữ số 4; 5; 2; 9; 6; 7, tuy nhiên trong các chữ số đó không có chữ số 1. Do đó trường hợp này loại.

• Nếu e = 9 thì các chữ số của 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N lần lượt là 8; 5; 2; 3; 2; 9.

Khi đó các số 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N đều được viết bởi các chữ 8; 5; 2; 3; 2; 9, tuy nhiên trong các chữ số đó không có chữ số 1. Do đó trường hợp này loại. Như vậy ta được e = 3 , khi đó các chữ số của 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N lần lượt là 6; 5; 8; 1; 4; 3. Từ đó ta suy ra được t = 6 . + Xét chứ số p ta được Do 2N < 5N < 6N < 7N < 8N < 11N nên các chữ số đầu tiên của 2N; 5N; 6N; 7N; 8N;11N lần lượt là 1; 3; 4; 5; 6; 8. Từ đó suy ra 8N > 610000 nên 2N > 152500 . Lại có 11N < 870000 nên 2N < 159000 Như vậy ta được 152500 < 2N < 159000 nên suy ra p = 5 . + Xét chữ số s ta được

• Nếu s = 3 thì 2N = 15qr36 , khi đó 6N = 3.2N có tận cùng là 08 , điều này trái với giả thiết các chữ số khác 0.

• Nếu s = 8 thì 2N = 15qr86 , khi đó 8N = 4.2N có tận cùng là 44 , điều này trái với giả thiết các chữ số khác nhau từng đôi một. Do vậy ta được s = 4 . + Xét chứ số q và r ta được

• Nếu q = 8; r = 3 thì 2N = 158346 , khi đó 8N = 4.2N = 633384 , điều này trái với giả thiết các chữ số khác nhau từng đôi một. Do vậy ta được q = 3; r = 8 và 2N = 153846 . Từ đó ta suy ra số phải tìm là N = 76923 . Thử lại ta thấy thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 13. Tìm tất cả các số có ba chữ số chia hết cho 11 sao cho thương số của phép chia số đó cho 11 bằng tổng bình phương của các chữ số của số đó.

Lời giải Gọi số có ba chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là A = abc với

a ∈ {1; 2; ...9} ; b,c ∈ {0; 1; 2; ...9} . Do A chia hết cho 11 nên ta được a − b + c chia hết cho 11. Kết hợp với a ∈ {1; 2; ...9} ; b,c ∈ {0; 1; 2; ...9} ta suy ra được a − b + c = 0 hoặc a − b + c = 11

• Với a − b + c = 0 , khi đó ta được b = a + c .

Ta có A = 100a + 10b + c = 99a + 10b + a + c = 99a + 11b . Khi A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được A = a 2 + b 2 + c 2 hay ta được 9a + b = a 2 + b 2 + c 2 11 2

Kết hợp với b = a + c ta được 9a + ( a + c ) = a 2 + ( a + c ) + c 2 ⇔ 10a + c = 2a 2 + 2ac + 2c 2 . Do a ≥ 1 nên ta được 10a + c ≥ 2a 2 + 2c + 2c 2 ⇒ 2c 2 + c ≤ 10a − 2a 2 ≤

25 2

Do đó suy ra 2c 2 + c ≤ 12 ⇒ c ≤ 2 Cũng từ 10a + c = 2a 2 + 2ac + 2c 2 ta suy ra được c là số chẵn. Từ đó ta được c = 0 hoặc c = 2 . + Với c = 0 , khi đó ta được a = b nên số cần tìm có dạng A = aa0 . Do đó

A = 50 = 2a 2 ⇒ a = 5 ⇒ a = b = 5 . Từ đó ta tìm được A = 550 . 11

+ Với c = 2 , khi đó ta được từ 10a + c = 2a 2 + 2ac + 2c 2 ta được 10a + 2 = 2a 2 + 4ac + 8 Hay ta được a 2 − 3a + 3 = 0 . Nhận thấy phương trình trên không có nghiệm nguyên dương nên không tồn tại số A thỏa mãn bài toán.

• Với a − b + c = 11 , khi đó ta được b + 11 = a + c . Do a, b, c là các chữ số nên từ b + 11 = a + c ta suy ra được a ≥ 2 Ta có A = 100a + 10b + c = 99a + 10b + a + c = 99a + 11b + 11 . + Xét a = 2 , khi đó c = 9; b = 0 . Ta được A = 209 không thỏa mãn bài toán. + Xét a = 3 , khi đó ta được c = 8; b = 0 hoặc c = 9; b = 1 . Ta được A = 308 hoặc A = 319 không thỏa + Xét a ≥ 4 . Khi đó A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

A = a 2 + b 2 + c 2 hay ta được 9a + b + 1 = a 2 + b 2 + c 2 11

Kết hợp với b = a + c − 11 ta được 2

9a + ( a + c − 11) + 1 = a 2 + ( a + c − 11) + c 2 ⇔ 10a + c − 10 = 2a 2 + 2ac + 2c 2 − 22 ( a + c ) + 121

Thu gọn ta được 32a + 23c − 131 = 2a 2 + 2ac + 2c 2 . Do a ≥ 4 nên ta được

32a + 23c − 131 ≥ 2a 2 + 8c + 2c 2 ⇒ 2c 2 − 15c ≤ 32a − 2a 2 − 131 ≤ −5 Do đó suy ra 2c 2 − 15c ≤ −5 ⇒ c ≤ 7 . Từ 32a + 23c − 131 = 2a 2 + 2ac + 2c 2 ta suy ra được c là số lẻ. Do đó ta được c = 1; 3; 5; 7 . Đến đây xét các trường hợp của c thì được b = 0; a = 8 thỏa mãn. Do đó số cần tìm là A = 803 . Vậy các số thỏa mãn 550 và 803.

Ví dụ 14. Tìm các chữ số a, b, c, d, e thỏa mãn điều kiện ab + cde = abcde . Lời giải Đặt x = ab và y = cde với a, b ∈ N và 10 ≤ a ≤ 99;100 ≤ b ≤ 999 . 2

Theo bài ra ta có x + y = 1000x + y hay ta được ( x + y ) = 100x + y . 2

Từ đó ta được ( x + y ) − 1000 ( x + y ) − 999y = 0 . Đặt t = x + y thì t ∈ N và 110 ≤ t ≤ 1089 . Từ đó ta được t 2 − 1000t + 999y = 0 . Phương trình bậc hai ẩn t phải có nghiệm nên ∆' = 250000 − 999y ≥ 0 , do đó y ≤ 250 . Gọi t 1 và t 2 là hai nghiệm của phương trình trên.

t + t = 1000 Khi đó theo định lí Vi – te ta được  1 1 t 1t 2 = 999y Từ hệ thức trên ta suy ra được t 1 > 0; t 2 > 0 và nếu t 1 ∈ N thì t 2 ∈ N . Như vậy từ t 1t 2 = 999y ta được t 1t 2 ⋮ 3 , đồng thời ta lại có t 1 + t 2 chia 3 dư 1. Như vậy trong hai số tự nhiên t 1 và t 2 thì có một số chia hết cho 3, còn một số không chia hết cho 3. Giả sử t 1 chia hết cho 3 và t 2 không chia hết cho 3. Ta có 999 = 27.37 và ( 27, 37 ) = 1 . Từ đó ta được t 1 chia hết cho 27 và t 2 không chia hết cho 3. Nếu t 1 ⋮ 37 , khi đó ta được t 1 ⋮ 999 , do đó t 1 = 999; t 2 = 1 . Khi đó thay vào hệ thức Vi – et trên ta được b = 1 , điều này vô lí. Do đó t 1 ⋮ 27 và t 1 không chia hết cho 37.

t = 27m , m; n ∈ N * . Từ đó ta có  1 t = 37n  2

Như vậy ta được 27m + 37n = 1000 hay n = 999 − 27m − 36n + 1 . Do đó n chia 9 có số dư là 1. Đặt n = 9k + 1 với k là số nguyên dương. Đến đây ta được 27m + 37 ( 9k + 1) = 1000 hay 273k = 1000 − 27m − 37 ≤ 936 . Từ đó dẫn đến k ≤ 3 . Mặt khác cũng từ 273k = 1000 − 27m − 37 ta được k chia 3 dư 3. Do đó suy ra k = 2 , suy ra n = 19; 27m = 297 nên 37n = 703 . Vậy ta được t 1 = 297; t 2 = 703 , dẫn đến y = 209 .4 + Nếu x + y = 297 thì ta được x = 88 + Nếu x + y = 703 thì ta được x = 494 , trường hợp này loại. Vậy các chữ số cần tìm là a = b = 8; c = 2; d = 0; e = 9

Ví dụ 15. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng số đó bằng tổng bình phương của số tạo bởi hai chữ số đầu với số tạo bởi hai chữ số sau và hai chữ số cuối cùng bằng nhau.

Lời giải Giả sử số tự nhiên có bốn chữ số cần tìm có dạng abcc với a, b,c ∈ N và

1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b,c ≤ 9 . 2

Theo bài ra ta có abcc = ab + cc . Đặt x = ac; y = cc ( x, y ∈ N ) . Suy ra 10 ≤ x ≤ 99; 0 ≤ y ≤ 99 . 2

Theo bài ra ta có abcc = ab + cc ⇔ 100ab + cc = ab + cc ⇔ 100x + y = x 2 + y 2

(

)

Ta viết lại phương trình trênvề dạng phương trình bậc hai ẩn x là x 2 − 100x + y 2 − y = 0

(

)

(

)

Khi đó ta có ∆ ' = 2500 − y 2 − y . Để phương trình có nghiệm thì ∆ ' = 2500 − y 2 − y ≥ 0 2

Khi đó ta được y ( y − 1) ≤ 2500 nên ( y − 1) ≤ y ( y − 1) ≤ 2500 ⇒ y − 1 ≤ 50 ⇒ y ≤ 51 . Do y là số có hai chữ số giống nhau nên ta được y ∈ {11; 22; 33; 44} . Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu y = 11 , khi đó ta thấy ∆' = 2390 không phải là số chính phương nên ta không tìm được x nguyên.

• Nếu y = 22 , khi đó ta thấy ∆' = 2038 không phải là số chính phương nên ta không tìm được x nguyên.

• Nếu y = 33 , khi đó ta thấy ∆' = 1444 = 38 2 là số chính phương.

(

)

Khi đó thay vào phương trình x 2 − 100x + y 2 − y = 0 ta được x 2 − 100x + 1056 = 0 Giải phương trình trên ta đươc x = 12 và x = 88 . Thử lại ta thấy 1233 = 12 2 + 332 và 8833 = 88 2 + 33 2 đều đúng.

• Nếu y = 44 , khi đó ta thấy ∆' = 608 không phải là số chính phương nên ta không tìm được x nguyên. Vậy các số tự nhiên cần tìm là 1233 và 8833.

Ví dụ 16. Tìm các chữ số a, b, c với a ≥ 1 sao cho

abc = ( a + b ) c

Lời giải Từ

abc = ( a + b ) c ta được abc = ( a + b ) c .

2 2 Từ đó suy ra 100a + 10b + c = ( a + b ) c ⇔ 10 ( 10a + b ) = c ( a + b ) − 1   2 Do a ≥ 1 nên 10 ( 10a + b ) ≥ 100 do đó c ( a + b ) − 1 ≥ 100  

Do đó ta được c ≥ 1 và a + b ≥ 4 . 2

Nếu a + b không chia hết cho 3 thì ta có ( a + b ) chia 3 dư 1. Do đó ta suy ra được 10a + b chia hết cho 3 hay a + b chia hết cho 3, điều này vô lí. Như vậy a + b chia hết cho 3 nên 10a + b chia hết cho 3. 2 Như vậy từ 10 ( 10a + b ) = c ( a + b ) − 1 ta suy ra được c chia hết cho 3. Do c là chữ số nên   2

suy ra c không chia hết cho 5. Do đó ta lại suy ra được ( a + b ) − 1 chia hết cho 5. Mà ta có ( a + b − 1)( a + b + 1) và 5 là số nguyên tố nên a + b − 1 hoặc a + b + 1 chia hết cho 5. Kết hợp với a + b chia hết cho 3 ta được a + b = 6 hoặc a + b = 9 . 2 • Trường hợp 1: Với a + b = 6 , thay vào hệ thức 10 ( 10a + b ) = c ( a + b ) − 1 ta được  

10 ( 9a + 6 ) = 24c ⇔ 5 ( 3a + 2 ) = 4c Từ đó ta suy ra được c chia hết cho 5, điều này trái với c không chia hết cho 5. Nên trường hợp này không tồn tại các chữ số a, b, c thỏa mãn. 2 • Trường hợp 1: Với a + b = 9 , thay vào hệ thức 10 ( 10a + b ) = c ( a + b ) − 1 ta được  

10 ( 9a + 9 ) = 80c ⇔ 9 ( a + 1) = 8c Từ đó suy ra c chia hết cho 9, nên ta được c = 9 , do đó a + 1 = 8 ⇒ a = 7 ⇒ b = 2 . Vậy các chữ số cần tìm là a = 7; b = 2; c = 9 .

(

)

Ví dụ 17. Tìm các số abcd thỏa mãn abcd = ab + cd . Lời giải

(

Ta có abcd = ab + cd

)

(

)

⇔ ab.100 + cd = ab + ca . Đặt x = ab; y = cd .

Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 nên suy ra 32 ≤ ab + cd ≤ 99 hay 32 ≤ x + y ≤ 99 Khi đó ta được 2

100x + y = ( x + y ) ⇔ 99x = ( x + y ) − ( x + y ) ⇔ 99x = ( x + y )( x + y − 1)

Từ đó suy ra ( x + y )( x + y − 1) chia hết cho 99. Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Trong hai thừa số ( x + y ) và ( x + y − 1) có một thừa số chia hết cho 99. Do 32 ≤ x + y ≤ 99 nên 31 ≤ x + y − 1 ≤ 98 , do đó x + y⋮ 99 và x + y = 99 2

Tờ đó ta được abcd = 99 2 = 9801 = ( 98 + 1) , thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 2: Cả hai thừa số ( x + y ) và ( x + y − 1) không có thừa số nào hết cho 99. Chú ý rằng ( x + y ) và ( x + y − 1) nguyên tố cùng nhau và ( 9,11) nguyên tố cùng nhau. Do đó ( x + y ) và ( x + y − 1) chia hết cho 9 hoặc cho 11. Do đó ta có bảng sau:

x + y ⋮11 + Trường hợp 1:  x + y − 1⋮ 9 x+y

x + y −1

Đúng 2

Với x + y = 55 , khi đó abcd = 552 = 3025 = ( 30 + 25 ) thỏa mãn.

x + y ⋮ 9 + Trường hợp 2:  x + y − 1⋮11 x+y

x + y −1

Đúng 2

Với x + y = 45 , khi đó abcd = 452 = 2025 = ( 20 + 25 ) thỏa mãn. Vậy các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2025; 3025, 9801.

Ví dụ 18. Tìm hai số chính phương phân biệt a1a 2a 3a 4 và b1 b2 b3 b4 thỏa mãn điều kiện: a 1 − b1 = a 2 − b 2 = a 3 − b 3 = a 4 − b 4

Lời giải Đặt a1a 2a 3a 4 = a 2 và b1 b2 b3 b4 = b2 với a, b là các số tự nhiên. Không mất tính tổng quát ta giả sử a1a 2a 3a 4 > b1 b2 b3 b4 nên ta được a > b . Do a 2 và b 2 là các số chính phương có bốn chữ số nên 1000 ≤ a 2 ; b2 ≤ 9999 Từ đó ta được 32 ≤ b < a < 100 . Đặt a 1 − b1 = a 2 − b 2 = a 3 − b 3 = a 4 − b 4 = c > 0,c ∈ N . Khi đó ta có

a1a 2a 3a 4 − b1b 2 b3 b4 = 1000 ( a1 − b1 ) + 100 ( a 2 − b 2 ) + 10 ( a 3 − b 3 ) + ( a 4 − b 4 ) = 1111c Mà ta lại có a1a 2a 3a 4 − b1b2 b3 b 4 = a 2 − b 2 = ( a − b )( a + b ) Từ đó ta được ( a − b )( a + b ) = 1111c = 11.101c . Do 11 và 101 là các số nguyên tố, lại có a + b < 200; a − b < 100 . Khi đó ta có

a + b = 101 a + b = 101c hoặc   a − b = 11c a − b = 11 101 + 11c  a = a + b = 101 2a = 101 + 11c 2 • Trường hợp 1: Với  ⇒ ⇒ a − b = 11c 2b = 101 − 11c  b = 101 − 11c  2 Do b ≥ 32 nên từ b = 101 − 11c suy ra c ≤ 3 và chú ý rằng a + b = 101 là số lẻ nên ta suy ra được c là số lẻ. Từ đó ta có c = 1 hoặc c = 3 .  101 + 11 = 56 a a a a = 3135 a =  2 + Với c = 1 ta được  ⇒ 1 2 3 4 101 − 11 b = = 45  b1 b 2 b 3 b 4 = 2025  2

 101 + 11 = 67 a = a a a a = 4489 2 + Với c = 3 ta được  ⇒ 1 2 3 4  b = 101 − 11 = 34  b1 b 2 b 3 b 4 = 1156  2

a + b = 101c • Trường hợp 2: Với  , khi đó do a + b < 200; a − b < 100 nên ta được c = 1 a − b = 11  101 + 11 = 56 a a a a = 3135 a + b = 101 a =  2 Suy ra  ⇒ ⇒ 1 2 3 4 a − b = 11  b = 101 − 11 = 45  b1 b 2 b 3 b 4 = 2025  2 Vậy các cặp số chính phương cần tìm là 3136 và 2025; 4489 và 1156. 2

Ví dụ 19. Tìm số tự nhiên abc thoả mãn điều kiện abc = ( a + b ) 4c . Lời giải Từ giả thiết bài toán ta có: 2

100a + 10b + c = 4c ( a + b ) ⇔ c =

100a + 10b 2

4 (a + b) − 1

10 ( 10a + b ) 2

4 (a + b) − 1

10 ( a + b ) + 9a  2

4 (a + b) − 1

Ta có 4 ( a + b ) − 1 là số lẻ và do 0 < c ≤ 9 nên 4 ( a + b ) − 1⋮ 5 . 2

Mà 4 ( a + b ) là số chẵn nên 4 ( a + b ) phải có tận cùng là 6 suy ra ( a + b ) phải có tận cùng là 4 hoặc 9. (*) Mặt khác c = 2

2.5ab 2 và 4 ( a + b ) − 1 là số lẻ 2 4(a + b) − 1 2

⇒ 4 ( a + b ) − 1 < 500 ⇔ ( a + b ) < 125, 25 (**) 2

Kết hợp (*) và (**) ta có ( a + b ) ∈ {4; 9; 49; 64} ⇒ a + b ∈ {2; 3; 7; 8} 2

+ Nếu a + b ∈ {2; 7; 8} thì a + b có dạng 3k ± 1 ( k ∈ N ) khi đó 4 ( a + b ) − 1 chia hết cho 3 mà ( a + b ) + 9a = 3k ± 1 + 9a không chia hết cho 3 ⇒ 10 ( a + b ) + 9a  không chia hết cho 3 nên c không thuộc tập hợp N. 10 ( 3 + 9a ) 6 ( 1 + 3a ) + Nếu a + b = 3 ta có c = = . Vì 0 < a < 4 và 1 + 3a ⋮ 7 suy ra a = 2 , khi đó 35 7 c = 6; b = 1 . Ta có số 216 thoả mãn. Vậy số 216 là số cần tìm. Ví dụ 20. Cho số có bốn chữ số 2012. Ta tách số 2012 thành hai số theo ba cách là 2 012; 20 12; 201 2 . Nếu ta đem nhân hai số trong mỗi cánh tách rồi cộng ba tích lại thì

được 2.012 + 20.12 + 201.2 = 666 . Hãy tìm tất cả các số có bốn chữ số sao cho khi ta làm theo cánh như trên với số đó thì cũng được kết quả là 666.

Lời giải Gọi số có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là abcd với a, b, c, d là các chữ số và a khác 0. Khi đó ta thực hiện các cách tách số abcd thành hai số là a bcd; ab cd ; abc d . Theo bài ra ta có a.bcd + ab.cd + abc.d = 666 ⇔ a ( 100b + 10c + d ) + ( 10a + b )( 10c + d ) + d ( 100a + 10b + c ) = 666 ⇔ 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 Do đó ta được d khác 0 và ad ≤ 6 . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu ad = 6 , khi đó 111ad = 666 . Mà ta lại có 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 , suy ra ab = ac = bc = bd = cd = 0 . Từ đó ta được b = c = 0 nên ta có các số thỏa mãn là 1006; 2003; 3002; 6001.

• Trường hợp 2: Nếu ad = 5 , khi đó 111ad = 555 và a = 1; d = 5 hoặc a = 5; d = 1 .

 511b + 551c + 10bc = 111 Khi đó từ 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 ta được  . 155b + 115c + 10bc = 111 Ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn một trong hai đẳng thức trên. Do đó trường hợp này không có số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 3: Nếu ad = 4 , khi đó 111ad = 444 và a = 1; d = 4 hoặc a = 4; d = 1 hoặc a =d = 2.

+ Nếu a = 1; d = 4 khi đó ta được 144b + 114c + 10bc = 222 , ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn. + Nếu a = 4; d = 1 khi đó ta được 411b + 441c + 10bc = 222 , ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn. + Nếu a = d = 2 khi đó ta được 222b + 222c + 10bc = 222 suy ra ta được b = 0; c = 1 hoặc

b = 1; c = 0 thỏa mãn. Vậy ta được các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 2102; 2012. • Trường hợp 4: Nếu ad = 3 , khi đó 111ad = 333 và a = 1; d = 3 hoặc a = 3; d = 1 .

 311b + 331c + 10bc = 333 Khi đó từ 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 ta được  . 133b + 113c + 10bc = 333

Ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn một trong hai đẳng thức trên. Do đó trường hợp này không có số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 5: Nếu ad = 2 , khi đó 111ad = 222 và a = 1; d = 2 hoặc a = 2; d = 1 .

 211b + 221c + 10bc = 444 Khi đó từ 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 ta được  . 122b + 112c + 10bc = 444 + Nếu 211b + 221c + 10bc = 444 , khi đó ta được b ≤ 2; c ≤ 2 . Thử các khả năng ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn. + Nếu 122b + 112c + 10bc = 444 , khi đó ta được b ≤ 2; c ≤ 2 . Thử các khả năng ta thấy không có chữ số b, c thỏa mãn. Do đó trường hợp này không có số nào thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 6: Nếu ad = 1 , khi đó 111ad = 111 và a = d = 1 . Khi đó từ 100ab + 110ac + 111ad + 10bc + 11bd + cd = 666 ta được 111b + 111c + 10bc = 555 Từ đẳng thức trên ta thấy b = 0; c = 5 hoặc b = 5; c = 0 thỏa mãn. Do đó ta được các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1051; 1501. Vậy các số có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1006; 2003; 3002; 6001; 2102; 2012; 1051; 1501.

Ví dụ 21. Tìm tất cả các số có bón chữ số abcd thỏa mãn abcd = a 2 + 2b 2 + 3c 2 + 4d2 + 2006 . Lời giải Từ abcd = a 2 + 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 2006 nên ta suy ra được a ≥ 2 . Mặt khác do b, c, d đều không lớn hơn 9 nên ta suy ra được

abcd = a 2 + 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 2006 ≤ 2006 + 9 2 ( 1 + 2 + 3 + 4 ) = 2816 Từ đó ta được a = 2 , khi đó thay vào giả thiết của bài toán ta được

bcd = 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 10 Lập luận tương tự như trên ta được bcd ≤ 739 nên ta được b ≤ 7 .

• Nếu b = 7 , khi đó ta được 7cd = 108 + 3c 2 + 4d 2 ≤ 108 + 9 2 ( 3 + 4 ) = 675 , điều này vô lí. • Nếu b = 6 , khi đó ta được 6cd = 3c 2 + 4d 2 + 82 ≤ 9 2.7 + 82 = 649 . Từ đó ta được c ≤ 4 , khi đó ta lại có 6cd = 3c 2 + 4d 2 + 82 ≤ 3.4 2 + 4.9 2 + 82 = 454 , điều này vô lí.

Do đó với b = 6 không tồn tại số thỏa mãn yêu cầu bài toán Từ đây về sau ta luôn gặp đẳng thức

bcd = 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 10 ⇔ 3c 2 + 4d 2 − 10c − d = 100b − 2b 2 − 10 Hay ta được c ( 3c − 10 ) + d ( 4d − 1) = 100b − 2b 2 − 10 . Do đó để tiện cho việc kiểm tra sau này ta lập bảng sau đây c

c ( 3c − 10 )

−7

−8

−3

d ( 4d − 1)

138

189

248

315

Chú ý rằng từ bcd = 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 10 ta suy ra được c và d cùng tính chẵn lẻ.

• Nếu b = 5 , khi đó từ bcd = 2b 2 + 3c 2 + 4d 2 + 10 ta được 3c 2 + 4d 2 − 10c − d = 440 Với d ≤ 7 thì ta được 3c 2 ≥ 244 , điều này không xẩy ra với c ≤ 9 . Do đó d = 8 hoặc d = 9 , khi đó từ kết quả trong bảng trên ta suy ra

3c 2 + 4d 2 − 10c − d = 440 vô nghiệm. • Nếu b ∈ {0; 3; 4} , lập luận tương tự như bảng trên cũng dẫn đến vô nghiệm. • Nếu b = 2 , khi đó 3c 2 + 4d 2 − 10c − d = 182 , lập luận tương tự như trên ta được d = 7; c = 1 thỏa mãn. • Nếu b = 1 , khi đó 3c 2 + 4d 2 − 10c − d = 88 , lập luận tương tự như trên ta được d = 5; c = 1 thỏa mãn. Vậy các số cần tìm là abcd = 2217; 2115 .

(

)

Ví dụ 22. Tìm số có sáu chữ số abc deg biết rằng abc deg = abc + deg . Lời giải Đặt x = abc; y = deg ( 100 ≤ x ≤ 999; y ≤ 999 ) . 2

Khi đó ta có 1000x + y = ( x + y ) hay ta được 999x = ( x + y )( x + y − 1) . Do x ≤ 999 nên ( x + y )( x + y − 1) ≤ 999 2 do đó x + y ≤ 999 .

• Nếu x + y = 999 thì từ 999x = ( x + y )( x + y − 1) ta được x = 998 và y = 1 .

Khi đó số cần tìm là abc deg = 998001 .

• Nếu x + y < 999 . Ta có 999 = 27.37 và ( x + y, x + y − 1) = 1 , để ý rằng 37 là số nguyên tố. Khi đó trong hai số x + y và x + y − 1 có một số cia hết cho 27 và một số chia hết cho 37. Ta có các trường hợp sau. + Trường hợp x + y chia hết cho 27 và x + y − 1 chia hết cho 37. Khi đó ta được x + y − 1 = 37m, m ∈ N* , suy ra x + y = 37m + 1 . Từ x + y chia hết cho 27 ta được 37m + 1⋮ 27 Do đó 10m + 1⋮ 27 ⇒ 80m + 8 ⋮ 27 ⇒ 81m − ( m − 8 )⋮ 27 ⇒ m − 8 ⋮ 27 . Do đó ta lại được m = 27n + 8, n ∈ N Từ đó suy ra x + y − 1 = 37 ( 27n + 8 ) = 999n + 296 . Nhưng do 0 < x + y − 1 ≤ 997 nên ta được x + y − 1 = 296 . Kết hợp với 999x = ( x + y )( x + y − 1) ta được x = 88 , loại. + Trường hợp x + y chia hết cho 37 và x + y − 1 chia hết cho 27. Khi đó ta có x + y = 37m, m ∈ N* , suy ra x + y − 1 = 37m − 1 . Từ x + y − 1 chia hết cho 27 ta được 37m − 1⋮ 27 Do đó 10m − 1⋮ 27 ⇒ 80m − 8 ⋮ 27 ⇒ 81m − ( m + 8 )⋮ 27 ⇒ m + 8 ⋮ 27 . Do đó ta lại được m = 27n − 8, n ∈ N* Từ đó suy ra x + y = 37 ( 27n − 8 ) = 999n − 296 . Nhưng do 0 < x + y ≤ 998 nên ta được n = 1 , do đó x + y = 703 . Kết hợp với 999x = ( x + y )( x + y − 1) ta được x = 494; y = 209 . Kho đó số cần tìm là abc deg = 494209 . Vậy các số có sau chữ số hỏa mãn yêu cầu bài toán là abcdeg = 494209; 998001 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Chữ số hàng chục của một số có 2 chữ số lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 1. Nếu đổi chổ 2 chữ số cho nhau sẽ được một số bằng

5 số ban đầu. Tìm số có 2 chữ số ban đầu . 6

Bài 2.Tìm một số có hai chữ số, biết rằng chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 5 và nếu đem số đó chia cho tổng các chữ số của nó thì được thương là 7 và dư là 6.

Bài 3. Cho số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 7. Chứng minh rằng hiệu các lập phương của hai chữ số của số đó chia hết cho 7.

Bài 4. Tìm số chính phương có 4 chữ số, biết rằng khi giảm mỗi chữ số một đơn vị thì số mới được tạo thành cũng là một số chính phương có 4 chữ số.

Bài 5. Tìm các số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc − ( 10d + e ) chia hết cho 101? 2

Bài 6. Tìm các chữ số a, b sao cho ab = ( a + b )

Bài 7. Tìm số abcd biết rằng abc.c = dac với a, b, c, d là các chữ số khác nhau. Bài 8. Tìm các chữ số a, b, c biết rằng abc − ca = ca − ac Bài 9. Tìm hai số tự nhiên liên tiếp, mỗi số có hai chữ số, biết rằng nếu viết lớn trước số nhỏ thì ta được một số có bốn chữ số là số chính phương.

Bài 10. Cho số tự nhiên A có n chữ số 9, hỏi có thể phân tích A thành tổng của hai số tự nhiên khác là B và C sao cho khi đổi thay đổi vị trí các chữ số của số B thì ta thu được số C.

Bài 11. Viết các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999 sau đó sắp xếp các số đó theo môt thứ tự bất kì ta được một số tự nhiên. Chứng minh rằng số mới được tạo thành không thể là một lũy thừa của 2. 2

Bài 12. Tìm các số tự nhiên có hai chữ số xy sao cho 2.xy = ( x + 2 ) + ( y + 4 )

Bài 13. Cho m là một số nguyên dương. Hãy tìm các chữ số x ( x ≠ 0 ) và y sao cho A là một số chính phương với A = xy5 + 100m ( m + 5 ) .

Bài 14. Tìm các chữ số x, y trong phép tính sau: 10910 = 23673xy67459221723401 . Bài 15. Tìm số có ba chữ số abc sao cho số A = abcabc...abc gồm 6003 chữ số chia hết cho 91.

Bài 16. Tìm các chữ số a, b, c sao cho: a) Số 7ab9 chia hết cho 63.

b) Số 1ab2c chia hết cho 1125.

Bài 17. Tìm tất cả các số có năm chữ số abcde sao cho

abcde = ab .

Bài 18. Cho số tự nhiên n có hai chữ số, chữ số hàng chục là x và chữ số hàng đơn vị là y(nghĩa là x ≠ 0 và n = 10x + y ). Gọi M =

a) Tìm n để M = 2 .

n x+y b) Tìm n để M nhỏ nhất.

Bài 19. Cho số tự nhiên A = 155 * 710 * 4 * 16 . Hay thay dấu * bởi ba chữ số phân biệt tự 1 đến 9 để A luôn chia hết cho 396.

Bài 20. Tìm hai số tự nhiên có dạng ab và ba với a ≠ b thỏa mãn đẳng thức: a 33...3 b ab = 2014 . ba b 33...3a 2014

Bài 21. Tìm số abcd biết rằng abcd + bcd + cd + d = 4574 Bài 22. Tìm số tự nhiên có nhiều hơn ba chữ số, biết rằng nếu ta bỏ đi ba chữ số cuối thì được một số mới mà lập phương của nó bằng chính số cần tìm.

Bài 23. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, trong đó hai chữ số đầu giống nhau và hai chữ số cuối giống nhau, thỏa mãn mỗi điều kiện sau đây: a) Số đó bằng tổng các bình phương của số tạo bởi hai chữ số đầu và số tạo bởi hai chữ số sau. b) Số đó bằng tích của hai số mà mỗi số là số có hai chữ số giống nhau.

Bài 24. Tìm số tự nhiên có năm chữ số sao cho sao cho số đó bằng lập phương của tổng năm chữ số của nó.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. Gọi x là chữ số hàng chục ( 0 < x ≤ 9 ) , y là chữ số hàng đơn vị ( 0 ≤ y ≤ 9 ) Vì chữ số hàng chục lớn hơn chữ số hàng đơn vị là 1 nên ta được x − y = 1 Vì đổi chổ 2 chữ số cho nhau sẽ được một số bằng

5 số ban đầu nên ta được 6

5 5 yx = .xy ⇔ 10y + x = . ( 10x + y ) ⇔ 4x − 5y = 0 6 6 x − y = 1 x = 5 ⇔ Từ đó ta có hệ phương trình  (thỏa mãn). Vậy 54 là số cần tìm 4x − 5y = 0 y = 4

Bài 2.Gọi số cần tìm có 2 chữ số là ab , với a, b ∈ {0,1, 2, 3, 4, 5, 6,7,8,9}, a ≠ 0 . Theo giả thiết ta có hệ phương trình:

a − b = 5 a − b = 5 a − b = 5 a − b = 5 a = 8 ⇔ ⇔ ⇔ ⇔  10a + b = 7(a + b) + 6 3a − 6b = 6 a − 2b = 2 a − 2b = 2 b = 3 Vậy số cần tìm là 83

Bài 3. Gọi số có hai chữ số là ab ( a, b ∈ ℕ ; 0 < a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 ) . Ta có ab⋮ 7 hay 10a + b⋮ 7. 3

Suy ra ( 10a + b ) ⋮ 7 ⇔ 1000a 3 + b 3 + 3.10ab ( 10a + b )⋮ 7 Hay 1001a 3 − a 3 + b 3 + 3.10ab ( 10a + b )⋮ 7 Ta có 1001a 3 ⋮ 7 và 3.10ab ( 10a + b )⋮ 7 . Nên suy ra b 3 − a 3 ⋮ 7

Bài 4. Gọi số chính phương cần tìm là x 2 = abcd = 1000a + 100b + 10c + d với x ∈ N* Ta được 1000 < x 2 < 9999 ⇒ 31 < x < 100. Sau khi giảm đi 1 đơn vị ở ở tất cả các chữ số ta được số

y 2 = ( a − 1)( b − 1)( c − 1)( d − 1) = 1000 ( a − 1) + 100 ( b − 1) + 10 ( c − 1) + ( d − 1) = 1000a + 100b + 10c + d − 1111 = x 2 − 1111 Do đó ta được x 2 − y 2 = 1111 ⇔ ( x − y )( x + y ) = 1111 = 11.101 . Do x + y > x − y nên ta được

x + y = 101 x = 56 x + y = 1111 x = 556 ⇒ (Nhận) hoặc  ⇒ (Loại)  x − y = 11  y = 45 x − y = 1  y = 555 Vậy số chính phương cần tìm là x 2 = 56 2 = 3136 Bài 5.Ta có abc − ( 10d + e )⋮101 ⇔ 101abc − abc − ( 10d + e )  ⋮101   Hay ta được 100abc + 10d + e ⋮101 ⇔ abcde ⋮101 Vậy số các số phải tìm là số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 Có tất cả 10100 số các số tự nhiên 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101. Có tất cả 99990 số các số tự nhiên có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101 Vậy số các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101 là

99990 − 10100 + 1 = 891 101

Bài 6.Từ giả thiết suy ra ab = ( a + b ) a + b Vì ab và a + b ∈ ℕ * nên a + b là số chính phương. Mặt khác 1 ≤ a + b ≤ 18 nên a + b ∈ {1; 4; 9; 16} Nếu a + b = 1; a + b = 4; a + b = 16 thì thay vào (1) không thỏa mãn Nếu a + b = 9 thay vào ab = ( a + b ) a + b ta được ab = 27 . Vậy a = 2; b = 7 .

Bài 7. Từ giả thiết abc.c = dac ta suy ra được c khác 0 và

(100a + 10b + c ) c = 100d + 10a + c ⇔ 100ac + 10bc + c

= 100d + 10a + c

Như vậy c 2 có chữ số tận cùng là c nên ta suy ra được c ∈ {1; 5; 6} . Ta xét các trường hợp sau + Nếu c = 1 , khi đó ta được abc = dac , trường hợp này không xẩy ra do a, b, c, d là các chữ số khác nhau. + Nếu c = 5 , khi đó từ 100ac + 10bc + c 2 = 100d + 10a + c ta suy ra được 500a + 50b + 25 = 100d + 10a + 5 ⇔ 50a + 10b + 2 = 10d + a

Từ đó ta suy ra được 49a + 5b + 2 = 10d ≤ 90 nên a = 1 . Khi đó ta được 50 + 5b + 1 = 10d nên suy ra 5b = ...9 nên không tồn tại chữ số b thỏa mãn. + Nếu c = 6 , khi đó từ 100ac + 10bc + c 2 = 100d + 10a + c ta suy ra được 60a + 6b + 3 = 10d + a ⇔ 59a + 6b + 3 = 10d ≤ 90

Do đó a = 1 nên ta được 59 + 6b + 3 = 10d ⇒ 62 + 6b = 10d Từ đó ta suy ra 6b < 30 và 68 = ...8 nên ta được b = 3 , từ đó suy ra d = 8 . Vậy số cần tìm là 1368.

Bài 8. Dễ thấy ca − ac < 100 nên từ abc − ca = ca − ac suy ra abc − ca < 100 nên abc < 200 . Do đó suy ra a = 1 . Từ đó ta được 1bc − c1 = c1 − 1c . Hay ta được 100 + 10b + c − 10c − 1 = 10c + 1 − 10 + c ⇒ 10b + 108 = 18c ⇒ 5b + 54 = 9c Suy ra 5b⋮ 9 nên b chỉ có thể là 0 hoặc 9. + Với b = 0 , khi đó ta được 9c = 54 ⇒ c = 6 + Với b = 9 , khi đó ta được 5.9 + 54 = 9c ⇒ c = 11 , không thỏa mãn. Vậy các chữ số cần tìm là a = 1; b = 0; c = 6 .

Bài 9. Gọi hai số tự nhiên liên tiếp có hai chữ số là x và x + 1 với . Gọi số chính phương là

n 2 với n là số tự nhiên. Từ đó ta được 10 ≤ x ≤ 98 và 32 ≤ n ≤ 99 Đặt x = ab thì x + 1 = a ( b + 1) với a, b là các chữ số. Khi đó ta được n 2 = a ( b + 1) ab . Ta có n 2 = a ( b + 1) ab = a ( b + 1) 00 + ab = a ( b + 1).100 + ab Hay ta được n 2 = 100 ( x + 1) + x ⇔ n 2 = 101x + 100 ⇔ ( n − 10 )( n + 10 ) = 101x . Từ đó suy ra ( n − 10 )( n + 10 ) chia hết cho số nguyên tố 101. Do đó trong hai thừa số n − 10 và n + 10 có một thừa số chia hết cho 101.

Mà từ 32 ≤ n ≤ 99 ta được 22 ≤ n − 10 ≤ 89; 42 ≤ n + 10 ≤ 109 . Do đó chỉ có thể n + 10 = 101 ⇒ n = 91 . Từ đó suy ra n 2 = 8281 nên ta được x = 81 và x + 1 = 82 . Vậy hai số tự nhiên liên tiếp cần tìm là 81 và 82.

Bài 10. Giả sử A = 999...9 = B + C . Ta xét các trường hợp sau • Trường hợp 1: Xét n là số chẵn, khi đó ta có thể phân tích A thành tổng của hai số B và C thỏa mãn yêu cầu bài toán, chẳng hạn B = 333...3666...6 và C = 666...6333...3 , với B và C cùng có n chữ số trong đó có

n n chữ số 3, chữ số 6. 2 2

• Trường hợp 2: Xét n là số lẻ, khi đó giả sử ta có thể phân tích A thành tổng của hai số B và C thỏa mãn yêu bài toán. Đặt B = a1a 2 ...a n ; C = b1 b2 ...bn với a 1 ; a 2 ; ...; a n ; b1 ; b 2 ; ...b n là các chữ số. Khi đó ta có a 1a 2 ...a n + b1 b 2 ...b n = 999...9 . Do a 1 + b1 ≤ 9 + 9 = 18 nên từ a 1a 2 ...a n + b1 b 2 ...b n = 999...9 ta suy ra được a 1 + a 2 = 9 . Lập luận tương tự ta được a 1 + b1 = a 2 + b 2 = ... = a n + b n = 9 . Do đó tổng các chứ số của B và C là S = ( a 1 + b1 ) + ( a 2 + b 2 ) + ... + ( a n + b n ) = 9n là một số lẻ. Theo bài ra thì khi đổi vị trí các chữ số của số b ta được số C nên tổng các chữ số của B bằng tổng các chữ số của C. Từ đó ta được

S = ( a 1 + a 2 + ... + a n ) + ( b1 + b 2 + ... + b n ) = 2 ( a1 + a 2 + ... + a n ) là một số chẵn. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Do vậy khi n là số lẻ thì ta không phân tích được. Vậy với n chẵn thì ta có thể phân tích A thành tổng của hai số B và C thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 11. Gọi A là số mới được tạo thành. Số A được tao ra từ việc sắp xếp các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999 nên A có tất cả 99999 − 11111 + 1 = 88889 số có 5 chữ số. Tách số tự nhiên A thành tổng các số hạng có dạng abcde.10 5n với n = 0;1; 2; 3; ...; 88888 . n

Đặt s = abcde , khi đó abcde.10 5n = s ( 9.11111 + 1) = s ( 9m + 1) = s ( km + 1) = skm + s . Chú ý rằng m = 11111 và k ∈ N * . Khi đó abcde.10 5n và s có cùng số dư khi chia cho m = 11111 .

Như vậy số A khi chia cho M có cùng số dư với B là tổng của các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999. Ta có B = 11111 + 11112 + ... + 99999 =

(11111 + 99999 ) .88889 2

Do đó 2B = 11111.888890 , do đó 2B chia hết cho m nên B chia hết cho m. Từ đó ta được A chia hết cho m hay m = 11111 là một ước của A. Mà lũy thừa của 2 không có ước là số lẻ, do đó A không thể là một lũy thừa của 2.

Bài 12. Ta có 2

2.xy = ( x + 2 ) + ( y + 4 ) ⇔ 2 ( 10x + y ) = x 2 + 4x + 4 + y 2 + 8y + 16 ⇔ x 2 − 16x + y 2 + 6y + 20 = 0 ⇔ x 2 − 16x + 64 + y 2 + 6y + 9 = 53 2

⇔ ( x − 8 ) + ( y + 3 ) = 53 2

Vì x; y ∈ N nên ( x − 8 ) và ( y + 3 ) là các số chính phương. Mà 53 thì chỉ có thể viết về dạng tổng có 2 số chính phương là 53 = 2 2 + 7 2 . Nên ta có các trường hợp sau

( x − 8 )2 = 4  x ∈ {10; 6} + Trường hợp 1:  ⇔  2 ( y + 3 ) = 49  y ∈ {4; −10} Do x, y là chữ số nên ta suy ra được ( x; y ) = ( 6; 4 )

( x − 8 )2 = 49  x ∈ {15;1} + Trường hợp 2:  , loại do x, y là chữ số. ⇔  2 y ∈ − 1; − 5 { } y + 3 = 4 ( )  Vậy số cần tìm là xy = 64 .

Bài 13. Dễ thấy A = xy5 + 100m ( m + 5 ) chia hết cho 5 và A là số chính chính phương nên 2

số A có dạng A = ( 10t + 5 ) = 100t 2 + 100t + 25 với t là một số tự nhiên. Từ đó ta được 100t 2 + 100t + 25 = 100x + 10y + 5 + 100m 2 + 500m Hay ta được 100t 2 + 100t = 100x + 100m 2 + 500m + 10y − 20 Do đó ta được 10y − 20 chia hết cho 100. Do y là chữ số nên ta suy ra được y = 2 . Khi đó ta được t 2 + t = m 2 + 5m + x . 2

Đặt t = m + v nên ta được ( m + v ) + m + v = m 2 + 5m + x ⇔ 2m ( 2 − v ) = v 2 + v − x , đẳng thức xấy ra với số mọi m nên ta suy ra được v = 2 . Từ đó ta được x = v 2 + v = 6 .

Vậy các chữ số cần tìm là x = 6; y = 2 .

(

)

(

)

Bài 14. Ta có 10910 − 1 = ( 109 − 1) 109 9 + 1098 + ... + 1 = 9.12 109 9 + 109 8 + ... + 1 . Do đó 10910 − 1 chia hết cho 9. Mặt khác ta lại có

(

)(

) (

)

(

10910 − 1 = 109 5 − 1 109 5 + 1 = 109 5 − 1 ( 109 + 1) 109 4 − 109 3 + ... + 1

(

)(

= 10.11 109 5 − 1 109 4 − 109 3 + ... + 1

)

Do đó ta lại có 10910 − 1 chia hết cho 11. Từ các kết quy ra ta suy ra 23673xy67459221723401 − 1 chia hết cho 9 và 11. Ta có 23673xy67459221723401 − 1 chia hết cho 9 khi và chỉ khi ( x + y + 73 )⋮ 9 ⇒ ( x + y + 1)⋮ 9 Và 23673xy67459221723401 − 1 chia hết cho 1 khi và chỉ khi ( y − x − 9 )⋮11

( x + y + 1)⋮ 9 Từ đó ta có  . y x 9 ⋮ 11 − − ( )  Chu ý rằng x và y là các chữ số nên 0 ≤ x; y ≤ 9 . Do đó 1 ≤ x + y + 1 ≤ 19 nên suy ra x + y + 1 chỉ có thể nhận giá trị là 9 hoặc 18. Lai thấy −18 ≤ y − x − 9 ≤ 0 nên suy ra y − x − 9 chỉ có thể nhận giá trị là 0 hoặc −11 . Từ đó ta có các trường hợp sau đây xẩy ra:

x + y + 1 = 9 + Trường hợp 1:  , hệ phương trình này vô nghiệm. y − x − 9 = 0 x + y + 1 = 9 x = 5 ⇔ + Trường hợp 2:  , hệ phương trình này vô nghiệm.  y − x − 9 = −11  y = 3 x + y + 1 = 18 + Trường hợp 3:  , hệ phương trình này vô nghiệm. y − x − 9 = 0 x + y + 1 = 18 + Trường hợp 4:  , hệ phương trình này vô nghiệm.  y − x − 9 = −11 Vậy các chữ số cần tìm là x = 5 và y = 3 .

Bài 15. Ta có A = abcabc...abc = abc.10 6000 + abc.10 5997 + ... + abc.10 6 + abc.10 3 + abc

(

= abc 10 6000 + 10 5997 + ... + 10 6 + 10 3 + 1 Chú ý là 1001 = 10 3 + 1 và 1001⋮ 91 . Ta lại có

)

(

)

(

) (

10 6000 + 10 5997 + ... + 10 6 + 10 3 + 1 = 10 6000 + 101999 10 3 + 1 + ... + 10 6 10 3 + 1 + 10 3 + 1

)

Từ đó ta suy ra được A ⋮ 91 khi và chỉ khi abc.10 6000 chia hết cho 91.

(

)

Do 91,10 6000 nên để A chia hết cho 91 ta cần có abc chia hết cho 91. Vậy các số cần tìm là abc ∈ {182; 273; 364; 455; 546; 637; 728; 819; 910} .

Bài 16. a) Số 7ab9 chia hết cho 63. Ta có 7ab9 = 7009 + ab0 chia hết cho 63. Nhận thấy 7009 chia 63 dư 16 nên để 7ab9 chia hết cho 63 thì ab0 chia 63 dư 47 Từ đó ta đặt ab0 = 63t − 16 với t ∈ N * . Xét a = 0 , khi đó ta có b0 = 63t − 16 . Không tồn tai số tự nhiên t thỏa mãn bài toán. Xét a ≠ 0 , từ đó ta được 100 ≤ ab0 ≤ 990 Do đó suy ra 100 ≤ 63t − 16 ≤ 990 ⇒ 2 ≤ t ≤ 15 . Mặt khác từ ab0 = 63t − 16 ta suy ra được 63t − 16 có chữ số tận cùng bằng 0 nên 63t có chữ số tân cùng bằng 6. Suy ra t có chữ số tận cùng bằng 2. Kết hợp với 2 ≤ t ≤ 15 ta được t = 2 hoặc t = 12 .

• Với t = 2 thì ta được ab0 = 63.2 − 16 = 110 , do đó a = b = 1 Thử lại ta thấy 7119 chia hết cho 63.

• Với t = 12 thì ta được ab0 = 63.12 − 16 = 740 , do đó a = 7; b = 4 Thử lại ta thấy 7749 chia hết cho 63. Vậy ta được hai số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 7119 bà 7740. b) Số 1ab2c chia hết cho 1125. Ta có 1125 = 9.5 3 và ( 9,125 ) = 1 nên từ 1ab2c chia hết cho 1125 ta suy ra dược 1ab2c chia hết cho 9 và 125. Ta có 1ab2c chia hết cho 125 nên 1ab2c chia hết cho 25, do đó 2c chia hết cho 25, suy ra c = 5.

Lại vì 1ab2c chia hết cho 125 nên b25 chia hết cho 125, do đó b = 1 hoặc b = 6 . Mặt khác do 1ab2c chia hết cho 9 nên ta được a + b + c + 3⋮ 9 hay a + b + 8 ⋮ 9

• Với b = 1 , khi đó từ a + b + 8 ⋮ 9 ta được a + 9 ⋮ 9 nên a = 0 hoặc a = 9 • Với b = 6 , khi đó từ a + b + 8 ⋮ 9 ta được a + 5⋮ 9 nên a = 4 . Thử lại ta được các bộ chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( a; b; c ) = ( 0;1; 5 ) , ( 9;1; 5 ) , ( 4; 6; 5 ) Bài 17. Đặt x = ab và y = cde , khi đó ta có abcde = 1000x + y với 0 ≤ y < 1000 Từ giả thiết

abcde = ab ta có

1000x + y = x ⇔ 1000x + y = x 3 .

Do y ≥ 0 nên từ phương trình trên ta suy ra được 1000x ≤ x 3 ⇒ 1000 ≤ x 2 nên ta được x ≥ 32 .

Mặt khác do y < 1000 nên ta lại có

(

)

x 3 = 1000x + y < 1000x + 1000 ⇒ x 1000 − x 2 < 1000 ⇒ x < 33

Từ đó ta suy ra được x = 32 . Nên ta được x 3 = 32768 hay abcde = 32768

Bài 18. a) Ta có M = 2 ⇔

10x + y = 2 ⇔ 10x + y = 2x + 2y ⇔ 8x = 9 x+y

Vì x; y ∈ N và 1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 nên ta được x = 1; y = 8 . Suy ra n = 18 b) Ta có M =

10x + y 9x = 1+ = 1+ x+y x+y

9 1+

y x

Vì x; y ∈ N và 1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 nên ta được 0 ≤ Do đó ta được M = 1 +

9 y 1+ x

≥ 1+

Vậy giác trị nhỏ nhất của M là

y y ≤ 9 ⇔ 1 ≤ 1 + ≤ 10 x x

9 19 = . Dấu bằng xẩy ra khi x = 1; y = 9 10 10

19 , xẩy ra khi x = 1; y = 9 . 10

Bài 19. Gọi a, b, c là các chữ số cần tìm với 1 ≤ a, b,c ≤ 9 . Khi đó ta cần xác định a, b, c để

A = 155a710b4c16 luôn chia hết cho 396. Do a, b, c là các chữ số phân biệt nên ta có 1 + 2 + 3 ≤ a + b + c ≤ 7 + 8 + 9 ⇔ 6 ≤ a + b + c ≤ 24 . Ta có 396 = 4.9.11 mà 4, 9, 11 nguyên tố với nhau theo từng đôi một. Do đó ta cần tìm số A để A chia hết cho 4; 9; 11.

• Vì A có hai chữ số tận cùng là 16 nên A chia hết cho 4. • Số A chia hết cho 9 khi và chỉ khi tổng các chữ số của A là 1 + 5 + 5 + 7 + 1 + 4 + 1 + a + b + c chia hết cho 9 hay a + b + c + 3 chia hết cho 9. Kết hợp với điều kiện 6 ≤ a + b + c ≤ 24 suy ra a + b + c chỉ có thể là 6, 15, 24.

• Số A chia hết cho 11 khi và chỉ khi ( 5 + a + 1 + b + c + 6 ) − ( 1 + 5 + 7 + 4 + 1) chia hết cho 11 hay a + b + c − 6 chia hết cho 11. Kết hợp với điều kiện 6 ≤ a + b + c ≤ 24 suy ra a + b + c chỉ có thể là 6, 17. Như vậy để A chia hết cho 9 và 11 thì a + b + c = 6 . Do a, b, c khác nhau nên ta suy ra các bộ số ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu là ( 1; 2; 3 ) , ( 1; 3; 2 ) , ( 2;1; 3 ) , ( 2; 3;1) , ( 3; 1; 2 ) , ( 3; 2;1) . Thử lại các các bộ số trên ta thay A chia hết cho 396. Vậy để A chia hết cho 396 ta có thể thay các dấu * bởi các bộ số sau:

(1; 2; 3 ) , (1; 3; 2 ) , ( 2;1; 3 ) , ( 2; 3;1) , ( 3;1; 2 ) , ( 3; 2;1) 2015 Bài 20. Đặt c = 33...3 0 , khi đó ta thấy 3c + 10 = 3.33...3 0 + 10 = 99...9 0 + 10 = 100...0 = 10 .

2014

2015

a.10 2015 + 33...3 0 + b a.10 2015 + c + b 10a + b 2014 2014 Ta có = ⇔ = = 2015 10b + a b.10 + 33...3 0 + a b.10 2015 + c + a ba b 33...3 a

a 33...3 b

2014

Hay ta được

a ( 3c + 10 ) + c + b 9 (a − b) 3 ( a − b )( c + 3 ) 10a + b −1 = −1 ⇔ = 10b + a 10b + a b ( 3c + 10 ) + c + a b ( 3c + 10 ) + c + a

Do a ≠ b nên ta suy ra được

3 c+3 = 10b + a b ( 3c + 10 ) + c + a

Từ đó ta có 9bc + 30b + 3c + 3a = 10bc + 30b + ac + 3a ⇔ 3c = ( a + b ) c ⇔ a + b = 3 . Do a, b là các chữ số khác 0 nên từ a + b = 3 ta được a = 1; b = 2 hoặc a = 2; b = 1 .

(

)

Vậy có hai bộ số ab; ba thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 12; 21) , ( 21;12 ) .

Bài 21. Từ abcd + bcd + cd + d = 4574 ta được 1000a + 200b + 30c + 4d = 4574 . Xét hàng đơn vị có tích 4d = ...4 , suy ra d = 1 hoặc d = 6 + Nếu d = 1 , khi đó từ 1000a + 200b + 30c + 4d = 4574 ta được 100a + 20b + 3c = 457 Khi đó xét hàng đơn vị 3c = ..7 suy ra c = 9 . Do đó từ 100a + 20b + 3c = 457 ta được 10a + 2b = 43

Dễ thấy vế trái của đẳng thức trên là số chẵn và vế phải là số lẻ nên không tìm thấy các chữ số a, b thỏa mãn đẳng thức 10a + 2b = 43 . + Nếu d = 6 , khi đó từ 1000a + 200b + 30c + 4d = 4574 ta được 100a + 20b + 3c = 455 Xét hàng đơn vị có tích 3c = ...5 suy ra c = 5 . Do đó từ 100a + 20b + 3c = 455 ta được 10a + 2b = 44 .

Khi đó từ tích 2b = ...4 ta suy ra được b = 2 hoặc b = 7 . Với b = 2 ta được a = 4 và với a = 7 ta được b = 3 . Do đó các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 4256; 3756.

Bài 22. Gọi số cần tìm là A = a...bcde . Đặt N = a...b và P = cde . Dễ thấy A = 1000.N + P . Khi bỏ ba chữ số cuối từ số A ta được số N.

(

)

Theo bài ra ta có N 3 = A hay ta được N 3 = 1000N + P . Suy ra N N 2 − 1000 = P . Do P ≥ 0 nên ta được N 2 ≥ 1000 ⇒ N ≥ 32 . Lại thấy p < 1000 .

(

)

(

)

Từ các kết quả trên ta được 32 N 2 − 1000 ≤ N N 2 − 1000 < 1000 Do đó ta được N − 1000 < 32 ⇒ N < 1032 ⇒ N < 33 . 2

Từ đó ta được 32 ≤ N < 33 nên suy ra N = 32 . Suy ra N 3 = 32 3 = 32768 , thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy số cần tìm là A = 32768 .

Bài 23. a) Gọi số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là xxyy với x, y ∈ N , 1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 . 2

Theo bài ra ta có xxyy = xx + yy hay ta được 2

(

)

(

1100x + 11y = ( 11x ) + ( 11y ) ⇔ 100x + y = 11 x 2 + y 2 ⇔ 99x + ( x + y ) = 11 x 2 + y 2

)

Từ đó ta suy ra được x + y ⋮ 11 , do 1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 nên x + y = 11

(

)

Khi đó ta được 99x + 11 = 11 x 2 + y 2 , biến đổi tương đương ta được 2

9x + 1 = x 2 + y 2 ⇔ 9x + 2xy + 1 = ( x + y ) ⇔ 2xy + 9x + 1 = 112 ⇔ x ( 2y + 9 ) = 120 Dễ thấy 2y + 9 là số lẻ và 120 chia hết cho 8 nên x chia hết cho 8, do đó suy ra x = 8 nên

y = 3. Như vậy số cần tìm là 8833. Thử lại ta có 8833 = 88 2 + 33 2 đúng.

Vậy số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 8833. b) Gọi số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là xxyy với x, y ∈ N ,

1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 . Theo bài ra ta có xxyy = aa.bb với a, b là các chữ số khác 0. Khi đó ta được 1100x + 11y = 11a.11b ⇔ 100x + y = 11ab ⇔ 99x + ( x + y ) = 11ab Từ đó ta suy ra được x + y ⋮11 , do 1 ≤ x ≤ 9; 0 ≤ y ≤ 9 nên x + y = 11 Lại từ 100x + y = 11ab ⇔ x0y = 11ab ⇒ ab =

x0y , do đó kết hợp với x + y = 11 ta có bảng 11

giá trị như sau:

x0y ab =

x0y 11

209 308 407 506 605 704 804 902 19

Chú ý rằng a và b là các chữ số nên trong các trường hợp trên chỉ có hai số tách được thành tích của hai số tự nhiên có một chữ số là 28 = 4.7 và 64 = 8.8 . Tương ứng với hai trường hợp trên ta có hai số cần tìm là 3388 và 7744. Thử lại ta thấy 3388 = 44.77 và 7744 = 88.88 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các số tự nhiên có bốn chữ số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3388 và 7744.

Bài 24. Gọi số cần tìm là abcde với a, b, c, d, e là các chữ số và a ≠ 0 . Theo bài ra ta có abcde = ( a + b + c + d + e )

Đặt m = a + b + c + d + e với m ∈ N * , khi đó ta được abcde = m 3 . Vì 10000 ≤ abcde ≤ 99999 ⇒ 10000 ≤ m 3 ≤ 99999 hay ta được 22 ≤ m ≤ 46 . Mà ta lại có

10000a + 1000b + 100c + 10d + e = m 3 ⇔ 9999a + 999b + 99c + 9d + ( a + b + c + d + e ) = m 3

⇔ 9999a + 999b + 99c + 9d = m 3 − m = ( m − 1) m ( m + 1) Dễ thấy 9999a + 999b + 99c + 9d ⋮ 9 nên suy ra ( m − 1) m ( m + 1)⋮ 9 . Vì trong ba số tự nhiên liên tiếp có duy nhất một số chia hết cho 3, mà tích ba số đó chia hết cho 9 nên trong ba số đó có duy nhất một số chia hết cho 9. Từ đó ta được m chia hết cho 9 hoặc chia 9 dư 1 hoặc 8.

Kết hợi với 22 ≤ m ≤ 46 ta được m nhận các giá trị 26; 27; 28; 35; 36; 37; 44; 45; 46. Từ đó các số abcde tương ứng thỏa mãn yêu cầu bài toán được cho bởi bảng sau m

abcde

17576 19683

21852

42875

46656

50653

85184

91125

97336

PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN

I. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. Phương pháp 1. Sử dụng các tính chất về quan hệ chia hết. Khi giải các phương trình nghiệm nguyên cần vận dụng linh hoạt các tính chất về chia hết, đồng dư, tính chẵn lẻ,… để tìm ra điểm đặc biệt của các ẩn số cũng như các biểu thức chứa ẩn trong phương trình, từ đó đưa phương trình về các dạng mà ta đã biết cách giải hoặc đưa về những phương trình đơn giản hơn.. • Xét số dư hai vế của phương trình để chỉ ra phương trình không có nghiệm, tính chẵn lẻ

của các vế, … • Đưa phương trình về dạng phương trình ước số. • Phát hiện tính chia hết của các ẩn. • Sử dụng tính đồng dư của các đại lượng nguyên.

Ví dụ 1. Chứng minh các phương trình sau không có nghiệm nguyên: a) x 2 − y 2 = 1998

b) x 2 + y 2 = 1999 Lời giải

a) Dễ dàng chứng minh được x 2 ; y 2 chia cho 4 chỉ có số dư 0 hoặc 1 nên x 2 − y 2 chia cho 4 có số dư 0, 1, 3. Còn vế phải 1998 chia cho 4 dư 2. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. b) Dễ dàng chứng minh được x 2 ; y 2 chia cho 4 có số dư 0 hoặc 1 nên x 2 + y 2 chia cho 4 có các số dư 0, 1, 2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3. Vậy phương trình không có nghiệm nguyên. Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 9x + 2 = y 2 + y Lời giải Biến đổi phương trình: 9x + 2 = y ( y + 1) Ta thấy vế trái của phương trình là số chia hết cho 3 dư 2 nên y ( y + 1) chia cho 3 dư 2. Như vậy chỉ có thể y = 3k + 1 và y + 1 = 3k + 2 với k là một số nguyên. Khi đó ta được 9x + 2 = ( 3k + 1)( 3k + 2 ) ⇔ 9x = 9k ( k + 1) ⇔ x = k ( k + 1)

Thử lại ta thấy x = k ( k + 1) và y = 3k + 1 thỏa mãn phương trình đã cho.  x = k ( k + 1) Vậy nghiệm của phương trình là  với k là số nguyên tùy ý.  y = 3k + 1

Ví dụ 3. Giải phương trình nghiệm nguyên x 2 − 5y 2 = 27 Lời giải Một số nguyên x bất kì chỉ có thể biểu diễn dưới dạng x = 5k hoặc x = 5k ± 1 hoặc

x = 5k ± 2 , trong đó k là một số nguyên. Khi đó ta xét các trường hợp sau: 2

(

)

• Nếu x = 5k , khi đó từ x 2 − 5y 2 = 27 ta được ( 5k ) − 5y 2 = 27 ⇔ 5 5k 2 − y 2 = 27 . Điều này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5

• Nếu x = 5k ± 1 , khi đó từ x 2 − 5y 2 = 27 ta được

( 5k ± 1)

(

)

− 5y 2 = 27 ⇔ 25k 2 ± 10k + 1 − 5y 2 = 27 ⇔ 5 5k 2 ± 2k − y 2 = 26

Điều này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Nếu x = 5k ± 2 , khi đó từ x 2 − 5y 2 = 27 ta được

( 5k ± 2 )

(

)

− 5y 2 = 27 ⇔ 25k 2 ± 20k + 4 − 5y 2 = 27 ⇔ 5 5k 2 ± 4k − y 2 = 23

Điều này vô lí vì vế trái chia hết cho 5 với mọi k và y là số nguyên, còn vế phải không chia hết cho 5 Vậy phương trình đã cho không có nghiệm là số nguyên

Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau 19x 2 + 28y 2 = 729 . Lời giải

(

) (

)

Cách 1. Viết phương trình đã cho dưới dạng 18x 2 + 27y 2 + x 2 + y 2 = 729 Từ phương trình trên suy ra x 2 + y 2 chia hết 3 Chú ý là một số chính phương khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1. Nên từ x 2 + y 2 chia hết 3 ta suy ra được x và y đều chia hết cho 3. Đặt x = 3u; y = 3v ( u; v ∈ Z ) . Thay vào phương trình đã cho ta được 19u 2 + 28v 2 = 81 Từ phương trình 19u 2 + 28v 2 = 81 , lập luận tương tự trên ta suy ra u = 3s; v = 3t ( s; t ∈ Z )

Thay vào phương trình 19u2 + 28v 2 = 81 ta được 19s 2 + 28t 2 = 9 Từ phương trình 19s 2 + 28t 2 = 9 suy ra s, t không đồng thời bằng 0 Do đó ta được 19s2 + 28t 2 ≥ 19 > 9 . Vậy phương trình 19s 2 + 28t 2 = 9 vô nghiệm và do đó phương trình đã cho cũng vô nghiệm.

Cách 2. Giả sử phương trình đã cho có nghiệm Dễ thấy 28y 2 chia hết cho 4 và 729 chia 4 dư 1. Từ đó ta suy ra 19x 2 chia 4 dư 1. Mặt khác một số chính phương khi chia 4 có số dư là 0 hoặc 1, do đó 19x 2 chia 4 có số dư là 0 hoặc 3, điều này mâu thuẫn với 19x 2 chia 4 dư 1. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Ví dụ 5. Xác định tất cả các cặp nguyên dương ( x; n ) thỏa mãn phương trình: x3 + 3367 = 2n Lời giải

(

)

Để sử dụng được hằng đẳng thức a 3 – b 3 = ( a – b ) a 2 + ab + b 2 ta chứng minh n chia hết cho 3. Nhận thấy 3367 chia hết cho 7 nên từ phương trình x3 + 3367 = 2n suy ra x 3 và 2 n có cùng số dư khi chia cho 7(hay x 3 ≡ 2 n (mod 7)). Nếu n không chia hết cho 3 thì 2 n khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0 hoặc 2 hoặc 4, trong khi đó x 3 khi chia cho 7 chỉ có thể cho số dư là 0 hoặc 1 hoặc 6. Do đó để x 3 và 2 n có cùng số ư khi chia cho 7 thì n phải chia hết cho 3.

(

)

Đặt n = 3m m ∈ N * . Thay vào phương trình đã cho ta được x 3 + 3367 = 23m

(

Hay ta được 2 m − x

) ( ( 2m − x )

)

+ 3x.2 m = 3367

Từ phương trình trên ta suy ra 2 m − x là ước nguyên dương của 3367

(

Hơn nữa 2 m − x

)

(

)

< 2 3m − x 3 = 3367 nên 2 m − x ∈ {1; 7;13} . Ta xét các trường hợp sau

(

)

• Xét 2 m − x = 1 , thay vào x 3 + 3367 = 23m ta suy ra 2 m 2 m – 1 = 2.561 , phương trình vô nghiệm.

(

)

• Xét 2 m − x = 7 , thay vào x 3 + 3367 = 23m ta suy ra 2 m 2 m – 13 = 2.15 , phương trình vô nghiệm.

(

)

• Xét 2m − x = 13 , thay vào x3 + 3367 = 23m ta suy ra 2 m 2 m – 7 = 24.32 . Từ đó ta có m = 4 nên ta suy ra được n = 12 và x = 9 . Vậy cặp số nguyên dương ( x; n ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 9;12 )

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2x 2 + 4x = 19 − 3y 2 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ra được 2

(

2x 2 + 4x + 2 = 21 − 3y 2 ⇔ 2 ( x + 1) = 3 7 − y 2

(

)

Ta thấy 3 7 − y 2 ⋮ 2 ⇒ 7 − y 2 ⋮ 2 ⇒ y là số lẻ 2

Ta lại có 7 − y 2 ≥ 0 nên chỉ có thể y 2 = 1 . Khi đó ta được 2 ( x + 1) = 18 Từ đó ta được x = 2 và x = −4 Suy ra các cặp số ( 2;1) , ( 2; −1) , ( −4; 1) , ( −4; −1) là nghiệm của phương trình đã cho.

Ví dụ 7. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − 2x − 11 = y 2 Lời giải Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình ta được 2

x 2 − 2x − 11 = y 2 ⇔ x 2 − 2x + 1 − 12 = y 2 ⇔ ( x − 1) − y 2 = 12 ⇔ ( x − 1 + y )( x − 1 − y ) = 12

Ta có các nhận xét: + Vì phương trình đã cho chứa y có số mũ chẵn nên có thể giả sử y ≥ 0 . Thế thì

x −1+ y ≥ x −1− y + Ta có ( x − 1 + y ) − ( x − 1 − y ) = 2y nên x − 1 + y và x − 1 − y cùng tính chẵn lẻ. Tích của chúng bằng 12 nên chúng cùng là số chẵn. Với các nhận xét trên ta có hai trường hợp

x − 1 + y = 6 x = 5 ⇒ • Trường hợp 1: Ta có  x − 1 − y = 2  y = 2 x − 1 + y = −2 x = −3 ⇒ • Trường hợp 1: Ta có   x − 1 − y = −6  y = −2 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 5; 2 ) , ( 5; −2 ) , ( −3; 2 ) , ( −3; −2 )

(

)

Cách 2. Viết thành phương trình bậc hai đối với x là x 2 − 2x − 11 + y 2 = 0 Khi đó ta có ∆' = 1 + 11 + y 2 = 12 + y 2 Điều kiện cần để bậc hai có nghiệm nguyên ∆' là số chính phương. Từ đó ta đặt 12 + y 2 = k 2 ( k ∈ ℕ ) hay ta được k 2 − y 2 = 12 ⇔ ( k + y )( k − y ) = 12 Giả sử y ≥ 0 thì k + y ≥ k − y và k + y ≥ 0 lai có ( k + y ) – ( k – y ) = 2y nên k + y và k − y cùng tính chẵn lẻ và phải cùng chẵn.

k + y = 6 Từ các nhận xét trên ta có  k − y = 2 Do đó ta được y = 2 , khi đó ta được x2 − 2x − 15 = 0 , suy ra x = 3 hoặc x = 5 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 5; 2 ) , ( 5; −2 ) , ( −3; 2 ) , ( −3; −2 )

Ví dụ 8. Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên: x 2 + y 2 + z 2 = 1999 Lời giải Ta biết rằng số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, còn số chính phương lẻ thì chia cho 4 dư 1 và chia cho 8 dư 1. Tổng x 2 + y 2 + z 2 là số lẻ nên trong ba số x 2 ; y 2 ; z 2 phải có một số lẻ và hai số chẵn hoặc cả ba số đều lẻ. + Trường hợp trong ba số x 2 ; y 2 ; z 2 có một số lẻ và hai số chẵn thì vế trái của phương trình đã cho chia cho 4 dư 1, còn vế phải là 1999 chia cho 4 dư 3, trường hợp này loại. + Trường hợp ba số x 2 ; y 2 ; z 2 đều lẻ thì vế trái của phương trình chia cho 8 dư 3, còn vế phải là 1999 chia cho 8 dư 7, trường hợp này loại. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 9. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

1 1 1 1 + + = x y 6xy 6

Lời giải Nhân hai vế của phương trình với 6xy ta được 6y + 6x + 1 = xy Đưa về phương trình ước số ta được x ( y − 6 ) − 6 ( y − 6 ) = 37 ⇔ ( x − 6 )( y − 6 ) = 37

Do vai trò bình đẳng của x và y nên không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ 1 , thế thì do x và y nguyên dương nên ta được x − 6 ≥ y − 6 ≥ −5 .

x − 6 = 37 x = 43 ⇔ Do đó chỉ có một trường hợp xẩy ra  y − 6 = 1 y = 7 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 43; 7 ) , ( 7; 43 )

Ví dụ 10. Tìm các số tự nhiên x và các số nguyên y sao cho: 2 x + 3 = y 2 Lời giải Lần lượt xét các giá trị tự nhiên của x như sau + Nếu x = 0 thì y 2 = 4 nên y = ±2 + Nếu x = 1 thì y 2 = 5 , phương trình không có nghiệm nguyên Nếu x ≥ 2 , khi đó 2 x + 3 là số lẻ nên y là số lẻ. Lại có 2 x ⋮ 4 nên 2 x + 3 chia cho 4 dư 3, còn

y 2 chia cho 4 dư 1. Do đó phương trình không có nghiệm. Vậy các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 2 ) , ( 0; −2 )

Ví dụ 11. Giải phương trình với nghiệm nguyên dương: 2 x + 57 = y 2 Lời giải Xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: Nếu x là số nguyên lẻ. Đặt x = 2n + 1 ( n ∈ ℕ ) . Khi đó ta có n

2 x = 2 2n +1 = 2.4 n = 2 ( 3 + 1) = 2 ( 3a + 1) = 6a + 2 với a là một số nguyên dương.

Khi đó vế trái của phương trình là số chia cho 3 dư 2, còn vế phải là số chính phương chia cho 3 không dư 2. Do đó trường hợp này loại.

(

)

• Trường hợp 1 : Nếu x là số nguyên chẵn. Đặt x = 2n n ∈ ℕ * . Khi đó ta có

(

y 2 − 2 2n = 57 ⇔ y + 2 n

)( y − 2 ) = 3.19 n

Ta thấy y + 2 n > 0 nên y − 2 n > 0 và y + 2 n > y − 2 n Do đó có các trường hợp như sau

y + 2n

y − 2n

28(loại)

x = 2n

Thử lại ta thấy 26 + 57 = 112 đúng. Vậy nghiệm của phương trình là ( 6;11) .

Ví dụ 12. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3 + y 3 = 6xy − 1 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được 3

x 3 + y 3 = 6xy − 1 ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 6xy − 1

Đặt a = x + y; b = xy với a, b là các số nguyên. Khi đó phương trình trên trở thành a 3 − 3ab = 6b − 1 ⇔ a 3 + 1 = 3b ( a + 2 )

(

)

Từ đó ta suy ra được a 3 + 1⋮ a + 2 hay ta được a 3 + 8 − 7 ⋮ ( a + 2 ) nên 7 ⋮ a + 2

a3 + 1 Suy ra a + 2 là ước của 7, ta cũng có b = , nên ta có bảng giá trị như sau 3 (a + 2 )

a+2

−1

−3

Không nguyên

a3 + 1 3 (a + 2 )

Không nguyên

Từ đó ta có các nghiệm của phương trình a 3 − 3ab = 6b − 1 là ( a; b ) = ( −1; 0 ) , ( 5; 6 )

x + y = −1  x = 0; y = −1 ⇒ • Với ( a; b ) = ( −1; 0 ) ta được  xy = 0  x = −1; y = 0 x + y = 5  x = 2; y = 3 ⇒ • Với ( a; b ) = ( 5; 6 ) ta được  xy = 6  x = 3; y = 2 Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; −1) , ( −1; 0 ) , ( 2; 3 ) , ( 3; 2 ) .

Ví dụ 13. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x 2 − 2y 2 − 5xy + x − 2y − 7 = 0 . Lời giải Phương trình tương đương với i

( 3x

) (

)

− 6xy + −2y 2 + xy + ( x − 2y ) = 7 ⇔ 3x ( x − 2y ) + y ( x − 2y ) + ( x − 2y ) = 7

⇔ ( x − 2y )( 3x + y + 1) = 7 = 1.7 = 7.1 = −1. ( −7 ) = −7. ( −1) Do đó ta có 4 trường hợp sau: 13   x = 7  x − 2y = 1 x − 2y = 1 +Trường hợp 1:  ,(loại). ⇔ ⇔ 3x + y + 1 = 7 3x + y = 6 y = 3  7 x − 2y = 7 x − 2y = 7 x = 1 ⇔ ⇔ +Trường hợp 2:  ,(nhận). 3x + y + 1 = 1 3x + y = 0  y = −3 17   x = − 7  x − 2y = −1  x − 2y = −1 +trường hợp 3:  ,(loại). ⇔ ⇔ 3x + y + 1 = −7 3x + y = −8 y = − 5  7 11   x = − 7  x − 2y = −7  x − 2y = −7 + Trường hợp 4:  ,(loại). ⇔ ⇔ 3x + y + 1 = −1  3x + y = −2  y = 19  7 Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( 1; − 3 ) .

Phương pháp 2. Đưa hai vế về tổng các bình phương. Ý tưởng của phương pháp là biến đổi phương trình về dạng vế trái là tổng của các bình phương và vế phải là tổng của các số chính phương.

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 2 + y 2 − x − y = 8 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

x 2 + y 2 − x − y = 8 ⇔ 4x 2 + 4y 2 − 4x − 4y = 32

(

) (

)

⇔ 4x 2 − 4x + 1 + 4y 2 − 4y + 1 = 34 ⇔ ( 2x − 1) + ( 2y − 1) = 34 Để ý là 34 = 32 + 52 . Do đó từ phương trình trên ta có các trường hợp sau

( 2x − 1)2 = 32  hoặc  2 ( 2y − 1) = 52

( 2x − 1)2 = 52   2 ( 2y − 1) = 32

 2x − 1 = 3  2x − 1 = 5 Khi đó ta được  hoặc   2y − 1 = 5  2y − 1 = 3 Giải lần lượt các phương trình trên ta thu được các nghiệm nguyên là

( 2; 3 ) , ( 3; 2 ) , ( −1; −2 ) , ( −2; −1)

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình -

x 2 + xy + y 2 = 3x + y − 1

Lời giải

Biến đổi phương trình ta được

x 2 + xy + y 2 = 3x + y − 1 ⇔ 2x 2 + 2xy + 2y 2 = 6x + 2y − 2 2

⇒ ( x + y ) + ( x − 3 ) + ( y − 1) = 8 = 0 2 + 2 2 + 2 2 Khi đó ta xét các trường hợp sau: 2

+ Với x + y = 0 , ta được ( − y − 3 ) + ( y − 1) = 8 ⇒ y = −1, x = 1. + Với x − 3 = 0 , ta được ( − y − 3 ) + ( y − 1) = 8 ⇒ y = −1, x = 1. 2

+ Với y − 1 = 0 , ta được ( x + 1) + ( x − 3 ) = 8 ⇒ x = 1 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( 1; −1) , ( 3; −1) , ( 1;1)

Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4x 2 + y 2 + 4x − 6y − 24 = 0 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được 2

4x 2 + y 2 + 4x − 6y − 24 = 0 ⇔ ( 2x + 1) + ( y − 3 ) = 34

( 2x + 1)2 = 32 ( 2x + 1)2 = 52   Chú ý là 34 = 3 + 5 nên ta có các trường hợp  hoặc  2 2 2 ( y − 3 ) = 5 ( y − 3 ) = 32 2

Ta xét bảng giá trị tương ứng như sau 2x + 1

−3

−5

y−3

−5

−3

−2

−3

−2

Từ đó ta có các nghiệm nguyên của phương trình là

( x; y ) = (1; 8 ) , (1; −2 ) , ( −2; 8 ) , ( −2; −2 ) , ( 2; 6 ) , ( 2; 0 ) , ( −3; 6 ) , ( −3; 0 ) Ví dụ 4.Giải phương trình nghiệm nguyên: 2x6 − 2x 3 y + y 2 = 128 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được

(

2x 6 − 2x 3 y + y 2 = 128 ⇔ x 3 − y Từ đó ta có các trường hợp sau

) + (x ) 3

= 8 2 + 8 2 = ( −8 ) + 8 2 = 8 2 + ( −8 ) = ( −8 ) + ( −8 )

 x 3 − y = 8 y = 0  y = 0 + Trường hợp 1:  3 ⇒ 3 ⇒  x = 8  x = 2  x = 8  x 3 − y = −8  y = 16  y = 16 + Trường hợp 2:  3 ⇒ 3 ⇒  x = 8  x = 2  x = 8  x 3 − y = 8  y = −16  y = −16 + Trường hợp 3:  3 ⇒ 3 ⇒  x = −8 x = −2  x = −8 3 y = 0  x − y = −8  y = 0 + Trường hợp 4:  3 ⇒ 3 ⇒  x = −8  x = −8  x = −2 Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 2; 0 ) , ( 2; 16 ) , ( −2; − 16 ) , ( −2; 0 ) .

Cách khác 1: Đặt t = x3 , khi đó phương trình trở thành 2

2t 2 − 2yt + y 2 = 128 ⇔ 4t 2 − 4yt + 2y 2 = 256 ⇔ ( 2t − y ) + y 2 = 16 2 + 0 2 = 0 2 + 16 2

Cách khác 2: Đặt t = x3 , khi đó phương trình trở thành

2t 2 − 2yt + y 2 = 128 ⇔ 2t 2 − 2yt + y 2 − 128 = 0 Xem phương trình trên là phương trình ẩn t, ta có ∆'t = − y 2 + 256 Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi ∆'t ≥ 0 ⇔ − y 2 + 256 ≥ 0 ⇔ −16 ≤ y ≤ 16 Đến đây xét các trường hợp của y thế vào phương trình ta tìm được x.

Phương pháp 3. Sử dụng các tính chất của số chính phương. Một số tính chất của số chính phương thường được dùng trong giải phương trình nghiệm nguyên

• Một số tính chất về chia hết của số chính phương 2

• Nếu a 2 < n < ( a + 1) với a là số nguyên thì n không thể là số chính phương. • Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính phương thì mỗi số đếu là số chính phương

• Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong hai số nguyên đó bằng 0.

Ví dụ 1. Tồn tại hay không số nguyên dương x sao cho với k là số nguyên thì ta có x ( x + 1) = k ( k + 2 ) .

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên dương x để x ( x + 1) = k ( k + 2 ) với k nguyên. Ta có x 2 + x = k 2 + 2k ⇒ x 2 + x + 1 = k 2 + 2k + 1 = ( k + 1)

Do x là số nguyên dương nên x 2 < x 2 + x + 1 = ( k + 1)

(1)

Cũng do x là số nguyên dươg nên ( k + 1) = x 2 + x + 1 < x 2 + 2x + 1 = ( x + 1) 2

Từ đó ta được x 2 < ( k + 1) < ( x + 1) , điều này vô lý Vậy không tồn tại số nguyên dương x để x ( x + 1) = k ( k + 2 )

Ví dụ 2. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là một số chính phương:

x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 Lời giải Đặt x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 = y 2 với y là một số tự nhiên.

(

) (

Ta thấy y 2 = x 4 + 2x 3 + x 2 + x 2 + x + 3 = x 2 + x + x 2 + x + 3

)

Ta sẽ chứng minh a 2 < y 2 < ( a + 2 ) với a = x 2 + x 2

 1  11 Thật vậy, ta có y 2 − a 2 = x 2 + x + 3 =  x +  + > 0 . Lại có 2 4 

(a + 2)

(

)

− y 2 = x 2 + x + 2 − x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 2

 1 1 = 3x 2 + 3x + 1 = 3  x +  + > 0 2 4  2

Do a 2 < y 2 < ( a + 2 ) nên y 2 = ( a + 1) hay ta được 2 x = 1 x 4 + 2x 3 + 2x 2 + x + 3 = x 2 + x + 1 ⇔ x 2 + x − 2 = 0 ⇔   x = −2

(

)

Với x = 1 hoặc hoặc x = −2 biểu thức đã cho bằng 9 = 32

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + xy + y 2 = x 2 y 2 Lời giải 2

Thêm xy vào hai vế ta được x 2 + 2xy + y 2 = x 2 y 2 + xy ⇔ ( x + y ) = xy ( xy + 1) Ta thấy xy và xy + 1 là hai số nguyên liên tiếp, tích của là một số chính phương nên tồn tại một số bằng 0. + Xét xy = 0 . Khi đó từ x 2 + 2xy + y 2 = x 2 y 2 + xy ta được x 2 + y 2 = 0 nên x = y = 0 + Xét xy + 1 = 0 . Khi đó ta được xy = −1 nên ( x; y ) = ( −1; 1) hoặc ( x; y ) = ( 1; − 1) (-1 ; 1)

Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là ( 0; 0 ) , ( 1; −1) , ( −1;1) . 2

(

)

Ví dụ 4. Tìm các cặp số nguyên ( a; b ) thỏa mãn ( a − 1) a 2 + 9 = 4b2 + 20b + 25 . Lời giải 2

(

)

(

)

Ta có ( a − 1) a 2 + 9 = 4b 2 + 20b + 25 ⇔ ( a − 1) a 2 + 9 = ( 2b + 5 ) 2

(

)

Do đó a 2 + 9 là số chính phương. Do a < a 2 + 9 ≤ a + 3 , nên ta có các trường hợp sau

( ) + 9 = ( a + 2) + 9 = ( a + 1)

- Trường hợp 1: a 2 + 9 = a + 3 - Trường hợp 2: a 2 - Trường hợp 3: a 2

⇔ a = 0 ⇒ 9 = ( 2b + 5 ) ⇔ b = −1; b = −4 . ⇔ 4 a = 5 , không có số nguyên thỏa mãn. ⇔ a = 4 ⇔ a = 4; a = −4 . 2

+ Với a = 4 ta được 9.25 = ( 2b + 5 ) ⇔ b = 5; b = −10 2

+ Với a = −4 ta được 25.25 = ( 2b + 5 ) ⇔ b = 10; b = −15 Vậy ta có các cặp số nguyên thỏa mãn bài toán là ( a; b ) = ( 0; − 1) , ( 0; − 4 ) , ( 4; 5 ) , ( 4; − 10 ) , ( −4; 10 ) , ( −4; − 15 )

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 4 − 2y 2 = 1 Lời giải Do x và y trong phương trình đều có số mũ chẵn nên không mất tính tổng quát ta giả sử

x ≥ 0; y ≥ 0 . Từ phương trình ta suy ra được x là số lẻ. Do đó x 4 chia 4 dư 1 nên ta suy ra 2y 2 chia hết cho 4 hay y là số chẵn. Đặt x = 2m + 1; y = 2n với m, n là các số tự nhiên. Khi đó ta được

( 2m + 1)

(

)

(

)(

)

− 2 ( 2n ) = 1 ⇔ 4m 2 + 4m + 1 − 1 = 8n 2 ⇔ 4m 2 + 4m 4m 2 + 4m + 2 = 8n 2

(

)(

)

Thu gọn ta được m 2 + m 2m 2 + 2m + 1 = n 2 . Đặt m 2 + n2 = a suy ra 2m 2 + 2m + 1 = 2a + 1 , khi đó phương trình trở thành a ( 2a + 1) = n 2 . Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu m = 0 , khi đó ta suy ra được x = 1; y = 0 • Nếu m ≥ 1 , khi đó a và 2a + 1 là hai số nguyên dương và chúng nguyên tố cùng nhau. Do tích của a và 2a + 1 là một số chính phương nên cả a và 2a + 1 cùng là số chính phương.

Đặt a = k 2 , k ∈ N thì ta được m 2 + m = k2 , ta có 2

m 2 < m 2 + m < m 2 + 2m + 1 = ( m + 1) nên m 2 < k 2 < ( m + 1)

Suy ra k2 nằm giữa hai số chính phương liên tiếp nên k 2 không thể là số chính phương. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 1; 0 ) , ( −1; 0 )

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 9x 2 − 6x = y 3 Lời giải 2

Biến đổi tương đương phương trình ta được 9x 2 − 6x = y 3 ⇔ ( 3x − 1) = y 3 + 1 Từ đó ta suy ra được y 3 + 1 ≥ 0 ⇒ y 3 ≥ −1 ⇒ y ≥ −1 . Ta xét các trường hợp sau 2

• Xét y = −1 , khi đó thay vào phương trình ta được ( 3x − 1) = 0 ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔ x =

1 , loại. 3

• Xét y = 0 , khi đó thay vào phương trình ta được 9x 2 − 6x = 0 ⇔ 3 ( 3x − 2 ) = 0 ⇔ x = 0 2

• Xét y = 1 , khi đó thay vào phương trình ta được ( 3x − 1) = 2 , loại. 2

(

• Xét y ≥ 2 , khi đó từ phương trình trên ta được ( 3x − 1) = ( y + 1) y 2 − y + 1

)

 y + 1⋮ d Gọi d = y + 1, y 2 − y + 1 , khi đó ta có  2  y − y + 1⋮ d

(

)

Từ đó suy ra y 2 − y + 1 = y ( y + 1) − 2 ( y + 1) + 3⋮ d nên 3⋮ d . 2

Mặt khác ( 3x − 1) không chia hết cho 3 nên ta suy ra được d = 1 . Do đó hai số nguyên dương y + 1 và y 2 − y + 1 nguyên tố cùng nhau, mà tích của chúng là một số chính phương. Do đó mỗi số là một số chính phương. 2

Tuy nhiên ( y − 1) < y 2 − y + 1 < y 2 nên y 2 − y + 1 không thể là một số chính phương. Do đó trong trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 0; 0 ) .

Ví dụ 7. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn đẳng thức sau: 2xy + 6yz + 3zx − x − 2y − z = x 2 + 4y 2 + 9z 2 − 1

Lời giải

(

Đẳng thức dẫ cho tương đương với 2x 2 + 8y 2 + 18z 2 − 4xy − 12yz − 6zx = 2 1 − x − 2y − z

)

(

Hay ta được ( x − 2y ) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x ) = 2 1 − x − 2y − z 2

)

Do ( x − 2y ) ≥ 0; ( 2y − 3z ) ≥ 0; ( 3z − x ) ≥ 0 nên suy ra 1 ≥ x − 2y − z . Do x, y, z là các số nguyên nên ta suy ra được x − 2y − z = 0 hoặc x − 2y − z = 1 . Đến đây ta xét các trường hợp sau: 2

(

• Nếu x − 2y − z = 1 , khi đó từ ( x − 2y ) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x ) = 2 1 − x − 2y − z 2

)

Ta được ( x − 2y ) + ( 2y − 3z ) + ( 3z − x ) = 0 nên ( x − 2y ) = ( 2y − 3z ) = ( 3z − x ) = 0 Suy ra x = 2y = 3z , thay vào x − 2y − z = 1 ta được z = 1 , điều này dẫn đến x, y không nhận giá trị nguyên.

• Nếu x − 2y − z = 0 thì ta được x − 2y − z = 0 . 2

Khi đó ta có phương trình z 2 + ( 2y − 3z ) + 4 ( z − y ) = 2 . 2

Do z2 ≥ 0 và ( 2y − 3z ) ≥ 0 nên ta được 0 ≤ 4 ( y − z ) ≤ 2 . 2

Mà ta thấy 4 ( y − z ) ⋮ 4 nên suy ra 4 ( y − z ) = 0 do đó y = z . 2

Thay vào phương trình z 2 + ( 2y − 3z ) + 4 ( z − y ) = 2 ta được z 2 = 1 hay z = ±1 . + Nếu z = 1 thì ta được x = 3; y = 1 + Nếu z = −1 thì ta được x = −3; y = −1 . Thử lại vào phương trình ta được các nghiệm là ( x; y; z ) = ( 3;1;1) , ( −3; −1; −1) .

Phương pháp 4. Phương pháp đánh giá. Trong khi giải các phương trình nghiệm nguyên rất cần đánh giá các miền giá trị của các ẩn, nếu số giá trị mà biến số có thể nhận không nhiều có thể dùng phương pháp thử trực tiếp để kiểm tra. Để đánh giá được miền giá trị của biến số cần vận dụng linh hoạt các tính chất chia hết, đồng dư, bất đẳng thức …

• Phương pháp sắp thứ tự các ẩn. • Xét khoảng giá trị của các ẩn. • Sử dụng các bất đẳng thức Cauchy, Bunhiacopxki.

Ví dụ 1. Tìm ba số nguyên dương sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng Lời giải

Cách 1. Gọi các số nguyên dương phải tìm là x, y, z. Khi đó ta có x + y + z = x.y.z (1) Chú ý rằng các ẩn x, y, z có vai trò bình đẳng trong phương trình nên có thể sắp xếp thứ tự giá trị của các ẩn, chẳng hạn 1 ≤ x ≤ y ≤ z Do đó ta được xyz = x + y + z ≤ 3z Chia hai vế của bất đảng thức xyz ≤ 3z cho số dương z ta được xy ≤ 3 Từ đó suy ra xy ∈ {1; 2; 3} . Đến đây ta xét các trường hợp sau

• Với xy = 1 , khi đó ta có x = y = 1 . Thay vào phương trình ban đầu ta được z + 2 = z , vô nghiệm

• Với xy = 2 , khi đó ta có x = 1; y = 2 . Thay vào phương trình ban đầu ta được z = 3 • Với xy = 3 , khi đó ta có x = 1; y = 3 . Thay vào phương trình ban đầu ta được z = 2 , trường hợp này loại vì y ≤ z Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3.

Cách 2. Chia hai vế của phương trình x + y + z = x.y.z cho xyz ≠ 0 ta được

1 1 1 + + =1 yz xz xy

Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ 1 . Khi đó 1=

1 1 1 1 1 1 3 + + ≤ + + = yz xz xy z 2 z 2 z 2 z 2

Suy ra 1 ≤

3 , do đó ta được z 2 ≤ 3 nên z = 1 . Thay z = 1 vào phương trình ban đầu ta 2 z

được

x + y + 1 = xy ⇔ xy − x − y = 1 ⇔ ( x − 1)( y − 1) = 2

x − 1 = 2 x = 3 Từ x ≥ y nên ta có x − 1 ≥ y − 1 ≥ 0 . Do đó từ ( x − 1)( y − 1) = 2 ta được  ⇔ y − 1 = 1 y = 2 Vậy ba số phải tìm là 1; 2; 3.

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2xyzt . Lời giải Vì vai trò của x, y, z, t như nhau nên có thể giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t . Khi đó ta được 2xyzt = 5 ( x + y + z + t ) + 10 ≤ 20x + 10

Suy ra ta được yzt ≤ 15 ⇒ t 3 ≤ 15 ⇒ t ≤ 2 . Suy ra ta được t ∈ {1; 2} + Với t = 1 , khi đó ta có 2xyz = 5 ( x + y + z ) + 15 ≤ 15x + 15 Suy ra 2yz ≤ 30 ⇒ 2z 2 ≤ 30 ⇒ z ≤ 3 . Do đó z ∈ {1; 2; 3}

• Nếu z = 1 , khi đó ra được 2xy = 5 ( x + y ) + 20 ⇔ 4xy = 10 ( x + y ) + 40 ⇔ ( 2x – 5 )( 2y – 5 ) = 65 Giải phương trình trên ta được x = 35; y = 3 hoặc x = 9; y = 5 . Do đó trường hợp này ta được hai nghiệm là ( x; y; z; t ) = ( 35; 3;1;1) , ( 9; 5;1; 1)

• Nếu z = 2 , khi đó ta được 5 ( x + y ) + 25 = 4xy ⇔ 4xy − 5x − 5y = 25 Giải tương tự cho các trường còn lại và trường hợp t = 2. Cuối cùng ta tìm được nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho là và các hoán vị của các bộ số này.

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình

1 1 1 + = x y 3

Lời giải Do vai trò bình đẳng của x và y trong phương trình nên không mất tính tổng quát ta giả sử x ≥ y . Khi đó hiển nhiên ta có

1 1 < nên y > 3 y 3

Mặt khác do x ≥ y ≥ 1 nên

1 1 1 1 1 1 1 2 ≤ . Do đó ta được = + ≤ + = nên y ≤ 6 x y 3 x y y y y

Ta xác định được khoảng giá tri của y là 4 ≤ y ≤ 6 . Ta xét các trường hợp sau + Với y = 4 , khi đó ta được

1 1 1 1 = − = , suy ra x = 12 x 3 4 12

+ Với y = 5 , khi đó ta được

1 1 1 2 = − = , loại vì x không là số nguyên x 3 5 15

+ Với y = 6 , khi đó ta được

1 1 1 1 = − = , suy ra x = 6 x 3 6 6

Vậy các nghiệm của phương trình là ( 4;12 ) , ( 12; 4 ) , ( 6; 6 )

Ví dụ 4. Tìm ba số nguyên dương đôi một khác nhau x, y, z thỏa mãn: x3 + y 3 + z3 = ( x + y + z )

Lời giải Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử x < y < z . 2

( x + y + z) ≥  x + y + z  x3 + y3 + z3  x + y + z  Áp dụng bất đẳng thức ≥    ta có 3 3 3 3    

Từ đó với mọi x; y; z ≥ 0 ta suy ra x + y + z ≤ 9 . Dấu bằng không xảy ra vì x, y, z đôi một khác nhau. Do đó ta được x + y + z ≤ 8 Mặt khác x, y, z là các số nguyên dương khác nhau nên x + y + z ≥ 1 + 2 + 3 = 6 Từ đó ta được 6 ≤ x + y + z ≤ 8 nên ta suy ra x + y + z ∈ {6; 7; 8} Từ đây kết hợp với phương trình ban đầu ta tìm được x, y, z Vậy bộ ba số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y; z ) = ( 1; 2; 3 ) và các hoán vị của bộ ba số này.

(

)

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 7 x 2 + xy + y 2 = 39 ( x + y ) . Lời giải Từ phương trình ta thấy 39 ( x + y )⋮ 7 , mà 7 và 39 nguyên tố cùng nhau nên x + y⋮ 7 . Đặt x + y = 7m ( m ∈ Z ) thì ta được phương trình x 2 + xy + y 2 = 39m 2

(

)

Từ đó suy ra ( x + y ) − x 2 + xy + y 2 = ( 7m ) − 39m hay xy = 49m 2 − 39m . Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có xy ≤

(

2 2 1 1 x + y ) nên ta được 49m 2 − 39m ≤ ( x + y ) ( 4 4

)

Hay ta được 49m 2 ≥ 4 49m 2 − 39m ⇔ m ( 52 − 49m ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤

52 . 49

Do m là số nguyên nên ta suy ra được m = 0 hoặc m = 1 . Ta xét các trường hợp sau + Với m = 0 suy ra x + y = 0 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 + xy + y 2 = 0 ⇔ ( x + y ) − xy = 0 ⇔ xy = 0 ⇔ x = y = 0

+ Với m = 1 suy ra x + y = 7 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 + xy + y 2 = 39 ⇔ ( x + y ) − xy = 39 ⇔ xy = 10

x + y = 7  x = 2; y = 5 Từ đó ta có hệ  ⇒ xy = 10  x = 5; y = 2

Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 2; 5 ) , ( 5; 2 )

Ví dụ 6. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn

y x z 5 + + = y z+1 x 2

Lời giải Giả sử ( x; y; z ) là một nghiệm của phương trình. Khi đó, theo bất đẳng thức Cauchy y 5 1 x z+1 x y z+1 + = + + ≥3 · ⋅ =3 2 x y z+1 x y z +1 x

Suy ra

1 1 ≥ hay x ≤ 2 . Do x nguyên dương nên ta được x = 1 và x = 2 x 2

• Với x = 2 , khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là y x z+1 = = y z+1 x Giải hệ điều kiện trên ta thu được ( x; y; z ) = ( 2; 2;1)

• Với x = 1 , khi đó phương trình đã cho trở thành

Khi đó z ≤

y 1 5 + +z= y z +1 2

y 1 5 + +z= ⇒z≤2 y z+1 2

+ Với z = 1 thay vào phương trình trên ta được y 2 − 3y + 2 = 0 ⇔ y = 1; y = 2 + Với z = 2 thay vào phương trình trên ta được 2y 2 − 3y + 6 = 0 Phương trình này có biệt thức ∆ = −39 < 0 nên không có nghiệm. Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y; z ) = ( 2; 2; 1) , ( 1;1;1) , ( 1; 2;1) .

Phương pháp 5. Sử dụng tính chất của phương trình bậc hai. Ý tưởng của phương pháp là quy phương trình đã cho về dạng phương trình bậc hai một ẩn, các ẩn còn lại đóng vai trò tham số. Khi đó các tính chất của phương trình bậc hai thường được sử dụng dưới các dạng như sau:

• Sử dụng điều kiện có nghiệm ∆ ≥ 0 của phương trình bậc hai. • Sử dụng hệ thức Vi – et. • Sử dụng điều kiện ∆ là số chính phương.

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x + y + xy = x 2 + y 2 Lời giải

(

)

Phương trình đã cho tương đường với x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x và y là tham số. Khi đó điều kiện cần để phương trình có nghiệm là ∆ ≥ 0 hay 2

(

)

∆ = ( y + 1) − 4 y 2 − y = −3y 2 + 6y + 1 ≥ 0 ⇔ 3 ( y − 1) ≤ 4 2

Do đó ta được ( y − 1) ≤ 1 . Để ý là để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương. 2

Do đó từ ( y − 1) ≤ 1 ta suy ra được ( y − 1) = 0;1 nên y − 1 = −1; 0;1 Đến đây ta xét từng trường hợp cụ thể

x = 0 + Với y = 0 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x 2 − x = 0 ⇔  x = 1 x = 0 + Với y = 1 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x 2 − 2x = 0 ⇔  x = 2 x = 1 + Với y = 1 . Khi đó từ phương trình bậc hai ta được x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  x = 2 Thử lại ta được các nghiệm của phương trình đã cho là ( 0; 0 ) , ( 1; 0 ) , ( 0;1) , ( 2; 1) , ( 1; 2 ) , ( 2; 2 ) .

Ví dụ 2. Tìm các số nguyên x để 9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp Lời giải Cách 1. Giải sử 9x + 5 = n ( n + 1) với n nguyên thì: 36x + 20 = 4n 2 + 4n ⇒ 36x + 21 = 4n 2 + 4n + 1 ⇒ 3 ( 12x + 7 ) = ( 2n + 1)

Số chính phương ( 2n + 1) chia hết cho 3 nên cũng chia hết cho 9. Mà ta lại có 12x + 7 không chia hết cho 3 nên 3 ( 12x + 7 ) không chia hết cho 9. Điều này mâu thuẫn nên không tồn tại số nguyên x thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách 2. Giải sử 9x + 5 = n ( n + 1) với n nguyên Khi đó ta được n 2 + n − 9x − 5 = 0

Để phương trình bậc hai đối với n có nghiệm nguyên, điều kiện cần là ∆ là số chính phương. Nhưng ∆ = 1 + 4 ( 9x + 5 ) = 36x + 21 chia hết cho 3 nhưng không chia hết cho 9 nên không là số chính phương. Vậy không tồn tại số nguyên n nào để 9x + 5 = n ( n + 1) , tức là không tồn tại số nguyên x để

9x + 5 là tích của hai số nguyên liên tiếp. Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + 2y 2 + 3xy − x − y + 3 = 0 Lời giải

(

)

Viết thành phương trình bậc hai đối với x: x 2 + ( 3y − 1) x + 2y 2 − y + 3 = 0 (2) 2

(

)

Ta có ∆' = ( 3y − 1) − 4 2y 2 − y + 3 = y 2 − 2y − 11 Điều kiện cần và đủ để phương trình (2) có nghiệm nguyên là ∆ là số chính phương Từ đó ta đặt y 2 − 2y − 11 = k 2 ( k ∈ ℕ ) (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta được y = 5 hoặc y = −3 + Với y = 5 , thay vào phương trình (2) được x 2 + 14x + 48 = 0 ⇔ x = −8; x = −6 + Với y = −3 thay vào phương trình (2) được x 2 − 10x + 24 = 0 ⇔ x = 6; x = 4 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( −8; 5 ) , ( −6; 5 ) , ( 6; −3 ) , ( 4; −3 )

Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + 2y 2 + 3xy − x − y + 3 = 0 . Lời giải

(

)

Phương trình đã cho được viết lại thành x 2 + ( 3y − 1) x + 2y 2 − y + 3 = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x có y là tham số, khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( 3y − 1) − 4 2y 2 − y + 3 = y 2 − 2y − 11 Để phương trình bậc hai có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương. Đặt y 2 − 2y − 11 = k 2 ( k ∈ N ) . Khi đó ta có 2

y 2 − 2y − 11 = k 2 ⇔ ( y − 1) − k 2 = 12 ⇔ ( y − 1 − k )( y − 1 + k ) = 12

Do đó y − 1 − k và y − 1 + k là các ước của 12. Lại có y − 1 − k và y − 1 + k cùng tính chẵn. Lại thấy y − 1 + k > y − 1 − k nên có bảng giá trị của chứng minh sau:

y −1+ k

−2

y −1− k

−6

y −1

−4

−3

+ Với y = 5 thay vào phương trình đã cho ta được x 2 + 14x + 48 = 0 ⇔ x = −6; x = −8 . + Với y = −3 thay vào phương trình đã cho ta được x 2 − 10x + 24 = 0 ⇔ x = 4; x = 6

Ví dụ 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + y 3 = x 2 + 2xy + y 2 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

(x + y)(x

x + y = 0 2 − xy + y 2 = ( x + y ) ⇔  2 2  x − xy + y − x − y = 0

)

+ Nếu x + y = 0 , khi đó phương trình có nghiệm nguyên ( x; y ) = ( t; −t ) , t ∈ Z + Nếu x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 ⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y = 0 . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x, khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( y + 1) − 4 y 2 − y = −3y 2 + 6y + 1 2

Để phương trình trên có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 3y 2 − 6y − 1 ≤ 0 ⇔ 3 ( y − 1) ≤ 4 . 2

Do y là số nguyên nên ( y − 1) là số chính phương nên ta được ( y − 1) ∈ {0;1} Từ đó ta suy ra được y − 1 ∈ {−1; 0; 1} , do đó y ∈ {0;1; 2} .

• Với y = 0 , thay vào phương trình x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 ta được x 2 − 2x = 0 ⇒ x = 0; x = 2 • Với y = 1 , thay vào phương trình x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 ta được

x 2 − 3x + 2 = 0 ⇒ x = 1; x = 2 • Với y = 2 , thay vào phương trình x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 ta được x 2 − x = 0 ⇒ x = 0; x = 1 . Vậy phương trình đã cho các nghiệm nguyên là

( x; y ) = ( 0; 1) , (1; 2 ) , ( 2;1) , ( 2; 2 ) , (1; 0 ) , ( t, −t ) với t là một số nguyên bất kì.Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( −8; 5 ) , ( −6; 5 ) , ( 6; −3 ) , ( 4; −3 )

(

)

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 5 x 2 + xy + y 2 = 7 ( x + 2y ) . Lời giải

(

)

Từ phương trình 5 x 2 + xy + y 2 = 7 ( x + 2y ) ta có 7 ( x + 2y )⋮ 5 ⇒ ( x + 2y )⋮ 5 Đặt x + 2y = 5t, t ∈ Z , khi đó phương trình trên trở thành x 2 + xy + y 2 = 7t Từ x + 2y = 5t ⇒ x = 5t − 2y thay vào x 2 + xy + y 2 = 7t ta được 3y 2 − 15ty + 25t 2 − 7t = 0 Coi đây là phương trình bậc hai đối với y, ta có ∆ = 84t − 75t 2 Để phương trình bậc hai có nghiệm thì ∆ ≥ 0 ⇔ 84t − 75t 2 ≥ 0 ⇔ 0 ≤ t ≤

28 25

Vì t ∈ Z ⇒ t = 0 hoặc t = 1 . Thay vào 3y 2 − 15ty + 25t 2 − 7t = 0 + Với t = 0 ta được y = 0 do đó x = 0 + Với t = 1 ta được y = 3 ⇒ x = −1 hoặc y = 2 ⇒ x = 1 Vậy phương trình có ba nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( −1; 3 ) , ( 1; 2 )

Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 ( x + y ) + xy = x 2 + y 2 . Lời giải Phương trình đã cho trở thành x 2 − ( y + 2 ) x + y 2 − 2y = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x co y là tham số. Do đó để phương trình có nghiệm thì ta cần có 2

(

)

∆ = ( y + 2 ) − 4 y 2 − 2y = −3y 2 + 12y + 4 ≥ 0 ⇔

6−4 3 6+4 3 ≤y≤ 3 3

Mà y nguyên nên ta có y ∈ {0;1; 2; 3; 4} . Đến đây ta xét các trường hợp sau + Với y = 0 ⇒ x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0; x = 2 . + Với y = 1 ⇒ x 2 − 3x − 1 = 0 , phương trình không có nghiệm nguyên + Với y = 2 ⇒ x 2 − 4x = 0 ⇔ x = 0; x = 4 . +Với y = 3 ⇒ x 2 − 5x + 3 = 0 , phương trình không có nghiệm nguyên + Với y = 4 ⇒ x 2 − 6x + 8 = 0 ⇔ x = 2; x = 4 .

Vậy các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 2; 0 ) , ( 0; 2 ) , ( 4; 2 ) , ( 2; 4 ) , ( 4; 4 ) .

Ví dụ 8. Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x 2 + y 2 + x + y = kxy có nghiệm nguyên dương.

Lời giải Giả sử k là một giá trị sao cho phương trình x 2 + y 2 + x + y = kxy có nghiệm nguyên dương. Khi đó tồn tại nghiệm ( x 0 ; y 0 ) của phương trình với x 0 + y 0 nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử x 0 ≥ y 0 . Xét phương trình bậc hai x 2 – ( ky 0 – 1) x + y 0 2 + y 0 = 0 Theo giả sử ở trên thì x 0 là một nghiệm của x 2 – ( ky 0 – 1) x + y 0 2 + y 0 = 0 . Theo định lý Viet thì

x1 = ky 0 – 1 – x0 =

y 20 + y 0 cũng là một nghiệm của x 2 – ( ky 0 – 1) x + y 0 2 + y 0 = 0 . x0

Dễ thấy x1 là một số nguyên dương, vì thế ( x1 ; y 0 ) cũng là một nghiệm nguyên dương của đã cho. Từ giả thiết x 0 + y 0 nhỏ nhất ta suy ra x1 + y 0 ≥ x 0 + y 0

y 02 + y 0 ≥ x 0 , suy ra y02 + y 0 ≥ x02 . Từ đây ta có bất đẳng thức kép Tức là x0 y 20 ≤ x 02 ≤ y 02 + y 0 ≤ ( y 0 + 1)

Suy ra x 0 = y 0 . Thay vào phương trình x 2 + y 2 + x + y = kxy ta được 2 +

2 = k . Suy ra x 0 x0

chỉ có thể bằng 1 hoặc 2, tương ứng k bằng 4 hoặc 3. Với k = 3 thì phương trình có nghiệm ( 2; 2 ) và với k = 4 thìa phương trình có nghiệm

( 1;1) . Vậy k = 3 và k = 4 là tất cả các giá trị cần tìm.

Nhận xét: Ta cũng có thể đánh giá k khác một chút, như sau: Cách 1. Từ đẳng thức x 20 + y 02 + x0 + y 0 = kx0 y 0 , chia hai vế cho x 0 y 0 ta được

x0 y 0 1 1 + + + =k y0 x0 y0 x0 Mặt khác, cũng theo lý luận ở trên thì ky 0 − 1 − x 0 ≥ x 0 nên suy ra

x0 k 1 ≤ − . y 0 2 2y 0

Từ đó ta có k ≤

y y k 1 1 1 k 1 1 k 5 − + 0+ + = + + 0+ ≤ + 2 2y 0 x0 y 0 x0 2 2y 0 x0 x0 2 2

Từ đó suy ra k ≤ 5 . Hơn nữa k chỉ có thể bằng 5 khi x 0 = y 0 = 1 ,trường hợp này dẫn đến mâu thuẫn. Với k = 3 thì phương trình có nghiệm ( 2; 2 ) và với k = 4 thìa phương trình có nghiệm ( 1;1) . Trường hợp k ≤ 2 rõ ràng là vô nghiệm. Cách 2. Lý luận như trên thì x0 ≤ x1 =

y 20 + y0 ≤ y 0 + 1 . Như vậy y 0 + 1 nằm ngoài hai x0

nghiệm của tam thức f ( x ) = x 2 – ( ky 0 – 1) x + y 20 + y 0 , suy ra f ( y 0 + 1) ≥ 0 . Từ đó ta được k ≤

2 ( y 0 + 1) y0

= 2+

2 ≤ 4 . Đến đây ta xét tương tự như trên y0

Phương pháp 6. Phương pháp lùi dần vô hạn. Ý tưởng của phương pháp lùi dần vô hạn có thể hiểu như sau: Giả sử

; y0 ; z0 )

là nghiệm của

học ta tìm được một nghiệm khác

f ( x; y; z ) = 0

( x ; y ; z ) sao cho các nghiệm quan hệ với bộ nghiệm 1

đầu tiên bởi một tỉ số k nào đó, chẳng hạn lại được bộ số nguyên tục dẫn đến

x 0 ; y 0 ; z0

ra khi và chỉ khi

; y2 ; z2 )

. Nhờ những biến đổi và suy luận số

x 0 = kx1 ; y 0 = ky1 ; z 0 = kz1

thỏa mãn

. Lập luận tương tự ta

x1 = kx 2 ; y1 = ky1 ; z1 = kz 2

. Quá trình cứ tiếp

n cùng chia hết cho k với n là một số tự nhiên tuỳ ý . Điều này xảy

x = y = z = 0 . Để rõ ràng hơn ta xét các ví dụ sau

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + 2y 3 = 4z 3 Lời giải Từ phương trình x 3 + 2y 3 = 4z 3 (1) ta thấy Hiển nhiên x⋮ 2 . Đặt x = 2x1 với x1 nguyên. Thay vào phương trình (1) rồi chia hai vế cho 2 ta được:

4x13 + y 3 = 2z 3

(2)

Do đó y⋮ 2 . Đặt y = 2y1 với y 1 nguyên. Thay vào phương trình (2) rồi chia hai vế cho 2 ta được:

2x13 + 4y13 = z 3

(3)

Do đó z⋮ 2 . Đặt z = 2z1 với z1 nguyên. Thay vào phương trình (3) rồi chia hai vế cho 2 được:

x13 + 2y13 = 4z13

(4)

Như vậy nếu ( x; y; z ) là nghiệm của phương trình (1) thì ( x1 ; y1 ; z1 ) cũng là nghiệm của phương trình (1) trong đó x = 2x1 , y = 2y1 , z = 2z1 . Lập luận hoàn toán tương tự như trên ta được ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) cũng là nghiệm của phương trình (1) trong đó x1 = 2x 2 , y1 = 2y 2 , z1 = 2z 2 . Cứ tiếp tục như vậy ta đi đến x, y, z cùng chia hết cho 2 k với k là số tự nhiên tùy ý. Điều này chỉa xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 . Đó là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho.

Nhận xét: Từ phương trình đã cho ta phát hiện ra các biến x, y, z cùng chia hết cho 2, khi đó thực hiện phép đặt x = 2x1 , y = 2y1 , z = 2z1 và thay vào phương trình ban đầu ta được x13 + 2y13 = 4z13 , từ phương trình này lại thấy các biến x1 ; y1 ; z1 cũng chia hết cho 2. Từ đó ta được x; y; z cùng chia hết cho 2 2 . Quá trình được thực hiện như vậy liên tục thì ta được x; y; z cùng chia hết cho 2 k với k là số nguyên dương bất kì. Từ đây ta suy ra được x = y = z = 0 .

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + y 2 = 7z 2 Lời giải Ta biết rằng một số chính phương khi chia cho 7 có số dư là 0; 1; 2; 4. Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x 2 + y 2 chia hết cho 7, do đó x 2 và y 2 cùng chia hết cho 7. Do 7 là số nguyên tố nên suy ra x 2 và y 2 cùng chia hết cho 49. Từ đó ta được 7z 2 chia hết cho 49 nên z 2 chia hết cho 7, suy ra z chia hết cho 7. Đặt x = 7x 2 ; y = 7y1 ; z = 7z1 và thay vào phương trình đã cho ta thu được x12 + y12 = 7z12 . Lặp lại các chứng minh như trên ta suy ra được x1 ; y1 ; z1 chia hết cho 7, do đó x; y; z chia hết cho 7 2 . Tiếp tục các suy luận ta suy ra được x; y; z chia hết cho 7 k , k ∈ N .

Từ đó suy ra x = y = z = 0 . Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 0; 0; 0 ) .

(

Ví dụ 3. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + y 2 = az 2 , với a = 4k − 1 k ∈ N *

)

Lời giải Ta viết lại phương trình là x 2 + y 2 = ( 4k − 1) z 2 ⇔ x 2 + y 2 + z 2 = 4kz 2 Do đó suy ra x 2 + y 2 + z 2 là số chẵn, khi đó có hai trường hợp xẩy ra

• Trường hợp 1: Trong ba số x, y, z có hai số lẻ và một số chẵn. Nên trong ba số x 2 , y 2 , z 2 coa hai số lẻ và một số chẵn. Ta biết rằng số chính phương chãn thì chia hết cho 4 và số chính phương lẻ thì chia 4 dư 1. Do đó x 2 + y 2 + z 2 chia 4 dư 2, mà 4kz2 chia hết cho 4. Suy ra trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.

• Trường hợp 2: Cả ba số x, y, z đều là số chẵn. Khi đó ta đặt x = 2x1 ; y = 2y1 ; z = 2z1 và thay vào phương trình đã cho ta được x12 + y12 + z12 = 4kz12 Lặp lại các chứng minh như trên ta suy ra được x1 ; y1 ; z1 chia hết cho 2, do đó x; y; z chia hết cho 2 2 . Tiếp tục các suy luận ta suy ra được x; y; z chia hết cho 2 k , k ∈ N . Từ đó suy ra x = y = z = 0 . Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 0; 0; 0 ) .

Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + y 2 + z 2 = x 2 y 2 Lời giải Ta có nhận xét: Một số chính phương lẻ khi chia cho 4 có số dư là 1 và một số chính phương chẵn thì chia hết cho 4. Do x 2 y 2 là số chính phương nên khi chia cho 4 có số dư là 0 hoặc 1.

• Nếu x 2 y 2 là số lẻ thì x và y cùng là số lẻ, khi đó x 2 và y 2 chia cho 4 có số dư là 1. Từ đó x 2 + y 2 + z 2 chia cho 4 có số dư là 2 hoặc 3, điều này vô lí.

• Nếu x 2 y 2 là số chẵn, khi đó có hai trường hợp xẩy ra + Trường hợp 1: Trong hai số x và y có một số chẵn và một số lẻ. hông mất tính tổng quát ta giả sử x là số chẵn và y là số lẻ. Khi đó x 2 + y 2 chia 4 dư 1 nên x 2 + y 2 + z 2 chia cho 4 có số dư là 1 hoặc 1, điều này vô lí.

+ Trường hợp 2: Cả hai số x và y đều là số chẵn, khi đó x 2 + y 2 và x 2 y 2 cùng chia hết cho 4, do đó z 2 phải chia hết cho 4 hay z là số chẵn. Đặt x = 2x 2 ; y = 2y1 ; z = 2z1 với x1 ; y1 ; z1 là số nguyên và thay vào phương trình ban đầu ta được

4x12 + 4y12 + 4z12 = 16x12 y12 ⇔ x12 + y12 + z12 = 4x12 y12 Đến đây lập luận tương tự như trên ta được x1 ; y1 ; z1 là các số chẵn. Do đó bằng phương pháp lùi dần vô hạn ta chứng minh được phương trình có nghiệm duy nhấ là

( x; y; z ) = ( 0; 0; 0 ) . Ví dụ 5. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 3 + 15y 3 = 18z 3 Lời giải Giả sử bộ ba số nguyên ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) là nghiệm của phương trình. Dễ thấy nếu một trong ba số trên bằng 0 thì hai số còn lại cũng bằng 0 nên ( 0; 0; 0 ) là một nghiệm của phương trình. Xét cả ba số đều khác 0, đặt d = ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) , khi đó ta có x 0 = dx1 ; y 0 = dy1 ; z 0 = dz1 với x1 ; y1 ; z1 nguyên và ( x1 ; y1 ; z1 ) = 1 .

Ta được x13 + 15y13 = 18z13 . Từ đó suy ra x1 chia hết cho 3. Đặt x1 = 3x 2 và thay vào phương trình x13 + 15y13 = 18z13 ta được 9x 32 + 5y13 = 6z13 , suy ra y 1 chia hết cho 3. Đặt y 1 = 3y 2 , ta lại được 3x 32 + 45y 32 = 2z13 . Suy ra z1 chia hết cho 3. Suy ra x1 ; y1 ; z1 có ước chung là 3, mâu thuẫn ( x1 ; y1 ; z1 ) Vậy phương trình chỉ có một nghiệm nguyên duy nhất là ( 0; 0; 0 )

III. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN. Phương trình nghiệm nguyên rất đa dạng và phong phú, nó có thể là phương trình một ẩn hay nhiều ẩn. Nó có thể là phương trình bậc nhất hoặc bậc cao. Cũng có những phương trình dạng đa thức hoặc dạng lũy thừa. Ta có thể chia phương trình nghiệm nguyên thành một số dạng như sau.

1. Phương trình nghiệm nguyên dạng đa thức.

Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10z = 3 Lời giải Dễ thấy 6x và 15y chia hết cho 3 nên từ phương trình ta được 10z ⋮ 3 nên z ⋮ 3 . Đặt z = 3k với k là một số nguyên. Khi đó phương trình đã cho trỏ thành

6x + 15y + 10.3k = 3 ⇔ 2x + 5y + 10k = 1 Đưa về phương trình hai ẩn x, y với các hệ số tương ứng 2 và 5 là hai số nguyên tố cùng nhau

1 − 10k − 5y 1− y = −5k − 2y + 2 2 1− y 1− y Do x, y, k là các số nguyên nên là số nguyên. Đặt t = với t nguyên. 2 2  y = 1 − 2t  Từ đó ta được  x = −5k − 2 ( 1 − 2t ) + t = 5t − 5k − 2  z = 3k  2x + 5y = 1 − 10k ⇔ x =

Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y; z ) = ( 5t − 5k − 2;1 − 2t; 3k ) với t, k là các số nguyên tùy ý.

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + y 2 − xy = 2x − 3y − 2 . Lời giải

(

)

Cách 1. Phương trình đã cho được viết lại thành y 2 + ( 3 − x ) y + x 2 − 2x + 2 = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x có y là tham số, khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( 3 − x ) − 4 x 2 − 2x + 2 = −3x 2 + 2x + 1

(

)

Để phương trình y 2 + ( 3 − x ) y + x 2 − 2x + 2 = 0 có nghiệm thì ∆ ≥ 0 hay ta có

1 −3x 2 + 2x + 1 ≥ 0 ⇔ 3x 2 − 2x − 1 ≤ 0 ⇔ ( x − 1)( 3x + 1) ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 1 3 Do x nhận các giá trị nguyên nên ta được x = 0 hoặc x = 1 + Với x = 0 , thay vào phương đã cho ta được y 2 + 3y + 2 = 0 ⇔ y = −1; y = −2 + Với x = 1 , thay vào phương đã cho ta được y 2 + 2y + 1 = 0 ⇔ y = −1 Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 0; −1) , ( 0; −2 ) , ( 1; −1) . 2

Cách 2. Phương trình đã cho được viết lại thành ( x − y ) + ( x − 2 ) + ( y + 3 ) = 9

Ta thấy 9 có hai cách viết thành tổng của ba số chính phương đó là 9 = 0 + 0 + 9 hoặc

9 = 1+ 4 + 4 . Khi đó ta xét các giá trị của x − y ; x − 2 ; y + 3 bằng bảng sau: Nhận xét

x−y

x−2

y+3

x = 2; y = −3 và x − y = 3

x = y = −3 và x − 2 = 3

x = y = 2 và 3 + 3 = 3

x ∈ {0; 4} , y ∈ {−1; − 5} và x − y = 1 Khi đó chỉ có

x = 0; y = −1 thỏa mãn

x ∈ {1; 34} , y ∈ {−1; − 5} và x − y = 2 2

2 Khi đó chỉ có

x = 1; y = −1 thỏa mãn

x ∈ {0; 4} , y ∈ {−2; − 4} và x − y = 2 2

1 Khi đó chỉ có

x = 0; y = −2 thỏa mãn

Từ bảng trên ta được các nghiêm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; −1) , ( 0; −2 ) , ( 1; −1) . 2

(

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: ( 2x − y − 2 ) = 7 x − 2y − y 2 − 1

)

Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

( 2x − y − 2 )

(

)

(

)

= 7 x − 2y − y 2 − 1 ⇔ 2 ( 2x − y − 2 ) − 7 ( 2x − y − 2 ) + 7 2y 2 + 3y = 0

Đặt t = 2x − y − 2 với t nguyên, khi dó phương trình trên trở thành

(

)

2t 2 − 7t + 7 2y 2 + 3y = 0 .

Đến đây ta có thể giải quyết phương trình theo hai cách sau:

Cách 1. Tiếp biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

(

)

2t 2 − 7t + 7 2y 2 + 3y = 0 ⇔ 16t 2 − 56t + 49 + 7 16y 2 + 24y + 9 = 112 2

Hay ta được ( 4t − 7 ) + 7 ( 4y + 3 ) = 112 . Do t nguyên nên ( 4t − 7 ) > 0 . 2

Suy ra ta được 7 ( 4y + 3 ) < 112 nên −4 < 4y + 3 < 4 ⇔ −7 < 4y < 1 Do y nhận giá trị nguyên nên ta được y ∈ {−1; 0} .

(

)

• Với y = −1 , thay vào phương trình 2 ( 2x − y − 2 ) − 7 ( 2x − y − 2 ) + 7 2y 2 + 3y = 0 ta được 2

phương trình ( 2x − 1) = 7x , suy ra x ≥ 0 và ( 2x − 1) ⋮ x . 2

Dễ thấy ( x, 2x − 1) = 1 nên từ ( 2x − 1) ⋮ x ta được x = 1 . Thay ( x; y ) = ( 1; −1) vào phương trình ban đầu ta thấy không thỏa mãn. 2

(

)

• Với y = 0 , thay vào phương trình 2 ( 2x − y − 2 ) − 7 ( 2x − y − 2 ) + 7 2y 2 + 3y = 0 ta được 2

phương trình 4 ( x − 1) − 7 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1)( 4x − 11) = 0 . Từ đây ta được x = 1 Thay ( x; y ) = ( 1; 0 ) vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là ( x; y ) = ( 1; 0 ) .

Cách 2. Ta xét các trường hợp sau: 2

(

)

• Với y = −1 , thay vào phương trình 2 ( 2x − y − 2 ) − 7 ( 2x − y − 2 ) + 7 2y 2 + 3y = 0 ta được 2

phương trình ( 2x − 1) = 7x , suy ra x ≥ 0 và ( 2x − 1) ⋮ x . 2

Dễ thấy ( x, 2x − 1) = 1 nên từ ( 2x − 1) ⋮ x ta được x = 1 . Thay ( x; y ) = ( 1; −1) vào phương trình ban đầu ta thấy không thỏa mãn.

• Với y ≤ −2 hoặc y ≥ 0 , khi đó ta được 2y 2 + 3y = y ( 2y + 3 ) ≥ 0

(

)

Do đó từ phương trình 2t 2 − 7t + 7 2y 2 + 3y = 0 ta suy ra được 2t 2 − 7t ≤ 0 hay

t ( 2t − 7 ) ≤ 0 . Từ đó ta được 0 ≤ t ≤ 3 .

(

)

Mặt khác cũng từ phương trình 2t 2 − 7t + 7 2y 2 + 3y = 0 ta suy ra được t 2 ⋮7 nên t ⋮ 7 .

(

)

Do đó ta suy ra được t = 0 , suy ra 7 2y 2 + 3y = 0 ⇒ y ( 2y + 3 ) = 0 ⇒ y = 0 . Từ đó ta tìm được x = 1 . Thay ( x; y ) = ( 1; 0 ) vào phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm nguyên duy nhất là ( x; y ) = ( 1; 0 ) .

Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2xyz = x + y + z + 16 Lời giải Do vai trò của x, y, z trong phương trình như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử

1≤ x ≤ y ≤ z . Khi đó ta được 2xyz ≤ 3z + 16 .

Do z nhận giá trị nguyên dương nên ta có 2xyz ≤ 3z + 16 ⇔ 2xy ≤ 3 +

16 ≤ 19 z

Từ đó ta được xy ≤ 9 . Lại do 1 ≤ x ≤ y nên suy ra xy ≥ x 2 Từ đó ta được x 2 ≤ 9 . Do x nguyên dương nên ta được x ∈ {1; 2; 3} . + Với x = 1 thay vào phương trình ban đầu ta được 2yz = y + z + 17 hay ta được

2yz − y − z = 17 ⇔ ( 2y − 1)( 2z − 1) = 35 Chú ý là 1 ≤ y ≤ z nên ta có các trường hợp sau

2y − 1 = 1 y = 1 2y − 1 = 5  y = 3 ⇒ hoặc  ⇒  2z − 1 = 35 z = 18 2z − 1 = 7 z = 4 + Với x = 2 thay vào phương trình ban đầu ta được 4yz = y + z + 18 hay ta được

4yz − y − z = 18 ⇔ ( 4y − 1)( 4z − 1) = 73

4y − 1 = 1 Chú ý là 1 ≤ y ≤ z nên ta có  , hệ không có nghiệm nguyên dương. 4z − 1 = 73 + Với x = 3 thay vào phương trình ban đầu ta được 6yz = y + z + 19 hay ta được

6yz − y − z = 19 ⇔ ( 6y − 1)( 6z − 1) = 115

6y − 1 = 5 6y − 1 = 1 Chú ý là 1 ≤ y ≤ z nên ta có các trường hợp sau  hoặc  6z − 1 = 23 6z − 1 = 115 6y − 1 = 5 y = 1 6y − 1 = 1 ⇒ Ta thấy  không có nghiệm nguyên dương và  loại do 6z − 1 = 115 6z − 1 = 23 z = 4 x≤ y.

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 1; 1; 18 ) , ( 1; 3; 4 ) và các hoán vị của chúng.

Ví dụ 5. Tìm nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình: 7y 2 − 6x 2 = x − y , với

x>y>0 Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

7y 2 − 6x 2 = x − y ⇔ y 2 = 6x 2 − 6y 2 + x − y ⇔ y 2 = ( x − y )( 6x + 6y + 1) Gọi d = ( x, y ) , khi đó ta được x = dm; y = dn với m, n ∈ N* và ( m, n ) = 1 . Từ đó suy ra x − y = d ( m − n ) . Đặt m − n = k , do x > y > 0 nên k = m − n > 0 .

Thay x − y = dk vào phương trình y 2 = ( x − y )( 6x + 6y + 1) ta được

( dn )

= dk. ( 6dm + 6dn + 1) hay dn 2 = k ( 6dm + 6dn + 1) ⇔ dn 2 = 6dmk + 6dnk + k

Ta có ( m, n ) = 1 nên ( n, m − n ) = 1 hay ( n, k ) = 1 . Lại có dn2 ⋮ k nên suy ra d ⋮ k . Mặt khác từ dn 2 = 6dmk + 6dnk + k suy ra 6dmk + 6dnk + k chia hết cho d nên ta được k chia hết cho d. Như vậy ta suy ra được k = d hay d = m − n . Do đó ta suy ra được x − y = d 2 ⇒ x = d 2 + y = d 2 + dn . Suy ra dm = dn + d2 Do d = k nên từ dn 2 = 6dmk + 6dnk + k ta có n 2 = 6dm + 6dn + 1 .

(

)

(

)

Từ đó ta được n 2 = 6 dn + d 2 + 6nd + 1 = 6d 2 + 12nd + 1 hay n 2 − 12nd − 6d 2 + 1 = 0 . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n thì giải ra ta được n = 6d + 42d 2 + 1 . Từ nghiệm trên ta suy ra được d nhỏ nhất thì n nhỏ nhất, từ đó dẫn đến x và y nhỏ nhất. + Khi d = 1 ta được n = 6 + 43 , loại. + Khi d = 2 ta được n = 6.2 + 42.4 + 1 = 12 + 13 = 25 Từ đó ta được x = dn + d2 = 2.25 + 22 = 54 và y = dn = 2.25 = 50 . Vậy nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình là ( x; y ) = ( 54; 50 ) .

Ví dụ 6. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: 4xyz = x + 2y + 4z + 3 . Lời giải Do x, y, z là các giá trị nguyên dương nên ta xét các trường hợp sau

• Với x = 1 thì từ phương trình đã cho ta có phương trình 4yz = 2y + 4z + 4 Hay ta được 2yz − y − 2z = 2 ⇔ ( y − 1)( 2z − 1) = 3 . Từ đó suy ra y − 1 và 2z − 1 là các ước của 3. Chú ý là y, z nguyên dương nên ta có các trường hợp sau

y − 1 = 1 y = 2 y − 1 = 3 y = 4 ⇒ ⇒ hoặc    2z − 1 = 3 z = 2 2z − 1 = 1 z = 1 • Với x ≥ 2 thì phương trình đã cho ta được 2y + 4z + 3 = x ( 4yz − 1) ≥ 2 ( 4yz − 1) = 8yz − 2 Hay ta được 8yz − 2y − 4z ≤ 5 ⇔ ( 2y − 1)( 4z − 1) ≤ 6 . Do y và z nguyên dương nên 4z − 1 ≥ 3 nên 2y − 1 ≤ 2 ⇒ 2y ≤ 3 ⇒ y = 1 .

Thay vào phương trình ban đầu ta được

4xz = x + 4z + 5 ⇔ 4xz − x − 4z = 5 ⇔ ( x − 1)( 4z − 1) = 6 Do đó x − 1 và 4z − 1 là các ước của 6. Chú ý là 4z − 1 là số lẻ và 4z − 1 ≥ 3 nên ta được

4z − 1 = 3 z = 1 ⇒  x − 1 = 2  x = 3 Vậy phương trình có các ngiệm nguyên dương là ( x; y; z ) = ( 1; 2; 2 ) , ( 1; 4; 1) , ( 3;1;1) . Ví dụ 7. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: xyz = 2 ( x + y + z ) . Lời giải Cách 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z . Khi đó từ phương trình xyz = 2 ( x + y + z ) ta được xyz ≤ 3.2z ⇒ xy ≤ 6 . Do x, y nguyên dương nên ta suy ra được xy ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} . Ta xét các trường hợp sau: + Với xy = 1 , ta có x = y = 1 . Thay vao phương trình ban đầu ta được z = − 4 , loại. + Với xy = 2 , ta có x = 1; y = 2 . Thay vao phương trình ban đầu ta được 2z = 2z + 6 , loại. + Với xy = 3 , ta có x = 1; y = 3 . Thay vao phương trình ban đầu ta được z = 8 , nhận. + Với xy = 4 , ta có x = 1; y = 4 hoặc x = y = 2 . Thay vao phương trình ban đầu ta được Khi x = 1; y = 4 thì z = 5 và khi x = y = 2 thì z = 4 . + Với xy = 5 , ta có x = 1; y = 5 . Thay vao phương trình ban đầu ta được z = 4 , loại do không thỏa mãn điều kiện y ≤ z . + Với xy = 6 , ta có x = 1; y = 6 hoặc x = 2; y = 3 . Thay vao phương trình ban đầu ta được Khi x = 1; y = 6 thì 2z = 7 (loại) và khi x = 2; y = 3 thì 2z = 7 (loại). Vậy bộ ba số cần tìm là ( 1; 3; 8 ) , ( 1; 4; 5 ) , ( 2; 2; 4 ) .

Cách 2. Do x, y, z nguyên dương nên ta biến đổi tương đương phương trình thành 1 1 1 1 + + = . xy yz zx 2 Không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ x ≤ y ≤ z . Khi đó ta có

1 1 1 1 1 1 1 3 = + + ≤ 2 + 2 + 2 = 2 suy ra x 2 ≤ 6 nên x 2 ∈ {1; 4} ⇒ x ∈ {1; 2} 2 xy yz zx x x x x

Ta xét các trường hợp sau: + Với x = 1 , thay vào phương trình xyz = 2 ( x + y + z ) ta được

2 ( 1 + y + z ) = yz ⇔ ( y − 2 )( z − 2 ) = 6

 y − 2 = 1 y = 3 y − 2 = 2 y = 4 ⇒ ⇒ Chú ý là y − 2 ≤ z − 2 nên ta được  hoặc   z − 2 = 6 z = 8 z − 2 = 3 z = 5 + Với x = 2 , thay vào phương trình xyz = 2 ( x + y + z ) ta được

2 ( 2 + y + z ) = 2yz ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 3

y − 1 = 1 y = 2 ⇒ Chú ý là y − 1 ≤ z − 1 nên ta được  z − 1 = 3 z = 4 Vậy bộ ba số cần tìm là ( 1; 3; 8 ) , ( 1; 4; 5 ) , ( 2; 2; 4 ) . Ví dụ 8. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 6x 3 − xy ( 11x + 3y ) + 2y 3 = 6 . Lời giải Biến đổi tương đường phương trình như sau:

6x 3 − xy ( 11x + 3y ) + 2y 3 = 6 ⇔ 6x 3 − 12x 2 y + x 2 y − 2xy 2 + 2y 3 = 6

(

)

⇔ ( x − 2y ) 6x 2 + xy − y 2 = 6 = ( x − 2y )( 2x + y )( 3x − y ) = 6 Từ đó ta được x − 2y; 2x + y; 3x − y là các ước số của 6. Mặt khác ta lại thấy x − 2y + 2x + y = 3x − y nên chỉ xẩy ra các trường hợp sau:

+ Trường hợp 1:

+ Trường hợp 2:

+ Trường hợp 3:

+ Trường hợp 4:

+ Trường hợp 5:

+ Trường hợp 6:

 3x − y = 3 x = 1   x − 2y = 1 ⇔  y = 0   2x + y = 2  3x − y = 3   x − 2y = 2 , hệ phương trình vô nghiệm.  2x + y = 1  3x − y = −1  x − 2y = −3 , hệ phương trình vô nghiệm. 2x + y = 2  3x − y = −1  x − 2y = 2 , hệ phương trình vô nghiệm. 2x + y = −3  3x − y = −2  x − 2y = −3 , hệ phương trình vô nghiệm. 2x + y = 1  3x − y = −2 x = −1  x − 2y = 2 ⇔   y = −1 2x + y = −3 

Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là ( x; y ) = ( 1;1) , ( −1; − 1)

Ví dụ 9. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 − y 3 = xy + 8 Lời giải

(

)

Cách 1. Biến đổi tương đương ta được x 3 − y 3 = xy + 8 ⇔ ( x − y ) x 2 + xy + y 2 = 8 + xy Từ đó ta được x − y . x 2 + xy + y 2 = xy + 8 Dễ thấy x ≠ y , vì nếu x = y thì phương trình đã cho trở thành 0 = x2 + 8 , loại. Do x, y là các số nguyên nên x − y ≥ 1 . Từ đó suy ra x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 8 Hay ta được x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 8 . Xét hai trường hợp: + Nếu xy + 8 < 0 . Khi đó x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 8 trở thành 2

x 2 + xy + y 2 ≤ − xy − 8 ⇔ ( x + y ) ≤ −8

Trường hợp này loại + Nếu xy + 8 ≥ 0 . Khi đó x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 8 trở thành

x 2 + xy + y 2 ≤ xy + 8 ⇔ x 2 + y 2 ≤ 8 Từ đó ta suy ra x 2 ; y 2 ∈ {0;1; 4}

• Nếu x = 0 thì từ phương trình ban đầu ta được y 3 = −8 ⇒ y = −2 • Nếu y = 0 thì từ phương trình ban đầu ta được x3 = 8 ⇒ x = 2 • Nếu x và y khác 0, khi đó thì x 2 ; y 2 ∈ {1; 4} .  x 2 = 1  x 2 = 4 Do x ≠ y nên chỉ có các khả năng là  2 hoặc  2  y = 4  y = 1

Từ đó ta thấy trong hai số x và y có một số chẵn và một số lẻ. Khi đó vế trái của phương trình đã cho lẻ còn vế phải của phương trình đã cho chẵn, do đó các khả năng trênkhông xảy ra. Vậy các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; −2 ) , ( 2; 0 ) .

Cách 2. Biến đổi tương đương phưng trình ta được

x 3 − y 3 − xy = 8 ⇔ 27x 3 − 27y 3 − 27xy = 216 ⇔ 27x 3 − 27y 3 − 1 − 27xy = 215 3

Hay ta được ( 3x ) + ( −3y ) + ( −1) − 3.3x. ( −3y )( −1) = 215 . Áp dụng hằng đẳng thức:

a 3 + b3 + c 3 − 3abc =

2 2 2 1 a + b + c ) . ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )  (    2

Với a = 3x; b = −3y,c = −1 , ta biến đổi phương trình trên thành

 ( 3x + 3y )2 + ( 1 − 3y )2 + ( 3x + 1)2   = 215 ( 3x − 3y − 1) .  2    2

( 3x + 3y ) + (1 − 3y ) + ( 3x + 1) Đặt A =

nên ta được ( 3x − 3y − 1) .A = 215

Dễ thấy A > 0 nên A và 3x − 3y − 1 là ước tự nhiên của 215. Phân tích ra thừa số nguyên tố thì 215 có bốn ước tự nhiên là 1; 5; 43; 215. Do 3x − 3y − 1 chi cho 3 dư 2 nên 3x − 3y − 1 ∈ {5; 215} . Từ đó ta xét hai trường hợp:

3x − 3y − 1 = 5 • Trường hợp 1: Với  . A = 43 Khi đó từ 3x − 3y − 1 = 5 x − y = 2 . Thay y = x – 2 vào A = 43 ta được 2

 3x + 3 ( x − 2 )  + 1 − 3 ( x − 2 )  + ( 3x + 1) = 86 Rút gọn ta được x ( x – 2 ) = 0 ⇔ x = 0; x = 2 . Từ đó tìm được các nghiệm là ( 0; − 2 ) , ( 2; 0 )

3x − 3y − 1 = 215 • Trường hợp 2: Với  A = 1 2

Khi đó ta được ( 3x + 3y ) + ( 1 − 3y ) + ( 3x + 1) = 2 Nhận thấy tổng của ba số chính phương bằng 2 nên có một số bằng 0, hai số bằng số 1. Số bằng 0 không thể là 1 − 3y hoặc 1 + 3x , do đó ta có 3x + 3y = 0 .  3x + 3y = 0  x = 0 2 Từ đó ta có hệ ( 1 − 3y ) = 1 ⇔  , nghiệm bên không thỏa mãn 3x – 3y – 1 = 215 . y = 0   2 ( 3x + 1) = 1 Vậy các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; −2 ) , ( 2; 0 ) .

Cách 3. Biến đổi tương đương phương trình ta được 3

x 3 − y 3 = xy + 8 ⇔ ( x − y ) + 3xy ( x − y ) = xy + 8

Đặt a = x – y; b = xy , khi đó từ phương trình trên ta được

a 3 + 3ab = b + 8 ⇔ a 3 − 8 = − b ( 3a − 1)

(

)

(

)

Từ đó suy ra a 3 − 8 ⋮ ( 3a − 1) nên 27 a 3 − 8 ⋮ ( 3a − 1) hay

( 27a

)

− 1 − 215 ⋮ ( 3a − 1)

(

)

Do 27a 3 − 1 ⋮ ( 3a − 1) nên ta được 215⋮ ( 3a − 1) hay 3a − 1 là ước của 215 Do đó ta được 3a − 1 ∈ {±1; ±5; ±43; ±215} Do 3a − 1 chia cho 3 dư 2 nên 3a − 1 ∈ {−1; 5; −43; 215} . Từ đó ta có bảng sau

3a − 1

−1

− 43

215

− 14

−8

− 64

− 1736

a3 − 8 1 − 3a

Chú ý rằng ( x − y ) + 4xy ≥ 0 nên a 2 + 4b ≥ 0 , do đó trong bốn trường hợp trên chỉ có

a = 2; b = 0 thỏa mãn. Do đó ta được x – y = 2; xy = 0 Từ đó ta có các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; −2 ) , ( 2; 0 ) .

(

)

Ví dụ 10. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x 2 − xy + y 2 = 7 ( x + y ) Lời giải Cách 1. Từ phương trình ta được 7 ( x + y )⋮ 3 , mà ( 3,7 ) = 1 nên suy ra x + y⋮ 3 . Đặt x + y = 3m, m ∈ Z , khi đó phương trình trở thành x 2 + y 2 − xy = 7m . 2

(

)

Từ đó suy ra ( x + y ) − x 2 − xy + y 2 = ( 3m ) − 7m hay 3xy = 9m 2 − 7m . 2 2 1 3 x + y ) nên ta được 9m 2 − 7m ≤ ( x + y ) ( 4 4 28 Hay ta được 3.9m 2 ≥ 4 9m 2 − 7m ⇔ m ( 28 − 9m ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ . 9 Do m là số nguyên nên ta suy ra được m = {0; 1; 2; 3} . Ta xét các trường hợp sau

Theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có xy ≤

(

)

+ Với m = 0 suy ra x + y = 0 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 0 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 0 ⇔ 3xy = 0 ⇔ x = y = 0

+ Với m = 1 suy ra x + y = 3 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 7 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 2 Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên + Với m = 2 suy ra x + y = 6 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 14 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 22

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên

+ Với m = 3 suy ra x + y = 9 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 21 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 21 ⇔ 3xy = 60 ⇔ xy = 20

x + y = 9  x = 4; y = 5 Từ đó ta có hệ  ⇒ xy = 20  x = 5; y = 4 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 4; 5 ) , ( 5; 4 )

Cách 2. Từ phương trình ta được 7 ( x + y )⋮ 3 , mà ( 3,7 ) = 1 nên suy ra x + y⋮ 3 . Đặt x + y = 3m,m ∈ Z , khi đó phương trình trở thành x 2 + y 2 − xy = 7m .

 x + y = 3m  Từ đó ta có  9m 2 − 7m .  xy = 3 

(

)

Theo định lí Viet thì x và y là nghiệm của phương trình 3X 2 − 9mX + 9m 2 − 7m = 0 Ta có ∆ = −27m 2 + 84m . Để phương tình có nghiệm thì ∆ = −27m 2 + 84m ≥ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ Do m là số nguyên nên ta suy ra được m = {0; 1; 2; 3} . Ta xét các trường hợp sau + Với m = 0 suy ra x + y = 0 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 0 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 0 ⇔ 3xy = 0 ⇔ x = y = 0

+ Với m = 1 suy ra x + y = 3 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 7 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 2

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên + Với m = 2 suy ra x + y = 6 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 14 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 7 ⇔ 3xy = 22

Trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên + Với m = 3 suy ra x + y = 9 , khi đó ta được phương trình 2

x 2 − xy + y 2 = 21 ⇔ ( x + y ) − 3xy = 21 ⇔ 3xy = 60 ⇔ xy = 20

x + y = 9  x = 4; y = 5 ⇒ Từ đó ta có hệ  xy = 20  x = 5; y = 4 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 4; 5 ) , ( 5; 4 )

28 9

Ví dụ 11. Tìm các số nguyên dương m để phương trình x 2 − mxy + y 2 + 1 = 0 có nghiệm nguyên dương.

Lời giải Trong tất cả các nghiệm nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn phương trình, giả sử ( x 0 ; y 0 ) là một nghiệm thỏa mãn x 0 + y 0 nhỏ nhất. Do vai trò của x và y như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x 0 ≤ y 0 . Xét phương trình bậc hai có ẩn y là y 2 − mx0 y + x02 + 1 = 0 (*). La có y 0 là một nghiệm của phương trình (*). Ta gọi nghiệm còn lại là y 1 .  y + y1 = mx 0 . Khi đó theo hệ thức Viet ta có  0 2  y 0 .y1 = x 0 + 1

Dễ dàng nhận thấy y 1 có giá trị nguyên và từ cách chọn ( x 0 ; y 0 ) ta suy ra được y 0 ≤ y1 . Đến đây ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu x 0 = y 0 thì từ phương trình ban đầu ta được m = 2 +

1 . Nên để m x02

và x 0 có giá trị nguyên thì x 0 = 1 và m = 3 . Với m = 3 ta thấy ( x; y ) = ( 1;1) là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho.

• Trường hợp 2: Nếu y 0 = y 1 thì từ y0 .y1 = x02 + 1 hay ta được ( y 0 − x 0 )( y 0 + x 0 ) = 1 .

 y − x0 = 1 y0 = 1 ⇒ Từ đó ta suy ra được  0 . Trường hợp này loại vì ( x 0 ; y 0 ) nguyên  y0 + x0 = 1 x 0 = 0 dương.

• Trường hợp 3: Nếu x 0 < y 0 < y1 khi đó ta được y 0 ≥ x 0 + 1; y1 ≥ x 0 + 2 . Kết hợp với y0 .y1 = x02 + 1 ta được x 20 + 1 ≥ x02 + 3x0 + 2 ⇒ 3x0 + 1 ≤ 0 , điều này vô lí vì x 0 > 0 . Như vậy để phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương thì m = 3 và khi đó phương trình có nghiệm nguyên dương là ( x; y ) = ( 1;1) .

Ví dụ 12. Tìm các số nguyên dương x, y, z sao cho 2xy − 1 = z ( x − 1)( y − 1) . Lời giải

Cách 1. Với các số nguyên dương x, y, z thì ta có 2xy − 1 là số lẻ, do đó z ( x − 1)( y − 1) cũng là số lẻ. Từ đó ta được x, y là số chẵn và z là số lẻ. Do vai trò của x và y như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x ≥ y . Đặt a = x − 1; b = y − 1 nên a, b là các số nguyên lẻ và a ≥ b . Khi đó phương trình đã cho trở thành

2 ( a + 1)( b + 1) − 1 = zab ⇔ 2 ( ab + a + b + 1) − 1 = zab ⇔ Do đó

2 2 1 + + là số tự nhiên khác 0. Ta xét các trường hợp sau a b ab

• Nếu a = b , khi đó

a ( 4a + 1)

2 2 1 + + =z a b ab

2 2 1 4a + 1 + + = là số tự nhiên khác 0 hay a b ab a2

1 ∈ N* ⇒ 4 + ∈ N* a

Từ đó ta được a = b = 1 . Suy ra y = z = 2 . Thay vào phương trình đã cho ta được z = 7 . Thử vào phương trình ta được ( x; y; z ) = ( 2; 2; 7 ) thỏa mãn.

• Nếu a > b ≥ 1 , khi đó ta xét các khả năng sau + Với b ≥ 4 thì a ≥ 5 khi đó 0 <

2 2 1 2 2 1 19 2 2 1 + + ≤ + + = nên + + không là số tự a b ab 5 4 20 20 a b ab

nhiên khác. Do đó khả nằng này loại. Từ đó suy ra b < 4 , mà b là số lẻ nên b = 3 hoặc

b =1. + Với b = 1 , khi đó từ

2 2 1 3 + + là số tự nhiên khác 0 ta được ∈ N* và a > 1 ta được a b ab a

a =3. Từ đó suy ra x = 4; y = 2 , thay vào phương trình đã cho ta được z = 5 Thử vào phương trình ta được ( x; y; z ) = ( 4; 2; 5 ) thỏa mãn. + Với b = 3 , khi đó từ

2 2 1 2 7 + + là số tự nhiên ta được + ∈ N* và a > 3 ta được a = 7 . a b ab 3 3a

Từ đó suy ra x = 8; y = 4 , thay vào phương trình đã cho ta được z = 3 Thử vào phương trình ta được ( x; y; z ) = ( 8; 4; 3 ) thỏa mãn. Xét đến vai trò của x và y ta được các nghiệm của phương trình là

( x; y; z ) = ( 2; 2; 7 ) , ( 2; 4; 5 ) , ( 4; 2; 5 ) , ( 4; 8; 3 ) , ( 8; 4; 3 )

Cách 2. Với các số nguyên dương x, y, z thì ta có 2xy − 1 là số lẻ, do đó z ( x − 1)( y − 1) cũng là số lẻ. Từ đó ta được x, y là số chẵn và z là số lẻ. Do vai trò của x và y như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x ≥ y ≥ 2 . Biến đổi tương đương phương trình ta được

2xy − 1 = z ( x − 1)( y − 1) ⇔ ( z − 2 ) x − z  ( z − 2 ) y − z  = z + 2 Nếu z = 1 , khi đó từ phương trình trên ta được ( x + 1)( y + 1) = 3 . Điều này mâu thuẫn với

x ≥ y ≥ 2 . Do đó ta được z ≥ 3 . Khi đó ta lại có

( z − 2) x − z ≥ ( z − 2) y − z ≥ 2 ( z − 2) − z = z − 4 > 0 2

Kết hợp với phương trình trên ta được z + 2 ≥ ( z − 4 ) ⇔ ( z − 2 )( z − 7 ) ≤ 0 ⇔ 2 ≤ z ≤ 7 . Từ đó ta được 3 ≤ z ≤ 7 , mà z là số lẻ nên ta xét các trường hợp sau

• Nếu z = 3 , khi đó từ phương trình đã cho ta được ( x − 3 )( y − 3 ) = 5 . Kết hợp với

 x − 3 = 5 x = 8 x ≥ y ≥ 2 ta suy ra được  ⇒ y − 3 = 1 y = 4 • Nếu z = 5 , khi đó từ phương trình đã cho ta được ( 3x − 5 )( 3y − 5 ) = 7 . Kết hợp với

3x − 5 = 7 x = 4 x ≥ y ≥ 2 ta suy ra được  ⇒ 3y − 5 = 1  y = 2 • Nếu z = 7 , khi đó từ phương trình đã cho ta được ( 5x − 7 )( 5y − 7 ) = 9 . Kết hợp với

5x − 7 = 9 x ≥ y ≥ 2 ta suy ra được  (vô nghiệm) hoặc 3y − 7 = 1

5x − 7 = 3 x = 2 ⇒ .  3y − 7 = 3  y = 2

Xét đến vai trò của x và y ta được các nghiệm của phương trình là

( x; y; z ) = ( 2; 2; 7 ) , ( 2; 4; 5 ) , ( 4; 2; 5 ) , ( 4; 8; 3 ) , ( 8; 4; 3 )

(

Ví dụ 13. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 − y 2

)

= 10y + 9 .

Lời giải

9 , do y nguyên nên ta được y ≥ 0 . 10 Chú ý là khi thay x bằng −x thìa phương trình dã cho không đổi, do đó ta có thể giả sử Ta thấy 10y + 9 ≥ 0 ⇔ y ≥ −

x≥0 Ta xét các trường hợp sau:

+ Nếu y = 0 thì phương trình đã cho trở thành x 4 = 9 , trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.

(

)

+ Nếu x = 0 thì phương trình đã cho trở thành y 4 = 10y + 9 ⇔ y y 3 − 10 = 9 . Suy ra 9 chia hết cho y, kết hợp với y > 0 ta được y ∈ {1; 3; 9} . Thay lần lượt các giá trị đó vào

(

)

y y 3 − 10 = 9 ta thấy không có giá trị nào thỏa mãn.

+ Nếu x ≥ 1 và y ≥ 1 , khi đó ta được x + y ≥ 2 . 2

Phương trình đã cho được viết lại thành ( x + y )( x − y ) = 2

10y + 9 x+y

Do x + y ≥ 2 nên ta được ( x + y )( x − y ) ≥ 2 ( x − y ) . Do x ≥ 1 nên ta được 10x ≥ 10 > 9 , do đó suy ra

10y + 9 10y + 10x < = 10 . x+y x+y

Từ các kết quả trên ta suy ra được 2 ( x − y ) < 10 ⇒ ( x − y ) < 5 2

Ta lại có ( x − y ) là ước của 10y + 9 nên ( x − y ) là số lẻ. 2

Từ đó ta được ( x − y ) = 1 , thay vào phương trình đã cho ta được ( x + y ) = 10y + 9 . 2

Cũng từ ( x − y ) = 1 ta được x − y = 1 hoặc x − y = −1 2

• Với x − y = 1 ta được x = y + 1 thay vào phương trình ( x + y ) = 10y + 9 ta được

( 2y + 1)

= 10y + 9 ⇔ 2y 2 − 3y − 4 = 0

Phương trình trên không có nghiệm nguyên. 2

• Với x − y = −1 ta được x = y − 1 thay vào phương trình ( x + y ) = 10y + 9 ta được

( 2y − 1)

= 10y + 9 ⇔ 2y 2 − 7y − 4 = 0

Giải phương trình trên ta được nghiệm nguyên là y = 4 , từ đó ta được x = 3 . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 3; 4 ) , ( −3; 4 ) .

Ví dụ 14. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 4 + x 3 + x 2 + x = y 2 + y Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

x 4 + x 3 + x 2 + x = y 2 + y ⇔ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 1 = 4y 2 + 4y + 1

(

⇔ 2x 2 + x

)

+ 3x 2 + 4x + 1 = ( 2y + 1)

• Với x = −1 , thay vào phương trình ta được y = −1 .

(

• Xét x ≠ −1 , ta sẽ chứng minh 2x 2 + x

) < ( 2x

)

(

+ x + 3x 2 + 4x + 1 < 2x 2 + x + 2

)

Thật vậy, dễ thấy 3x 2 + 4x + 1 = ( 3x + 1)( x + 1) do đó

1 thì ta được ( 3x + 1)( x + 1) > 0 3 + Khi x < −1 thì ( 3x + 1)( x + 1) > 0 + Khi x > −

(

Từ đó ta được 2x 2 + x

) < ( 2x

)

+ x + 3x 2 + 4x + 1

Mặt khác ta có

( 2x = ( 2x

(

2 2 + x + 2 −  2x 2 + x + 3x 2 + 4x + 1  

)

(

)

(

)

+ x + 4 2x 2 + x + 4 − 2x 2 + x − 3x 2 − 4x − 1 = 5x 2 + 3 > 0

Như vậy ta có 2x 2 + x

(

) < ( 2x

)

(

+ x + 3x 2 + 4x + 1 < 2x 2 + x + 2

)

Do 2x 2 + x + 3x 2 + 4x + 1 là số chính phương nên ta suy ra được 2

( 2x + x ) + 3x + 4x + 1 = ( 2x + x + 1) ⇔ ( 2x + x ) + 3x + 4x + 1 = ( 2x + x ) + 2 ( 2x 2

)

+ x +1

x = 0 ⇔ 3x 2 + 4x + 1 = 2 2x 2 + x + 1 ⇔ x 2 − 2x = 0 ⇔  x = 2

(

)

+ Với x = 0 , thay vào phương trình ban đầu ta được y 2 + y = 0 ⇒ y = 0; y = −1 + Với x = 2 , thay vào phương trình ban đầu ta được y 2 + y = 30 ⇒ y = 5; y = −6 Thử lại ta được các nghiệm nguyên của phương trình là

( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 0; −1) , ( 2; 5 ) , ( 2; −6 ) , ( −1; 0 ) , ( −1; −1)

(

Ví dụ 15. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn điều kiện x 2 − 9y 2

)

= 33y + 16 .

Lời giải Do y là số nguyên dương nên 33y + 16 > 0 . Khi đó ta được

− 9y 2

)

= 33y + 16 ⇔ x 2 − ( 3y ) = ± 33y + 16 ⇔ x 2 = ( 3y ) ± 33y + 16

Ta xét các trường hợp sau:

 x = ±4  x 2 = 16 . Do x là số nguyên dương nên suy ra • Xét y = 1 , khi đó ta được  2 ⇔  x = 2  x = ± 2 x = 4.

• Xét y ≥ 2 . Khi đó dễ thấy 6y + 1 > 6y − 1 > 33y + 16 Thật vậy, ta có 6y − 1 > 0 khi đó

( 6y − 1)

> 33y + 16 ⇔ 36y 2 − 12y + 1 > 33y + 16 ⇔ 9y ( 4y − 5 ) − 15 > 0

Bất đẳng thức cuối cùng đúng do y ≥ 2 . 2

Từ đó ta có ( 3y ) − 33y + 16 > ( 3y ) − ( 6y − 1) = ( 3y − 1) 2

Do đó ( 3y − 1) < ( 3y ) − 33y + 16 < ( 3y ) và ( 3y ) + 33y + 16 < ( 3y ) + 6y + 1 = ( 3y + 1) . 2

Suy ra ta được ( 3y ) < ( 3y ) + 33y + 16 < ( 3y + 1) . 2

Như vậy ( 3y ) ± 33y + 16 bị kép giữa hai số chính phương liên tiếp nên

( 3y )

± 33y + 16 không thể là số chính phương. Do đó phương trình 2

x 2 = ( 3y ) ± 33y + 16 không có nghiệm nguyên.

Do đó khi y ≥ 2 thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Vậy phương trình có một cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là ( x; y ) = ( 4;1) .

Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta có thể giải bài toán theo các cách sau: Cách 1. Xác định giới hạn giá trị của x rồi xét từng giá trị để tìm y 2

Dễ thấy x − 3y ≠ 0 do đó ( x − 3y ) ≥ 1

(

Từ đó suy ra x 2 − 9y 2

) = ( x − 3y ) ( x + 3y ) ≥ ( x + 3y ) 2

Lại thấy với x ≥ 6 thì ( x + 3y ) ≥ ( 6 + 3y ) = 9y 2 + 36y + 36 > 33y + 16

(

Do đó với x ≥ 6 thì x 2 − 9y 2

)

> 33y + 16 . Đến đây ta suy ra được x < 6 nên x = 1; 2; 3; 4; 5 .

Xét từng giá trị của x để tìm y tương ứng. Cách 2. Xác định giới hạn giá trị của y rồi xét từng giá trị để tìm x.

(

Cũng từ x 2 − 9y 2

) = ( x − 3y ) ( x + 3y ) ≥ ( x + 3y ) ≥ (1 + 3y )

> 9y 2 + 6y

Suy ra ta được 33y + 16 > 9y 2 + 6y ⇔ 9y 2 − 27y − 16 < 0 ⇔ ( y + 1)( y − 4 ) < 0 ⇒ y < 4 Từ đó ta được y = 1; 2; 3 . Đến đây xét các giá trị của y để kiểm tra 33y + 16 có phải là số chính phương không. Ví dụ 16. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình: x 4 + y 3 = xy 3 + 1 . Lời giải Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

(

)

x 4 + y 3 = xy 3 + 1 ⇔ x 4 − 1 + y 3 − xy 3 = 0 ⇔ ( x − 1) x 3 + x 2 + x + 1 + y 3 ( 1 − x ) = 0 x − 1 = 0 ⇔ ( x − 1) x 3 + x 2 + x + 1 − y 3 = 0 ⇔  3 2 3 x + x + x + 1 − y = 0 • Với x − 1 = 0 ⇔ x = 1 , khi đó thay vào phương trình ban đầu ta được 1 + y 3 = y 3 + 1 ,

(

)

phương trình này có nghiệm với mọi y nguyên. Do đó phương trình có các nghiệm

( x; y ) = (1; t ) với t ∈ Z . • Với x 3 + x 2 + x + 1 − y 3 = 0 ⇔ x 3 + x 2 + x + 1 = y 3 . 2

 1 3 Ta có x + x + 1 =  x +  + > 0 nên từ phương trình trên ta suy ra được x 3 < y 3 . 2 4  Lại có với mọi x nguyên ta luôn có x ( x + 1) ≥ 0 . Do đó ta được 2

x 3 + x 2 + x + 1 ≤ x 3 + x 2 + x + 1 + 2x ( x + 1) = ( x + 1) 3

Từ đó suy ra y 3 ≤ ( x + 1) . Kết hợp lại ta được x 3 < y 3 ≤ ( x + 1) nên ta suy ra y 3 = ( x + 1) .

x = 0 x = 0 ⇔ Do đó ta được x ( x + 1) = 0 ⇔  x + 1 = 0  x = −1 + Khi x = 0 , thay vào phương trình ban đầu ta được y = 1 . + Khi x = −1 , thay vào phương trình ban đầu ta được y = 0 . Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn phương trình là ( x; y ) = ( 0;1) , ( −1; 0 ) , ( 1; t ) với t ∈ Z .

Ví dụ 17. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 4 + y 2 + 13y + 1 ≤ ( y − 2 ) x 2 + 8xy Lời giải Cách 1. Biết đổi tương đương bất phương trình trên ta được

(

)

x 4 + y 2 + 13y + 1 ≤ ( y − 2 ) x 2 + 8xy ⇔ x 4 + 2x 2 + 1 − x 2 y + y 2 + 13y − 8xy ≤ 0

(

)

(

)

(

)

(

)

⇔ x 4 + 2x 2 + 1 − 2y x 2 + 1 + y 2 + x 2 y − 8xy + 13y ≤ 0 ⇔ x 2 − y + 1 + y x 2 − 8x + 13 ≤ 0

(

)

(

)

Dễ thấy x 2 − y + 1 ≥ 0 nên từ bất phương trình trên ta được y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 .

(

)

Mà ta có y là số nguyên dương nên từ y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ta được x 2 − 8x + 13 ≤ 0 . Ta có x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ⇔ ( x − 3 )( x − 5 ) ≤ 0 ⇔ 3 ≤ x ≤ 5 . Mà ta lại có x là số nguyên dương nên x ∈ {3; 4; 5} , đến đây ta xét các trường hợp cụ thể

(

)

(

)

(

)

(

)

• Với x = 3 , thay vào x 2 − y + 1 + y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ta được ( 10 − y ) ≤ 0 ⇒ y = 10 . • Với x = 4 , thay vào x 2 − y + 1 + y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ta được

2 35 − 69 35 + 69  69 ≤ ⇔ ≤y≤ (17 − y ) − y ≤ 0 ⇔ y2 − 35y + 289 ≤ 0 ⇔  y − 35  2  4 2 2  Do y là số nguyên dương nên suy ra y ∈ {14;15;16; 17;17;18;19; 20; 21} .

(

)

(

)

• Với x = 5 , thay vào x 2 − y + 1 + y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ta được ( 26 − y ) ≤ 0 ⇒ y = 26 . Vậy các cặp ( x; y ) thỏa mãn bất phương trình là

( 3; 10 ) , ( 4; 14 ) , ( 4; 15 ) , ( 4;16 ) , ( 4;17 ) , ( 4;18 ) , ( 4;19 ) , ( 4; 20 ) , ( 4; 21) , ( 5; 26 ) Cách 2. Biến đổi tương đương bất phương trình trên ta được

(

)

x 4 + y 2 + 13y + 1 ≤ ( y − 2 ) x 2 + 8xy ⇔ x 2 + 1 + y 2 + 13y ≤ x 2 y + 8xy

(

)

(

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm ta được x 2 + 1 + y 2 ≥ 2y x 2 + 1

(

)

(

)

Kết hợp với x 2 + 1 + y 2 + 13y ≥ x 2 y + 8xy ta được 2y x 2 + 1 + 13y ≤ x 2 y + 8xy

(

)

Hay ta được yx 2 + 15y − 8xy ≤ 0 ⇔ y x 2 − 8x + 13 ≤ 0 Do y là số nguyên dương nên ta có x 2 − 8x + 13 ≤ 0 ⇔ ( x − 3 )( x − 5 ) ≤ 0 ⇔ 3 ≤ x ≤ 5 . Mà ta lại có x là số nguyên dương nên x ∈ {3; 4; 5} , đến đây ta xét các trường hợp cụ thể như trên ta được các giá trị y tương ứng.

Ví dụ 18. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 5 − y 5 − xy = 32 . Lời giải Từ phương trình x 5 − y 5 − xy = 32 ta suy ra được x và y đều là số chẵn. Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

x 5 − y 5 − xy = 32 ⇔ ( x − y ) x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 = 32 + xy

(

)

(

)

Lại có x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 = ( x + y ) x 3 + y 3 + x 2 y 2 = ( x + y ) x 2 − xy + y 2 + x 2 y 2 ≥ 0

(

)

Do đó từ ( x − y ) x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 = 32 + xy ta suy ra được

(

)

x − y x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 = 32 + xy

Dễ thấy nếu x = y thì từ phương trình trên ta được 32 + x2 = 0 vô nghiệm. Do đó suy ra

x ≠ y.

Từ đó suy ra x − y ≥ 1 , nên từ phương trình trên ta được

x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 ≤ 32 + xy . Nếu 32 + xy < 0 thì từ bất đẳng thức trên ta được x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 ≤ −32 − xy

(

Hay ta được x 2 − xy + y 2

)(x + y) + (x y 2

)

+ xy + 32 ≤ 0 , tuy nhiên bất đẳng thức này không

đúng. Do vậy ta suy ra được 32 + xy ≥ 0 . Từ bất đẳng thức trên ta suy ra được

x 4 + x 3 y + x 2 y 2 + xy 3 + y 4 ≤ 32 + xy

(

Hay ta được x 2 − xy + y 2

(

Do x 2 − xy + y 2

) (x + y)

)(x + y) + (x y 2

)

− xy ≤ 32 .

≥ 0 nên từ bất đẳng thức trên ta suy ra được xy ( xy − 1) ≤ 32 .

Từ đây ta suy ra được −6 < xy < 7 . Mà x và y là các số chẵn khác nhau nên ta được xy = 0 hoặc xy = −4 . + Với xy = 0 , khi đó ta suy ra được x = 0 hoặc y = 0 . Đến đây ta tìm được các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; − 2 ) hoặc ( x; y ) = ( 2; 0 ) + Với xy = −2 , khi đó ta suy ra được x = 2; y = −2 hoặc x = −2; y = 2 . Thay vào phương trình đã cho ta thấy không thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 0; − 2 ) , ( 2; 0 ) .

Ví dụ 19. Tìm sáu số nguyên dương sao cho tổng của sáu số đó bằng tích của chúng. Lời giải Gọi các số nguyên dương cần tìm là a, b,c,d,e,g . Theo bài ra ta có a + b + c + d + e + g = abcdeg . Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e ≤ g . Khi đó từ a + b + c + d + e + g = abc deg ta được abc deg = a + b + c + d + e + g = 6g Suy ra abcde ≤ 6 . Do a, b,c,d,e,g nguyên dương nên abcde ∈ {1; 2; 3; 4; 5} . Ta xét các trường hợp sau:

• Với abcde = 1 , ta có a = b = c = d = e = 1 , thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

5 + g = g , phương trình không có g thỏa mãn.

• Với abcde = 2 , ta có a = b = c = d = 1; e = 2 , thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

6 + g = 2g ⇒ g = 6 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. • Với abcde = 3 , ta có a = b = c = d = 1; e = 3 , thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

7 + g = 3g ⇒ 2g = 7 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. • Với abcde = 4 , ta có a = b = c = d = 1; e = 4 hoặc a = b = c = 1; d = e = 2 . + Khi a = b = c = d = 1; e = 4 thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

8 + g = 4g ⇒ 3g = 8 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. + Khi a = b = c = 1; d = e = 2 thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

7 + g = 4g ⇒ 3g = 7 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. • Với abcde = 5 , ta có a = b = c = d = 1; e = 5 , thay vào a + b + c + d + e + g = abcdeg ta được

9 + g = 5g ⇒ 4g = 9 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. • Với abcde = 6 , ta có a = b = c = d = 1; e = 6 hoặc a = b = c = 1; d = 2; e = 3 . + Khi a = b = c = d = 1; e = 6 thay vào a + b + c + d + e + g = abc deg ta được

10 + g = 6g ⇒ g = 2 , loại do không thỏa mãn g ≥ e . + Khi a = b = c = 1; d = 2; e = 3 thay vào a + b + c + d + e + g = abcdeg ta được 5g = 8 , phương trình không có g nguyên dương thỏa mãn. Vậy các số nguyên dương cần tìm là 1; 1; 1; 1; 2; 6.

2. Phương trình nghiệm nguyên dạng phân thức. Ví dụ 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

xy 2003 = . x + y 2004

Lời giải Cách 1. Từ phương trình

Do đó ta được

xy 2003 = ta suy ra được x và y khác 0. x + y 2004

x + y 2004 1 1 1 = ⇔ + = 1+ xy 2003 x y 2003

Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y , khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu x = 1 , khi đó phương trình trở thành 1 +

1 1 = 1+ ⇒ y = 2003 y 2003

• Trường hợp 2: Nếu x ≥ 2 , khi đó ta có

1 1 1 1 1 1 1 + ≤ + = 1 . Do đó + < 1 + x y 2003 x y 2 2

Suy ra trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên.

• Trường hợp 3: Nếu x ≤ −1 , khi đó ta có

Do đó y > 0 nên lại suy ra được

Do đó

1 1 < 0 nên từ phương trình ta suy ra được > 0 . x y

1 1 1 ≤ 1 . Từ đó ta được + < 1 y x y

1 1 1 + < 1+ x y 2003

Suy ra trường hợp này phương trình không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 1; 2003 ) , ( 2003; 1) .

Cách 2. Dễ thấy x + y ≠ 0 , khi đó xy 2003 = ⇔ 2004x = 2003 ( x + y ) ⇔ 2004x − 2003x − 2003y = 0 x + y 2004 ⇔ 2004 2 xy − 2004.2003x − 2004.2003y + 20032 = 2003 2 ⇔ ( 2004x − 2003 )( 2004y − 2003 ) = 20032

• Nếu x = y , khi đó từ phương trình ban đầu ta được x = y =

2003 , loại. 1002

• Nếu x > y , khi đó 2004x − 2003 > 2004y − 2003 nên ta được 2004x − 2003 = 20032 hoặc

2004x − 2003 = −1 Với 2004x − 2003 = −1 suy ra x không nhận giá trị nguyên. Với 2004x − 2003 = 20032 ta được x = 2003 , suy ra y = 1

• Nếu x < y , hoàn toàn tương tự ta được x = 1; y = 2003 . Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( 1; 2003 ) , ( 2003; 1) .

Ví dụ 2. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

1 1 1 + 2 = 2 7 x y

Lời giải Từ phương trình ta được x ≠ 0; y ≠ 0 , khi đó ta được

1 1 1 + 2 = ⇔ 7 x2 + y2 = x2 y2 2 7 x y

(

)

Do đó từ phương trình trên ta suy ra được x 2 y 2 chia hết cho 7, do đó ta suy ra được x và y cùng chia hết cho 7. Chú ý là x và y là các số nguyên khác 0 nên ta được x 2 ≥ 49; y 2 ≥ 49 Suy ra

1 1 1 1 2 1 + 2 ≤ + = < . Do đó phương trình không có nghiệm nguyên. 2 49 49 49 7 x y

Ví dụ 3. Tìm các số nguyên dương x, y, z khác nhau từng đôi một để biểu thức sau là một số nguyên dương:

1 1 1 1 1 1 + + + + + x y z xy yz zx

Lời giải Giả sử

1 1 1 1 1 1 + + + + + = m với m là một số nguyên dương. x y z xy yz zx

Từ đó ta được

1 1 1 1 1 1 + + + + + = m ⇔ x + y + z + xy + yz + zx = mxyz x y z xy yz zx

• Xét x là số chẵn, khi đó từ phương trình trên ta suy ra y + z + yz là số chẵn. Do đó yz + y + z + 1 là số lẻ hay ( y + 1)( z + 1) là số lẻ. Suy ra y + 1 và z + 1 cùng là số lẻ nên y và z cùng là số chẵn. Hoàn toàn tương tự ta được nếu y là số chẵn thì x và z cùng là số chẵn, nếu z là số chẵn thì x và y cùng là số chẵn.

• Xét x là số lẻ, khi đó theo như trên thì y không thể là số chẵn và do đó z không thể là số chẵn. Hoàn toàn tương tự cho các trường hợp còn lại. Vậy x, y, z có cùng tính chẵn lẻ. Không mất tính tổng quát ta giả sử x < y < z , khi đó ta xét các trường hợp sau: + Với x ≥ 3 , khi đó do cùng tính chẵn lẻ nên ta được y ≥ 5; z ≥ 7 . Khi đó ta có m ≤

1 1 1 1 1 1 + + + + + < 1 , trái với yêu cầu m ≥ 1 3 5 7 15 35 21

+ Với x = 2 , khi đó ta có y ≥ 4; z ≥ 6 , Do đó ta được m ≤

1 1 1 1 1 1 7 + + + + + = 2 4 6 8 24 12 6

Do m là số nguyên dương nên ta được m = 1 . Khi đó ta được

2 + y + z + 2y + 2z + yz = 2yz ⇔ ( y − 3 )( x − 3 ) = 11

Chú ý rằng y < z nên từ phương trình trên ta được y = 4; z = 14 . + Với x = 1 , khi đó ta có y ≥ 3; z ≥ 5 , Do đó ta được m ≤ 1 +

1 1 1 1 1 32 + + + + = 3 5 3 15 5 15

Do m là số nguyên dương và m > 1 nên ta được m = 2 . Khi đó ta được

1 + y + z + y + z + yz = 2yz ⇔ ( y − 2 )( x − 2 ) = 5 Chú ý rằng y < z nên từ phương trình trên ta được y = 3; z = 7 . Vậy các bộ số nguyên dương thỏa mãn bài toán là ( x; y; z ) = ( 1; 3; 7 ) , ( 2; 4; 14 ) và các hoán vị.

x + 2y 7 = . 2 2 20 x +y

Ví dụ 4. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn

Lời giải Giả sử các số nguyên x,y thỏa mãn

x + 2y 7 = . Khi đó do x 2 + y 2 > 0 nên ta được 2 2 20 x +y

x + 2y > 0 . Ta có

x + 2y 7 = ⇔ 20 ( x + 2y ) = 7 x 2 + y 2 . 2 2 20 x +y

(

Mà ta lại có ( 7, 20 ) = 1 nên từ

(

)

x + 2y 7 = ta được 2 2 20 x +y

 x + 2y = 7k , k ∈ N* .  2 2  x + y = 20k 2

)

Ta có 5 x 2 + y 2 = x 2 + 4xy + y 2 + 4x 2 − 4xy + y 2 = ( x + 2y ) + ( 2x − y ) 2

Suy ra 5.20k = ( 7k ) + ( 2x − y ) ⇔ ( 2x − y ) = k ( 100 − 49k ) .

(

)

(

)

Lại từ 5 x 2 + y 2 = ( x + 2y ) + ( 2x − y ) ta được ( x + 2y ) ≤ 5 x 2 + y 2 =

5.20. ( x + 2y ) 7

Do đó ta được 0 < x + 2y < 15 . Mà ta lại có x + 2y = 7k nên suy ra k = 1 hoặc k = 2 . 2

• Với k = 1 , khi đó từ ( 2x − y ) = k ( 100 − 49k ) ta được ( 2x − y ) = 51 , phương trình không có nghiệm nguyên.

• Với k = 2 , khi đó từ ( 2x − y ) = k ( 100 − 49k ) ta được ( 2x − y ) = 4 Từ đó ta được 2x − y = 2 hoặc 2x − y = −2 . Kết hợp với x + 2y = 14 ta được x = 2; y = 6 . Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 2; 6 ) .

Cách khác. Ta có thể dùng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá 2

( x + 2y ) ≤ (1 + 2 )( x 2

) (

+ y 2 = 5 x2 + y2

)

Từ đó suy ra được 0 < x + 2y < 15 .  x + 2y = 7  x + 2y = 14 Từ đó ta đi giải các hệ phương trình  2 và  2 2 2  x + y = 20  x + y = 40

3. Phương trình nghiệm nguyên có chứa căn. Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: y = x + 2 x − 1 + x − 2 x − 1 Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 1

y= =

( x − 1) + 1 + 2 x −1 +1 +

x −1 +

( x − 1) + 1 − 2

x −1 −1 = x −1 + 1+

x −1 x −1 −1

Xét hai trương hợp + Với x = 1 thì ta thu được y = 2 . + Với x ≥ 2 thì ta thu được y = x − 1 + 1 + x − 1 − 1 = 2 x − 1 Do đó y 2 = 4 ( x − 1) . Do x ≥ 2 nên có thể đặt x − 1 = t 2 với t nguyên dương. 2  x = t + 1 Ta có  t ∈ Z + là nghiệm của phương trình đã cho  y = 2t

(

)

(

)

Vậy các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 1; 2 ) , t 2 + 1; 2t với t là số nguyên dương tùy ý.

Ví dụ 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x+ x+ x+ x = y

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là x ≥ 0, y ≥ 0 Bình phương hai vế của phương trình rồi chuyển vế ta được Đặt y 2 − x = k ( k ∈ N ) thì ta được phương trình

x + x + x = y2 − x

x+ x+ x = k

Bình phương hai vế của phương trình rồi chuyển vế ta được

x + x = k2 − x

Đặt k 2 − x = m ( m ∈ N ) thì ta được phương trình

x+ x = m

Bình phương hai vế của phương trình ta được x + x = m 2

x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do

Ta biết rằng với x nguyên thì

x + x = m 2 ( m ∈ N ) nên Ta có x + x = m 2 ⇔ x Hai số tự nhiên liên tiếp

(

x không là số vô tỉ. Do đó

x là số tự nhiên.

)

x + 1 = m2 x và

x + 1 có tích là số chính phương nên mỗi số phải là một x = 0 ⇒ x = 0 . Từ đó suy ra

số chính phương. Do đó số nhỏ bằng 0 hay ta được

x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 0; 0 ) .

Ví dụ 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:

x + y = 1980

(1)

Lời giải Điều kiện xác định của phương trình là 0 ≤ x; y ≤ 1980 . Khi đó phương trình tương đương với

x = 1980 − y ⇔ x = 1980 + y − 2 1980y ⇔ x = 1980 + y − 12 55y Do x, y là các số nguyên nên 12 55y cũng phải là số nguyên. Ta biết rằng với y nguyên thì

55y là số nguyên, tức là 55y là số

55y hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do đó

chính phương Từ đó ta đặt 55y = k 2 ⇔ 5.11.y = k 2 ( k ∈ N ) . Do 5 và 11 là các số nguyên tố nên từ

5.11.y = k 2 ta suy ra được y = 11.5.a 2 = 55a 2 ( a ∈ N ) . Hoàn toàn tương tự ta cũng được x = 55b 2 ( b ∈ N ) Thay vào phương trình ba đầu ta được a 55 + b 55 = 6 55 ⇔ a + b = 6 Không mất tính tổng quát ta giả sử y ≤ x thì a ≤ b . Ta có các trường hợp sau a

x = 55a 2

y = 55b2

1980

1375

220

880

495

Vậy phương trình đã cho các các nghiệm là

( x; y ) = ( 0;1980 ) , (1980; 0 ) , ( 55;1375 ) , (1375; 55) , ( 220; 880 ) , ( 880; 220 ) , ( 495; 495 )

(

Ví dụ 5. Giải phương trình nghiện nguyên: x + y 5

)

= 1+ 5 .

Lời giải • Nhận thấy với z = 0 phương trình trên không có nghiệm. • Nếu z là một số nguyên dương thì tồn tại các số nguyên dương a, b để

(x + y 5 )

=a+b 5

Khi đó ta được a + b 5 = 1 + 5 ⇔ a 2 + 5b 2 + 2ab 5 = 1 + 5 . Do a, b là các số nguyên dương và

5 là số vô tỷ.

a 2 + 5b 2 = 1 Nên ta được a 2 + 5b 2 + 2ab 5 = 1 + 5 ⇒  , hệ phương trình không có nghiệm 2ab 5 = 5 nguyên.

• Nếu z là một số nguyên âm thì tồn tại các số nguyên dương a, b để

(x + y 5 )

−z

1 a+b 5

Khi đó ta được

1 a+b 5

(

)(

)

(

)

= 1 + 5 ⇔ a 2 + 5b 2 + 2ab 5 1 + 5 = 1 ⇔ 4 a 2 + 4b 2 + 2ab 5 = 5 − 1 .

Do a, b là các số nguyên dương và

5 là số vô tỷ.

2 2 4a + 20b = −1 Nên ta được 4 a 2 + 4b 2 + 2ab 5 = 5 − 1 ⇒  , hệ phương trình không có 8ab 5 = 5

(

)

nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.

Ví dụ 6. Tìm tất cả các cặp số nguyên p, q thỏa mãn điều kiện p − 2 + q − 3 = pq − 2p − q + 1

Lời giải

Điều kiện xác định của đẳng thức là p − 2 ≥ 0; q − 3 ≥ 0; pq − 2p − q + 1 ≥ 0. (p, q là các số nguyên) Bình phưong hai vế của

p − 2 + q − 3 = pq − 2p − q + 1 và thu gọn ta được

2 p − 2 ⋅ q − 3 = pq − 3p − 2q + 6 ⇔ 2

( p − 2 )( q − 3 ) = ( p − 2 )( q − 3 ) 2

Tiếp tục bình phương hai vế thì ta được 4 ( p − 2 )( q − 3 ) = ( p − 2 ) ( q − 3 ) . Ta xét các trường hợp sau

• Nếu p = 2 , khi đó

p − 2 + q − 3 = pq − 2p − q + 1 trở thành

q − 3 = q − 3 , đúng với

mọi số nguyên tố q ≥ 3 tùy ý.

• Nếu q = 3 thì

p − 2 + q − 3 = pq − 2p − q + 1 trở thành

p − 2 = p − 2 , đúng với mọi

số nguyên tố p ≥ 2 tùy ý. 2

• Xét p > 2 và q > 3 . Khi đó từ 4 ( p − 2 )( q − 3 ) = ( p − 2 ) ( q − 3 ) ta có 4 = ( p − 2 )( q − 3 ) với p, q là các số nguyên. Chỉ xảy ra các trường hơp : + Với p − 2 = 1; q − 3 = 4 ta được p = 3; q = 7 + Với p − 2 = 2; q − 3 = 2 ta được p = 4; q = 5 + Với p − 2 = 4; q − 3 = 1 ta được p = 6; q = 4 Vậy tất cả các cặp số nguyên p, q thỏa mãn ( 2; q ) , ( p; 3 )( 3; 7 ) , ( 4; 5 ) , ( 6;4 ) với các số nguyên tố p ≥ 2 và q ≥ 3 .

Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình

x + 2 3 = y + z.

Lời giải Ta có

x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz 2

Hay ta được ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4yz . Ta xét các trường hợp sau: 2

• Trường hợp 1: Nếu x − y − z ≠ 0 , khi đó từ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4yz 2

Ta có

4yz − ( x − y − z ) − 12 4 (x − y − z)

, điều này vô lý do x, y, z là các số nguyên dương.

• Trường hợp 1: Nếu x − y − z = 0 , khi đó từ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4yz

x − y − z = 0  x = 4; y = 1; z = 3 ⇔ . Thử lại ta thấy thỏa mãn. Ta được   yz = 3  x = 4; y = 3; z = 1 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là

( x; y; z ) = ( 4; 3;1) , ( 4;1; 3 )

4. Phương trình nghiệm nguyên dạng lũy thừa. Ví dụ 1. Giải phương trình với nghiệm tự nhiên: 2x + 2y + 2z = 1024 Lời giải Do vai trò của x, y, z trong phương trình như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử

0<x≤y≤z Chia hai vế của phương trình 2x + 2y + 2z = 1024 cho 2x > 0 ta được 1 + 2 y − x + 2 z − x = 210 − x Do 210 − x > 1 nên 2 10 − x là bội của 2. Ta lại thấy nếu x = z thì x = y = z khi đó phương trình trên trở thành

1 + 20 + 20 = 210−x ⇔ 3 = 210−x , phương trình này không có nghiệm. Từ đó suy ra x < z nên 2 z − x là bội của 2.

Suy ra 1 + 2 y − x là bội của 2. Do đó 2 y − x = 1 nên x = y . Thay vào phương trình 1 + 2 y − x + 2 z −x = 210 − x ta đươc

(

)

1 + 1 + 2 z − x = 210 − x ⇔ 2 + 2 z − x = 210 − x ⇔ 2 1 + 2 z − x −1 = 210 − x ⇔ 1 + 2 z − x −1 = 2 9 − x z − x −1 = 1 x = 8 x = y = 8  2 Do 29 − x > 1 nên 2 9 − x là bội của 2. Từ đó ta được Do đó  9 − x ⇒ ⇒ z = 9 z = 9  2 = 2

Vậy nghiệm của phương trình trên là ( x; y; z ) = ( 8; 8; 9 ) và các hoán vị.

Ví dụ 2. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn 2 x + 57 = y 2 Lời giải Do x, y là các số tự nhiên nên ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Xét x là số lẻ, khi đó ta đặt x = 2n + 1 ( n ∈ N ) Từ phương trình đã cho ta được 2 2 n +1 + 57 = y 2 . n

Ta có 57 chia hết cho 3. Lại có 2 2n +1 = 2.2 2n = 2.4 n = 2 ( 3 + 1) = 2 ( 3k + 1) = 6k + 2 ( k ∈ N ) Từ đó ta được 22n +1 + 57 chia 3 dư 2. Mà y 2 là số chính phương nên chia 3 dư 0 hoặc dư 1.

Do đó trong trương hợp x lẻ thì phương trình không có nghiệm tự nhiên.

• Trường hợp 1: Xét x là số chẵn, khi đó ta đặt x = 2n ( n ∈ N ) Từ phương trình đã cho ta được 2 2n + 57 = y 2 hay ta được

(

y 2 − 2 2n = 57 ⇔ y − 2 n

)( y + 2 ) = 57 . n

Do y, n là các số tự nhiên nên ta thấy y + 2 n > 0 nên y − 2 n > 0 và y + 2 n > y − 2 n > 0 . Từ đó ta có bảng giá trị như sau:

y + 2n

y − 2n

28(loại)

x = 2n

Thử lại ta thấy 26 + 57 = 112 đúng. Do đó cặp số tự nhiên cần tìm là ( x; y ) = ( 6;11) .

Ví dụ 3. Tìm các số nguyên dương x và số nguyên y thỏa mãn 7 x + 24 x = y 2 . Lời giải Nhận thấy nếu ( x; y ) là nghiệm của phương trình đã cho thì ( x; − y ) cũng là nghiệm của phương trình, do đó ta chỉ xét với y là một số tự nhiên. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với x ≤ −1 , khi đó ta có 0 < 7 x ≤

1 1 1 1 < ; 0 < 24x ≤ < . 7 2 24 2

Từ đó ta được 7 x + 24 x = y 2 < 1 , điều này vô lí vì y là số tự nhiên.

• Trường hợp 2: Với x = 0 , khi đó ta được y 2 = 2 , trường hợp này loại vì y 2 là số chính phương.

• Trường hợp 2: Với x ∈ N* , khi đó từ phương trình 7 x + 24 x = y 2 ta suy ra được y 2 là số chính phương lẻ. Mà ta biết một số chính phương lẻ khi chia 8 thì có số dư là 1 nên y 2 chia 8 dư 1.

Mà ta lại có 24 x chia hết cho 8 nên từ phương trình đã cho ta suy ra được 7 x chia 8 dư 1.

(

)

Từ đó ta suy ra được x là một số tự nhiên chẵn hay x = 2k k ∈ N * .

(

Khi đó phương trình đã cho trở thành 7 2k + 24 2k = y 2 ⇔ y − 24 k

)( y + 24 ) = 7 k

k m  y − 24 = 7 Do 7 là số nguyên tố nên từ phương trình trên ta suy ra được  , với k 2k − m  y + 24 = 7

m ∈ N, m ≤ k .

(

)

Từ đó ta được 7 2k − m − 7 m = 2.24 k ⇔ 7 m 7 2k − 2m − 1 = 2.24 k . Do 2.24 k không chia hết cho 7 nên từ phương trình trên ta suy ra được 7 m = 1 ⇒ m = 0 . Từ đó ta được y = 24 k + 1 , thay vào phương trình ban đầu ta được 2

7 2k + 24 2k = ( 24k + 1) ⇔ 2.24 k + 1 = 7 2 k = 49 k > 48 k

(

)

Nếu k ≥ 2 thì 48 k − 2.24 k = 24 k 2 k − 1 > 1 nên phương trình trên không thỏa mãn. Từ đó ta suy ra được k = 1 . Nên ta được x = 2 và y = 24 + 1 = 25 . Như vậy các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 2; 25 ) , ( 2; − 25 ) .

Ví dụ 4. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình x y + y z + z x = 2 ( x + y + z ) Lời giải Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Xét x ≥ 2; y ≥ 2; z ≥ 2 , khi đó ta có x y + y z + z x = x 2 + y 2 + z 2 ≥ 2 ( x + y + z ) Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y = z = 2 .

• Trường hợp 2: Xét trường hợp trong ba số x, y, z có ít nhất một số nhỏ hơn 2, chẳng hạn z < 2 , khi đó z = 1 (Nếu x = 1 hoặc y = 1 ta có các nghiệm khác).

Khi đó từ x y + y z + z x = 2 ( x + y + z ) ta được x y = 2x + y + 1 . + Nếu y < 4 , khi đó ta được y = 2 hoặc y = 3 Với y = 2 , khi đó từ x y = 2x + y + 1 ta được x2 = 2x + 2 + 1 ⇒ x = 3 Với y = 3 , khi đó từ x y = 2x + y + 1 ta được x3 = 2x + 3 + 1 ⇒ x = 2 + Nếu x < 4 , khi đó ta được x = 2 hoặc x = 3 Với x = 2 , khi đó từ x y = 2x + y + 1 ta được 2 y = 2.2 + y + 1 ⇒ 2 y = y + 5 ⇒ y = 3

Với x = 3 , khi đó từ x y = 2x + y + 1 ta được 3 y = 2.3 + y + 1 ⇒ 3 y = y + 7 ⇒ y = 2 + Nếu x ≥ 4; y ≥ 4 , khi đó bằng phương pháp quy nạp ta sẽ chứng minh x y > xy . Thật vậy, với y = 4 ta được x4 = x.x3 > 4x . Giả sử bất đẳng thức đúng với k ≥ 4 , thì ta được x k > kx Khi đó ta được x.x k > kxx ≥ 4kx ⇒ x k +1 > x ( k + 3k ) > ( k + 1) x , điều này có nghĩ là bất đẳng thức đún với y = k + 1 . Như vậy theo nguyên lí quy nạp thì với y ≥ 4 thì x y > xy . Ta lại có x ≥ 4; y ≥ 4 nên ( x − 4 )( y − 4 ) ≥ 0 , từ đó ta được

xy ≥ 2x + 2y + 2 ( x + y − 8 ) ≥ 2x + 2y > 2x + y + 1 Từ đó suy ra x y > 2x + y + 1 . Điều này có nghĩa là với x ≥ 4; y ≥ 4 thì x y = 2x + y + 1 không có nghiệm nguyên dương. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên dương là

( x; y; z ) = ( 2; 2; 2 ) , (1; 2; 3 ) , (1; 3; 2 ) , ( 2; 1; 3 ) , ( 2; 3;1) , ( 3;1; 2 ) , ( 3; 2; 1) Chú ý: Trong phương trình trên ba ẩn x, y, z có vai trò không bình đẳng mà là hoán vị vòng quanh, do đó không thể sắp thứ tự các ẩn kiểu x ≥ y ≥ z . Ví dụ 5. Tồn tại hay không các số nguyên x, y, z thỏa mãn đẳng thức sau: x − 2005y + y − 2007z + z − 2009x = 2011x + 2013 y + 2015z

Lời giải Đặt A = x − 2005y + y − 2007z + z − 2009x ; B = 2011x + 2013 y + 2015z . Ta có nhận xét a + a ∈ {0; 2a} với mọi số nguyên a. Do đó a + a luôn là số chẵn. Do đó x − 2005y + y − 2007z + z − 2009x + ( x − 2005y ) + ( y − 2007z ) + ( z − 2009x ) là một số chẵn. Từ đó ta được A − ( 2008x + 2004y + 2006z ) là số chẵn nên A là số chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu cả ba số x, y, z đều là số nguyên âm. Khi đó ta được B = 2011x + 2013y + 2015z =

1 1 1 1 1 1 + + < + + = 1. −x −y −z 3 3 3 2011 2015 2013

Do đó 0 < B < 1 nên B không thể là số nguyên. Như vậy không có số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đẳng thức.

• Nếu trong ba số x, y, z có đúng hai số nguyên âm, chẳng hạn hai số đó là x, y. Khi đó ta được B = 2011x + 2013y + 2015z =

1 1 1 1 + + 2015z < + + 2015z = 1 + 2015z −x −y 2 2 2011 2013

. Do đó ta được 2015z < B < 1 + 2015z nên B không thể là số nguyên. Như vậy không có số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đẳng thức.

• Nếu trong ba số x, y, z có đúng một số nguyên âm, chẳng hạn hai số đó là x. Khi đó hoàn toàn tương tự ta suy ra được B không phải là số nguyên. Như vậy không có số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đẳng thức.

• Nếu cả ba số x, y, z đều là số tự nhiên, khi đó B = 2011x + 2013y + 2015z là số lẻ. Mà A lại là số chẵn. Như vậy không có số tự nhiên x, y, z thỏa mãn đẳng thức. Vậy không tồn tại các số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 6. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x − 32 = y 2 Lời giải Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu x là số lẻ, khi đó x = 2k + 1, k ∈ N . Phương trình đã cho trở thành 32k +1 − 32 = y 2 hay 3.9 k − 32 = y 2 . Ta thấy 9 chia 8 dư 1 nên 3.9k chia 8 dư 3. Từ đó suy ra 3.9k − 32 chia 8 dư 3. Mà một số chính phương khi chia cho 8 không có số dư là 3. Như vậy với x là số nguyên lẻ thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.

• Trường hợp 2: Nếu x là số chẵn, khi đó x = 2k, k ∈ N .

(

)(

)

Phương trình đã cho trở thành 3 2k − 32 = y 2 hay ta được 3k − y 3k + y = 32 . Dễ thấy 3k + y > 3k − y > 0 và 3k + y; 3k − y cùng là số chẵn. Do đó từ phương trình trên ta được các khả năng sau: k  3k − y = 2  3 = 9  k = 2 x = 4 + Với  k ⇒ ⇒ ⇒  3 + y = 16  y = 7 y = 7 y = 7

 3k − y = 4  3k = 6 + Với  k , hệ không có nghiệm nguyên. ⇒  3 + y = 8  y = 2

Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương là ( x; y ) = ( 4; 7 ) .

Ví dụ 7. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 3x + 171 = y 2 . Lời giải Nhận thấy với x = 1 không thỏa mãn phương trình. Do đó x ≥ 2

(

)

Viết phương trình đã cho về dạng 9. 3x – 2 + 19 = y 2 . Để y là số nguyên thì điều kiện cần và đủ là

x x−2 + 19 = z2 là số chính phương với z là số nguyên dương.

(

Nếu x – 2 = 2k + 1 k ∈ N *

)

(

)

là số lẻ thì 32k +1 + 19 = 32k +1 + 1 + 18 = 4.B + 18 chia hết cho 2

nhưng không chia hết cho 4 nên không thể là số chính phương.

(

)

(

Do đó x – 2 = 2k k ∈ N * là số chẵn. Ta có 3x– 2 + 19 = z 2 ⇔ z − 3k

)( z + 3 ) = 19 . k

 z − 3k = 1  z = 10  z = 10 Vì 19 là số nguyên tố và z − 3k < z + 3k nên  ⇔ k ⇔ k k = 2  3 = 9  z + 3 = 19

Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x; y ) = ( 6; 30 ) .

Ví dụ 8. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 3x + 111 = ( y − 3 )( y − 5 ) . Lời giải Đặt y − 4 = a với a là số nguyên và a ≥ −3 , Khi đó từ phương trình đã cho ta được.

3x + 111 = ( a + 1)( a − 1) ⇔ 3 x + 112 = a 2 Nếu x là số lẻ, ta đặt x = 2k + 1 , với k là số nguyên không âm. Từ đó ta có

(

)

(

)

3x + 112 = 32k +1 + 112 = 3 9k − 1 + 3 + 112 = 3. ( 9 − 1) 9 k−1 + 9 k −2 + ... + 1 + 3 + 112 = 24q + 3 + 112 = 4 ( 8q + 28 ) + 3 Do đó 3x + 112 chia cho 4 dư 3 nên a 2 chia cho 4 dư 3, điều này vô lý vì số chính phương chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1. Vậy x phải chẵn hay x = 2k với k nguyên dương

(

)(

)

Như vậy ta có 32k + 112 = a 2 ⇔ a + 3k a − 3k = 112 . Do đó ta được 112⋮ a + 3k

(

Vì a ≥ −3 ⇒ a + 3k ≥ 0 và a + 3 k > a − 3k ⇒ a + 3k

)

> 112 ⇒ a + 3 k > 10

Do đó suy ra a + 3k ∈ {14; 28; 56;112} . Ta xét các trường hợp sau

• Nếu a + 3k = 14 ⇒ a − 3k = 8 ⇒ 2a = 22 ⇒ a = 11 ⇒ x = 2; y = 15 • Nếu a + 3k = 28 ⇒ a − 3k = 4 ⇒ 2a = 32 ⇒ a = 16 ⇒ 3x = 144 (loại) • Nếu a + 3k = 56 ⇒ a − 3 k = 2 ⇒ 2a = 58 ⇒ a = 29 ⇒ x = 6; y = 33 • Nếu a + 3k = 112 ⇒ a − 3k = 1 ⇒ 2a = 113 ⇒ a =

112 (loại) 2

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 2;15 ) , ( 6; 33 ) .

Ví dụ 9. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn điều kiện x 2 − 5x + 7 = 3y . Lời giải Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu y = 0 , khi đó phương trình đã cho trở thành x2 − 5x + 6 = 0 . Giải phương trình trên ta được x = 2; x = 3 nên phương trình đã cho có nghiệm

( 2; 0 ) , ( 3; 0 ) . • Trường hợp 2: Nếu y = 1 , khi đó phương trình đã cho trở thành x2 − 5x + 4 = 0 . Giải phương trình trên ta được x = 1; x = 4 nên phương trình đã cho có nghiệm ( 1;1) , ( 4;1) .

• Trường hợp 2: Nếu y ≥ 2 , khi đó 3 y chia hết cho 9. Ta xét các trường hợp số dư của x khi chia cho 3. + Nếu x = 3k,k ∈ N , khi đó x2 − 5x + 7 không chia hết cho 3, do đó không chia hết cho 9. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm. + Nếu x = 3k + 1, k ∈ N , khi đó x2 − 5x + 7 = 9k2 − 9k + 3 không chia hết cho 9. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm. + Nếu x = 3k, k ∈ N , khi đó x2 − 5x + 7 = 9k 2 − 3k + 1 không chia hết cho 3, do đó không chia hết cho 9. Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm. Do đó khi y ≥ 2 thì phương trình đã cho không có nghiệm nguyên. Vậy các cặp số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 2; 0 ) , ( 3; 0 ) , ( 1;1) , ( 4; 1) .

(

)(

)

Ví dụ 10. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( a; b; c ) thỏa mãn a 5 + b a + b 5 = 2 c . Lời giải

Do vai trò của hai số nguyên dương a và b như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ 1 . Khi đó ta có a 5 + b ≥ a + b5 ≥ 2 . Từ điều kiện của bài toán ta suy ra được a và b là các số chẵn hoặc cùng lẻ. Khi đó tồn tại a 5 + b = 2 m các số nguyên dương m và n thỏa mãn  , (m ≥ n) . 5 n a + b = 2

Cộng theo vế hai đẳng thức trên ta được a 5 + b5 + a + b = 2m + 2n

(

)

(

)

Hay ta được ( a + b ) a 4 − a 3 b + a 2 b 2 − ab 3 + b 4 + 1 = 2 n 2 m − n + 1 . Nếu a và b cùng là số chẵn, khi đó a 4 − a 3 b + a 2 b2 − ab3 + b4 + 1 là số lẻ.

(

)

(

)

Khi đó từ ( a + b ) a 4 − a 3 b + a 2 b 2 − ab 3 + b 4 + 1 = 2 n 2 m − n + 1 suy ra ( a + b )⋮ 2 n . Mà ta có 2 + 2 ≤ a + b ≤ a + b5 = 2n nên suy ra a + b = 2n và b = b5 nên b = 1 , điều này mâu thuẫn với b là số chẵn. Từ đó suy ra a và b phải là số lẻ, khi đó a 4 − a 3 b + a 2 b2 − ab3 + b4 + 1 chia 4 dư 2.

(

)

(

)

Do đó từ ( a + b ) a 4 − a 3 b + a 2 b 2 − ab 3 + b 4 + 1 = 2 n 2 m − n + 1 suy ra ( a + b )⋮ 2 n −1 . Mà 1 + 1 ≤ a + b ≤ a + b5 = 2n nên suy ra a + b = 2n hoặc a + b = 2n −1 . Ta xét các trường hợp sau

• Xét a + b = 2n −1 , khi đó kết hợp với a + b5 = 2n ta suy ra được b5 − b = 2n − 2n −1 .

(

)

Do đó ta được b b 4 − 1 = 2 n −1 nên 2n −1 ⋮ b , mà b là số lẻ nên b = 1 . Do đó suy ra 2n −1 = 0 , điều này vô lí.

• Xét a + b = 2n , khi đó kết hợp với a + b5 = 2n ta suy ra được b5 − b = 2n − 2n = 0 . Do đó ta được b5 = b ⇒ b = 1 . 5 m a + b = 2 Thay vào hệ  ta được 5 n a + b = 2

5 m a + 1 = 2  n a + 1 = 2

Từ đó ta được a 4 − a 3 + a 2 − a + 1 = 2m −n . Do a là số lẻ nên a 4 − a 3 + a 2 − a + 1 là số lẻ nên 2 m − n là số lẻ. Suy ra 2m −n = 1 ⇒ m = n . Từ đó ta được a 5 + 1 = a + 1 ⇒ a 5 = a ⇒ a = 1 .

(

)(

)

Ta thay a = b = 1 vào a 5 + b a + b 5 = 2 c thì tìm được c = 2 .

Vậy bộ số nguyên dương ( a; b; c ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 1;1; 2 ) .

5. Hệ phương trình nghiệm nguyên.  x + y + z = 3 Ví dụ 1. Tìm các nghiệm nguyên của hệ phương trình:  3 3 3  x + y + z = 3

Lời giải 3

(

)

Ta có hằng đẳng thức ( x + y + z ) − x 3 + y 3 + z 3 = 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) Do đó từ hệ phương trình trên ta được

27 − 3 = 3 ( x + y )( y + z )( z + x ) ⇔ 8 = ( x + y )( y + z )( z + x ) Đặt x + y = c; y + z = a; z + x = b . Khi đó ta được abc = 8 . Do a, b, c nguyên nên a, b, c là các ước của 8. Suy ra ta được a; b; c ∈ {±1; ± 2; ± 4; ± 8} Do vai trò của x, y, z như nhau nên ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z , khi đó a ≥ b ≥ c . Ta có a + b + c = 2 ( x + y + z ) = 6 ⇒ a ≥ 2 . Khi đó ta xét các trường hợp sau:

b + c = 4 b = 2 ⇒ + Với a = 2 ta có   bc = 4 x = 2 Từ đó ta được x = y = z = 1

b + c = 2 + Với a = 4 ta có  , hệ này không có nghiệm nguyên.  bc = 2  b + c = −2  b = −1 + Với a = 8 ta có  ⇒  bc = 1 c = −1 Từ đó ta tính được x = y = 4; z = −5 Vậy hệ trên có các nghiệm là ( x; y; z ) = ( 1;1;1) , ( 4; 4; 5 ) , ( 4; 5; 4 ) , ( 5; 4; 4 ) .

Ví dụ 2. Chứng minh không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ sau: 2 2 2  x − 3xy + 3y − z = 31  2 2  x + xy + 8z = 100

Lời giải  x 2 − 3xy + 3y 2 − z 2 = 31 Giả sử tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ phương trình  2 2  x + xy + 8z = 100 Khi đó từ hệ phương trình trên ta được

(

)

9x 2 − 23xy + 24y 2 = 348 ⇔ 5 2x 2 − 5xy + 5y 2 = ( x − y ) + 348

(

)

Dễ thấy 5 2x 2 − 5xy + 5y 2 chia hết cho 5. Mà ( x − y ) chia 5 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2

4 và 348 chia 5 dư 3, do đó ( x − y ) + 348 chia 4 dư 3 hoặc sư 4 hoặc dư 2. Như vậy không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn hệ phương trình trên.  x + y = z Ví dụ 3. Giải hệ phương trình nghiệm nguyên:  3 3 2  x + y = z

Lời giải Nếu z = 0 thì hệ phương trình có nghiệm ( x; − x; 0 ) với x ∈ Z . Nếu z ≠ 0 thì từ hệ phương trình ta có x 2 − xy + y 2 = x + y ⇔ x 2 − ( y + 1) x + y 2 − y = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x nên ta được 2

(

)

∆ y = ( y + 1) − 4 y 2 − y ≥ 0 ⇔

3 − 12 3 + 12 ≤y≤ 3 3

Do y ∈ Z nên ta được y ∈ {0; 1; 2} .

 x = z Nếu y = 0 , khi đó ta có hệ phương trinh  3 ⇔ x=z =1 2  x = z

 x = 0  x = 0; z = 1 Nếu y = 1 , khi đó ta được x 2 − 2x = 0 ⇔  ⇒  x = 2  x = 2; z = 3

 x = 1  x = 1; z = 3 Nếu y = 2 , khi đó ta được x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔  ⇒  x = 2  x = 2; z = 4

Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên là

( x; − x; 0 ) , (1; 0; 1) , ( 0; 1; 1) , ( 2; 1; 3 ) , (1; 2; 3 ) , ( 2; 2; 4 ) xy + yz + zx = 8 Ví dụ 4. Tìm nghiệm nguyên của hệ phương trình:  . x + y + z = 5 Phân tích và lời giải Đây là hệ phương trìnhcó cấu trúc đặc biệt. Do số ẩn nhiều hơn số phương trình nên thông thường ta nghĩ đến phương pháp đánh giá. Do vai trò bình đẳng của các ẩn nên ta có thể đánh giá một ẩn nào đó, chẳng hạn là ẩn z. Chú ý rằng nếu xem z là tham số và x, y là ẩn số thì hệ phương trình trên là hệ đổi xứng hai ẩn dạng 1. Ta viết lại hệ:  xy + ( y + x ) z = 8  xy + ( 5 − z ) z = 8  xy = 8 − ( 5 − z ) z ⇔ ⇔   x + y = 5 − z  x + y = 5 − z  x + y = 5 − z

Như vậy theo định lí Vi – et thì x và y là hai nghiệm của phương trình bậc hai

t2 − ( 5 − z) t + 8 − ( 5 − z) z = 0 Trong phương trình bậc hai trên thì z đóng vài trò tham số, khi đó nếu xác định được giá trị của z thì xem như bài toán được giải quyết. 2 Ta biết rằng để phương trình có nghiệm thì ∆ ≥ 0 hay ta được 3z − 10z + 7 ≤ 0 ⇔ 1 ≤ z ≤

7 . 3

Do z nhận giá trị nguyên nên z = 1 hoặc z = 2 .

• Với z = 1 , khi đó phương trình trở thành t 2 − 4t + 4 = 0 , đến đây ta tìm được x = y = 2 thỏa mãn.

• Với z = 2 khi đó phương trình trở thành t 2 − 3t + 2 = 0 , đến đây ta tìm được x = 2; y = 1 hoặc x = 1; y = 2 thỏa mãn. Vậy hệ phương trình có các nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 2; 2;1) , ( 1; 2; 2 ) , ( 2;1; 2 ) .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Giải phương trình với nghiệm nguyên 3x + 17y = 159 Bài 2. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình 11x + 18y = 120 Bài 3. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) = y 2 Bài 4. Tìm các số nguyên x,y thõa mãn x 2 + x + 2y 2 + y = 2xy 2 + xy + 3 Bài 5. Tìm tất cả các cặp hai số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 4 − x 3 + 1 = y 2 Bài 6. a) Chứng minh rằng không tồn tại các bộ ba số nguyên ( x; y; z ) thỏa mãn đẳng thức:

x 4 + y 4 = 7z 4 + 5 4

b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn đẳng thức: ( x + 1) − ( x − 1) = y 3

Bài 7. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn: xyz = x 2 – 2z + 2

( x; y ) thỏa mãn đẳng thức: Bài 8. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x + y + 1)( xy + x + y ) = 5 + 2 ( x + y ) Bài 9.Tìm nghiệm nguyên của phương trình

y 3 = 1 + x + x2 + x3

Bài 10. Tìm các số tự nhiên x và y thoả mãn 2 x + 1 = y 2 Bài 11. Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 2 − 4xy + 5y 2 = 2(x − y)

Bài 12. Giải phương trình nghiệm nguyên 5x 2 + 8y 2 = 20412 Bài 13. Cho 3 số nguyên dương a, b, c thỏa điều kiện 2a = bc + 1 và a > 1 . Tìm tất cả các giá trị của c thỏa mãn đẳng thức đã cho.

Bài 14. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + y 3 – 3xy – 3 = 0 . Bài 15. Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: 1 + x + y + 3 = x + y  x + y = z Bài 16.Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:  3 3 2  x + y = z

(

)(

)

Bài 17. Tìm các số tự nhiên x, y thỏa mãn: 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879 Bài 18. Giải phương trình trên tập số nguyên: x 2015 = y ( y + 1)( y + 2 )( y + 3 ) + 1 Bài 19. Tìm các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn: x 4 − 2x 3 + 6x 2 − 4y 2 − 32x + 4y + 39 = 0 Bài 20. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 + 2y 2 + 3xy + 2x + 3y + 4 = 0 . Bài 21. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

(

)

a) x x 2 + x + 1 = 4y ( y + 1)

b) x 3 + y 3 = 2xy + 11

(

)(

)

Bài 22. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x 2 − y x + y 2 = ( x + y ) . Bài 23. Tìm các số nguyên x để biểu thức sau là số chính phương:

(

a) x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 3

)

b) x 4 + x 3 + x 2 + x + 1

Bài 24. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình xyz = 3 ( x + y + z ) Bài 25. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) Bài 26. Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình: a) 5xyz = x + 5y − 4z + 31

b) 3xyz = x + 2y + 3z + 7

Bài 27. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz + 1 . Bài 28. Cho một tam giác có số đo ba cạnh là x, y,z nguyên thỏa mãn điều kiện:

2x 2 + 3y 2 + 2z 2 − 4xy + 2xz − 20 = 0 Chứng minh tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài 29. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thoả mãn x 2 + 15y 2 + 8xy – 8x – 36y – 28 = 0 Bài 30. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

4y 3 − 4x 2 y 2 − 4xy 2 + x 2 y + 5x 2 + 4y 2 + 4xy + 8x = 0

(

)(

)

(

)(

)

Bài 31. a) Chứng minh phương trình z 2 = x 2 − 1 y 2 − 1 + 2010 vô nghiệm với x; y; z ∈ Z b) Chứng minh phương trình z 2 = x 2 − 1 y 2 − 1 + 2008 có nghiệm với x; y; z ∈ Z .

Bài 32. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: 195 ( x + y + z + t ) − 1890xyzt + 2008 = 0

Bài 33. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + 3y 2 + 4xy + 2x + 4y − 13 = 0

Bài 34. Giải phương trình sau trong tập hợp các số nguyên dương:

2009

Bài 35. Tìm tất cả các cặp số ( x; y ) với x, y ∈ℤ sao cho x = y + 2y + 1 3

(

)(

) (

Bài 36. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 − 4x + 3 x 2 − 2x = 4 y 2 + 2

)

Bài 37. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: ( x + y ) = 40y + 1 . Bài 38. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

( 2x + 5y + 1) ( 2

)

+ x 2 + x + y = 105 .

Bài 39. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình xy 2 + 2xy + x = 32y . Bài 40. Giải phương trình trên tập số nguyên x 2 + 5y 2 − 4xy + 4x − 8y − 12 = 0 Bài 41. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương x, y thỏa mãn phương trình

5x 2 + 6xy + 2y 2 + 2x + 2y − 40 = 0 Bài 42. Tìm cặp số ( x; y ) nguyên dương thoả mãn

)

(

)

+ 4y 2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y 2 + 833 .

Bài 43. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2x 3 + 2x 2 y + x 2 + 2xy = x + 10

(

Bài 44. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn x 3 − y 3 = 95 x 2 + y 2

)

Bài 45. Tìm tất cả các bộ số nguyên x, y thỏa mãn x 4 + 2x 2 = y 3 Bài 46. Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn x 5 + y 5 = ( x + y )

Bài 47. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( x; y ) thoả mãn phương trình:

+ 4y 2 + 28

)

(

= 17 x 4 + y 4 + 14y 2 + 49

)

Bài 48. Tìm tất cả các số nguyên x, y, z thỏa mãn: 3x 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 − 18x = 6 . Bài 49. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình: x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3

(

)

Bài 50. Giải phương trình ( 2x − y − 2 ) = 7 x − 2y − y 2 − 1 trên tập số nguyên. Bài 51. Giải phương trình nghiệm nguyên: 3x − y 3 = 1 Bài 52. Xác định tất cả các cặp ( x, y ) các số nguyên thỏa mãn 1 + 2 x + 2 2x +1 = y 2 Bài 53. Tìm tất cả các số nguyên x sao cho

x và

x − x đều là các số nguyên.

Bài 54. Tìm tất cả các số nguyên dương m và n thỏa mãn 3m = n2 + 2n − 8 . Bài 55. Tìm các số nguyên dương x, y, t với t ≤ 6 thỏa mãn: x 2 + y 2 − 4x − 2y − 7t − 2 = 0 Bài 56. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 3 = 4y 3 + x 2 y + y + 13

(

Bài 57. Tìm các số nguyên tố x, y thỏa mãn phương trình x 2 + 2

(

Bài 58. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 − y 2

(

)

= 2y 4 + 11y 2 + x 2 y 2 + 9 .

= x 2 + y 2 + 2z 2 .

Bài 59. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình x 4 + 2 x 2 + y 2

)

+ xy ( x + y ) = 132

(

)

Bài 60. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 3 + x 2 y + xy 2 + y 3 = 4 x 2 + y 2 + xy + 3 . Bài 61. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn 2010x + 2011y = 2012z . Bài 62. Tìm các số tự nhiên x, y, x thỏa mãn: b) 5x = 1 + 2 y d) 2x.3y = 1 + 5z xy − 3zt = 1 Bài 63. Tìm các số nguyên x, y, z, t thỏa mãn:  xz + ty = 2 a) 2002x − 2001y = 1 c) 5x + 1 = 2 y

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn phương trình. Ta thấy 159 và 2x đều chia hết cho 3 nên 17y chia hết 3, do đó y chia hết cho 3 (vì 17 và 3 nguyên tố cùng nhau) Đặt y = 3t ( t ∈ Z ) . Thay vào phương trình ta được

3x + 17.3t = 159 ⇔ x + 17t = 53 ⇔ x = 53 − 17t  x = 53 − 17t Do đó nghiêm của phương trình là  (t ∈ Z)  y = 3t x = 53 − 17t Thử lại ta được các nghiệm của phương trình được xác định là  (t ∈ Z)  y = 3t

Bài 2. Dễ thấy 18y và 120 chia hết cho 6 nên suy ra 11x ⋮ 6 hay ta được x ⋮ 6 . Đặt x = 6k với k là số nguyên. Thay vào phương trình 11x + 18y = 120 và rút gọn ta được 11k + 3y = 20 Từ đó ta được y =

20 − 11k k −1 hay y = 7 − 4k + 3 3

k −1 , với t nguyên suy ra k = 3t + 1 3 Từ đó ta được x = 6k = 6 ( 3t + 1) = 18t + 6 và y = 7 − 4 ( 3t + 1) + t = 3 − 11t

Lại đặt t =

Thay các biểu thức của x và y vào phương trình ban đầu ta thấy phương trình được nghiệm đúng.

x = 18t + 6 Vậy các nghiệm nguyên của phương trình đã cho được biểu thị bởi  (t ∈ Z) .  y = 3 − 11t Bài 3. Nếu y thỏa mãn phương trình thì −y cũng thỏa mãn, do đó ta có thể giả sử y ≥ 0 Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)(

)

x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) = y 2 ⇔ x 2 + 3x x 2 + 3x + 2 = y 2

Đặt x2 + 3x + 1 = a , khi đó từ phương trình trên ta được

( a − 1)( a + 1) = y

⇔ a 2 − 1 = y 2 ⇔ ( a + y )( a − y ) = 1

Suy ra a + y = a – y nên ta được y = 0 Thay vào phương trình đã cho ta được x ( x + 1)( x + 2 )( x + 3 ) = 0 Giải phương trình trên ta được các nghiệm nguyên là x1 = 0; x 2 = −1; x 3 = −2; x 4 = −3 Vậy phương tình đã cho có các nghiệm nguyên là ( 0; 0 ) , ( −1; 0 ) , ( −2; 0 ) , ( −3; 0 )

Bài 4. Biến đổi tương đương ta được

x 2 + x + 2y 2 + y = 2xy 2 + xy + 3 ⇔ x 2 − 1 + x − 2xy 2 + 2y 2 − 1 + y − xy = 1

(

)

(

)

⇔ ( x − 1)( x + 1 − y ) − ( x − 1) 2y 2 − 1 = 1 ⇔ ( x − 1) x + 1 − y − 2y 2 + 1 = 1  x = 2;  x = 2  x − 1 = 1     x = 2; 2  ( y − 1)( 2y + 3 ) = 0  −2y − y + x + 2 = 1 ⇔ ⇔ ⇔  x = 0;  x = 0  x − 1 = −1   2  −2y − y + x + 2 = −1  ( y − 1)( 2y + 3 ) = 0  x = 0;   Vậy cặp số nguyên thỏa mãn là : ( 2;1) , ( 0;1) Bài 5. Ta xét các trường hợp sau

y =1 y=−

3 2

y =1 y=−

3 2

+ Nếu x = 0 , thay vào phương trình ta được y = ±1 . + Nếu x = −1 ⇒ y 2 = 3 , phương trình không có nghiệm nguyên. + Nếu x = 1 ⇒ y 2 = 1 ⇒ y = ±1

(

)

(

+ Nếu x ≥ 2 , ta có 4y 2 = 4x 4 − 4x 3 + 4 ⇒ 2x 2 − x − 1 < ( 2y ) < 2x 2 − x + 1 2

(

⇒ ( 2y ) = 2x 2 − x

)

⇔ 4x 4 − 4x 3 + x 2 = 4x 4 − 4x 3 + 4 ⇔ x = 2 (do x ≥ 2 ) ⇒ y = ±3

+ Nếu x ≤ −2 , đặt t = −x ≥ 2 . Khi đó ta có y 2 = t 4 + t 3 + 1

(

)

(

⇒ 4y 2 = 4t 4 + 4t 3 + 4 ⇒ 2t 2 + t − 1 < ( 2y ) < 2t 2 + t + 1 2

(

⇒ ( 2y ) = 2t 2 + t

)

⇔ 4t 4 + 4t 3 + 4 = 4t 4 + 4t 3 + t 2 ⇔ t = 2 (do t ≥ 2 ) ⇒ y = ±5

Kết luận ( x ; y ) = ( 0 ; 1) , ( 0 ; − 1) , ( 1; 1) , ( 1; − 1) , ( 2 ; 3 ) , ( 2 ; − 3 ) , ( −2 ; 5 ) , ( −2 ; − 5 )

Bài 6.a) Giả sử tồn tại các số nguyên x; y; z thỏa mãn

x 4 + y 4 = 7z 4 + 5 ⇔ x 4 + y 4 + z 4 = 8z 4 + 5 (1) . Ta có a 4 ≡ 0(mod 8); a 4 ≡ 1(mod 8) với mọi số nguyên a 4 4 4  x + y + z ≡ 0; 1; 2; 3 (mod 8) ⇒ 4 8z + 5 ≡ 5(mod 8)

Mâu thuẫn với (1) . Vậy không tồn tại x; y; z thỏa mãn đẳng thức. b) Phương trình tương đương với ( x + 1)2 + ( x − 1)2  ( x + 1)2 − ( x − 1)2  = y 3 ⇔ 2x 2 + 2 .4x = y 3 ⇔ 8x 3 + 8x = y 3    

(

)

+ Nếu x ≥ 1 ⇒ 8x 3 < 8x 3 + 8x < ( 2x + 1) ⇔ ( 2x ) < y 3 < ( 2x + 1) (mâu thuẫn vì ynguyên). + Nếu x ≤ −1 và ( x; y ) là nghiệm, ta được ( −x; − y ) cũng là nghiệm, mà −x ≥ 1 ⇒ mâu thuẫn. + Nếu x = 0 ⇒ y = 0 (thỏa mãn). Vậy x = y = 0 là nghiệm duy nhất.

Bài 7. Ta tìm hai số nguyên dương x, y sao cho z =

x2 + 2 là số nguyên dương xy + 2

+ Với x = y ta có z = 1 . Vậy mọi bộ ba số ( x; x; 1) trong đó x là số nguyên dương tùy ý đều thỏa mãn

+ Với x < y , suy ra x 2 + 2 < xy + 2 ⇒

x2 + 2 < 1 (không thỏa mãn đề bài) xy + 2

+ Với x > y . Giả sử bộ ba số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn đề bài Khi đó ta có y x 2 + 2 ⋮ ( xy + 2 ) hay  x ( xy + 2 ) − 2 ( x − y )  ⋮ ( xy + 2 ) ⇒ 2 ( x − y )⋮ ( xy + 2 )

(

)

Do đó tồn tại số k nguyên dương sao cho 2 ( x − y ) = k ( xy + 2 ) Với k ≥ 2 , suy ra x − y ≥ xy + 2 ⇒ ( x + 1)( y − 1) + 3 ≤ 0 (vô lí) Với k = 1 ta có 2 ( x − y ) = xy + 2 ⇒ ( x + 2 )( y − 2 ) = −6 Do x, y nguyên dương và x > y suy ra y = 1 và x + 2 = 6 nên ta được x = 4; z = 3 Thử lại thỏa mãn đề bài Vậy ( x; y; z ) = ( 4; 1; 3 ) và các bộ số ( x; x; 1) trong đó x là số nguyên dương tùy ý là thỏa mãn đề bài

Bài 8.Ta có

( x + y + 1)( xy + x + y ) = 5 + 2 ( x + y ) ⇔ ( x + y + 1)( xy + x + y ) = 2 ( x + y + 1) + 3 ⇔ ( x + y + 1)( xy + x + y − 2 ) = 3 = 3.1 = 1.3 = ( −3).( −1) = ( −1).( −3) Xét các trường hợp

x + y + 1 = 3 x + y = 2 x = 1 ⇔ ⇔ + Trường hợp 1:  xy + x + y − 2 = 1 xy = 1 y = 1  x + y + 1 = −1 x + y = −2 x = −1 ⇔ ⇔ + Trường hợp 2:  xy + x + y − 2 = −3 xy = 1  y = −1 x + y + 1 = 1 x + y = 0 ⇔ + Trường hợp 3:  , hệ phương trình vô nghiệm xy + x + y − 2 = 3 xy = 5 x + y + 1 = −3 x + y = −4 + Trường hợp 4:  ⇔ , hệ phương trình vô nghiệm xy + x + y − 2 = −1 xy = 5 Vậy phương trình có các nghiệm là ( 1; 1) , ( −1; − 1) Bài 9.Dễ thấy

x 3 ≤ 1 + x + x 2 + x 3 ≤ ( x + 1)

do đó ta được

x 3 ≤ y 3 ≤ ( x + 1)

Ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1: y 3 = x 3 , khi đó ta được x3 = 1 + x + x2 + x3 ⇔ x 2 + x + 1 = 0 , phương trình vô nghiệm. + Trường hợp 2:

y 3 = ( x + 1)

, khi đó ta được

x = 0  x = 0; y = 1 = 1 + x + x 2 + x 3 ⇔ 2x 2 + 2x = 0 ⇔  ⇒  x = −1  x = −1; y = 0 ( 0; 1) , ( −1; 0 ) . Vậy phương trình có hai nghiệm là

( x + 1)

Bài 10. Ta có 2 x + 1 = y 2 ⇔ 2 x = y 2 − 1 ⇔ 2 x = ( y + 1)( y − 1) . Đặt y + 1 = 2 m , y − 1 = 2 n ( m, n ∈ ℕ ; m > n ). n 2 = 2 Khi đó 2 m − 2 n = y + 1 − ( y − 1) = 2 ⇔ 2 n 2 m − n − 1 = 2 ⇒  m − n ⇒ n = 1; m = 2 −1 = 1 2 Thoả mãn điều kiện m, n ∈ ℕ; m > n

(

)

Vậy ta được x = 3; y = 3 là giá trị cần tìm.

Bài 11. Phương trình tương đương với x 2 − 2 ( 1 + 2y ) x + 5y 2 + 2y = 0 , xem phương trình đó 2

(

là phương trình bậc hai ẩn x, khi đó ta có ∆ ' = ( 1 + 2y ) − 5y 2 + 2y

)

Để phương trình có nghiệm thì 2

∆ ' ≥ 0 ⇔ y 2 − 2y − 1 ≤ 0 ⇔ ( y − 1) ≤ 2 ⇔ y − 1 ≤ 2 ⇔ 1 − 2 ≤ y ≤ 1 + 2

Do y là số nguyên nên ta được y = 0, y = 1, y = 2 . Ta xét các trường hợp xẩy ra

i y = 0 ⇒ x 2 − 2x = 0 ⇔ x = 0, x = 2 i y = 1 ⇒ x 2 − 6x + 7 ⇔ x = 3 ± 2

i y = 2 ⇒ x 2 − 10x + 24 = 0 ⇔ x = 4, x = 6 Vậy các cặp số nguyên cần tìm là ( 0; 0 ) , ( 2; 0 ) , ( 4; 2 ) , ( 6; 2 ) .

Bài 12. Trước hết ta nhận thấy số chính phương khi chia cho 3 có thể dư 0 hoặc dư 1. Do đó tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3.

(

)

Ta có 5x 2 + 8y 2 = 20412 ⇔ 6x 2 + 9y 2 − 20412 = x 2 + y 2 ⇔ 3 2x 2 + 3y 2 − 6804 = x 2 + y 2 2 2  x 2 ⋮ 3  x = 3x1  x = 9x1 Suy ra x + y ⋮ 3 ⇒  2 ⇒  , khi đó ta được ⇒ 2  y = 9y1  y ⋮ 3  y = 3y1 2

(

)

(

)

3 2.9x12 + 3.9y12 − 6804 = 9x12 + 9y12 ⇔ 3 2x12 + 3y 12 − 756 = x12 + y 12  x = 3x 2  x ⋮ 3  x = 9x Suy ra x12 + y 12 ⋮ 3 ⇒  , khi đó ta được ⇒ 1 ⇒  y ⋮ 3  y1 = 3y 2  y = 9y 2 1 2 1

2 1 2 1

(

)

2 2 2 2

(

)

3 2.9x 22 + 3.9y 22 − 756 = 9x 22 + 9y 22 ⇔ 3 2x 22 + 3y 22 − 84 = x 22 + y 22 2 2 x 22 ⋮ 3 x 2 = 3x 3 x 2 = 9x 3 Suy ra x + y ⋮ 3 ⇒  2 ⇒  , khi đó ta được ⇒ 2 2  y 2 ⋮ 3  y 2 = 3y 3  y 2 = 9y 3 2 2

(

2 2

)

(

)

3 2.9x 23 + 3.9y 23 − 84 = 9x 23 + 9y 23 ⇔ 3 2x 23 + 3y 23 − 28 = x 23 + y 23 ⇔ 5x 23 + 8y 23 = 28

y = 0  y 23 = 0  3 Suy ra 8y ≤ 28 ⇒ y ≤ 3, 5 ⇒  2 ⇒ y3 = 1  y 3 = 1  y3 = 0 + Với y 3 = 0 ⇒ 5x 3 = 28 , trường hợp này không xẩy ra. 2 3

2 3

+ Với y 3 = 1 , khi đó ta được x 3 = 2; x 3 = −2 + Với y 3 = −1 , khi đó ta được x 3 = 2; x 3 = −2 Khi đó ta được ( x 3 ; y 3 ) = ( 2; 1) , ( 2; − 1) , ( −2; 1) , ( −2; − 1)

x = 3x1 = 9x 2 = 27x 3 Vì  , khi đó ta được ( x; y ) = ( 54; 27 ) , ( 54; − 27 ) , ( −54; 27 ) , ( −54; − 27 )  y = 3y1 = 9y 2 = 27y 3 Thử lại ta thấy phương trình nhận các nghiệm là

( 54; 27 ) , ( 54; − 27 ) , ( −54; 27 ) , ( −54; − 27 ) Bài 13.Từ 2a = bc + 1 (1). Với a ∈ Z + , a > 1 nên a ≥ 2 ⇒ 2a ⋮ 4 . Từ (1) suy ra b là số nguyên dương lẻ. Giả sử b = 2n + 1 với n ∈ Z+ . + Nếu c là số nguyên dương chẵn thì: c = 2m với m ∈ Z + . Khi đó ta có:

( )

ab c = b 2

2 = ( 2n + 1)  = 4n 2 + 4n + 1  

(

)

= 4k + 1 với k ∈ Z+

Suy ra 2a = bc + 1 = 4k + 2 ⋮ 4 vô lý. Do đó c là số nguyên dương lẻ. + Ta đặt c = 2m + 1 với m ∈ N. Suy ra

(

)

2 a = b c + 1 = b 2m +1 + 1 = ( b + 1) b 2m − b 2m −1 + ⋯ + b 2 − b + 1 = ( b + 1) A với A ∈ Z + và A lẻ

Suy ra A là ước lẻ của bc + 1 , tức là ước lẻ của 2 a suy ra A = 1 . Ta có bc + 1 = b + 1 ⇒ c = 1 . Vậy c = 1 là giá trị cần tìm. 3

Bài 14. Ta có x 3 + y 3 − 3xy − 3 = 0 ⇔ ( x + y ) + 1 − 3x 2 y − 3xy 2 − 3xy − 4 = 0 2 ⇔ ( x + y + 1) ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy ( x + y + 1) = 4   2 ⇔ ( x + y + 1) ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy  = 4  

Vì x, y nguyên nên có các trường hợp sau

x + y + 1 = 4 x + y = 3  x = 1; y = 2 ⇔ ⇔ + Trường hợp 1:  2 xy = 2 x + y − x + y + 1 − 3xy = 1 ( ) ( )   x = 2; y = 1  x + y = 1 x + y + 1 = 2  + Trường hợp 2:  ⇔ 2 −1 (loại) xy = 3 ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy = 2 

x + y + 1 = 1 x + y = 0  x = 1; y = −1 ⇔ ⇔ + Trường hợp 3:  2 xy = −1  x = −1; y = 1 ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy = 4  x + y = −2 x + y + 1 = −1  + Trường hợp 4:  ⇔ 2 11 (loại) ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy = −4 xy = 3  x + y + 1 = −2  x + y = −3 ⇔ + Trường hợp 5:  , hệ không có nghiệm 2 xy = 5 ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy = −2 nguyên.  x + y = −5 x + y + 1 = −4  + Trường hợp 6:  ⇔ 2 32 (loại) ( x + y ) − ( x + y ) + 1 − 3xy = −1 xy = 3 Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 1; 2 ) , ( 2; 1) , ( 1; − 1) , ( −1; 1) Bài 15.Ta thấy 1 + x + y + 3 = x + y và x, y ∈ ℕ ⇒ x, y là các số chính phương. ⇒ x + y + 3, x, y ∈ℕ

x = a, y = b, x + y + 3 = c ( a, b,c ∈ ℕ )

Đặt

a + b = c + 1 a + b = c + 1 2  ⇒ x + y = a 2 + b2 ⇒  2 ⇒ ( a + b − 1) − a 2 − b 2 = 3 2 2 c − a − b = 3 x + y + 3 = c 2 

 a = 2 x = 4 ⇒  b = 3 y = 9  ⇔ 2a + 2b − 2ab = −3 ⇔ ( a − 1)( b − 1) = 2 ⇒  a = 3 x = 9  ⇒   b = 2  y = 4 2

(

)

Bài 16.Ta có x 3 + y 3 = ( x + y ) ⇔ ( x + y ) x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 Vì x, y nguyên dương nên x + y > 0 , ta có x 2 − xy + y 2 − x − y = 0

(

)

⇔ 2 x 2 − xy + y 2 − x − y = 0 ⇔ ( x − y ) + ( x − 1) + ( y − 1) = 2 Vì x, y nguyên nên có 3 trường hợp: x − y = 0  2 + Trường hợp 1: ( x − 1) = 1 ⇔ x = y = 2; z = 4  2 ( y − 1) = 1 x − 1 = 0  x = 1 2 + Trường hợp 2: ( x − y ) = 1 ⇔  ⇒z=3 y = 2  2 ( y − 1) = 1

y − 1 = 0  y = 1 2 + Trường hợp 3: ( x − y ) = 1 ⇔  ⇒z=3 x = 2  2 ( x − 1) = 1 Vậy hệ phương trình có ba nghiệm ( 1; 2; 3 ) , ( 2;1; 3 ) , ( 2; 2; 4 )

(

)(

)

Bài 17. Ta có 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 5 y = 11879

(

)(

⇔ 2 x 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 2 x.5 y = 11879.2 x

+ Xét y = 0 , từ phương trình trên ta được

)(

)

(

)(

)

+ 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 1 = 11879 ⇔ 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 = 11880

Đặt t = 2x ⇒ t ∈ N* và phương trình trở thành

( t + 1)( t + 2 )( t + 3 )( t + 4 ) = 9.10.11.12 ⇒ t = 8 ⇒ 2

(

)(

=8⇒x=3

)

+ Xét y ≥ 1 . Khi đó 2 x 2 x + 1 2 x + 2 2 x + 3 2 x + 4 − 2 x.5 y chia hết cho 5 và 11879.2x không chia hết cho 5. Nên trường hợp này không có nghiệm. Vậy ta tìm được x = 3; y = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 18. Điện xác định của phương trình là y ( y + 1)( y + 2 )( y + 3 ) ≥ 0 . Ta có x 2015 = y ( y + 1)( y + 2 )( y + 3 ) + 1 ⇔ x 2015 − 1 =

)

+ 3y + 1 − 1

Đặt y 2 + 3y + 1 = a (a ∈ Z) . Vì x nguyên nên x 2015 − 1 nguyên nên

a 2 − 1 = k 2 (k ∈ Z) ⇒ a 2 − k 2 = 1 ⇒ ( a − k )( a + k ) = 1 ⇒ k = 0

y = 0 ⇒ x = 1   y + 3y + 1 = 1 2 y = −3 ⇒ x = 1 ⇒ y 2 + 3y + 1 = 1 ⇔  2 ⇒ ( thỏa mãn)  y + 3y + 1 = −1  y = −1 ⇒ x = 1   y = −2 ⇒ x = 1 2

(

)

Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 1; 0 ) , ( 1; −1) , ( 1; −2 ) , ( 1; −3 ) . 2 2 2 Bài 19. Phương trình tương đương với ( x − 2 ) ( x + 1) + 9  = ( 2y − 1)  

Nếu x = 2 thì ta được y = 2

1 2 (loại). Do đó ( x + 1) + 9 là số chính phương. 2 2

(

Nhận thấy x + 1 < ( x + 1) + 9 ≤ x + 1 + 3

)

nên ta xét các trường hợp sau

2  x = −5 2 + Trường hợp 1: ( x + 1) + 9 = x + 1 + 1 ⇒ x + 1 = 4 ⇒  x = 3 - Với x = −5 ta được y = −17; y = 18

(

)

Với x = 3 ta được y = −2; y = 3

5 (loại) 4

⇒ x+1 =

⇒ x + 1 = 0 ⇒ x = −1 ⇒ y = −4; y = 5

( ) + Trường hợp 3: ( x + 1) + 9 = ( x + 1 + 3 ) + Trường hợp 2: ( x + 1) + 9 = x + 1 + 2

Vậy có các cặp số thỏa mãn bài toán là ( 3; 3 ) , ( 3; − 2 ) , ( −5; 18 ) , ( −5; − 17 ) , ( −1; 5 ) , ( −1; 4 )

(

)

Bài 20. Phương trình đã cho được viết lại thành x 2 + ( 3y + 2 ) x + 2y 2 + 3y + 4 = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x có y là tham số, khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( 3y + 2 ) − 4 2y 2 + 3y + 4 = y 2 − 12 Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ = y 2 − 12 phải là số chính phương. Khi đó đặt y 2 − 12 = m 2 ⇔ ( y − m )( y + m ) = 12 ( m ∈ N ) . Từ đó suy ra y + m và y − m là các ước của 12. Chú ý là y + m > y − m và

y + m + y − m = 2y nên y + m và y − m có cùng tính chẵn. Do đó ta được y + m = 6  y + m = −2 ⇒ y = 4 hoặc  ⇒ y = −4  y − m = 2  y − m = −6 + Với y = 4 , khi đó ta có phương trình x 2 + 14x + 48 = 0 ⇒ x = −6; x = −8 + Với y = −4 , khi đó ta có phương trình x 2 − 10x + 24 = 0 ⇒ x = 4; x = 6 . Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( −6; 4 ) , ( −8; 4 ) , ( 4; − 4 ) , ( 6; −4 ) .

(

)

Bài 21. a) x x 2 + x + 1 = 4y ( y + 1) Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

(

)

x x 2 + x + 1 = 4y ( y + 1) = x 3 + x 2 + x + 1 = 4y 2 + 4y + 1 ⇔ x 2 + 1 ( x + 1) = ( 2y + 1) 2

Do ( 2y + 1) là số lẻ nên x + 1 và x 2 + 1 cùng là số lẻ.

(

)

(

) (

)

Gọi d = x + 1, x 2 + 1 , khi đó x 2 + 1 − x 2 − 1 ⋮ 2 nên 2 ⋮ d , mà d là số lẻ nên d = 1 .

(

)

Do đó ta được x + 1, x 2 + 1 = 1 .

Tích của hai số x + 1 và x 2 + 1 nguyên tố cùng nhau là một số chính phương nên x + 1 và x 2 + 1 cùng là số chính phương. Từ đó suy ra x 2 và x 2 + 1 là hai số chính phương đồng

thời là hai số nguyên liên tiếp, do đó x2 = 0 ⇒ x = 0 . Từ đó ta suy ra được y = 0 hoặc

y = −1 . Thử lại vào phương trình ta thấy thỏa mãn. Vậy các nghiệm nguyê của phương trình là ( x; y ) = ( 1; 0 ) , ( 1; −1) . b) x 3 + y 3 = 2xy + 11 Biến đổi tương đương phương trình ta được 3

x 3 + y 3 = 2xy + 11 ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) = 2xy + 11

Đặt a = x + y; b = xy với a, b là các số nguyên. Khi đó phương trình trên trở thành a 3 − 3ab = 2b + 11 ⇔ a 3 − 11 = b ( 3a + 2 )

(

)

(

)

Từ đó ta suy ra được a 3 − 11 ⋮ ( 3a + 2 ) hay ta được 27a 3 + 8 − 305 ⋮ ( a + 2 ) nên 305⋮ a + 2 Suy ra a + 2 là ước 305, ta cũng có b =

a 3 − 11 , nên ta có bảng giá trị như sau 3a + 2

3a + 2

−1

−61

305

−1

−21

101

−2

152

3378

a 3 − 11 3a + 2 2

Chú ý là ( x + y ) ≥ 4xy nên ta loại các trường hợp a 2 < 4b . Từ đó ta được các cặp ( a; b ) thỏa mãn là ( 1; −2 ) .

x + y = 1  x = 2; y = −1 ⇔ Khi đó ta được  xy = −2  x = −1; y = 2 Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 2; −1) , ( −1; 2 ) . Bài 22. Do y > 0 nên biến đổi tương đương phương trình và chí hai vế cho y ta được

)(

)

− y x + y 2 = ( x + y ) ⇔ 2y 2 + x ( 3 − x ) y + x ( 3x + 1) = 0

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai có ẩn y, ta có 2

(

)

∆ = x 2 ( 3 − x ) − 8x ( 3x + 1) = x x 3 − 6x 2 − 15x − 8 = ( x + 1) x ( x − 8 )

Do x nguyên dương nên ( x + 1) > 0 , nên để phương trình có nguyên dương thì ∆ phải là số chính phương, do dó x ( x − 8 ) phải là số chính phương. Đặt x ( x − 8 ) = a 2 ,a ∈ N . Khi đó ta được 2

x ( x − 8 ) = a 2 ⇔ ( x − 4 ) = a 2 + 16 ⇔ ( x + a − 4 )( x − a − 4 ) = 16

Nhận thấy x + a − 4 và x − a − 4 cùng chẵn, đồng thời x + a − 4 ≥ x − a − 4 nên ta có bảng giá trị sau:

x+a−4

−2

−4

x −a −4

−8

−4

x−4

−5

−4

−1 , loại

0, loại

6 hoặc 21

Thử lại ta được các nghiệm nguyên dương của phương trình là

( x; y ) = ( 8;10 ) , ( 9; 6 ) , ( 9, 21)

(

)

Bài 23. a) Giả sử x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 3 = y 2 , y ∈ N .

(

)

(

)(

)

Khi đó ta có x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 3 = y 2 ⇔ x 2 + 2x x 2 + 2x + 3 = y 2 Đặt k = x2 + 2x , khi đó từ phương trình trên ta được k ( k + 3 ) = y 2 + Nếu y = 0 , khi đó ta có k = 0; k = −3 . Với k = 0 ta được x 2 + 2x = 0 ⇒ x = 0; x = −2 Với k = −3 ta được x2 + 2x = −3 ⇔ x2 + 2x + 3 = 0 , phương trình vô nghiệm. + Nếu y > 0 , khi đó từ phương trình k ( k + 3 ) = y 2 ta được 2

4k ( k + 3 ) = 4y 2 ⇔ ( 2k + 3 ) − 9 = 4y 2 ⇔ ( 2k + 3 + 2y )( 2k + 3 − 2y ) = 9

Nhận thấy 2k + 3 + 2y > 2k + 3 − 2y nên từ phương trình ta có các trường hợp sau

2k + 3 + 2y = 9 ⇒ 2k + 3 = 5 ⇒ k = 1 . • Trường hợp 1:  2k + 3 − 2y = 1 Từ đó ta có phương trình x ( x + 2 ) = 1 , phương trình vô nghiệm.

2k + 3 + 2y = −1 ⇒ 2k + 3 = −5 ⇒ k = −4 • Trường hợp 2:  2k + 3 − 2y = −9 Từ đó ta có phương trình x ( x + 2 ) = −4 , phương trình vô nghiệm.

(

)

Vậy với x = 0 hoặc x = −2 thì x ( x + 2 ) x 2 + 2x + 3 là số chính phương. b) Cách 1. Giả sử x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 , y ∈ N . Khi đó ta có x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 ⇔ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 = 4y 2

(

)

(

)

⇔ 2x 2 + x + 3x 2 + 4x + 4 = ( 2y ) ⇔ 2x 2 + x + 2x 2 + ( x + 2 ) = ( 2y ) 2

(

Từ đó ta được ( 2y ) > 2x 2 + x

)

(

)

nên ta được ( 2y ) ≥ 2x 2 + x + 1 . Do đó

(

4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 ≥ 2x 2 + x + 1

)

⇔ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 ≥ 4x 4 + 4x 3 + 5x 2 + 2x + 1 ⇔ 0 ≥ x 2 − 2x − 3 ⇔ ( x + 1)( x − 3 ) ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3 Do x nhận giá trị nguyên nên x ∈ {−1; 0;1; 2; 3} , ta xét các trường hợp sau + Nếu x = −1 , khi đó ta được y 2 = 1 , thỏa mãn. + Nếu x = 0 , khi đó ta được y 2 = 1 , thỏa mãn. + Nếu x = 1 , khi đó ta được y 2 = 5 , loại. + Nếu x = 2 , khi đó ta được y 2 = 31 , thỏa mãn. + Nếu x = 3 , khi đó ta được y = 121 = 112 . Vậy khi x = −1; x = 0; x = 3 thì x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 là số chính phương.

Cách 2. Giả sử x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 , y ∈ N . Khi đó ta có x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = y 2 ⇔ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 = 4y 2 2

(

) ( ) Từ đó ta được ( 2y ) > ( 2x + x ) . Mặt khác ta có ( 2x + x + 2 ) − ( 4x + 4x + 4x + 4x + 4 ) = ( 2x + x ) + 2 ( 2x + x ) + 4 − ( 2x + x ) + 3x 

⇔ 2x 2 + x + 3x 2 + 4x + 4 = ( 2y ) ⇔ 2x 2 + x + 2x 2 + ( x + 2 ) = ( 2y ) 2

= 8x 2 + 4x − 3x 2 − 4x = 5x 2 ≥ 0

(

Từ đó ta suy ra được 2x 2 + x + 2

)

≥ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4

+ 4x + 4  

(

Như vậy ta được 2x 2 + x

) < ( 2y ) ≤ ( 2x

+x+2

)

(

Do ( 2y ) là số chính phương nên ta được ( 2y ) = 2x 2 + x + 1 2

(

• Trường hợp 1: ( 2y ) = 2x 2 + x + 1

)

(

hoặc ( 2y ) = 2x 2 + x + 2

hay

(

4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 = 2x 2 + x + 1

)

(

)

⇔ 4x 4 + 4x 3 + 4x 2 + 4x + 4 = ( 2x + x ) + 2 2x 2 + x + 1 2

⇔ x − 2x − 3 = 0 ⇔ x = −1; x = 3 2

(

• Trường hợp 1: ( 2y ) = 2x 2 + x + 2

( 2x = ( 2x

)

hay

) = ( 4x + 4x + 4x + 4x + 4 ) + x ) + 2 ( 2x + x ) + 4 − ( 2x + x ) + 3x 

+x+2 2

+ 4x + 4  = 0 

= 8x 2 + 4x − 3x 2 − 4x = 0 ⇔ 5x 2 = 0 ⇔ x = 0 Vậy khi x = −1; x = 0; x = 3 thì x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 là số chính phương.

Bài 24. Do vai trò của x y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

1≤ x ≤ y ≤ z Khi đó từ xyz = 3 ( x + y + z ) ta có xyz ≤ 3 ( z + z + z ) ⇒ xy ≤ 9 Từ đó suy ra được x 2 ≤ xy ≤ 9 do x 2 là số chính phương nên ta suy ra

x 2 ∈ {1; 4; 9} ⇒ x ∈ {1; 2; 3} . Ta xét các trường hợp sau

• Với x = 1 , khi đó từ phương trình xyz = 3 ( x + y + z ) ta được yz = 3 ( 1 + y + z ) ⇔ yz − 3y − 3z = 3 ⇔ ( y − 3 )( z − 3 ) = 12 Chú ý là y ≤ z nên y − 3 ≤ z − 3 . Do đó ta có bảng giá trị sau:

y−3

z−3

• Với x = 2 , khi đó từ phương trình xyz = 3 ( x + y + z ) ta được 2yz = 3 ( 2 + y + z ) ⇔ 2yz − 3y − 3z = 6 ⇔ ( 2y − 3 )( 2z − 3 ) = 21

)

Chú ý là y ≤ z nên 2y − 3 ≤ 2z − 3 .

2y − 3 = 1 y = 2 2y − 3 = 3 y = 3 ⇔ hoặc  ⇔ Nên ta suy ra được  2z − 3 = 21 z = 12 2z − 3 = 7 z = 5 • Với x = 3 , khi đó từ phương trình xyz = 3 ( x + y + z ) ta được 3yz = 3 ( 3 + y + z ) ⇔ yz − y − z = 3 ⇔ ( y − 1)( z − 1) = 4 Chú ý là y ≤ z nên y − 1 ≤ z − 1

y − 1 = 1 y = 2 ⇒ (loại do không thỏa mãn x ≤ y ) hoặc Do đó ta được  z − 1 = 4 z = 5

y − 1 = 2 y = 3 ⇒  z − 1 = 2 z = 3

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên là

( x; y; z ) = (1; 4;15 ) , (1; 5; 9 ) , ( 1; 6; 7 ) , ( 2; 2; 12 ) , ( 2; 3; 5 ) , ( 3; 3; 3 ) và các hoán vị Bài 25. Do vai trò của x y, z như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

1≤ x ≤ y ≤ z Khi đó từ xyz = 10 ( x + y + z ) ta có xyz ≤ 10 ( z + z + z ) ⇒ xy ≤ 30 Từ đó x 2 ≤ xy ≤ 30 do x 2 là số chính phương nên ta suy ra

x 2 ∈ {1; 4; 9; 16; 25} ⇒ x ∈ {1; 2; 3; 4; 5} . Ta xét các trường hợp sau

• Với x = 1 , khi đó từ phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) ta được yz = 10 ( 1 + y + z ) ⇔ yz − 10y − 10z = 10 ⇔ ( y − 10 )( z − 10 ) = 110 Chú ý là y ≤ z nên y − 10 ≤ z − 10 . Do đó ta có bảng giá trị sau:

y − 10

z − 10

110

120

• Với x = 2 , khi đó từ phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) ta được 2yz = 10 ( 2 + y + z ) ⇔ 2yz − 10y − 10z = 20 ⇔ ( y − 5 )( z − 5 ) = 35 Chú ý là y ≤ z nên y − 5 ≤ z − 5 .

y − 5 = 1 y = 6 y − 5 = 5  y = 10 ⇔ ⇔ Nên ta suy ra được  hoặc  z − 5 = 35 z = 40 z − 5 = 7 z = 12 • Với x = 3 , khi đó từ phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) ta được 3yz = 10 ( 3 + y + z ) ⇔ 3yz − 10y − 10z = 30 ⇔ ( 3y − 10 )( 3z − 10 ) = 190 Chú ý là y ≤ z nên 3y − 10 ≤ 3z − 10 . Lại thấy 3y − 10; 3z − 10 chia 3 dư 2,

3y − 10 = 2 y = 4 3y − 10 = 5 y = 5 ⇔ ⇔ Nên ta suy ra được  hoặc  3z − 10 = 95 z = 35 3z − 10 = 38 z = 16 • Với x = 4 , khi đó từ phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) ta được 4yz = 10 ( 4 + y + z ) ⇔ 4yz − 10y − 10z = 40 ⇔ ( 2y − 5 )( 2z − 5 ) = 65 Chú ý là y ≤ z nên 2y − 5 ≤ 2z − 5 . Nên ta suy ra được

2y − 5 = 1 y = 3 ⇔ (loại do không thỏa mãn x ≤ y ) hoặc  2z − 5 = 65 z = 35

2y − 5 = 5 y = 5 ⇔  2z − 5 = 13 z = 9

• Với x = 5 , khi đó từ phương trình xyz = 10 ( x + y + z ) ta được 5yz = 10 ( 5 + y + z ) ⇔ 5yz − 10y − 10z = 50 ⇔ ( y − 2 )( z − 2 ) = 14 Chú ý là y ≤ z nên y − 2 ≤ z − 2 . Nên ta suy ra được

y − 2 = 1 y = 3 y − 2 = 2 y = 4 ⇔ ⇔ hoặc   z − 2 = 14 z = 16 z − 2 = 7 z = 9 Trường hợp này loại do không thỏa mãn x ≤ y . Vây các nghiệm nguyên dương ( x; y; z ) của phương trình là

( 1; 11; 120 ) , ( 1; 12; 65 ) , (1;15; 32 ) , ( 1; 20; 21) , ( 2; 6; 40 ) , ( 2; 10;12 ) , ( 3; 4; 35 ) , ( 3; 5;16 ) , ( 4; 5; 9 ) và các hoán vị của chúng. Bài 26. a) 5xyz = x + 5y − 4z + 31 Ta xét các trường hợp sau:

• Với x = 1 , khi đó phương trình trở thành 5yz = 5y − 4z + 32 ⇔ 5yz − 5y + 4z = 32 ⇔ ( 5y + 4 )( z − 1) = 28 Chú ý rằng y ≥ 1 nên 5y + 4 ≥ 9 và 5y + 4 chia 5 dư 4 nên từ phương trình trên ta được

5y + 4 = 14  y = 2 ⇒  z − 1 = 2 z = 3 • Với x ≥ 2 , khi đó từ phương trình đã cho ta được 5y − 4z + 31 = x ( 5yz − 1) ≥ 2 ( 5yz − 1) Hay ta được 10yz − 5y + 4z ≤ 33 ⇔ ( 5y + 2 )( 2z − 1) ≤ 31 . Chú ý rằng y ≥ 1 nên 5y + 2 ≥ 7 nên 2z − 1 ≤ 4 , do đó suy ra z ∈ {1; 2} . + Với z = 1 , khi đó từ phương trình đã cho ta được 5xy − x − 5y = 27 ⇔ ( x − 1)( 5y − 1) = 28 Dễ thấy 5y − 1 cia 5 dư 4 nên từ phương trình ta được

 5y − 1 = 4  y = 1 5y − 1 = 14  y = 3 ⇒ hoặc  ⇒  x − 1 = 7 x = 8 x − 1 = 2 x = 3 + Với z = 2 , khi đó từ phương trình đã cho ta được

10xy − x − 5y = 23 ⇔ ( 2x − 1)( 10y − 1) = 47 Do x, y nguyên dương và 47 là số nguyên tố nên phương trình trên không có nghiệm nguyên dương. Vậy phương trình đã cho có các nghiệm nguyên dươn là ( x; y; z ) = ( 1; 2; 3 ) , ( 8; 1; 1) , ( 3; 3; 1) b) 3xyz = x + 2y + 3z + 7 Ta xét các trường hợp sau

• Nếu x = 1 , khi đó phương trình đã cho trở thành 3yz − 2y − 3z = 8 ⇔ ( y − 1)( 3z − 2 ) = 10

y − 1 = 1 y = 2  y − 1 = 10  y = 11 ⇔ ⇔ Để ý là 3z − 2 chia 3 dư 1 nên ta được  hoặc  3z − 2 = 10 z = 4 3z − 2 = 1 z = 1 • Nếu x ≥ 2 , khi đó từ phương trình đã cho ta được 2y + 3z + 7 = x ( 3yz − 1) ≥ 2 ( 3yz − 1) ⇒ ( 2y − 1)( 3z − 1) ≤ 10 Do 3z − 1 ≥ 2 nên 2y − 1 ≤ 5 , từ đó suy ra y ∈ {1; 2; 3} . + Thay y = 1 vào phương trình ban đầu ta được 3xz − x − 3z = 9 ⇔ ( x − 1)( 3z − 1) = 10

x − 1 = 2 x = 3 x − 1 = 5 x = 6 ⇒ ⇒ Lại thấy 3z − 1 chia 3 dư 2 nên ta có  hoặc  3z − 1 = 5 x = 2 3z − 1 = 2 z = 1 + Thay lần lượt y = 2 và y = 3 vào phương trình ban đầu ta tìm được x = 2; z = 1 .

Vậy phương trình có các nghiệm nguyên dương là

( x; y; z ) = ( 1; 2; 4 ) , (1;11;1) , ( 3;1; 2 ) , ( 6;1;1) , ( 2; 3; 1) . Bài 27. Biến đổi tương đương phương trình ta được

(x + y + z) (x

)

+ y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1

Dễ thấy x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx ≥ 0 , khi đó từ phương trình ta được  x + y + z = 1  2 2 2  x + y + z − xy − yz − zx = 1

Từ x + y + z = 1 suy ra 2

x 2 + y 2 + z 2 − xy − yz − zx = 1 ⇒ ( x + y + z ) − 3 ( xy + yz + zx ) = 1 ⇒ xy + yz + zx = 0  x + y + z = 1 Do đó ta có hệ  2 2 2  x + y + z = 1

Không mất tính tổng quát ta giả sử x 2 ≥ y 2 ≥ z 2 , khi đó từ x 2 + y 2 + z 2 = 1 ta được

x 2 = 1; y 2 = z 2 = 0 Hay ta được x = 1; y = z = 0 hoặc x = −1; y = z = 0 Thay vào phương trình ban đầu ta thấy x = −1; y = z = 0 không thỏa mãn. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x; y; z ) = ( 1; 0; 0 ) và các hoán vị.

Bài 28.Ta có 2x 2 + 3y 2 + 2z 2 − 4xy + 2xz − 20 = 0 Vì x, y,z ∈ N * nên từ trên suy ra y là số chẵn. Đặt y = 2k (k ∈ N* ) và thay vào điều kiện trên ta được

2x 2 + 12k 2 + 2z 2 − 8xk + 2xz − 20 = 0 ⇔ x 2 + 6k 2 + z 2 − 4xk + xz − 10 = 0

(

)

⇔ x 2 − x ( 4k − z ) + 6k 2 + z 2 − 10 = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo ẩn x. Khi đó ta có 2

(

)

∆ = ( 4k − z ) − 4 6k 2 + z 2 − 10 = 16k 2 − 8kz + z 2 − 24k 2 − 4z 2 + 40 = − 8k 2 − 8kz − 3z 2 + 40 + Nếu k ≥ 2 , ta có z ≥ 1 suy ra ∆ < 0 nên phương trình trên vô nghiệm. Suy ra k = 1 nên y = 2 . Thay k = 1 vào biệt thức ∆ ta được

∆ = − 8 − 8z − 3z2 + 40 = − 3z2 − 8z + 32 - Nếu z ≥ 3 thì ∆ < 0 khi đó phương trình trên vô nghiệm.

Suy ra z = 1 hoặc z = 2 . - Nếu z = 1 thì ∆ = 21 không phải là số chính phương nên phương trình trên không có nghiệm nguyên. Do đó ta được z = 2 . Thay z = 2, k = 1 vào phương trình trên ta đươc

x 2 − 2x + ( 6 + 4 − 10 ) = 0 ⇔ x 2 − 2x = 0 ⇔ x ( x − 2 ) = 0 ⇔ x = 2 Suy ra x = y = z = 2 . Vậy tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài 29.Biến đổi giả thiết đã cho ta có 2

x2 + 15y 2 + 8xy – 8x – 36y – 28 = 0 ⇔ ( x + 4y − 4 ) − ( y + 2 ) = 40 ⇔ ( x + 3y − 6 )( x + 5y − 2 ) = 40 Do x, y là các số nguyên dương và x + 3y − 6 < x + 5y − 2 nên ta có thể phân tích Chú ý là ( x + 3y − 6 ) + ( x + 5y − 2 ) = 2x + 8y − 8 và kết hợp với phương trình đã cho ta được

x + 3y − 6 và x + 5y − 2 có cùng tính chẵn. Đến đây ta giải từng trường hợp: x + 3y − 6 = 2  x = −13 Trường hợp 1: Với  ⇔ (loại) x + 5y − 2 = 20 y = 7 x + 3y − 6 = 4 x = 7 ⇔ Trường hợp 2: Với  x + 5y − 2 = 10 y = 1 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x; y ) = ( 7;1)

Bài 30. Biến đổi tương đương phương trình ta được

4y 3 − 4x2 y 2 − 4xy 2 + x2 y + 5x 2 + 4y 2 + 4xy + 8x = 0 ⇔ ( y + 1)  4y 2 − 4 x2 + x y + 5x 2 + 8x  = 0  

(

)

• Nếu y = −1 thì với mọi x nguyên tuỳ ý đều thỏa mãn phương trình đã cho.

(

)

• Nếu y ≠ −1 thì từ phương trình trên ta được 4y 2 − 4 x 2 + x y + 5x 2 + 8x = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn y có x là tham số, khi đó ta có

(

)

∆ = 4x x 3 + 2x 2 − 4x − 8 = 4x ( x − 2 )( x + 2 )

Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ là số chính phương. Ta xét các trường hợp sau:

x = 2  x = 2; y = 3   + Nếu ∆ = 0 ⇒  x = 0 ⇒  x = 0; y = 0  x = −2  x = −2; y = 1

+ Nếu ∆ > 0 ⇒ x ≠ 0; x ≠ 2; x ≠ −2 , khi đó ta có x ( x − 2 ) = a 2 ( a ∈ Z )

 x − 1 + a = 1 ⇒x=2  − − = x 1 a 1 2   Từ đó ta được ( x − 1) − a 2 = 1 ⇒  x − 1 + a = −1  ⇒x=0  x − 1 − a = −1 Ta thấy cả hai giá trị x = 0 và x = 2 đều không thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = ( 0; 0 ) , ( 2; 3 ) , ( −2;1) , ( m; −1) với m nguyên tùy ý.

Bài 31 a) Ta có nhận xét: một số chính phương khi chia cho 8 thì có số dư 0; 1; 4.

x2 ≡ 0;1; 4 ( mod 8 ) x2 − 1 ≡ −1; 0; 3 ( mod 8 ) ⇒ 2 Khi đó ta được  2  y ≡ 0;1; 4 ( mod 8 ) y − 1 ≡ −1; 0; 3 ( mod 8 )

(

)(

)

Từ đó suy ra x 2 − 1 y 2 − 1 ≡ 1; 0; 5 ( mod 8 )

(

)(

)

Mà 2010 ≡ 2 ( mod 8 ) nên ta được x 2 − 1 y 2 − 1 + 2010 ≡ 3; 2; 7 ( mod 8 )

(

)(

)

Trong khi z 2 ≡ 0; 1; 4 ( mod 8 ) . Do đó phương trình z 2 = x 2 − 1 y 2 − 1 + 2010 vô nghiệm.

(

)(

)

b) Ta có z 2 = x 2 − 1 y 2 − 1 + 2008 ⇔ z 2 − x 2 y 2 + x 2 + y 2 = 2009 Xét phương trình x 2 + y 2 = 2009 . Nếu phương trình x 2 + y 2 = 2009 có nghiệm x = x 0 ; y = y 0 , thì phương trình z 2 − x 2 y 2 + x 2 + y 2 = 2009 có nghiệm x = x 0 , y = y 0 , z = x 0 y 0 . Vậy ta chứng minh x 2 + y 2 = 2009 có nghiệm bằng cách chỉ ra một bộ x = x0 ; y = y 0 thỏa mãn phương trình.

(

)

Ta thấy x 2 + y 2 có tận cùng bằng 9 nên tận cùng của x 2 ; y 2 chỉ có thể là ( 0; 9 ) , ( 4; 5 ) . Nghĩa là tận cùng của ( x; y ) chỉ có thể là ( 0; 3 ) , ( 0; 7 ) , ( 2; 5 ) , ( 8; 5 ) (Do vai trò x, y là như nhau). Bằng cách thử trực tiếp ta có một nghiệm của x 2 + y 2 = 2009 là x = 28; y = 35 .

(

)(

)

Vậy phương trình z 2 = x 2 − 1 y 2 − 1 + 2008 có nghiệm.

Bài 32.Vì x, y, z, t có vai trò như nhau nên ta có thể giả sử: x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1.

195 ( x + y + z + t ) − 1890xyzt + 2008 = 0 ⇔ 195 ( x + y + z + t ) + 2008 = 1890xyzt 195 195 195 195 2008 2788 2788 + + + + ≤ 3 ⇔ t3 ≤ ⇔ t3 ≤ 1 ⇔ t = 1 xyz yzt xzt xyt xyzt 1890 t

⇔ 1890 =

Với t = 1 , khi đó ta có

195 ( x + y + z ) + 2203 = 1890xyz

⇔ 1890 =

195 195 195 2203 2788 2788 + + + ≤ 2 ⇔ z2 ≤ ⇔ z2 ≤ 1 ⇔ z = 1 xy yz xz xyz 1890 z

Với z = 1 thì ta có

195 ( x + y ) + 2398 = 1890xy ⇔ 1890 =

195 195 2398 2788 + + ≤ ⇔ y=1 x y xy y

Khi y = 1 ta được 195x + 2593 = 1890x , không có nghiệm nguyên dương trong trường hợp này. Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương.

Bài 33. Viết lại phương trình này trong dạng x 2 + 2 ( 2y + 1) x + 3y 2 + 4y − 13 = 0 và áp dụng định lí trên ta có phương trình trên có nghiệm nguyên khi và chỉ khi sau có nghiệm nguyên 2

(

)

∆ = ( 2y + 1) − 3y 2 + 4y − 13 = k 2 ( k ∈ Z ) 2

(

)

Ta có ( 2y + 1) − 3y 2 + 4y − 13 = k 2 ⇔ k 2 = y 2 + 14 ⇔ v 2 – y 2 = 14 ⇔ ( v – y )( v + y ) = 14 Từ đó ta được v − y = 7; v + y = 2 hoặc v − y = 2; v + y = 7

Bài 34. Từ phương trình trên ta suy ra x; y > 2009 . Biến đổi phương trình ta được 1

⇔

2009

1 7. 41

⇔ 7 41

(

)

x + y = xy

⇔ 7 41x = xy − 7 41y ⇔ 49.41x = xy + 49.41y − 14y 41x Nếu 41x không là số chính phương thì

41x là số vô tỉ. Khi đó

49.41x = xy + 49.41y − 14y 41x không thỏa mãn. Do đó 41x là số chínhphương, suy ra

(

x = 41a 2 a ∈ N *

) (

Tương tự ta cũng có x = 41b 2 b ∈ N * Phương trình

1 x

1 y

1 2009

)

trở thành

1 1 1 + = a b 7

Từ phương trình

1 1 1 + = , ta suy ra a; b > 7 . a b 7

(

)

Đặt a = 7 + m; b = 7 + n m; n ∈ N * khi đó ta có phương trình

1 1 1 + = ⇔ 7 ( 14 + m + n ) = ( 7 + m )( 7 + n ) ⇔ mn = 7 2 7+m 7+n 7 Suy ra ra có các trường hợp sau  m = 1 a = 8  x = 2624 + Với  ⇒ ⇒   2  n = 7  b = 56  y = 128576

m = 7 a = 14 x = 8036 ⇒ ⇒ + Với  n = 7  b = 14  y = 8036 2 a = 56  x = 128576  m = 7 + Với  ⇒ ⇒  n = 1 b = 8  y = 2624

Thử lại ta được ba nghiệm trên đều thỏa phương trình đã cho.

(

)

Bài 35. Ta có x 3 = y 3 + 2y 2 + 1 > y 3 ⇒ x > y 3

Mặt khác x < y + 1 ⇔ y 3 + 2y 2 + 1 < ( y + 1) ⇔ y ( y + 3 ) > 0 ⇔ y < −3 hoặc y > 0 7 Vậy nếu y < −3 hoặc y > 0 thì phương trình vô nghiệm + Với y = −3 ⇒ x 3 = −8 ⇒ x = −2 + Với y = −2 ⇒ x 3 = 1 ⇒ x = 1 + Với y = 0 ⇒ x = 1 Vậy phương trình có ba nghiệm ( −2; −3 ) ; ( 1; −2 ) ; ( 1; 0 )

Bài 36. Biến đổi tương đương phương trình ta được

( x − 4x + 3 )( x − 2x ) = 4 ( y + 2 ) ⇔ ( x − 3 )( x − 1) x ( x − 2 ) = 4 ( y + 2 ) ⇔ ( x − 3x )( x − 3x + 2 ) = 4 ( y + 2 ) ⇔ ( x − 3x + 1) − 4y = 9 ⇔ ( x − 3x + 1 − 2y )( x − 3x + 1 + 2y ) = 9 2

Vì x, y nguyên nên từ phương trình trên ta được các hệ sau:  x 2 − 3x + 1 + 2y = 1  x 2 − 3x + 1 + 2y = 9  x 2 − 3x + 1 + 2y = −1 hoặc hoặc  2  2  2  x − 3x + 1 − 2y = 9  x − 3x + 1 − 2y = 1  x − 3x + 1 − 2y = −9  x 2 − 3x + 1 + 2y = −9 hoặc  2 hoặc  x − 3x + 1 − 2y = −1

 x 2 − 3x + 1 + 2y = 3  x 2 − 3x + 1 + 2y = −3 hoặc  2  2  x − 3x + 1 − 2y = 3  x − 3x + 1 − 2y = −3

Giải lần lượt các các hệ ta được nghiệm của phương trình là

( x; y ) = ( −1; −4 ) , ( 4; −4 ) , ( −1; 4 ) , ( 4; 4 ) . 3

Bài 37. Vì x x ≥ 1; y ≥ 1 nên ( x + y ) = 40y + 1 viết được dưới dạng ( x + y ) = 2

Chứng minh được 2 ( x + y ) ≤ ( x + y ) =

40y + 1 x+y

40y + 1 40y + 40x < = 40 x+y x+y

Suy ra 2 ( x + y ) < 20 suy ra 1 < x + y ≤ 4 , đồng thời x + y là ước của 40y + 1 . Để ý là 40y + 1 là số lẻ nên x + y lẻ, do đó ta được x + y = 3 Từ đó suy ra 40y + 1 = 34 = 81 ⇒ y = 2 ⇒ x = 1 . Vậy phương trình có nghiệm nguyên dương duy nhất là ( x; y ) = ( 1; 2 ) x

Bài 38. Vì 105 là số lẻ nên 2x + 5y + 1 và 2 + x2 + x + y phải là các số lẻ. Từ 2x + 5y + 1 suy ra y là số chẵn. Mà ta lại có x 2 + x = x ( x + 1) là tích của hai số nguyên x

liên tiếp nên là số chẵn nên để 2 + x2 + x + y là số lẻ thì 2 phải là số lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi x = 0 Từ đó ta được phương trình ( 5y + 1)( y + 1) = 105 ⇔ ( 5y + 26 )( y – 4 ) = 0 ⇒ y = 4 Vậy phương trình có nghiệm nguyên ( x; y ) = ( 0; 4 ) . 2

Bài 39. Ta có xy 2 + 2xy + x = 32y ⇔ x ( y + 1) = 32y Do y nguyên dương nên ta được y + 1 ≠ 0 ⇒ x =

32y

( y + 1)

Vì ( y, y + 1) = 1 nên ( y + 1) là ước của 32. 2

Mà 32 = 25 nên suy ra ( y + 1) = 2 2 hoặc ( y + 1) = 2 4 2

+ Nếu ( y + 1) = 2 2 ta suy ra được y = 1; x = 8 2

+ Nếu ( y + 1) = 2 4 ta suy ra được y = 3; x = 6 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x; y ) = ( 8;1) , ( 6; 3 )

Bài 40. Phương trình tương đương với

)

+ 4y 2 − 4xy + 4 ( x − 2y ) + 4 = 16 − y 2 ⇔ ( x − 2y + 2 ) = 16 − y 2

( x − 2y + 2 )2 = 16  x − 2y + 2 = 0 Mà x, y ∈ℤ nên  hoặc  2  y = 16  y = 0 ( x − 2y + 2 )2 = 16  x = 2; y = 0 ⇒ + Với   x = −6; y = 0  y = 0  x − 2y + 2 = 0  y = 4; x = 6 + Với  2 ⇒  y = −4, x = −10  y = 16

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là ( x; y ) = ( 2; 0 ) , ( −6; 0 ) , ( 6; 4 ) , ( −10; − 4 )

Bài 41. Ta có

5x 2 + 6xy + 2y 2 + 2x + 2y − 40 = 0 ⇔ x 2 + y 2 + 2xy + 2x + 2y + 1 + 4x 2 + 4xy + y 2 = 41 2

⇔ ( x + y + 1) + ( 2x + y ) = 41 ⇔ ( x + y + 1) + ( 2x + y ) = 4 2 + 52 Ta có các trường hợp sau

x + y + 1 = 4 x = 2 ⇔ + Trường hợp 1:   2x + y = 5 y = 1 x + y + 1 = 5 x = 0 + Trường hợp 2:  ⇔ (loại)  2x + y = 4 y = 4 Vậy các nghiệm nguyên dương của phương trình là ( x; y ) = ( 2;1) .

Bài 42. Biến đổi tương đương phương trình ta được.

)

(

) + (y

+ 4y 2 + 28 − 17 x 4 + y 4 = 238y 2 + 833

⇔  x 2 + 4 y 2 + 7  = 17  x 4   

(

)

2 + 7  ⇔ 16x 4 − 8x 2 y 2 + 7 + y 2 + 7 

)

(

) (

)

⇔  4x 2 − y 2 + 7  = 0 ⇔ 4x 2 − y 2 − 7 = 0 ⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) = 7  

(

)

Vì x và y là các số nguyên dương nên 2x + y > 2x − y và 2x + y > 0 .

2x + y = 7 x = 2 ⇔ Do đó từ phương trình trên ta suy ra được   2x − y = 1 y = 3 Vậy phương trình trên có nghiệm nguyên dương là ( x; y ) = ( 2; 3 ) .

Bài 43. Biến đổi tương đương phương trình ta được

(

)

2x 3 + 2x 2 y + x 2 + 2xy = x + 10 ⇔ 2x 2 ( x + y ) + 2x ( x + y ) − x 2 + x = 10 ⇔ 2 ( x + y ) x 2 + x − x 2 + x = 10 ⇔ x 2 + x  2 ( x + y ) − 1 = 10

(

) (

)

Để ý là 10 = 1.10 = 2.5 = ( −1) . ( −10 ) = ( −2 ) . ( −5 )

(

)

Lại thấy x 2 + x = x ( x + 1) là số chẵn và 2 ( x + y ) − 1 là số lẻ 2

 1 1 Mặt khác x 2 + x =  x +  − > −1 ⇒ x 2 + x ≥ 0 . 2 4   x 2 + x = 10  x 2 + x = 2 Do đó từ phường trình trên ta được  hoặc   2 ( x + y ) − 1 = 1  2 ( x + y ) − 1 = 5  x 2 + x = 10 . Phương trình x 2 + x = 10 không có nghiệm nguyên. • Trường hợp 1:   2 ( x + y ) − 1 = 1 x = 1 x 2 + x = 2  x = 1; y = 2  • Trường hợp 1:  ⇔   x = −2 ⇔   x = −2; y = 5 x + y = 3  2 ( x + y ) − 1 = 5 

Vậy có hai bộ số nguyên thỏa mãn bài toán là ( x; y ) = ( 1; 2 ) , ( −2; 5 ) .

Bài 44. Đặt d = ( x, y ) khi đó x = da; y = db với a, b ∈ N* và ( a, b ) = 1 .

(

)

(

Và phương trình trở thành d ( a – b ) a 2 + ab + b 2 = 95 a 2 + b 2

(

)

Vì a 2 + b 2 ,a 2 + ab + b 2 = 1 nên a 2 + ab + b 2 = ( a – b ) − 3ab là ước của 95 = 5.19 , ước này 2

chia 3 dư 1 hoặc 0 và lớn hơn 1 nên chỉ có thể là 19, như vậy ( a – b ) − 3ab = 19

a − b = 1 a = 6 x = 195 ⇔ ⇒ d = 65 ⇒  Từ đó ta được  a.b = 6 b = 2  y = 130 Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là ( x; y ) = ( 195; 130 )

(

)

(

Bài 45. Ta có x 4 + 2x 2 = y 3 ⇔ x 4 + 2x 2 + 1 = y 3 + 1 ⇔ x 2 + 1 = ( y + 1) y 2 – y + 1

(

)

Gọi d = y + 1, y 2 − y + 1 , khi đó ( y + 1) ⋮ d và y 2 − y + 1⋮ d nên ta được 3y ⋮ d Do đó ta được 3 ( y + 1) − 3y ⋮ d ⇒ 3⋮ d . Từ đó ta được d = 1 hoặc d = 3

(

)

(

)

+ Với d = 3 , khi đó ta được x 2 + 1 = ( y + 1) y 2 – y + 1 ⋮ 9 nên suy ra x2 + 1⋮ 3 . Từ đó suy ra x 2 chia 3 có số dư là 2, điều này vô lí vì số chính phương chia 3 có số dư là 0 hoặc 1.

(

)

+ Với d = 1 , khi đó ta được d = y + 1, y 2 − y + 1 = 1

 y + 1 = a 2 2 Do đó từ x 2 + 1 = ( y + 1) y 2 – y + 1 ta được  2 với a, b ∈ N* và ( a, b ) = 1 2  y − y + 1 = b

(

)

(

)

Từ đó ta được

(

) (

)

(

)(

)

b 2 = a 2 − 1 – a 2 − 1 ⇔ 4b 2 = 4a 4 − 12a 2 + 12 ⇔ 2b – 2a 2 + 3 2b + 2a 2 + 3 = 3 2

(

Vì ( 2b ) > 2a 2 − 3

)

⇒ 2b > 2a 2 − 3 nên từ phương trình trên ta có các trường hợp sau

 2b − 2a 2 + 3 = 1  b = 1 (loại ) • Trường hợp 1: Với  ⇒ 2 2  2b + 2a − 3 = 3 a = 2  2b − 2a 2 + 3 = 3  b = 1 x = 0 • Trường hợp 2: Với  ⇒ ⇒   2 2  2b + 2a − 3 = 1 a = 1  y = 0

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 0; 0 )

Bài 46.Rõ ràng các cặp số nguyên ( x; y ) sao cho x + y = 0 là nghiệm của phương trình đã cho. Ta giả sử ( x; y ) thỏa mãn phương trình mà x + y ≠ 0 Trước tiên từ phương trình ta phải có xy ≥ 0 3

Thật vậy, chia cả 2 vế của x 5 + y 5 = ( x + y ) cho x + y ta được x 4 − x 3 y + x 2 y 2 − xy 3 + y 4 = ( x + y )

(

Đẳng thức trên tương đương với x 2 + y 2

)

+ x 2 y 2 = ( x + y ) ( xy + 1) từ đó suy ra xy ≥ 0

Tiếp theo, ta sẽ chứng minh x + y ≤ 4. Dễ dàng chứng minh được với mọi số không âm x và y, ta có 5

5 x5 + y 5  x + y  1 5 5 ≥  ⇒ x + y ≥ (x + y) 2 16  2 

Do đó nếu x + y > 4 thì x 5 + y 5 > ( x + y )

Hoàn toán tương tự, nếu x, y đều không dương và x5 + y 5 < ( x + y )

đồng thời x + y < −4 thì

Vậy ta chỉ cần xét các x, y mà xy ≥ 0 và x + y ∈ {1; 2; 3; 4} , từ đó ta tìm được các nghiệm nguyên thỏa mãn là ( x; y ) = ( 0; ±1) , ( ±1; 0 ) , ( 2; 2 ) ; ( −2; −2 ) Tóm lại các cặp số nguyên ( x; y ) thỏa mãn phương trình là

( x; y ) = ( a; −a ) , ( 0; ±1) , ( ±1; 0 ) , ( 2; 2 ) ; ( −2; −2 ) với a là số nguyên. Bài 47. Biến đổi tương đương phương trình ta được

⇔ x2 

) = 17 ( x + y + 14y + 49 ) + 4 ( y + 7 )  = 17  x + ( y + 7 )    

+ 4y 2 + 28

= 0 ⇔  4x 2 − y 2 + 7  = 0   2 2 ⇔ 4x − y − 7 = 0 ⇔ ( 2x + y )( 2x − y ) = 7

(

) (

⇔ 16x 4 − 8x 2 y 2 + 7 + y 2 + 7

)

(

)

Do x, y nguyên dương nên 2x + y ≥ 2x − y và 2x + y > 0

2x + y = 7 ⇔ ( x; y ) = ( 2; 3 ) Vậy  2x − y = 1 Vậy phương trình có nghiệm ( x; y ) = ( 2; 3 ) . 2

Bài 48. Ta có 3x 2 + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 − 18x = 6 ⇔ 3 ( x − 3 ) + 6y 2 + 2z 2 + 3y 2 z 2 = 33 Suy ra z 2 ⋮ 3; 2z 2 ≤ 33 , do đó ta được z 2 ≤ 9 ⇒ z ≤ 3 . Vì z là số nguyên nên z = 0 hoặc

z =3

y = 0  + Trường hợp z = 0 khi đó ta được ( x − 3 ) + 2y 2 = 11 suy ra y 2 ≤ 4 ⇔ y ≤ 2 ⇒  y = 1   y = 2 2

Với y = 0 , không có số nguyên x nào thỏa mãn

Với y = 1 , khi đó ta tìm được x = 6

Với y = 2 , không có số nguyên x nào thỏa mãn 2

+ Trường hợp z = 3 , suy ra ( x − 3 ) + 11y 2 = 5 ⇒ 11y 2 ≤ 5 ⇒ y = 0 , không có số nguyên x nào thỏa mãn Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là ( 0; 1; 0 ) , ( 0; − 1; 0 ) , ( 6; 1; 0 ) , ( 6; − 1; 0 ) .

 3 7 Bài 49. Ta có y 3 − x 3 = 2x 2 + 3x + 2 = 2  x +  + > 0 ⇒ x < y 4 8 

( 1)

3 15 > 0⇒ y < x+2 ( x + 2 ) − y3 = 4x2 + 9x + 6 =  2x + 94  + 16  

(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x + 2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x = −1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là ( 1; 2 ) , ( −1; 0 )

Bài 50. Phương trình tương đương với 2

(

2 ( 2x − y − 2 ) = 14 x − 2y − y 2 − 1 2

(

) )

⇔ 2 ( 2x − y − 2 ) − 7 ( 2x − y − 2 ) + 7 2y 2 + 3y = 0 (2)

(

)

Đặt t = 2x − y − 2 ( t ∈ Z ) , khi đó phương trình trên trở thành 2t 2 − 7t + 7 2y 2 + 3y = 0 (3) + Nếu y = −1 thay vào phương trình ban đầu ta được  11 + 105 x=  2 8 ( 2x − 1) = 7x ⇔ 4x2 − 11x + 1 = 0 ⇔  11 − 105 x = 8  Hai nghiệm trên không thuộc tập hợp Z. + Nếu y ≤ −2 hoặc y ≥ 0 thì 2y 2 + 3y = y ( 2y + 3 ) ≥ 0 Từ phương trình (3) suy ra 2t 2 − 7t ≤ 0 ⇔ t ( 2t − 7 ) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ t ≤ 3 (do t ∈ℤ ). Mặt khác, theo phương trình (3) thì t ⋮ 7 nên ta được t = 0 . Suy ra y ( 2y + 3 ) = 0 ⇒ y = 0. Do đó ta được x = 1 . Thử lại, ta thấy ( 1; 0 ) thoả mãn phương trình (1). Vậy phương trình đã cho có nghiệm nguyên là ( 1; 0 ) .

Bài 51. Giải phương trình nghiệm nguyên 3 x − y 3 = 1

(

)

Từ phương trình trên ta được 3x = ( y + 1) y 2 − y + 1 do đó tồn tại các số tự nhiên m và n sao cho

 y + 1 = 3m  y = 3m − 1  2  m n m n  y − y + 1 = 3 ⇔ 9 − 3.3 + 3 = 3 m + b = x m + b = x   + Nếu m = 0 thì thì x = y = 0 +Nếu m > 0 thì 9m − 3.3m + 3 chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 do đó 3n chia hết cho 3 mà không chia hết cho 9 nên n = 1

(

)

Suy ra 9 m − 3.3 m + 3 = 3 ⇒ 3 m 3 m − 3 = 0 ⇒ m = 1 do đó ta đươc x = y = 2 Vậy phương trình có hai nghiệm là ( 0; 0 ) , ( 2; 2 ) .

Bài 52.Ta có nhận xét: Nếu ( x; y ) là nghiệm thì x ≥ 0 và ( x; − y ) cũng là nghiệm. Nhận thấy ( 0; 2 ) , ( 0; −2 ) thỏa mãn phương trình đã cho. Ta xét nghiệm ( x; y ) với x dương. Không mất tính tổng quát giả sử y > 0 Khi

đó

phương

( y − 1)( y + 1) = 2

x −1

trình

(

.2 1 + 2 x +1

đã

cho

trở

thành

(

)

2 x 1 + 2 x +1 = y 2 − 1

hay

)

Suy ra y − 1 và y + 1 là hai số chẵn liên tiếp, khi đó hiển nhiên một trong hai số đó chia hết cho 4 vì thế ( y − 1)( y + 1) chia hết cho 8. Do đó ta được x ≥ 3 . + Vì 1 + 2 2x +1 là số lẻ nên trong hai số y − 1 và y + 1 phải có một số chia hết cho 2 x −1 và không chia hết cho 2 x . Do vậy ta có thể đặt y = m.2 x −1 + t với m lẻ và t = ±1 .

(

Thay vào phương trình 1 + 2 x + 2 2x +1 = y 2 ta được m.2 x −1 + t

(

Hay ta được 1 − mt = 2 x − 2 m 2 − 8

)

(

− 1 = 2 x −1.2 1 + 2 x +1

)

) (

)

Với t = 1 thì m 2 < 8 suy ra m = 1 , không thỏa phương trình 1 − mt = 2 x − 2 m 2 − 8 .

(

)

(

) (

)

Với t = −1 , phương trình 1 − mt = 2 x − 2 m 2 − 8 trở thành 1 + m = 2 x − 2 m 2 − 8 ≥ 2 m 2 − 8 . Từ đó suy ra m = 3 nên ta được x = 4; y = 23 Vậy phương trình đã cho có bốn nghiệm nguyên là ( 0; 2 ) , ( 0; −2 ) , ( 4; 23 ) , ( 4; −23 ) .

Bài 53. Điều kiện x ∈ N . Đặt a = x và b = x − x . Từ đó ta được a và b là các số tự nhiên thỏa mãn điều kiện a 2 − a = b2 .

(

)

Ta có a 2 − a = b 2 ⇔ 4 a 2 − a = 4b 2 ⇔ ( 2a − 1) − 4b 2 = 1 ⇔ ( 2a − 1 + 2b )( 2a − 1 − 2b ) = 1 . Vì a và b là các số tự nhiên nên 2a − 1 + 2b; 2a − 1 − 2b là các số nguyên đồng thời là ước của 1. Chú ý là 1 = 1.1 = −1. ( −1) nên ta được 2a − 1 + 2b = 2a − 1 − 2b ⇔ b = 0 .

x = 0 Từ đó ta được b = x − x = 0 ⇔  . x = 1 Ta thấy x = 0; x = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán nên x = 0; x = 1 là các giá trị cần tìm.

Bài 54. Ta có 3m = n 2 + 2n − 8 ⇒ 3m = ( n − 2 )( m + 4 ) . Đặt 3 x = n + 4; 3 y = n − 2 với x, y ∈ N; x > y và x + y = m .

(

)

Khi đó ta có 3x − 3 y = 6 ⇔ 3 y 3 x − y − 1 = 6 Do 3

x−y

3 y = 3 y = 1 − 1 không chia hết cho 3 và 6 = 2.3 nên ta được ta được  x − y ⇒ 3 − 1 = 2 x = 2

Từ đó ta được m = 3; n = 5 . 2

Bài 55. Phương trình đã cho tương đương với ( x − 2 ) + ( y − 1) = 7 ( t + 1) . Ta có nhận xét: Một số chính phương khi chia cho 7 có số dư là 0; 1; 2; 4. Do đó nếu tổng hai số chính phương mà chia hết chi 7 thì các hai số chính phương đó cùng chia hết cho 7. Như vậy từ

( x − 2 ) + ( y − 1)

= 7 ( t + 1) ta được ( x − 2 ) ⋮ 7; ( y − 1) ⋮ 7 . 2

Do 7 là số nguyên tố nên ta được x − 2 ⋮ 7; y − 1⋮ 7 nên ( x − 2 ) ⋮ 49; ( y − 1) ⋮ 49 2

Do đó ta được ( x − 2 ) + ( y − 1) ⋮ 49 ⇒ 7 ( t + 1)⋮ 49 ⇒ t + 1⋮ 7 . Mà ta lại có 1 ≤ t ≤ 6 nên từ t + 1⋮ 7 suy ra t = 6 . 2

Đến đây ta được ( x − 2 ) + ( y − 1) = 49 . Chú ý là 49 = 0 + 7 2 = 7 2 + 0 nên ta xét các trường hợp sau:

( x − 2 ) 2 = 0 x = 2  ⇒ • Trường hợp 1: Với  . Do x, y là các số nguyên dương nên ta  2 2 y = − 6; y = 8  ( y − 1) = 7 được x = 2; y = 8 thỏa mãn phương trình đã cho.

( x − 2 )2 = 7 2 x = −5; x = 9  • Trường hợp 1: Với  ⇒ . Do x, y là các số nguyên dương nên ta  2 y = 1  y − 1 = 0 ( ) được x = 9; y = 1 thỏa mãn phương trình đã cho. Vậy bộ các số nguyên dương ( x; y; t ) thỏa mãn phương trình ta ( 2; 8; 6 ) , ( 9; 1; 6 ) .

Bài 56. Cách 1. Đặt x = 2y + k với k ∈ Z rồi thế vào phương trình x 3 = 4y 3 + x 2 y + y + 13 ta được

( 2y + k )

(

)

= 4y 3 + ( 2y + k ) y + y + 13 ⇔ 8ky 2 + 5k 2 − 1 y + k 3 − 13 = 0 .

Xem phương trình trên là phương trình ẩn y với k là tham số. Khi đó ta thấy

• Nếu k = 0 thì phương trình trên trở thành y + 13 = 0 ⇒ y = −13 , từ đó ta được x = −26 . • Nếu k ≠ 0 , khi đó phương trình trên là trương trình bậc hai ẩn y có k là tham số.

(

)

(

)

Ta có ∆ = 5k 2 − 1 − 32k k 3 − 13 = −7k 4 − 10k 2 + 416k + 1 + Xét k ≥ 4 , khi đó ta có ∆ = 7k 4 − 10k 2 + 416k + 1 < −7.43.k + 416k + 1 = 1 − 32k < 0 nên phương trình không có nghiệm. + Xét k ≤ −1 , khi đó ta có ∆ = 7k 4 − 10k 2 + 416k + 1 < 416k + 1 < 0 nên phương trình không có nghiệm. + Xét 1 ≤ k ≤ 3 , khi đó do k ∈ Z nên ta được k = 1; 2; 3 . - Với k = 1 , khi đó thay vào phương trình trên ta được 8y 2 + 4y − 12 = 0 ⇒ y = 1 , từ đó ta suy ra được x = 3 . - Với k = 2 ta được ∆ = 681 và với k = 3 ta được ∆ = 592 , đều không phải là số chính phương nên phương trình trên không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên ( x; y ) là ( −26; − 13 ) , ( 3; 1) . Cách 2. Biến đổi tương đương ta được

(

)

x 3 = 4y 3 + x 2 y + y + 13 ⇔ ( x − 2y ) x 2 + xy + 2y 2 = y + 13

(

)

• Nếu y = −13 , khi đó ta được ( x − 2y ) x 2 + xy + 2y 2 = 0 ⇒ x − 2y = 0 ⇒ x = −26 . • Nếu y ≠ −13 , khi đó do x và y là các số nguyên nên x − 2y và x 2 + xy + 2y 2 là các ước của y + 13 . 2

y  7y 2 7y 2  Do đó ta được y + 13 ≥ x + xy + 2y =  x +  + . ≥ 2 4 4  2

Do y là số nguyên nên từ y + 13 ≥

7y 2 ta suy ra được y ∈ {−2; − 1; 0;1; 2; 3} . 4

Thay các giá trị trong tập hợp trên vào phương trình đã cho ta được với y = 1 thì x = 3 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm nguyên ( x; y ) là ( −26; − 13 ) , ( 3; 1) .

Bài 57. Cách 1. Biến đổi tương đương phương trình trên ta được 2

( x + 2 ) = 2y + 11y + x y + 9 ⇔ ( x + 2 ) ⇔ ( x + 2 ) − ( y + 3 ) = y + 5y + x y ⇔ ( x − y − 1)( x + y + 5 ) = y ( x + y + 5 ) 2

= y 4 + 6y 2 + 9 + y 4 + 5y 2 + x 2 y 2

Do x 2 + y 2 + 5 ≠ 0 nên phương trình trên tương đương với

x 2 − y 2 − 1 = y 2 ⇔ ( x − 1)( x + 1) = 2y 2 Từ đó ta được ( x − 1)( x + 1)⋮ 2 . Mà x − 1; x + 1 cùng tính chẵn lẻ nên x − 1⋮ 2; x + 1⋮ 2 . Từ đó suy ra ( x − 1)( x + 1)⋮ 4 nên suy ra 2y 2 ⋮ 4 ⇒ y 2 ⋮ 2 ⇔ y ⋮ 2 . Mà y là số nguyên tố nên ta suy ra được y = 2 . Từ đó ta được x = 3 . Vậy ta có x = 3; y = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Cách 2: ta có nhận xét: Nếu y là số chẵn thì y 2 chia hết cho 4 và nếu y là số lẻ thì y 2 chia 4 dư 1. Xét trường hợp y là số lẻ, khi đó y 4 chia 4 dư 1 nên 2y 4 chia 4 dư 2, 11y 2 chia 4 dư 3 và

x 2 y 2 chia 4 dư 0 hoặc dư 1. Từ đó ta được 2y 4 + 11y 2 + x 2 y 2 + 9 chia 4 dư 2 hoặc dư 3. Mà

(

ta lại có x 2 + 2

)

chia 4 dư 0 hoặc dư 1. Như vậy hai vế của phương trình có số dư khác

nhau khi chia cho 4, do đó khi y lẻ phương trình không có nghiệm. Từ đó dẫn đến y phải

là số lẻ, mà y là số nguyên tố nên dẫn đến y = 2 . Thay vào phương trình ban đầu ta tìm được x = 3 thỏa mãn. Vậy ta có x = 3; y = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 58. Ta có nhận xét: Nếu x là số chẵn thì x = 2t, t ∈ Z nên x2 = 4t 2 và nếu x là số lẻ thì 2

x = 2t + 1,t ∈ Z nên x 2 = ( 2t + 1) = 4t ( t + 1) + 1 = 8k + 1, k ∈ Z . Từ phương trình đã cho suy ra x 2 + y 2 là số chẵn, do đó x và y phải cùng tính chẵn lẻ. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với x và y là các số lẻ. Khi đó theo nhận xét như trên ta được x 2 − y 2 chia hết cho 8.

(

)

(

)

Và ta có x 2 + y 2 + 2z 2 = 8k + 2 + 2z 2 = 8k + 2 z 2 + 1 , k ∈ Z . Do đó để x 2 + y 2 + 2z 2 chia hết cho 8 thì 2 z 2 + 1 ⋮ 4 nên z là số lẻ. Khi đó ta đặt z = 8n + 1, n ∈ Z thì ta được x 2 + y 2 + 2z 2 = 8 ( n + 2k ) + 4 hay x 2 + y 2 + 2z 2 chia 8 có số dư là 4. Điều này mâu thuẫn với vế trái của phương trình chia hết cho 8. Do đó khi x và y cùng là số lẻ thì phương trình không có nghiệm.

(

)

(

)

• Trường hợp 2: Với x và y là các số chẵn, khi đó ta được 2 x 2 − y 2 ⋮ 4 và x 2 + y 2 ⋮ 4 . Do đó từ phương trình đã cho ta hu được 2z2 ⋮ 4 ⇒ z2 ⋮ 2 ⇒ z⋮ 2 hay z là số chẵn. Đặt x = 2x1 ; y = 2y1 ; z = 2z1 và thay vào phương trình đã cho ta được 2

2 2 2 2 2 2 ( 2x1 ) − ( 2y1 )  = ( 2x1 ) + ( 2y 1 ) + 2 ( 2z1 ) ⇔ 8 x12 − y12  

(

)

= x12 + y12 + 2z 12

Lập luận tương tự như trên ta lại được x1 ; y1 ; z1 là các số chẵn. Tiếp tục như thế ta sẽ có x ⋮ 2 n ; y⋮ 2 n ; z ⋮ 2 n với n là một số tự nhiên bất kì. Điều này chỉ xẩy ra khi x = y = z = 0 . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là ( x; y; z ) = ( 0; 0; 0 ) .

Bài 59. Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được

( 2x

+ xy + y 2

)( 3x

)

− xy + 2y 2 = 132 .

x  7x 2 Ta có 2x 2 + xy + y 2 =  + y  + ≥0. 4 2 

(

) (

)

Lại có 3x 2 − xy + 2y 2 − 2x 2 + xy + y 2 = x 2 − 2xy + y 2 = ( x − y ) ≥ 0 Do đó 3x 2 − xy + 2y 2 ≥ 2x 2 + xy + y 2 ≥ 0 . Chú ý rằng 132 = 1.132 = 2.66 = 3.44 = 4.33 = 6.22 = 11.12 .

(

) (

)

Lại có 3x 2 − xy + 2y 2 − 2x 2 + xy + y 2 là một số chính phương. 2 2  3x − xy + 2y = 12 Do đó ta được  2 2  2x + xy + y = 11 2

Từ đó suy ra ( x − y ) = 1 ⇒ x − y = ±1 , ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với x − y = 1 , ta có x = y + 1 . Thay vào phương trình 2x 2 + xy + y 2 = 11 và thu gọn ta được 4y 2 + 5y − 9 = 0 . Giả phương trình ta được y = 1 , do đó x = 2

• Trường hợp 2: Với x − y = −1 , ta có x = y − 1 . Thay vào phương trình 2x 2 + xy + y 2 = 11 và thu gọn ta được 4y 2 − 5y − 9 = 0 . Giả phương trình ta được y = −1 , do đó x = −2 . Thử lại ta được các nghiệm của phương trình là ( x; y ) = ( 2; 1) , ( −2; −1) .

Bài 60. 3

Cách 1. Phương trình đã cho tương đương với ( x + y ) − 2xy ( x + y ) = 4 ( x + y ) − 4xy + 12 . Đặt a = x + y; b = xy với a, b là các số nguyên. Khi đó phương trình trên trở thành a 3 − 2ab = 4a 2 − 4b + 12 Hay ta được 2b ( a − 2 ) = a 3 − 4a 2 − 12 . Xét a = 2 , khi đó từ phương trình trên ta được 0 = −20 , vô lí. Xét a ≠ 2 , khi đó phương trình trên trở thành 2b =

a 3 − 4a 2 − 12 20 = a 2 − 2a − 4 − . a−2 a−2

Do b là số nguyên nên a − 2 là ước của 20. Do đó a − 2 ∈ {±1; ±2; ±4; ±5; ±10; ±20} . Xét các trường hợp cụ thể ta được các cặp số ( a; b ) = ( 4; −3 ) , ( 0; 3 ) , ( 12; 57 ) , ( −8; 30 ) thỏa mãn phương trình 2b ( a − 2 ) = a 3 − 4a 2 − 12 .

x + y = 4 + Với a = 4; b = −3 , ta có hệ phương trình  , hệ không có nghiệm nguyên. xy = −3

x + y = 0 + Với a = 0; b = 3 , ta có hệ phương trình  , hệ vô nghiệm. xy = 3 x + y = 0 + Với a = 0; b = 3 , ta có hệ phương trình  , hệ vô nghiệm. xy = 3 x + y = 12 + Với a = 12; b = 57 , ta có hệ phương trình  , hệ vô nghiệm. xy = 57  x + y = −8 + Với a = −8; b = 30 , ta có hệ phương trình  , hệ vô nghiệm.  xy = 30 Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

(

Cách 2. Phương trình đã cho tương đương với x 2 + y 2

) ( x + y − 4 ) = 4xy + 12 .

Từ phương trình ta nhận thấy x, y có cùng tính chẵn lẻ và x + y − 4 là số chẵn. Đến đây ta xét các trường hợp như sau.

• Trường hợp 1: Nếu x + y − 4 ≥ 4 , khi đó x + y ≥ 8 . Từ đó ta được x 2 + y 2 ≥

+ y2

2 1 x + y ) = 32 và x 2 + y 2 ≥ 2xy . Do đó ta suy ra được ( 2

) (x + y − 4) ≥ 4 (x

) (

+ y2 = 2 x2 + y 2 + 2 x2 + y2

)

≥ ( x + y ) + 4xy = 64 + 4xy > 4xy + 12 Như vậy trong trường hợp này phương trình vô nghiệm.

• Trường hợp 2: Nếu x + y − 4 ≤ −2 , khi đó x + y ≤ 2 .

(

Từ đó ta được x 2 + y 2

) ( x + y − 4 ) ≤ −2 ( x

)

+ y 2 < 4xy < 4xy + 12 .

Như vậy trường hợp này phương trình cũng vô nghiệm.

• Trường hợp 3: Nếu −2 < x + y − 4 < 4 , khi đó do x + y − 4 là số chẵn nên suy ra

x + y − 4 = 0 hoặc x + y − 4 = 2 . x + y = 4 + Với x + y − 4 = 0 ta được xy = −3 , ta có hệ  , hệ phương trình không có nghiệm xy = −3 nguyên.

(

)

+ Với x + y − 4 = 2 , khi đó từ phương trình trên ta được 2 x 2 + y 2 = 4xy + 13 ⇒ xy =

15 . 2

x + y = 6  Từ đó ta có hệ  15 , hệ phương trình không có nghiệm nguyên. xy = 2 Như vậy trường hợp này phương trình cũng không có nghiệm nguyên. Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

Bài 61. Do x, y là các số tự nhiên nên 2010 x ≥ 1; 2011y ≥ 1 , do đó từ phương trình đã cho ta được 2012z ≥ 2 , điều này dẫn đến z ≥ 1 . Từ đó ta được 2012z là số chẵn. Mà ta lại có 2011y là số lẻ nên 2010x phải là số lẻ, do đó ta được x = 0 . Khi đó phương trình đã cho trở thành 1 + 2011y = 2012z , đến đây ta xét các trường hợp sau:

• Nếu z = 1 , khi đó ta được phương trình 1 + 2011y = 2012 , suy ra y = 1 . • Nếu z ≥ 2 , khi đó ta được 2012z = 4z.503z chia hết cho 8. Ta lại thấy 2011 chia 8 dư 3. Do đó nếu y là số chẵn thì ta được 2011y = ( 8.251 + 3 )

= ( 8k + 1) = 8t + 1 với n, k, t là các

số tự nhiên. Do đó 1 + 2011y chia 8 có số dư là 2. Như vậy với y chẵn thì phương trình không có nghiệm. Nếu y là số lẻ thì ta được 2011y = ( 8.251 + 3 )

2n +1

= 2011. ( 8k + 1) = 8t + 3 với n, k, t là các số

tự nhiên. Do đó 1 + 2011y chia 8 có số dư là 4. Như vậy với y chẵn thì phương trình không có nghiệm. Từ đó suy ra khi z ≥ 2 thì không tồn tại số tự nhiên y thỏa mãn phương trình. Vậy chỉ có bộ số ( x; y; z ) = ( 0;1;1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 62. a) Ta có 2002 x = 2001y + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) suy ra x = y = 1 b) Nếu x chẵn thì 5x ≡ 1 ( mod 3 ) suy ra 2 y ≡ 0 ( mod 3 ) , loại. Nếu x lẻ thì 5x ≡ 5 ( mod 8 ) suy ra 2 y ≡ 4 ( mod 8 ) . Suy ra y = 2 Đáp số ( x; y ) = ( 1; 2 ) c) Nếu x lẻ thì 5x + 1 chia hết cho 3 còn 2 y không chia hết cho 3, loại. Nếu x chẵn thì 5x + 1 ≡ 2 ( mod 4 ) suy ra 2 y ≡ 2 ( mod 4 ) . Suy ra x = 0; y = 1 d) Ta có 1 + 5z ≡ 2 ( mod 4 ) suy ra 2 x.3 y ≡ 2 ( mod 4 ) do đó x = 1 . Khi đó ta có 2.3y = 1 + 5z

+ Nếu y = 0 thì y = 0 và nếu y = 1 thì z = 1 . + Nếu y > 1 thì 2.3 y ≡ 0 ( mod 9 ) nên 5z ≡ −1 ( mod 9 ) . Suy ra z chia hết cho 3 và z lẻ. Vậy z có dạng z = 6k + 3(k ∈ ℕ ). Nhưng khi đó 2.3y = 1 + 1252k +1 ≡ 0 ( mod 7 ) , loại Vậy phương trình có 2 nghiệm tự nhiên là ( 1; 0; 0 ) và ( 1;1;1) 2 xy − 3zt = 1 ( xy − 3zt ) = 1 ⇔ Bài 63. Ta có  2 xz + yt = 2 3 ( xz + yt ) = 12

(

Cộng theo từng vế ta có x 2 + 3t 2

)( y

)

+ 3z 2 = 13

Đáp số ( x; y; z; t ) = ( 1;1;2; 0 ) , ( −1; −1; −2; 0 ) , ( 1;1; 0; 2 ) , ( −1; −1; 0; −2 )

CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG, SỐ LẬP PHƯƠNG

I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 1. Số chính phương. • Định nghĩa: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên. • Một số tính chất Tính chất 1: Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9. Suy ra số

có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8 thì không phải là số chính phương Tính chất 2: Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số

nguyên tố với số mũ chẵn. Tính chất 3: Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có

số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 với n là số nguyên. Tính chất 4: Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có

số chính phương nào có dạng 3n + 2 với n là số nguyên. Tính chất 5: Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số

chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2 Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn. Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ. Tính chất 6: Số chính phương chia hết cho số nguyên tố thì chia hết cho bình phương số

nguyên tố đó Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4. Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9. Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25. Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16. Tính chất 7: Nếu hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau có tích là một số chính

phương thì mỗi số đếu là số chính phương Tính chất 8: Nếu hai số nguyên liên tiếp có tích là một số chính phương thì một trong

hai số nguyên liên tiếp đó bằng 0

Tính chất 9: Hai số chính phương a 2 và ( a + 1) được gọi là hai số chính phương liên

tiếp. Giữa hai số chính phương liên tiếp không có số chính phương nào. Tính chất 10: Nếu a 2 = m.n với a, m, n là số tự nhiên và ( m, n ) = 1 thì m, n là các số

chính phương. 2. Số lập phương đúng • Định nghĩa: Một số nguyên được gọi là số lập phương đúng nếu nó viết được thành lập phương của một số nguyên.

• Một số tính chất cần nhớ Tính chất 1: Nếu số nguyên a chia 3 có số dư là 1 thì a 3 chia 9 có số dư là 1. Tính chất 2: Nếu số nguyên a chia 3 có số dư là −1 thì a 3 chia 9 có số dư là −1 .

II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA. Bài tập về số chính phương, số lập phương đúng thường có một số dạng như sau:

• Chứng minh một số là số chính phương, số lập phương đúng hoặc không thể là số chính phương, số lập phương đúng.

• Tìm số nguyên để biểu thức có giá trị là một số chính phương, số lập phương đúng. • Tìm số chính phương, số lập phương đúng thỏa mãn một số điều kiện nào đó. • Sử dụng tính chất của số chính phương, số lập phương đúng để giải phương trình nghiệm nguyên, chứng minh bài toán chia hết, chứng minh hai số nguyên bằng nhau,… Các dạng bài tập nêu trên được minh họa thông qua các ví dụ sau.

Ví dụ 1. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên n ≥ 6 thì a n = 1 +

2.6.10... ( 4n − 2 )

( n + 5 )( n + 6 ) ... ( 2n )

số chính phương

Lời giải Ta có an = 1 +

2 n . 1.3.5... ( 2n-1)  . ( n-4 ) !

= 1+

2n ( n + 4)!

2.4.6....2n ( 2n ) ! 2 ..1.2.3....n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 ) = 1+ n

2 n.1.2.3.4...n

(

= 1 + ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 )( n + 4 ) = n 2 + 5n + 5

)

là một

(

)

Do đó ta được a n = n 2 + 5n + 5

là số chính phương.

Ví dụ 2. Chứng minh rằng A = 13 +23 +33 +43 + ... + 20163 là số chính phương. Lời giải 2

1 2 3 4  2016  Ta có A =   .4.1 +   .4.2 +   .4. 3 +   .4. 4 + ... +   .4.2016 2 2 2 2  2  2

1 2 3  2016  Từ đó A =   2 2 − 0 2 +   32 − 12 +   4 2 − 2 2 + ... +  2017 2 − 20152  2 2 2  2 

(

)

(

)

(

)

(

 1.2   0.1   2.3   1.2   2016.2017   2015.2016  Hay A =  − + − + ... +       −  2 2  2   2   2   2     

)

2  2016.2017  Suy ra A =  = ( 1008.2017 ) . Vậy A là số chính phương.  2  

Ví dụ 3.Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) với n là số tự nhiên khác 0. Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương.

Lời giải Từ S = 1.2.3 + 2.3.4 + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ta có

4S = 1.2.3.4 + 2.3.4. ( 5 − 1) + 3.4.5. ( 6 − 2 ) + ... + n ( n + 1)( n + 2 ) ( n + 3 ) − ( n − 1) 

= 1.2.3.4 + 2.3.4.5 − 1.2.3.4 + 3.4.5.6 − ... + n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) − ( n − 1) n ( n + 1)( n + 2 ) = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) Do đó ta được

( = ( n + 3n ) + 2 ( n + 3n ) + 1 = ( n

)(

)

4S + 1 = n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3 ) + 1 = n 2 + 3n n 2 + 3n + 2 + 1 2

)

+ 3n + 1

Vậy 4S + 1 là số chính phương.

Ví dụ 4.Chứng minh N = 20124n + 20134n + 20144n + 20154n không phải là số chính phương với mọi n là số nguyên dương.

Lời giải Ta có 2012 4 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20124n có chữ số tận cùng bằng 6.

20134 có chữ số tận cùng bằng 1 nên 20134n có chữ số tận cùng bằng 1.

20142 có chữ số tận cùng bằng 6 nên 20144n có chữ số tận cùng bằng 6. 20154n có chữ số tận cùng bằng 5.

Do đó ta có N = 20124n + 20134n + 20144n + 20154n có chữ số tận cùng bằng 8. Mặt khác, không có số chính phương nào có chữ số tận cùng bằng 8. Vậy N không phải là số chính phương.

Ví dụ 5. Cho x, y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4x 2 y 2 − 7x + 7y là số chính phương. Chứng minh rằng x = y .

Lời giải Từ giả thiết ta có 2

4x 2 y 2 − 7x + 7y = ( 2xy − 1) + 4xy − 7x + 7y − 1 > ( 2xy − 1) 4x 2 y 2 − 7x + 7y = ( 2xy + 1) − 4xy − 7x + 7y − 1 < ( 2xy + 1) 2

Đặt A = 4x 2 y 2 − 7x + 7y . Khi đó ta được ( 2xy − 1) < A < ( 2xy + 1)

Suy ra −4xy + 1 < −7x + 7y < 4xy + 1 Nếu x > y ≥ 2 thì −7x + 7y < 0 < 4xy + 1 và −4xy + 1 ≤ −8x + 1 < −7x + 7y nên ta suy ra được

A = 4x 2 y 2 , điều này vô lí. Tương tự nếu y > x ≥ 2 ta được điều vô lí. Do đó ta suy ra được x = y . Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 6. Cho 2 số nguyên a, b thỏa mãn a 2 + b 2 + 1 = 2 ( ab + a + b ) . Chứng minh a và b là hai số chính phương liên tiếp.

Lời giải 2

Ta có a 2 + b 2 + 1 = 2 ( ab + a + b ) ⇔ a 2 + b 2 + 1 − 2ab + 2a − 2b = 4a ⇔ ( a − b + 1) = 4a là số chính phương suy ra a là số chính phương a = x 2 (x là số nguyên). Khi đó ta được

−b+1

)

= 4x 2 ⇔ x 2 − b + 1 = 2x ⇔ b = ( x − 1)

Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp

Ví dụ 7. Tìm các số nguyên n sao cho A = n 4 + n 3 + n 2 là số chính phương. Lời giải

(

)

Đặt A = n 4 + n 3 + n 2 = n 2 n 2 + n + 1 . Với n = 0 ta được A = 0 là số chính phương.

Với A ≠ 0 , khi đó để A là số chính phương thì n 2 + n + 1 phải là số chính phương. Đặt n 2 + n + 1 = k 2 ( k ∈ N ) , suy ra

(

)

4 n 2 + n + 1 = 4k 2 ⇔ ( 2n + 1) + 3 = ( 2k ) ⇔ ( 2k − 2n − 1)( 2k + 2n + 1) = 3 Vì 2k + 2n + 1 > 2k − 2n − 1 ( k ∈ N; n ∈ Z ) nên ta được

 2k − 2n − 1 = 1   2k + 2n + 1 = 3 ⇒  n = −1  2k − 2n − 1 = −3  n = 0    2k + 2n + 1 = −1 Vậy các giá trị cần tìm là n = 0; n = −1 .

Ví dụ 8. Tìm số nguyên n > 2008 sao cho 2 2008 + 2 2012 + 2 2013 + 2 2014 + 2 2016 + 2 n là số chính phương.

Lời giải Đặt A = 2 2008 + 2 2012 + 2 2013 + 2 2014 + 2 2016 + 2 n . Ta có

(

2 2008 + 2 2012 + 2 2013 + 2 2014 + 2 2016 + 2 n = 2 2008 1 + 2 4 + 2 5 + 2 6 + 2 8 + 2 n − 2008

(

= 2 2008 369 + 2 n − 2008

)

Khi đó A là số chính phương khi và chỉ khi 369 + 2n−2008 = b2 với b ∈ ℕ* . Đặt a = n − 2008 là số nguyên dương, ta có phương trình 369 + 2a = b2 Xét trong hệ đồng dư mod3 ta có: 369 ≡ 0 ( mod 3 ) ; 2a ≡ {1; 2}( mod 3 ) ; b 2 ≡ {0; 1}( mod 3 ) Suy ra 2a ≡ 1 ( mod 3 ) suy ra a là số chẵn hay a = 2c, c ∈ ℕ * .

(

Phương trình trở thành 369 = b 2 − 2 2c ⇔ 41.3.3 = b − 2 c

)( b

+ 2c

)

Do b + 2c > b − 2c suy ra

( b + 2 ; b − 2 ) ∈ {( 41; 9 ) ; ( 369;1) ; ( 41.3; 3 )} ⇔ ( b; 2 ) ∈ {( 25; 16 ) ; (185; 184 ) ; ( 63; 60 )} ⇔ ( b; c )∈ {( 25; 4 )} c

Vậy n = a + 2008 = 2c + 2008 = 2016 là số cần tìm

Ví dụ 9. Tìm tất cả các bộ hai số chính phương ( n; m ) mà mỗi số có đúng 4 chữ số, biết rằng mỗi chữ số của m bằng chữ số tương ứng của n cộng thêm với d, ở đây d là một số nguyên dương nào đó cho trước.

Lời giải Đặt n = x 2 = p.10 3 + q.10 2 + r.10 + s; m = y 2 = ( p + d ) .10 3 + ( q + d ) .10 2 + ( s + d ) .10 + ( s + d ) Ở đây x , y,p,q,r,s ∈ℕ và 1 ≤ p < p + d ≤ 9; 0 ≤ q < q + d ≤ 9; 0 ≤ r < r + d ≤ 9; 0 ≤ s < s + d ≤ 9 Khi đó ta có ( y + x )( y − x ) = y 2 − x 2 = d.1111 = d.11.101

(1)

Từ (1) suy ra số nguyên tố 101 là ước của y − x hoặc y + x . Do 103 ≤ n < m < 104 nên 32 ≤ x < y ≤ 99 . Do đó 64 ≤ x + y < 200; 0 < y − x ≤ 67

⇒ y + x = 101, y − x = 11.d . Do đó x và y khác tính chắn lẻ, dlẻ. Do 64 ≤ 2x = 101 − 11d nên 11d ≤ 37 . Suy ra d ≤ 3 , vậy d = 1 hoặc d = 3 . + Với d = 1 thì x + y = 101; y − x = 11 suy ra ( x ; y ) = ( 45; 56 ) , do đó ( n ; m ) = ( 2025 ; 3136 ) + Với d = 3 thì x + y = 101; y − x = 33 suy ra ( x ; y ) = ( 34 ; 67 ) , do đó ( n ; m ) = ( 1156 ; 4489 ) Vậy có 2 bộ số thoả mãn

( 2025 ; 3136 ) và (1156 ; 4489 ) .

Ví dụ 10. Tìm tất cả các số hữu tỷ x sao cho A = x2 + x + 6 là một số chính phương. Lời giải Dễ thấy x = 0, x = 1, x = −1 không thỏa mãn. Với x khác các giá trị này, trước hết ta chứng minh x phải là số nguyên. + Vì x2 + x + 6 là một số chính phương nên x 2 + x phải là số nguyên. + Giả sử x =

m với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1. n

Ta có x 2 + x =

m 2 m m 2 + mn + = là số nguyên khi m 2 + mn chia hết cho n 2 nên m 2 + mn n2 n n2

chia hết cho n, vì mn chia hết cho n nên m2 chia hết cho n và do m và n có ước nguyên lớn nhất là 1, suy ra m chia hết cho n (mâu thuẫn với m và n có ước nguyên lớn nhất là 1). Do đó x phải là số nguyên. Đặt x 2 + x + 6 = k 2 ( k ∈ Z ) . Ta có 2

4x 2 + 4x + 24 = 4k 2 ⇔ ( 2x + 1) + 23 = 4k 2 ⇔ ( 2k + 2x + 1)( 2k − 2x − 1) = 23

Đến đây ta có các trường hợp sau

2k + 2x + 1 = 23 k = 6 ⇔ + Trường hợp 1:  2k − 2x − 1 = 1 x = 5 2k + 2x + 1 = 1 k = 6 + Trường hợp 2:  ⇔ 2k − 2x − 1 = 23 x = −6 2k + 2x + 1 = −23 k = −6 + Trường hợp 3:  ⇔ 2k − 2x − 1 = −1 x = −6 2k + 2x + 1 = −1 k = −6 ⇔ + Trường hợp 4:  2k − 2x − 1 = −23 x = 5 Thử lại ta được x = −6; x = 5 là các giá trị cần tìm.

Ví dụ 11. Giả sử m và n là các số nguyên dương với n > 1 . Đặt S = m 2 n 2 − 4m + 4n . Chứng minh rằng:

(

a) Nếu m > n thì mn 2 − 2

)

< n2S < m 2 n4 .

b) Nếu S là số chính phương thì m = n .

Lời giải

(

a) Ta chứng minh mn 2 − 2

)

< n 2 (m 2 n 2 − 4m + 4n) < m 2 n 4

Bằng cách xét hiệu

(

)

(

)

H = mn 2 − 2 − n 2 m 2 n 2 − 4m + 4n = m 2 n 4 − 4mn 2 + 4 − m 2 n 4 + 4mn 2 − 4n 3 = −4n 3 < 0 Mặt khác n 2 (m 2 n 2 − 4m + 4n) − m 2 n 4 = 4n 2 (m − n) > 0 vì n > 1; m > n

(

Do đó ta được mn 2 − 2

)

< n 2 (m 2 n 2 − 4m + 4n) < m 2 n 4 2

 mn 2 − 2  2 b) Nếu m > n khi đó theo câu a ta được   < S < ( mn ) n   Mặt khác

mn 2 − 2 n−2 − ( mn − 1) = . n n

Vì m, n ∈ N*, m > n > 1 nên ta được 0 < mn − 1 ≤ 2

nm 2 − 2 n

Suy ra ( mn − 1) < S < ( mn ) nên S không thể là số chính phương. 2

Nếu m < n thì S > m2 n 2 , lại thấy S < ( mn + 2 ) . 2

Do đó để S là số chính phương thì S = ( mn + 1) , khi đó ta được

m 2 n 2 − 4m + 4n = m 2 n2 + 2mn + 1 ⇔ 4n − 4m + 2mn = 1 không tồn tại m,n thỏa mãn vì vế phải là số chẵn Từ các lập luận đó ta được m = n .

Ví dụ 12. Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là a  . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, biểu thức

 1 1 n + 3 n − +  27 3  

không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên

dương.

Lời giải Ta có

 1 1 1 1 4a 7a 1 +  =a⇒a≤ 3 n− + < a + 1 ⇔ a3 − a2 + ≤ n < a 3 + 2a 2 + + 3 n − 27 3  27 3 3 3 3  3 4a 7a 1 ⇒ a3 + ≤ n + a 2 < a 3 + 3a 2 + + ⇒ a 3 < n + a 2 < ( a + 1) 3 3 3 Suy ra n + a 2 không là lập phương của một số nguyên.

Ví dụ 13. Cho a, b, c, d là các số nguyên lẻ sao cho 0 < a < b < c < d và ad = bc . Chứng minh rằng nếu a + d và b + c là các lũy thừa của 2 thì a = 1 .

Lời giải Giả sử a + d = 2m và b + c = 2n với m và n là các số nguyên dương. Ta có a < c nên ta có a ( d − c ) < c ( d − c ) , suy ra ad − ac = bc − ac < c ( d − c ) Từ đó ta được b − a < d − c hay a + d > b + c nên suy ra m > n .

(

)

(

) (

Ta lại có bc = b ( b + c − b ) = b 2 n − b và ad = a ( a + d − a ) = a 2 m − a Do đó từ ad = bc ta được b 2 n − b = a 2 m − a

(

)

) )

Hay ta được a.2 m − b.2 n = a 2 − b 2 ⇒ 2 n b − a.2 m − n = ( b − a )( b + a ) . Do đó ta có ( b − a )( b + a )⋮ 2 n . Mặt khác nếu a + b và b − a cùng chia hết cho 4 thì b chia hết cho 2, điều này mâu thuẫn với b là số lẻ. Từ đó ta suy ra được b − a chia hết cho 2 n −1 hoặc a + b chia hết cho 2 n −1 .

Gọi x là một trong hai số a + b và b − a thì ta có 0 < x ≤ b + a < b + c = 2n nên ta suy ra được x = 2 n −1 .

Gọi y là ước nguyên tố chung của a và b thì y là ước nguyên tố chung của a + b và b − a . Từ đó ta suy ra được y = 2 . Mặt khác do a, b là các số lẻ nên ta suy ra a, b nguyên tố cùng nhau. Ta có 2 n −1 = 2 n − 2 n −1 = b + c − ( b ± a ) = c ± a nên tương tự như trên ta suy ra được a và c nguyên tố cùng nhau. Từ đó suy ra a và bc nguyên tố cùng nhau, mà bc ⋮ a nên ta suy ra được a = 1 . 4

Ví dụ 14. Tìm các số nguyên a, b sao cho a 4 + b 4 + ( a + b ) là số chính phương. Lời giải Ta có nhận xét: Một số chính phương chãn thì chia hết cho 4 và một số chính phương lẻ thì chia 4 dư 1. Ta xét các trường hợp sau

• Trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ, không mất tính tổng quát ta giả sử số 4

chẵn là a và số lẻ là b. Khi đó a 4 chia hết cho 4, còn b4 và ( a + b ) chia 4 dư 1. 4

Từ đó suy ra a 4 + b 4 + ( a + b ) chia 4 dư 2, nên a 4 + b 4 + ( a + b ) không thể là số chính phương.

• Cả hai số a và b đều là số lẻ, khi đó a + b là số chẵn. Từ đó ta đươc a 4 và b4 chia 4 dư 1 4

và ( a + b ) chia hết cho 4. 4

Từ đó suy ra a 4 + b 4 + ( a + b ) chia 4 dư 2, nên a 4 + b 4 + ( a + b ) không thể là số chính phương.

• Cả hai số a và b đều là số chẵn, khi đó ta đặt a = 2m; b = 2n với m, n là các số nguyên. 4 4 4 Khi đó ta có a 4 + b 4 + ( a + b ) = 16m 4 + 16n 4 + 16 ( m + n ) = 16  m 4 + n 4 + ( m + n )    4

Để a 4 + b 4 + ( a + b ) là số chính phương thì m 4 + n 4 + ( m + n ) phải là số chính phương. Tiếp tục lý luận tương tự như trên ta suy ra được a ⋮ 2k và b⋮ 2 k với k là số tự nhiên bất kì, điều này chỉ xẩy ra khi a = b = 0 .

Vậy với a = b = 0 thì a 4 + b 4 + ( a + b ) là số chính phương.

Ví dụ 15. Chứng minh rằng nếu x 2 + 2y là một số chính phương với x và y là các số nguyên dương thì x 2 + y là tổng của hai số chính phương.

Lời giải Do x và y là các số nguyên dương, đồng thời x2 + 2y là một số chính phương nên ta có

x 2 + 2y > x 2

Từ đó ta suy ra được x 2 + 2y = ( x + t ) với t là một số nguyên dương. Do đó x 2 + 2y = x 2 + 2xt + t 2 ⇒ t 2 = 2y − 2xt = 2 ( t − xt ) Suy ra t 2 ⋮ 2 ⇒ t 2 ⋮ 4 ⇒ t ⋮ 2 . Đặt t = 2m với m một số nguyên dương. Từ đó ta có 2y = t 2 + 2tx = 4m 2 + 4mx ⇒ y = 2m 2 + 2mx 2

Suy ra x 2 + y = x 2 + 2m 2 + 2mx = x 2 + ( x + m ) . Vậy x 2 + y là tổng của hai số chính phương.

Ví dụ 16. Tìm tất cả các số nguyên m sao cho m 4 + m 3 + 1 là một số chính phương. Lời giải Giả sử m 4 + m 3 + 1 là một số chính phương. Khi đó đặt m 4 + m 3 + 1 = n 2 với n là một số nguyên. 2

(

)

Ta có m 4 + m 3 + 1 = n 2 ⇔ 64m 4 + 64m 3 + 64 = ( 8n ) ⇔ 8m 2 + 4m − 1 + 8m + 63 = ( 8n )

Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu m = 0 , khi đó rõ ràng m 4 + m 3 + 1 = 1 là một số chính phương. • Nếu m ≠ 0 và m > −8

(

)

(

Khi đó từ 8m 2 + 4m − 1 + 8m + 63 = ( 8n ) ta có ( 8n ) > 8m 2 + 4m − 1 2

(

)

Do 8m 2 + 4m − 1 ≥ 0 nên ( 8n ) ≥ 8m 2 + 4m . Từ đó ta được 2

( 8m + 4m − 1) + 8m + 63 ≥ ( 8m + 4m ) ⇔ ( 8m + 4m ) − 2 ( 8m + 4m ) + 1 + 8m + 63 ≥ ( 8m 2

+ 4m

)

⇔ −16m 2 ≥ −64 ⇔ m 2 ≤ 4

Do m 2 là số chính phương nên ta được m 2 ∈ {1; 4} ⇒ m ∈ {−2; −1; 1; 2}

Kiểm tra trực tiếp ta thấy m ∈ {−2; −1; 2} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(

)

(

• Nếu m ≤ −8 , Khi đó từ 8m 2 + 4m − 1 + 8m + 63 = ( 8n ) ta có ( 8n ) < 8m 2 + 4m − 1 2

(

)

Do 8m 2 + 4m − 1 ≥ 0 nên ( 8n ) ≤ 8m 2 + 4m − 2 . Từ đó ta được 2

( 8m + 4m − 1) + 8m + 63 ≤ ( 8m + 4m − 2 ) ⇔ ( 8m + 4m ) − 2 ( 8m + 4m ) + 1 + 8m + 63 ≥ ( 8m 2

+ 4m

)

(

)

− 4 8m 2 + 4m + 4

⇔ 4m + 4m + 15 ≤ 0 Điều này vô lí nên trong trường hợp này không có m nguyên thỏa mãn bài toán. Vậy các số nguyên m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m ∈ {−2; −1; 0; 2} .

Ví dụ 17. Cho a và b là các số nguyên sao cho tồn tại hai số nguyên liên tiếp c và d thỏa mãn điều kiện a − b = a 2 c − b2d . Chứng minh rằng a − b là một số chính phương.

Lời giải Do c và d là hai số nguyên liên tiếp nên ta có d = c + 1 . Từ đó ta được

(

)

a − b = a 2 c − b 2 d ⇔ a − b = a 2 c − b 2 ( c + 1) ⇔ a − b = c a 2 − b 2 − b 2 ⇔ a − b = c ( a − b )( a + b ) − b ⇔ ( a − b )  c ( a + b ) + 1 = b 2

Gọi d là ước chung lớn nhất của a − b và c ( a + b ) + 1 a − b ⋮ d , nên ta được ( a − b ) . c ( a + b ) + 1 ⋮ d 2 Khi đó ta có  c ( a + b ) + 1⋮ d

Do đó từ ( a − b ) c ( a + b ) + 1 = b 2 ta suy ra được b2 ⋮ d2 ⇒ b⋮ d Mà ta có a − b⋮ d nên suy ra được a ⋮ d . Do đó a + b⋮ d Kết hợp với c ( a + b ) + 1⋮ d ta suy ra được 1⋮ d nên d = 1 .

(

)

Từ đó ta có a − b,c ( a + b ) + 1 = 1 . Do đó a − b là một số chính phương.

Ví dụ 18. Tìm tất cả các số nguyên dương a và b sao cho a 2 b 2 − 4 ( a + b ) là một số chính phương.

Lời giải Giả sử a 2 b 2 − 4 ( a + b ) = x 2 , với x ∈ N . Từ đó ta được x < ab . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu x = ab − 1 , khi đó ta được a 2 b 2 − 4 ( a + b ) = ( ab − 1)

Từ đó ta được −4 ( a + b ) = −2ab + 1 ⇔ 4 ( a + b ) = 2ab − 1 , điều này vô lí vì hai vế khác tính chẵn lẻ.

• Trường hợp 2: Nếu x ≤ ab − 2 , khi đó ta được x 2 ≤ ( ab − 2 )

Do đó a 2 b 2 − 4 ( a + b ) ≤ ( ab − 2 ) ⇔ ab ≤ a + b + 1 . Do vai trò của a và b như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ b . Nếu a ≥ 3 , khi đó ab ≥ 3b ≥ a + b + b > a + b + 1 , trái với ab ≤ a + b + 1 . Do đó suy ra a < 2 , mà a là số nguyên dương nên ta được a = 1 hoặc a = 2 . + Với a = 1 , khi đó ta được b 2 − 4 ( 1 + b ) = x 2 ⇔ ( b − 2 − x )( b − 2 + x ) = 8 Để ý là b − 2 − x và b − 2 + x cùng tính chẵn lẻ, lại có b − 2 + x > b − 2 − x > 0

b − 2 − x = 2 b = 5 ⇒ Nên từ phương trình trên ta được   b − 2 − x = 4 x = 1 + Với a = 2 , khi đó ta được 4b2 − 4 ( 2 + b ) = x 2 ⇔ ( 2b − 1 − x )( 2b − 1 + x ) = 9 Để ý là 2b − 1 + x ≥ 2b − 1 − x > 0

2b − 1 − x = 3  b = 2 2b − 1 − x = 1  b = 3 ⇒ ⇒ Từ đó ta được  hoặc  2b + 1 − x = 3 x = 0 2b − 1 + x = 9 x = 4 Vậy các cặp số nguyên dương thỏa mãn bài toán là ( a; b ) = ( 1; 5 ) , ( 5;1) , ( 2; 2 ) , ( 2; 3 ) , ( 3; 2 ) .

Ví dụ 19. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho p2 + 3pq + q 2 là một số chính phương. Lời giải Giả sử p2 + 3pq + q 2 = k 2 với p, q là các số nguyên tố và k là số nguyên dương. Nếu p = q = 3 thì ta có p2 + 3pq + q 2 = 9 + 3.9 + 9 = 45 không phải là số chính phương. Nếu p và q cùng khác 3, khi đó do p và q là các số nguyên tố nên p2 và q 2 chia 3 dư 1. Do đó p2 + 3pq + q 2 chia 3 dư 2, điều này dẫn đến k 2 chia 3 dư 2, điều này vô lí vì số chính phương chia 3 có số dư là 0 hoặc 1. Như vậy trong hai số nguyên tố p và q có duy nhất một số là 3. Không mất tính tổng quát ta giả sử p = 3 , khi đó ta có

q 2 + 9q + 9 = k 2 ⇔ 4q 2 + 36q + 36 = 4k 2 ⇔ ( 2q + 9 − 2k )( 2q + 9 + 2k ) = 45 Chú ý là 45 = 1.45 = 3.15 = 5.9 và k > 1 nên ta xét các trường hợp sau

2q + 9 − 2k = 1 ⇒ 4q + 18 = 46 ⇒ 4q = 28 ⇒ q = 7 , thỏa mãn. • Trường hợp 1: Nếu  2q + 9 + 2k = 45 2q + 9 − 2k = 3 ⇒ 4q + 18 = 18 ⇒ q = 0 , không thỏa mãn. • Trường hợp 2: Nếu  2q + 9 + 2k = 15 2q + 9 − 2k = 5 ⇒ 4q + 18 = 14 ⇒ q = −1 , không thỏa mãn. • Trường hợp 3: Nếu  2q + 9 + 2k = 9 Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( p; q ) = ( 3; 7 ) , ( 7; 3 ) .

Ví dụ 20. Tìm số tự nhiên bé nhất n > 1 sao cho

1 + 2 2 + 32 + ... + n 2 là một số chính n

phương.

Lời giải Bằng quy nạp toán học ta chứng minh được 1 + 2 2 + 32 + ... + n 2 =

n ( n + 1)( 2n + 1) 6

với

n ∈ N* . Do đó ta được

Giả sử

1 + 2 2 + 32 + ... + n 2 ( n + 1)( 2n + 1) = n 6

( n + 1)( 2n + 1) là một số chính 1 + 2 2 + 32 + ... + n 2 là một số chính phương khi đó n 6

phương. Đặt

( n + 1)( 2n + 1) = m 6

với m là một số nguyên dương.

Khi đó ta được ( n + 1)( 2n + 1) = 6m 2 . Để ý là 2n + 1 là số lẻ, do đó n + 1⋮ 2 , suy ra n là số lẻ. Đặt n = 2k − 1 với k ∈ N, k > 1 . Khi đó từ ( n + 1)( 2n + 1) = 6m 2 ta được k ( 4k − 1) = 3m 2 . Do 3 là số nguyên tố nên ta suy ra được k ⋮ 3 hoặc 4k − 1⋮ 3 . + Xét k ⋮ 3 , khi đó ta đặt k = 3d,d ∈ N* . Do đó từ k ( 4k − 1) = 3m 2 ta được d ( 12d − 1) = m 2 . Do k và 12k − 1 nguyên tố cùng nhau nên ta được d = u 2 ;12d − 1 = v 2 với u, v là các số tự nhiên. Dễ thấy 12d − 1 chia 3 dư 2 mà lại có v 2 chia 3 dư 0 hoặc dư 1 nên không thể 12d − 1 = v2 . + Xét 4k − 1⋮ 3 , khi đó ta được k − 1⋮ d . Đặt k = 3d + 1 . Từ đó ta được ( 3d + 1)( 4d + 1) = m 2 .

Dễ thấy ( 3d + 1, 4d + 1) = 1 nên ta có 3d + 1 = u 2 ; 4d + 1 = v 2 với u, v là các số tự nhiên. Nhận thấy v 2 là số lẻ ên v là số lẻ và v > 3 nên ta cho v nhận các giá trị

3; 5;7; 9;11;13;15;... , khi đó ta được các giá trị d tương ứng là 2; 6;12; 20; 30; 42; 56;... . Do đó ta có 3d + 1 ∈ {7;19; 37; 61; 91;127;169;...} . Nhận thấy 169 là số chính phương và là số chính phương bé nhất trong dãy số trên. Do đó n bé nhất tương ứng với k bé nhất là k = 3d + 1 = 169 nên n = 2.169 − 1 = 337. Vậy số tự nhiên bé nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 337 .

Ví dụ 21. Cho các số nguyên a, b và số nguyên tố p thỏa mãn

tổng của hai số chính phương. Chứng minh rằng

a2 + b2 ∈ Z . Cho biết p là p

a 2 + b2 cũng là tổng của hai số chính p

phương.

Lời giải Đặt p = c 2 + d 2 với c, d là các số nguyên.

(

)(

)

a 2 + b2 c 2 + d 2 ( ad + bc ) + ( ac − bd ) =  ad + bc  +  ac − bd  a 2 + b2 Ta có = =     2 p p p2  p   p 

(

)(

)

a 2 + b2 c 2 + d 2 ( ad − bc ) + ( ac + bd ) =  ad − bc  +  ac + bd  a 2 + b2 Ta cũng có = =     p p2 p2  p   p 

(

)

(

Mặt khác ta có ( ac + bd )( ac − bd ) = a 2 c 2 − b 2 d 2 = a 2 c 2 + d 2 − d 2 a 2 + b 2 Do p = c 2 + d2 và

)

a 2 + b2 ∈ Z ⇒ a 2 + b2 ⋮ p nên a 2 c 2 + d 2 − d 2 a 2 + b 2 ⋮ p p

(

)

(

)

ac + bd⋮ p Do đó ta được ( ac + bd )( ac − bd )⋮ p ⇒  ac − bd⋮ p 2

a 2 + b2  ad − bc   ac + bd  = • Trường hợp 1: Nếu ac + bd⋮ p , khi đó từ  +  ta có p  p   p  ac + bc ∈Z p Kết hợp với

a2 + b2 ad − bc ∈ Z ta suy ra được ∈Z. p p

Do đó

a 2 + b2 cũng là tổng của hai số chính phương. p 2

a 2 + b 2  ad + bc   ac − bd  = • Trường hợp 2: Nếu ac − bd⋮ p , khi đó từ  +  ta có p  p   p  ac − bd ∈Z p Kết hợp với

Do đó

ad + bc a2 + b2 ∈ Z ta suy ra được ∈Z. p p

a 2 + b2 cũng là tổng của hai số chính phương. p

Như vậy trong cả hai trường hợp ta đều có

a 2 + b2 cũng là tổng của hai số chính phương. p 2

Ví dụ 22. Cho a, b, c là các số tự nhiên thỏa mãn a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) . Chứng minh rằng các số ab; bc; ca và ab + bc + ca là các số chính phương.

Lời giải 2

Từ giả thiết a 2 + b 2 + c 2 = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )

(

)

Suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 2 a 2 + b 2 + c 2 − 2 ( ab + bc + ca ) 2

Hay ta được a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca ) ⇔ ( a + b + c ) = 4 ( ab + bc + ca ) Do đó 4 ( ab + bc + ca ) là số chính phường, mà 4 là số chính phương nên suy ra ab + bc + ca là số chính phương. Cũng từ a 2 + b 2 + c 2 = 2 ( ab + bc + ca ) ta được 2

a 2 + b 2 + c 2 + 2ab − 2bc − 2ca = 4ab ⇔ ( a + b − c ) = 4ab

Từ đó suy ra ab là số chính phương. Hoàn toàn tương tự ta cũng được bc; ca là các số chính phương. Vậy các số ab; bc; ca và ab + bc + ca là các số chính phương.

Ví dụ 23. Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p3 − 4p + 9 là số chính phương. Lời giải

(

)

Đặt p3 − 4p + 9 = t 2 với t ∈ N . Khi đó ta có p3 − 4p + 9 = t 2 ⇔ p p2 − 4 = t 2 − 9

(

)

Hay ta được p p2 − 4 = ( t − 3 )( t + 3 ) . Do p là số nguyên tố nên từ hệ thức trên ta suy ra được t − 3⋮ p hoặc t + 3⋮ p .

• Trường hợp 1: Nếu t − 3⋮ p , ta đặt t − 3 = pk, k ∈ N .

(

)

Khi đó ta được p p2 − 4 = pk ( t + 3 ) ⇔ p2 − 4 = kt + 3k ⇔ p2 = kt + 3k + 4 . 2

Mặt khác ta lại có t − 3 = pk ⇔ ( t − 3 ) = p2 k 2 ⇔ t 2 − 6t + 9 = p2 k 2

(

)

Do đó suy ra t 2 − 6t + 9 = k 2 ( kt + 3k + 4 ) ⇔ t 2 − k 3 + 6 t + 9 − 3k 3 − 4k 2 = 0

(

)

Xem t 2 − k 3 + 6 t + 9 − 3k 3 − 4k 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn ta.

(

)

Khi đó ta có ∆ = k 2 k 4 + 24k + 16 . Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương. Muốn vậy

k 4 + 24k + 16 phải là số chính phương.

(

)

+ Với k = 0 , khi đó ta có t = 3 , suy ra p3 − 4p + 9 = 9 ⇒ p p2 − 4 = 0 ⇒ p = 2 + Với k = 1 , khi đó ∆ = 41 không phải là số chính phương + Với k = 2 , khi đó ∆ = 320 không phải là số chính phương + Với k = 3 , khi đó ∆ = 392 là số chính phương. Khi đó ta có phương trình t 2 − 31t − 108 = 0 , giải ra ta được t = 36 .

(

)

Từ đó có p p2 − 4 = 33.39 , từ đây ta tìm được p = 11 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

( )

+ Với k > 3 , khi đó ta chứng minh được k 2

(

< k 4 + 24k + 16 < k 2 + 4

)

Từ đó ta có các trường hợp nhỏ sau 2

(

)

(

)

(

)

- Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 + 1 ⇔ 2k 2 − 24k − 15 = 0 - Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 + 2 - Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 + 3

⇔ k 2 − 6k − 3 = 0 ⇔ 6k 2 − 24k − 7 = 0

Các trường hợp trên đều không cho k có giá trị nguyên.

• Trường hợp 2: Nếu t + 3⋮ p , ta đặt t + 3 = pk, k ∈ N .

(

)

Khi đó ta được p p2 − 4 = pk ( t − 3 ) ⇔ p 2 − 4 = kt − 3k ⇔ p2 = kt − 3k + 4 .

Mặt khác ta lại có t + 3 = pk ⇔ ( t + 3 ) = p2 k 2 ⇔ t 2 + 6t + 9 = p2 k 2

(

)

Do đó suy ra t 2 + 6t + 9 = k 2 ( kt − 3k + 4 ) ⇔ t 2 + 6 − k 3 t + 9 + 3k 3 − 4k 2 = 0

(

)

Xem t 2 + 6 − k 3 t + 9 + 3k 3 − 4k 2 = 0 là phương trình bậc hai ẩn ta.

(

)

Khi đó ta có ∆ = k 2 k 4 − 24k + 16 . Để phương trình trên có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương. Muốn vậy

k 4 − 24k + 16 phải là số chính phương. + Với k = 0 , khi đó t = −3 loại + Với k = 1 , khi đó ∆ nhận giá trị âm + Với k = 2 , khi đó ∆ nhận giá trị âm + Với k = 3 , khi đó ∆ = 152 là số chính phương. Khi đó ta có phương trình t 2 − 21t + 54 = 0 , giải ra ta được t = 3 và t = 18 . Từ đó ta tìm được p = 2 và p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

(

+ Với k > 3 , khi đó ta chứng minh được k 2 − 4

)

( )

< k 4 − 24k + 16 < k 2

Từ đó ta có các trường hợp nhỏ sau 2

(

)

(

)

(

)

- Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 − 1 ⇔ 2k 2 − 24k + 15 = 0 - Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 − 2 - Nếu k 4 + 24k + 16 = k 2 − 3

⇔ k 2 − 6k + 3 = 0 ⇔ 6k 2 − 24k + 7 = 0

Các trường hợp trên đều không cho k có giá trị nguyên. Kết hợp cả hai trường hợp ta được p ∈ {2; 7;11} thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 24. Cho ba số tự nhiên a, b, c thỏa mãn a − b là số nguyên tố và 3c 2 = c ( a + b ) + ab . Chứng minh rằng 8c + 1 là số chính phương.

Lời giải Ta có 3c 2 = c ( a + b ) + ab ⇔ 4c 2 = c 2 + ab + bc + ca = ( c + a )( b + c ) . Gọi ( a + c, b + c ) = d , khi đó ta được ( a + c ) − ( b + c )⋮ d hay a − b⋮ d .

Do a − b là số nguyên tố nên ta suy ra dược d = 1 hoặc d = a − b . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Xét d = a − b , khi đó từ ( a + c, b + c ) = d hay ( a + c, b + c ) = a − b Do đó ta được a + c = ( a − b ) x; b + c = ( a − b ) y với x và y là các số tự nhiên. Do đó ( a + c ) − ( b + c ) = ( a − b ) x − ( a − b ) y = ( a − b )( x − y ) hay a − b = ( a − b )( x − y ) Từ đó ta được x − y = 1 ⇒ x = y + 1 . 2

Ta có 4c 2 = ( c + a )( b + c ) = ( a − b ) xy = ( a − b ) y ( y + 1) 2

Nhận thấy 4c 2 và ( a − b ) là số chính phương nên y ( y + 1) là số chính phương. Mà y và y + 1 là hai số tự nhiên liên tiếp nên ta suy ra được y ( y + 1) = 0 . Do đó 4c 2 = 0 ⇒ c = 0 . Từ đó ta được 8c + 1 = 1 là số chính phương.

• Trường hợp 2: Xét d = 1 , khi đó ta có ( a + c, b + c ) = 1 . Mà ta có 4c 2 = ( c + a )( b + c ) nên a + c và b + c đều là số chính phương. Đặt a + c = m 2 ; b + c = n 2 với m, n ∈ N . Khi đó ( a + c ) − ( b + c ) = m 2 − n 2 = ( m − n )( m + n ) Hay ta được a − b = ( m − n )( m + n ) và a − b là số nguyên tố nên ta được

m − n = 1 ⇒ m = n + 1. 2

Mặt khác 4c 2 = ( c + a )( b + c ) = m 2 n 2 = n 2 ( n + 1) , do đó 2c = n ( n + 1) . Từ đó ta được 8c + 1 = 4.2c + 1 = 4n ( n + 1) + 1 = ( 2n + 1)

Do đó 8c + 1 là số chính phương. Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có 8c + 1 là số chính phương. 2

Ví dụ 25. Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn c ( ac + 1) = ( 5c + 2b )( 2c + b ) . Chứng minh rằng c là một số chính phương lẻ.

Lời giải Cách 1. Ta biến đổi giả thiết như sau 2

c ( ac + 1) = ( 5c + 2b )( 2c + b ) ⇔ 2b 2 + 9cb + 10c 2 − c ( ac + 1) = 0

Xem 2b 2 + 9cb + 10c 2 − c ( ac + 1) = 0 là phương trình bậc ha ẩn b, khi đó 2 ∆ b = c c + 8 ( ac + 1)  .  

Và phương trình có nghiệm nguyên nên ta có ∆ b phải là số chính phương. 2 Đặt ∆ b = c  c + 8 ( ac + 1)  = x 2 , x ∈ N * .  

2 2 2 Gọi d = c, c + 8 ( ac + 1) , khi đó ta có c + 8 ( ac + 1)  − c ⋮ d ⇒ 8 ( ac + 1) ⋮ d  

)

(

Lại có c ⋮ d nên ta suy ra được d, ( ac + 1)

) = 1 . Từ đó suy ra 8⋮d hay d ∈{1; 2; 4; 8}

Ta đi xét các trường hợp sau:

(

• Trường hợp 1: Với d = 8 , khi đó từ d = c, c + 8 ( ac + 1) 2 2 c c x Lại có c  c + 8 ( ac + 1)  = x 2 nên  + ( ac + 1)  =     8 8  8

) ta suy ra  8c , 8c + (ac + 1)  = 1 2

Từ đó ta được x ⋮ 8 , ta đặt x = 8k, k ∈ N* . Từ đó suy ra

Từ đó dẫn đến

2 c c + ( ac + 1)  = k 2 .  8 8 

2 c c = t 2 và + ( ac + 1) = s2 với t,s ∈ N* và ( t, s ) = 1 8 8

c = 8t 2 2 2  Suy ra  2 . Chú ý rằng 8t 2a + 1 < t 2 + 8t 2a + 1 < 8t 2a + 2 2 2 2 t + 8t a + 1 = s

(

)

(

)

(

)

(

) (

)

) (

Do đó ta được 8t 2a + 1 < s 2 < 8t 2a + 2 , mà 8t 2 a + 1 ; 8t 2 a + 1

)

là hai số chính phương

liên tiếp. Do đó không tồn tại s thỏa mãn.

(

• Trường hợp 2: Với d = 4 , khi đó từ d = c, c + 8 ( ac + 1)

) ta suy ra  4c , 4c + 2 (ac + 1)  = 1 2

2 c c 2 Lại có c  c + 8 ( ac + 1)  = x 2 nên và + 2 ( ac + 1) là các số chính phương.   4 4

Nếu

2 2 c c c c là số chẵn thì + 2 ( ac + 1) là số chẵn, do đó  , + 2 ( ac + 1)  = 2 , điều này mâu 4 4 4 4 

2 c c thuẫn với  , + 2 ( ac + 1)  = 1 . 4 4 

Do đó

c c c là số lẻ, mà là số chính phương nên chia 4 có số dư là 1. 4 4 4

Mặt khác do c là số chẵn nên ac + 1 là số lẻ, do đó ta được ( ac + 1) chia 4 có số dư là 1. Từ đó suy ra

2 2 c c + 2 ( ac + 1) chia 4 có số dư là 3. Điều này vô lí vì + 2 ( ac + 1) là số chính 4 4

phương. Vậy trường hợp này loại.

• Trường hợp 3: Với d = 2 , khi đó hoàn toàn tương tự như trên ta xét số chính phương nên

c c là số lẻ, mà là 2 4

c chia 4 có số dư là 1. 2 2

Mặt khác do c là số chẵn nên ac + 1 là số lẻ, do đó ta được ( ac + 1) chia 4 có số dư là 1. Từ đó suy ra

2 2 c c + 4 ( ac + 1) chia 4 có số dư là 5. Điều này vô lí vì + 4 ( ac + 1) là số chính 2 2

phương. Vậy trường hợp này loại.

• Trường hợp 4: Với d = 1 , khi đó hoàn toàn tương tự như trên ta xét c là số lẻ. 2 2 c c Và do  , + ( ac + 1)  = 1 , lại có c  c + 8 ( ac + 1)  = x 2 nên c là số chính phương.    8 8 

Như vậy từ các trường hợp trên ta được c là một số chính phương lẻ.

Cách 2. Gọi d = ( b,c ) , khi đó ta có b = dn; c = dm với m, n ∈ N* và ( m, n ) = 1 . 2

Thay vào c ( ac + 1) = ( 5c + 2b )( 2c + b ) ta được m ( dam + 1) = d ( 5m + 2n )( 2m + n ) 2

Từ đó suy ra m ( dam + 1) ⋮ d . Mà ta có ( d,dam + 1) = 1 nên dẫn đến m ⋮ d . Đặt m = dk, k ∈ N* , khi đó ( n, k ) = ( d, n ) = 1 . 2

(

)

Khi đó từ m ( dam + 1) = d ( 5m + 2n )( 2m + n ) ta được k d 2ak + 1 = ( 5dk + 2n )( 2dk + n ) Do đó ( 5dk + 2n )( 2dk + n )⋮ k , mà ta có ( k, 2dk + n ) = 1 nên suy ra 5dk + 2n ⋮ k ⇒ 2n ⋮ k . Lại có ( k, n ) = 1 nên dẫn đến 2 ⋮ k , do đó k ∈ {1; 2} . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Xét k = 2 , khi đó ta có

(

)

(

)

2 ad 2 + 1 = ( 10d + 2n )( 4d + n ) ⇔ ad 2 + 1 = ( 5d + n )( 4d + n )

 5d + n = x 2 Do ( 5d + n, 4d + n ) = ( d, 4d + n ) = ( d, n ) = 1 nên  , với x, y ∈ N* và ( x, y ) = 1 . 2  4d + n = y

Từ đó suy ra d = x 2 − y 2 . Do đó 2ad + 1 = xy ⇔ a = 2

(

Để ý rằng ( x + y ) ≥ 4xy > xy − 1 và 2 x 2 − y 2

(

Do đó 2 x 2 − y 2

xy − 1 xy − 1 . ⇔a= 2 2d 2 x2 − y 2

(

)

) − ( x + y ) = ( x + y ) 2 ( x − y ) 2

− 1 > 0 

) > ( x + y ) > xy − 1 . Điều này dẫn đến a < 1 , vô lí. 2

Do đó trường hợp này loại.

• Trường hợp 2: Xét k = 1 , khi đó ta được d = m nên c = d 2 ; b = dn . Do đó đẳng thức của 2

(

) (

)(

) (

)

bài toán trở thành d 2 ad 2 + 1 = 5d 2 + 2dn 2d 2 + dn ⇔ ad 2 + 1 = ( 5d + 2n )( 2d + n ) ( * ) .  5d + 2n = x 2 , với x, y ∈ N* và ( x, y ) = 1 . Do ( 5d + 2n, 2d + n ) = ( d, 2d + n ) = ( d, n ) = 1 nên  2  2d + n = y d = x 2 − 2y 2 Từ đó ta được  . 2 2  n = 5y − 2x 2 2 d = 4t − 2y Nếu x là số chẵn thì x = 2t, t ∈ N* , khi đó  2 2  n = 5y − 8t

(

Khi đó ( * ) trở thành ( ad + 1) = 4t 2 y 2 ⇔ a 4t 2 − 2y 2

)

+ 1 = 2ty , rõ ràng phương trình này

vô nghiệm do hai vế khác tính chẵn lẻ. Điều này có nghĩa là x phải là số lẻ. Từ đó suy ra d là số lẻ nên do đó c = d 2 là số chính phương lẻ. Kết hợp hai trường hợp ta được c là một số chính phương lẻ.

(

)

Ví dụ 26. Cho dãy các số tự nhiên được xác định bởi công thức u n = 3 n 2 + n + 7 với n = 1; 2; 3;... . Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số nào là một lập phương đúng.

Lời giải Thử một số trường hợp ta thấy

(

)

+ Với n = 1 thì u 1 = 3 12 + 1 + 7 = 13 không phải là lập phương đúng.

(

)

+ Với n = 2 thì u 2 = 3 2 2 + 2 + 7 = 25 không phải là lập phương đúng.

(

)

+ Với n = 3 thì u 3 = 3 3 2 + 3 + 7 = 43 không phải là lập phương đúng.

(

)

Ta sẽ chứng minh với số tự nhiên n bất kì thì u n = 3 n 2 + n + 7 không phải là lập phương đúng.

(

)

Thật vậy, giả sử tồn tại số tự nhiên n để số u n = 3 n 2 + n + 7 là một lập phương đúng.

(

)

Khi đó ta đặt u n = 3 n 2 + n + 7 = a 3 với a là một số nguyên dương.

(

)

Do 3 n 2 + n = 3n ( n + 1) là số chẵn nên suy ra a 3 là số lẻ hay a là số lẻ.

(

)

Đặt a = 2k + 1, k ∈ N* , khi đó từ 3 n 2 + n + 7 = a 3 ta được

(

)

(

)

3 n 2 + n + 7 = ( 2k + 1) ⇔ 3 n 2 + n + 2 = 8k 3 + 12k 2 + 6k

(

)

(

)

Do 3 n 2 + n + 2 ⋮ 3 và 12k 2 + 6k ⋮ 3 nên suy ra 8k 3 ⋮ 3 . Do ( 3,8 ) = 1 và 3 là số nguyên tố nên ta được k ⋮ 3 . Đặt k = 3m với m là số nguyên dương.

(

)

Khi đó thay vào 3 n 2 + n + 2 = 8k 3 + 12k 2 + 6k và ta được

(

)

(

3 n 2 + n + 2 = 8.27m 3 + 12.9m 2 + 6.3m ⇔ n 2 + n + 2 = 6 12m 3 + 6m 2 + m

)

Nhận thấy nếu n chí hết cho 3 thì n 2 + n + 2 chia 3 có số dư là 2, nếu n chia 3 có số dư là 1 thì n 2 + n + 2 chia 3 có số dư là 1, nếu n chia 3 có số dư là 2 thì n 2 + n + 2 chia 3 có số dư là 2. Do đó n 2 + n + 2 không chia hết cho 3 nên không chia hết cho 6. Từ đó ta thấy đẳng thức trên không thỏa mãn.

(

)

Vậy giả sử trên là sai hay u n = 3 n 2 + n + 7 không phải là lập phương đúng.

Ví dụ 27. Tìm các số tự nhiên x sao cho

x−3 là bình phương của một số hữu tỉ. 4x + 6 Lời giải

Giả sử

x−3  a  , với a, b là các số tự nhiên trong đó b > 0 . Ta xét các trường hợp sau = 4x + 6  b 

• Xét a = 0 , khi đó x − 3 = 0 ⇒ x = 3 .

(

)

• Xét a ≠ 0 , khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử ( a, b ) = 1 nên a 2 , b 2 = 1 . 2

x−3  a  Do đó từ = ta suy ra được 4x + 6  b 

 x − 3 = ka 2 , với k là số tự nguyên.  2  4x + 6 = kb

Từ đó suy ra ( 4x + 6 ) − 4 ( x − 3 ) = b 2 k − 4a 2 k ⇔ 18 = k ( b − 2a )( b + 2a ) . Do đó b + 2a và b − 2a là các ước của 18 Chú ý rằng b + 2a > 0; b + 2a > b − 2a , lại thấy b + 2a và b − 2a cùng là số lẻ Từ đó ta có bảng giá trị như sau

b + 2a

b − 2a

−1

−18

−3

−6

−9

b>0

2, loại 4 1 10, −2

−1

loại

2, loại

−1

−6

−3

−2

6, loại

−1

−2

−3

8 10, loại

Như vậy ta được + Với x = 3 thì

x−3 =0 4x + 6

+ Với x = −3 thì

x−3 −3 − 3 = = 1 = 12 4x + 6 4 ( −3 ) + 6

x−3 11 − 3 8 4 2 + Với x = 11 thì = = = = 4x + 6 4.11 + 6 50 25  5 

Ví dụ 28. Cho a, b, c, d là các số nguyên thực thỏa mãn

a 2 − 1 b2 − 1 c 2 − 1 d2 − 1 = = = = p, 5a 5b 4c 4d

trong đó p là số nguyên dương. Chứng minh rằng ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) là một số chính phương.

Lời giải Từ giả thiết của bài toán ta được a 2 + 5pa − 1 = b 2 + 5pb − 1 = 0; c 2 + 4pc − 1 = d 2 + 4pd − 1 = 0 . Xét hai phương trình bậc hai ẩn x là x 2 + 5px − 1 = 0 và x 2 + 4px − 1 = 0 .

Khi đó ta thấy a, b là hai nghiệm của phương trình x 2 + 5px − 1 = 0 và c, d là hai nghiệm của phương trình x 2 + 4px − 1 = 0 .

a + b = −5p c + d = −4p Theo định lý Vi – te ta được  và  . ab = −1 cd = −1 Ta có ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) = ab − ( a + b ) c + c 2  ab + ( a + b ) d + d 2  Áp dụng các hệ thức Vi – et trên ta được ab − ( a + b ) c + c 2  ab + ( a + b ) d + d 2  = c 2 + 5pc − 1 d 2 − 9pd − 1   

(

)(

) (

)(

Chú ý rằng c 2 + 5pc − 1 d 2 − 9pd − 1 = c 2 + 4pc − 1 + pc d 2 + 4pd − 1 − 9pd

)

Kết với c 2 + 4pc − 1 = d 2 + 4pd − 1 = 0 ta được

( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) = −9p cd = 9p = ( 3p ) 2

Vậy ( a − c )( b − c )( a + d )( b + d ) là một số chính phương.

Nhận xét: Ta có thể phát biểu một số bài tương tự như sau: Bài 1. Cho p, q là một số nguyên dương. Giả sử phương trình x 2 + 5px − 1 = 0 có hai nghiệm là x1 ; x 2 và phương trình x 2 + 4px − 1 = 0 có hai nghiệm x 3 ; x 4 . Chứng minh rằng ( x1 − x 3 )( x 2 − x 3 )( x1 + x 4 )( x 2 + x 4 ) là một số chính phương.

Bài 2. Cho p là một số nguyên dương. Giả sử phương trình x 2 + px + 1 = 0 có hai nghiệm là a 1 ; a 2 và phương trình x 2 + qx + 1 = 0 có hai nghiệm b1 ; b 2 .

Chứng minh rằng ( a 1 − b1 )( a 2 − b1 )( a 1 + b 2 )( a 2 + b 2 ) là hiệu của hai số chính phương.

Ví dụ 29. Tìm số nguyên tố p để

p+1 p2 + 1 và là các số chính phương. 2 2 Lời giải

Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn

p+1 p2 + 1 = x2 và = y2 2 2

p + 1 = 2x 2 ( 1) Khi đó ta được  2 . 2 p + 1 = 2y ( 2 ) Trừ theo vế của đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta được p ( p − 1) = 2 ( y + x )( y − x ) ( 3 ) Suy ra ta được 2 ( y + x )( y − x )⋮ p ( 4 ) .

Mặt khác từ (1) ta thấy p là số lẻ và x > 1 . Ta có p + 1 = 2x 2 = x 2 + x 2 > x + 1 ⇒ p > x . Từ (2) ta lại có y > 1 nên p2 + 1 = 2y 2 = y 2 + y 2 > y 2 + 1 ⇒ p > y . Từ (3) ta suy ra được y > x . Từ đó ta được 0 < y − x < p . Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy ra được x + y⋮ p . Mà ta lại có 0 < x + y < 2p nên ta được x + y = p . Thay vào (3) ta được p − 1 = 2 ( y − x ) . Từ đó suy ra y − x =

p+1 p+1 3p − 1 ;y = nên ta được x = . 2 4 4 2

p+1  p+1 Thay x = vào (1) ta được p + 1 = 2   ⇔ p=7. 4  4  Thay p = 7 vào (2) ta được 7 2 + 1 = 2y 2 ⇒ y = 5 . Vậy p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: 2

p2 + 1 ( 4k ± 1) + 1 Với p chẵn không xẩy ra, với p = 4k + 1 khi đó ta được = = 8k 2 ± 4k + 1 . 2 2 Đến đây ta tìm các giá trị của k để 8k2 ± 4k + 1 là các số chính phương.

Ví dụ 30. Cho số nguyên dương a1 . Ta lập các số nguyên dương a 2 ; a 3 ; a 4 ;...; a 2015 thỏa mãn điều kiện a n +1 = a n3 + 2013 , với n = 1; 2; 3;...; 2014 . Hỏi trong 2015 số nguyên dương

a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a 2015 có bao nhiêu số chính phương.

Lời giải Ta có nhận xét: Một số chính phương chẵn thì chia hết cho 8 hoặc chia 8 dư 4. Một số chính phương lẻ thì chia 8 dư 1. Gọi n là số nhỏ nhất để a n là số chính phương. Khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Với a n là số chẵn. Khi đó ta được a 3n ⋮ 8 nên a 3n + 2013 chia 8 dư 5. Nếu n < 2013 thì a n +1 = a n3 + 2013 chia 8 dư 5. Vì 53 + 2013 chia 8 dư 2 nên a 3n +1 + 2013 chia 8 dư 2. Do đó nếu n < 2012 thì a n + 2 = a n3 +1 + 2013 chia 8 dư 2. Lập luận tương tự như trên thì khi n < 2011 thì a n + 3 = a n3 + 3 + 2013 chia 8 dư 5.

Cứ tiếp tục lập luận như vậy ta được với m ∈ N* và m > n thì a m chia 8 dư 2 hoặc dư 5. Do đó a m không thể là số chính phương.

• Trường hợp 2: Với a n là số lẻ. Khi đó a n chia 8 dư 1. Vì 13 + 2013 chia 8 dư 6 nên với n < 2013 thì a n +1 = a n3 + 2013 chia 8 dư 6, do đó a n +1 không thể là số chính phương. Cũng từ a n +1 là số chẵn nên lập luận tương tự như trường hợp 1 ta được với m > n + 1 thì

a m không thể là số chính phương. Như vậy trong dãy số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a 2015 có không qua một số chính phương và nếu có thì a1 là số chính phương duy nhất.

Ví dụ 31. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

p2 − p − 2 là lập phương của một số tự 2

nhiên.

Lời giải Đặt

p2 − p − 2 = n 3 với n là một số tự nhiên. 2

Vì p là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với p = 2 , khi đó ta được n = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Trường hợp 2: Với p > 2 , khi đó ta có

p2 − p − 2 = n 3 ⇔ p ( p − 1) = 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 . 2

(

)

Từ đó ta được n + 1⋮ p hoặc n 2 − n + 1⋮ p (vì p là số nguyên tố lẻ).

(

)

+ Nếu n + 1⋮ p thì ta được n + 1 ≥ p . Từ đó ta được 2 n 2 − n + 1 ≥ n 2 + ( n − 1) + 1 > n > p − 1 .

(

)

Từ đó ta được p ( p − 1) < 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 . Do đó trường hợp này lại + Nếu n 2 − n + 1⋮ p , khi đó ta đặt n 2 − n + 1 = kp với k là số tự nhiên khác 0.

(

)

Thay vào phương trình p ( p − 1) = 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 ta được p = 2 ( n + 1) k + 1 .

(

) (

)

Từ đó suy ra n 2 − n + 1 = 2 ( n + 1) k 2 + k hay n 2 − 2k 2 + 1 n − 2k 2 + k − 1 = 0 .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do 2k 2 + 1 là số lẻ nên để 2

(

)

(

) (

(

)

(

)

phương trình trên có nghiệm nguyên thì ∆ = 2k 2 + 1 + 4 2k 2 + k − 1 phải là số chính phương lẻ.

(

)

(

)

Ta thấy 2k 2 + 1 < ∆ < 2k 2 + 4 . Do đó ∆ = 2k 2 + 1 + 4 2k 2 + k − 1 = 2k 2 + 3 . Từ đó ta tính được k = 3 suy ra n = 20 nên p = 127 . Thử lại ta thấy p = 127 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các số cần tìm là p = 2 và p = 127 .

Ví dụ 32. Giả sử K là tích của tám số tự nhiên liên tiếp và Q là là một số chính phương nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện Q > K . Chứng minh rằng Q − K là một số chính phương.

Lời giải Giả sử K = a ( a + 1)( a + 2 )( a + 3 )( a + 4 )( a + 5 )( a + 6 )( a + 7 ) với a ∈ N .

(

)(

Hay ta được K = a 2 + 7a a 2 + 7a + 6 a 2 + 7a + 10 a 2 + 7a + 12

)

Khi đó ta xét các trường hợp sau.

• Trường hợp 1: Nếu a = 0 , khi đó K = 0 nên Q = 1 , suy ra Q − K = 1 là một số chính phương.

• Trường hợp 2: Nếu a = 1 , khi đó k = 8! = 40320 nên suy ra 200 < K < 201 . Ta chọn Q = 2012 khi đó Q − K = 2012 − 40320 = 81 = 9 2 là một số chính phương.

• Trường hợp 3: Nếu a ≥ 2 , khi đó đặt x = a 2 + 7a nên x ≥ 18 .

(

)(

)

Ta được K = x ( x + 6 )( x + 10 )( x + 12 ) = x 2 + 6x x 2 + 22x + 120 = x 4 + 28x 3 + 252x 2 + 720x .

(

Ta xét x 2 + 14x + 26

)

(

= x 4 + 28x 3 + 248x 2 + 728x + 676 . Do đó ta được

K − x 2 + 14x + 26

) = (x

) (

+ 28x 3 + 252x 2 + 720x − x 4 + 28x 3 + 248x 2 + 728x + 676 2

= ( 2x − 2 ) − 680 ≥ ( 2.18 − 2 ) − 680 > 0

(

Do đó K > x 2 + 14x + 26

(

Lại xét x 2 + 14x + 28

)

= x 4 + 28x 3 + 252x 2 + 784x + 784 . Do đó ta được

(

) (

+ 14x + 28 − K = x 4 + 28x 3 + 252x 2 + 784x + 784 − x 4 + 28x 3 + 252x 2 + 720x = 64x + 784 > 0

)

(

Do đó x 2 + 14x + 28

)

(

> K . Như vậy ta được x 2 + 14x + 26

(

Từ đó ta chọn Q = x 2 + 14x + 27

(

+ Với Q = x 2 + 14x + 27

)

(

)

(

)

< K < x 2 + 14x + 28 .

hoặc Q = x 2 + 14x + 28 .

khi đó ta được Q − K = 36x + 729 − 2x 2 > 0 .

Từ đó ta được ( x − 9 ) < 446 ⇒ x ≤ 30 nên ya được 18 ≤ x ≤ 30 . Đến đây ta suy ra được a = 2 hoặc a = 3 . Khi a = 2 thì x = 18 suy ra Q − K = 27 2 là số chính phương và khi a = 3 thì x = 30 suy ra

Q − K = 9 2 là số chính phương.

(

+ Với Q = x 2 + 14x + 28

)

(

)

khi đó Q − K = 64x + 784 = 64 a 2 + 7a + 784 = ( 8a + 28 ) là số

chính phương. Vậy trong mọi trương hợp xẩy ra ta luôn có Q − K là một số chính phương.

Ví dụ 33. Cho x, y, z là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau theo từng đôi một và thỏa mãn điều kiện ( x − z )( y − z ) = z 2 . Chứng minh rằng tích xyz là một số chính phương.

Lời giải Trước hết ta chứng minh x − z và y − z là hai số nguyên tố cùng nhau.

x − z ⋮ d Thật vậy, gọi d là ước chung lớn nhất của x − z và y − z , khi đó ta được  y − z⋮d Từ đó ta được ( x − z )( y − z )⋮ d 2 . Mà ta có ( x − z )( y − z ) = z 2 nên suy ra z2 ⋮ d2 ⇒ z⋮ d .

x − z⋮ d x⋮ d ⇒ Cũng từ  .  y − z⋮ d  y ⋮ d Mà theo bài ra thì ( x, y ) = 1 , từ đó ta được d = 1 . Do đó x − z và y − z là hai số nguyên tố cùng nhau. Lại từ ( x − z )( y − z ) = z 2 nên ta được x − z và y − z là hai số chính phương.  x − z = m 2 Đặt  , m; n ∈ N . Nên ta được ( x − z )( y − z ) = m 2 .n 2 = z 2 ⇒ z = mn . 2  y − z = n 2

Ta có x + y = ( x − z ) + ( y − z ) + 2z = m 2 + n 2 + 2mn = ( m + n ) .

Cũng từ ( x − z )( y − z ) = z 2 ta suy ra được xy = z ( x + y ) , do đó

xyz = z 2 ( x + y ) =  z ( m + n ) 

Hay tích xyz là một số chính phương.

Ví dụ 34. Tìm số tự nhiên lẻ nhỏ nhất sao cho n 2 biểu diễn được thành tổng của một số lẻ các số chính phương liên tiếp.

Lời giải Giả sử n 2 biểu diễn được thành tổng của 2k + 1, k ∈ N* số chính phương liên tiếp. 2

Khi đó ta có n 2 = ( a − k ) + ( a − k + 1) + ... + a 2 + ... + ( a + k ) với a là số tự nhiên.

(

Suy ra ta được n 2 = ( 2k + 1) a 2 + 2 1 + 2 2 + 32 + ... + k 2

)

Hay ta được 3n 2 = 3 ( 2k + 1) a 2 + k ( k + 1)( 2k + 1) . 2

Chú ý rằng n là số tự nhiên lẻ, nên ta đặt n = 2t + 1 , do đó n = ( 2t + 1) = 4t ( t + 1) = 8s + 1 với s và t là các số tự nhiên. Ta cũng có a là số lẻ nên a = 8r + 1 , với r là số tự nhiên. Do đó từ 3n 2 = 3 ( 2k + 1) a 2 + k ( k + 1)( 2k + 1) ta được

3 ( 8s + 1) = 3 ( 2k + 1)( 8r + 1) + k ( k + 1)( 2k + 1) Dễ thấy 3 ( 8s + 1) và 3.2k ( 8r + 1) chia 8 dư 1 nên suy ra 6k + k ( k + 1)( 2k + 1) chia hết cho 8 Suy ra ta được k ( k + 1)( 2k + 1) + 6  ⋮ 8 . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu k là số chẵn thì ( k + 1)( 2k + 1) + 6 là số lẻ nên để k ( k + 1)( 2k + 1) + 6  ⋮ 8 thì k phải cha hết cho 8. + Với k = 8 , khi đó từ 3n 2 = 3 ( 2k + 1) a 2 + k ( k + 1)( 2k + 1) ta được n 2 = 17a 2 + 17.24 . Nếu n chia hết cho 3 thì a chia hết cho 3, khi đó n 2 và a 2 chia hết cho 9 nhưng 17a 2 + 17.24 không chia hết cho 9. Còn nếu n không chia hết cho 3 thì n 2 chia 3 dư 1 và do đó a không chí hết cho 3 nên a 2 chia 3 dư 1, suy ra 17a 2 + 17.24 chia 3 dư 3. Do đó với k = 8 thì không tồn tại a thỏa mãn phương trình. + Với k = 8p ≥ 16 , khi đó ta được n 2 > 77 2

• Trường hợp 2: Nếu k là số lẻ thì ta đặt k = 8p + q với p, q là số tự nhiên và q ∈ {1; 3; 5; 7}

Khi đó thay vào k ( k + 1)( 2k + 1) + 6  ⋮ 8 ta được 8p + 6 + ( q + 1)( 2q + 1)  ⋮ 8 Thử từng trường hợp cụ thể ta được q = 5 thỏa mãn, do đó k = 8p + 5 . + Với k = 5 , khi đó từ 3n 2 = 3 ( 2k + 1) a 2 + k ( k + 1)( 2k + 1) ta được n 2 = 11a 2 + 110

(

)

Hay n 2 = 11 a 2 + 10 . Do n 2 là số chính phương và 11 là số nguyên tố nên a 2 + 10⋮11 Ta có a 2 + 10 = a 2 − 1 + 11 = ( a − 1)( a + 1) + 11 nên suy ra ( a − 1)( a + 1)⋮11 . Chú ý rằng số lẻ a > k = 5 nên ta thử với a = 21; 23;... thì được a = 23 thỏa mãn. Khi đó ta được n = 77 . Thử lại ta được 77 2 = 182 + 192 + ... + 27 2 + 282 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với + Với k = 8p + 5 ≥ 13 , khi đó ta được n 2 ≥ ( 2k + 1) k 2 +

k ( k + 1)( 2k + 1)

> 77 2 .

Vậy số tự nhiên lẻ nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 77 .

Ví dụ 35. Xét phương trình x 2 + ky 3 − 2kxy 2 − k = 0 với k là số nguyên dương. Chứng minh rằng phương trình trên có nghiệm nguyên ( x; y ) thỏa mãn x > 0; y > 1 khi và chỉ khi k là một số chính phương.

Lời giải • Điều kiện cần: Biến đổi tương đương phương trình đã cho ta được

(

)

x 2 − 2kxy 2 + k y 3 − 1 = 0 .

(

)

Xem đây là phương trình bậc hai ẩn x thì ta có ∆ = 4k 2 y 4 − 4k y 3 − 1 . Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên ( x; y ) thỏa mãn x > 0; y > 1 .

(

)

Khi đó ∆ = 4k 2 y 4 − 4k y 3 − 1 phải là số chính phương. Do y > 1 nên y 3 − 1 > 0 và k là số nguyên dương nên ta được ∆ > 1 . Ta có 2

(

) = (y

(

) (

)

∆ − 2ky 2 − y − 1 = 4k 2 y 4 − 4k y 3 − 1 − 2ky 2 − y − 1 = 4k + 4ky 2 − y 2 − 1 − 2y 2

)

+ 1 ( 4k − 1) − 2y > y 2 + 1 − 2y = ( y − 1) > 0

(

)

Do đó ta được ∆ > 2ky 2 − y − 1 . Lại có

( 2ky

− y + 1 − ∆ = 2ky 2 − y − 1 −  4k 2 y 4 − 4k y 3 − 1  = 4ky 2 − 4k + y 2 + 1 − 2y  

)

( = 4k ( y

)

(

)

− 1 + ( y − 1) > ( y − 1)( 4ky + y + 4k − 1) > 0

(

)

(

)

(

)

Do đó ∆ < 2ky 2 − y + 1 . Từ đó ta được 2ky 2 − y − 1 < ∆ < 2ky 2 − y + 1 .

(

) (

)

Do ∆ là số chính phương nên suy ra 4k 2 y 4 − 4k y 3 − 1 = 2ky 2 − y . Khi đó ta có 4k 2 y 4 − 4ky 3 + 4k = 4k 2 y 4 − 4ky 3 + y 2 ⇒ 4k = y 2 . Do y, k là số nguyên dương nên ta suy ra y = 2a với a là số nguyên dương, do đó k = a 2 hay k là số chính phương.

• Điều kiện đủ: Giả sử k là số chính phương, khi đó đặt k = t 2 với t là số nguyên dương. Khi đó phương trình đã cho trở thành x 2 + 2t 2 xy 2 + t 2 y 3 − t 2 = 0 ⇔ x 2 − t 2 + t 2 y 2 ( t − 2x ) = 0 Khi đó phường trình có nghiệm nguyên là ( x; y ) = ( t; 2t ) với t là số nguyên dương lớn hơn 1. Vậy bài toán được chứng minh xong.

Ví dụ 36. Tìm số nguyên dương n để ( 5n + 5 )( 4n + 2 ) là một số chính phương. Lời giải Giả sử số nguyên dương n thỏa mãn ( 5n + 5 )( 4n + 2 ) là một số chính phương. Khi đó ta đặt ( 5n + 5 )( 4n + 2 ) = a 2 với a là một số nguyên dương . Để ý là ( 5n + 5 )( 4n + 2 ) = 10 ( n + 1)( 2n + 1) nên suy ra a 2 chia hết cho 10 hay a 2 chia hết cho 2 và 5. Do 2 và 5 là số nguyên tố nên a chia hết cho 2 và 5. Từ đó suy ra a = 10m với là số nguyên dương. Do đó từ phương trình ( 5n + 5 )( 4n + 2 ) = a 2 ta được ( n + 1)( 2n + 1) = 10m 2 Từ phương trình trên ta suy ra n phải là số lẻ, khi đó ta đặt n = 2k + 1 với k ∈ N . Khi đó từ ( n + 1)( 2n + 1) = 10m 2 ta được ( 2k + 2 )( 4k + 3 ) = 10m 2 ⇒ ( k + 1)( 4k + 3 ) = 5m 2 Gọi d = ( k + 1, 4k + 3 ) , suy ra 4 ( k + 1) − ( 4k + 3 )⋮ d ⇒ 1⋮ d ⇒ d = 1  k + 1 = 5p2  k + 1 = q 2 Nên từ ( k + 1)( 4k + 3 ) = 5m 2 ta được  hoặc , với p; q ∈ N* .  2 2  4k + 3 = q  4k + 3 = 5p  k + 1 = 5p2 • Với  , ta thấy 4k + 3 = q 2 không xẩy ra vì số chính phương chia cho 4 có số 2  4k + 3 = q

dư là 0 hoặc 1. Nên hệ phương trình trên không có nghiệm nguyên.

2 2  k + 1 = q  4k + 4 = 4q • Với  ⇒ ⇒ 4q 2 − 1 = 5p2 , khi đó từ ta thấy p là số lẻ.  2 2  4k + 3 = 5p  4k + 3 = 5p

(

)

Đặt p = 2b + 1 với b ∈ N , thay vào trên ta được 4q 2 − 5 ( 2b + 1) = 1 ⇔ 2 q 2 − 5b 2 − 5b = 3 , rõ ràng phương trình này cũng không có nghiệm nguyên nên hệ trên không có nghiệm nguyên. Vậy không có số nguyên dương n thỏa mãn bài toán.

Nhận xét: Ta có thể phát biểu bài toán trên dưới dạng phương trình nghiệm nguyên là: + Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình ( x + 1)( 2x + 1) = 10y 2 + Bài toán tổng quát của bài toán trên: Phương trình ( x + 1)( 2x + 1) = 2p.y 2 , trong đó

p = 4k + 1 là số nguyên tố, không có nghiệm nguyên dương. Ví dụ 37. Cho m > n là các số nguyên dương lẻ và n 2 − 1 chia hết cho m 2 − n 2 + 1 . Chứng minh rằng m 2 − n 2 + 1 là một số chính phương.

Lời giải

(

)

Theo giả thiết ta có n 2 − 1 chia hết cho m 2 − n 2 + 1 nên ta được m 2 − m 2 − n 2 + 1 chia hết

(

)

cho m 2 − n 2 + 1 . Từ đó ta được m 2 ⋮ m 2 − n 2 + 1 .

(

Từ đó tồn tại số nguyên dương k để m 2 = k m 2 − n 2 + 1

)

m+n m−n m+n m−n . −1 Chú ý rằng m 2 =  + và m 2 − n 2 + 1 = 4.  2 2 2   2 Do m và n là các số nguyên dương lẻ, lại có m > n nên

m+n m−n ; là các số nguyên 2 2

dương. Đặt x =

2 m+n m−n ;y = , khi đó ta được ( x + y ) = k ( 4xy + 1) . 2 2

Để chứng minh được 4xy + 1 là số chính phương ta cần chứng minh k là số chính phương. Thật vậy, giả sử cặp số nguyên dương ( x 0 ; y 0 ) với x 0 + y 0 nhỏ nhất thỏa mãn thỏa đẳng thức trên. 2

Khi đó ta được ( x 0 + y 0 ) = k ( 4x 0 y 0 + 1) . Xét phương trình bậc hai ẩn x là x 2 − ( 4k − 2 ) y 0 x + y 02 − k = 0 .

Khi đó x 0 là một nghiệm của phương trình trên. Như vậy theo hệ thức Vi – et thì phương

x + x1 = ( 4k − 2 ) y 0 trình còn có một nghiệm nữa là x1 . Khi đó ta được  0 . 2 x 0 .x1 = y 0 − k Từ hệ thức thứ nhất x 0 + x1 = ( 4k − 2 ) y 0 ta suy ra được x1 là số nguyên. Ta xét các trường hợp sau

• Nếu x 1 < 0 thì từ hệ thức thứ hai x0 .x1 = y 02 − k ta được y02 − k < 0 ⇒ y02 < k . 2

Khi đó ta có x12 − ( 4k − 2 ) y 0 x1 + y 02 − k = ( x1 + y 0 ) + k ( −4x1 − 1) > 0 , điều này mâu thuẫn vì

x1 là nghiệm của phương trình. • Nếu x 1 = 0 , khi đó từ x0 .x1 = y 02 − k ta được y02 − k = 0 ⇒ k = y 02 là số chính phương. • Nếu x 1 > 0 thì ta được y02 − k > 0 ⇒ k > y 02 . Khi đó ( x1 ; y 0 ) là một nghiệm của phương 2

trình ( x + y ) = k ( 4xy + 1) . Theo cách chọn cặp số ( x 0 ; y 0 ) ta được x 0 + y 0 ≤ x1 + y 0 ⇒ y 0 ≤ x 0 ≤ x1 . Từ đó dẫn đến y 02 − ( 4k − 2 ) y 02 + y 02 − k = ( 4 − 4k ) y 02 − k ≥ 0 , điều này vô lí vì k là số nguyên dương. Vậy ta được k là số chính phương nên dẫn đến m 2 − n 2 + 1 là số chính phương.

Ví dụ 38. Tìm các cặp số nguyên ( a; b ) sao cho hai số a 2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương.

Lời giải Cách 1. Ta sẽ chứng minh các cặp số sau thỏa mãn yêu cầu bài toán

( a; b ) = ( 0; k ) , ( k ; 0 ) , ( −4; −4 ) , ( −5; −6 ) , ( −6 − 5 ) , ( k;1 − k ) , ( 1 − k, k ) , k ∈ Z 2

Thật vậy, do vai trò của a và b như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

a≥ b. + Nếu b = 0 , khi đó để a 2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì a = k 2 với k ∈ Z . + Nếu b ≠ 0 , khi đóta xét phương trình x2 + ax − b = 0 có ∆ = a 2 + 4b . Do a 2 + 4b đều là số chính phương nên phương trình trên sẽ có hai nghiệm nguyên là x1 và x 2 .

Mặt khác kết hợp với hệ thức Vi – et ta được

x + x2 1 1 1 1 a + ≥ + = 1 = ≥1 x1 x 2 x1x 2 b x1 x 2

Từ đó suy ra một trong hai nghiệm nguyên của phương trình trên, chẳng hạn x1 thỏa mãn

x1 ≤ 2 . Từ đó ta được x1 ∈ {−2; −1;1; 2} . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu x 1 = 2 , khi đó từ phương trình x2 + ax − b = 0 ta được b = 2a + 4 . 2

Từ đó b 2 + 4a = ( 2a + 4 ) + 4a = 4a 2 + 20a + 16 = ( 2a + 5 ) − 9 là số chính phương 2

Đặt ( 2a + 5 ) − 9 = y 2 với y ∈ N , từ đó ta được ( 2a + 5 − y )( 2a + 5 + y ) = 9 .

2a + 5 − y = 1 2a + 5 − y = −9 Suy ra  hoặc  hoặc 2a + 5 + y = 9 2a + 5 + y = −1

2a + 5 − y = 3 2a + 5 − y = −3 hoặc   2a + 5 + y = 3 2a + 5 + y = −3

Giải các hệ trên ta thu được a = −4 và a = −1 Với a = −4 , khi đó b = −4 . Từ đó ta được ( a; b ) = ( −4; −4 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với a = −1 , khi đó b = 2 . Trường hợp này loại do không thỏa mãn a ≥ b .

• Trường hợp 2: Nếu x1 = −2 , khi đó từ phương trình x2 + ax − b = 0 ta được b = 4 − 2a . 2

Từ đó b 2 + 4a = ( 4 − 2a ) + 4a = 4a 2 − 12a + 16 = ( 2a − 3 ) + 7 là số chính phương 2

Đặt ( 2a − 3 ) + 7 = y 2 với y ∈ N , từ đó ta được ( y − 2a − 3 )( y − 2a + 3 ) = 7 . Giải phương trình trên ta được ( a; b ) = ( 3; −2 ) , ( 0; 4 ) , trong đó nghiệm ( 0; 4 ) bị loại do không thỏa mãn a ≥ b . Chú ý là ( 3; −2 ) có dạng ( k;1 − k ) .

• Trường hợp 3: Nếu x1 = 1 , khi đó từ phương trình x2 + ax − b = 0 ta được b = a + 1 . 2

Từ đó b 2 + 4a = ( a + 1) + 4a = a 2 + 6a + 1 = ( a + 3 ) − 8 là số chính phương 2

Đặt ( a + 3 ) − 8 = y 2 với y ∈ N , từ đó ta được ( a + 3 − y )( a + 3 + y ) = 8 . Giải phương trình trên ta được ( a; b ) = ( −6; −5 ) , ( 0;1) , trong đó nghiệm ( 0;1) bị loại do không thỏa mãn a ≥ b .

• Trường hợp 4: Nếu x1 = −1 , khi đó từ phương trình x2 + ax − b = 0 ta được b = 1 − a . 2

Từ đó b 2 + 4a = ( 1 − a ) + 4a = a 2 + 2a + 1 = ( a + 1) là số chính phương

Và a 2 + 4b = a 2 + 4 ( 1 − a ) = a 2 − 4a + 4 = ( a − 2 ) là số chính phương. Do đó ( a; b ) = ( k; 1 − k ) với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý với ( a; b ) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì ( b; a ) cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy kết hợp các trường hợp lại ta được các cặp số nguyên ( a; b ) như trên thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Cách 2. + Nếu a = 0 , khi đó để a 2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì b = k2 với k ∈ Z . + Nếu b = 0 , khi đó để a 2 + 4b và b2 + 4a đều là số chính phương thì a = k 2 với k ∈ Z . Ta xét trường hợp ab ≠ 0 , khi đó ta thấy a 2 và a 2 + 4b cùng tính chẵn lẻ, b2 và b2 + 4a cùng tính chẵn lẻ.

Nếu b < 0 , khi đó ta có a 2

( ) = a +4 a +4 ⇒ b ≥ a +1 + 4b ≤ ( a − 2 ) = a − 4 a + 4 ⇒ b ≥ a − 1

Nếu b > 0 , khi đó ta có a 2 + 4b ≥ a + 2

Hoàn toàn tương tự ta có với a > 0 thì a ≥ b + 1 và với a < 0 thì a ≥ b − 1 Không mất tính tổng quát ta giả sử a < b , khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu a và b cùng dương, khi đó từ trên ta suy ra được a ≥ b + 1 và

b ≥ a + 1 , điều này mâu thuẫn. • Trường hợp 2: Nếu a và b cùng âm, khi đó từ trên ta được a = b hoặc a = b − 1 . 2

+ Nếu b < −5 , khi đó ( b + 4 ) < b 2 + 4a < ( b + 2 ) nên b2 + 4a không thể là số chính phương. + Nếu b ≥ −5 , khi đó ta được b ∈ {−1; −2; −3; −4; −5} Xét các trường hợp cụ thể ta được ( a; b ) = ( −4; −4 ) , ( −6; −5 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 3: Nếu a âm và b dương, khi đó từ b ≥ a + 1 và a ≥ b − 1 ta suy ra được

b = 1− a . 2

Từ đó b 2 + 4a = ( 1 − a ) + 4a = a 2 + 2a + 1 = ( a + 1) là số chính phương 2

Và a 2 + 4b = a 2 + 4 ( 1 − a ) = a 2 − 4a + 4 = ( a − 2 ) là số chính phương. Do đó ( a; b ) = ( k; 1 − k ) với k là số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( a; b ) = ( 0; k ) , ( k ; 0 ) , ( −4; −4 ) , ( −5; −6 ) , ( −6 − 5 ) , ( k;1 − k ) , ( 1 − k, k ) , k ∈ Z . 2

Ví dụ 39. Tìm số tự nhiên n để số 3n − 1 là lập phương của một một số tự nhiên. Lời giải

(

Đặt 3n − 1 = a 3 với a là số tự nhiên. Khi đó ta được 3n = a 3 + 1 ⇔ 3 n = ( a + 1) a 2 − a + 1

)

a + 1 = 3x Do đó a + 1 và a 2 − a + 1 là các ước của 3n . Suy ra  2 , trong đó x, y ∈ N và y a − a + 1 = 3 x+y = n.

Từ a + 1 = 3x ⇒ a = 3x + 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

) (

)

+ 1 − 3x + 1 + 1 = 3 y ⇔ 32x − 3 x +1 + 3 = 3 y

• Nếu x ≥ 2 , khi đó 32x − 3x+1 chia hết cho 9, do đó 32x − 3x+1 + 3 chia 9 dư 3 nên 3y chia 9 dư 3. Do x ≥ 2 nên a = 3x − 1 ≥ 8 . Do đó từ a 2 − a + 1 = 3y ta được 3 y = a ( a − 1) + 1 ≥ 8.7 + 1 = 57 Suy ra y ≥ 4 , do đó 3y chia hết cho 9. Mâu thuẫn với trên. Như vậy trường hợp này không có n thỏa mãn.

• Nếu x = 1 , khi đó từ a + 1 = 3x ta được a = 2 , do đó 3n = a 3 + 1 = 23 + 1 = 9 nên n = 2 • Nếu x = 0 , khi đó từ a + 1 = 3x ta được a = 0 , do đó 3n = a 3 + 1 = 03 + 1 = 1 nên n = 0 Vậy các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 0 và n = 2 .

Ví dụ 40. Cho các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn dương. Chứng minh rằng

x2 + y2 + z2 nhận giá trị nguyên xyz + 1

x2 + y2 + z2 có thể biểu diễn được thành tổng của hai số chính xyz + 1

phương.

Phân tích và hướng dẫn giải Cũng tương tự như các ví dụ trên ta đặt n = là tổng của hai số x 2 + y 2 + z 2 = n ( xyz + 1) .

chính

phương.

x2 + y2 + z2 và cần chứng minh được n xyz + 1

viết

lại

đẳng thức

trên

như sau

Giả sử ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) là một bộ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán, điều đó có nghĩa là x 02 + y 20 + z 02 = n ( x 0 y 0 z 0 + 1) hay ta viết lại được x 20 − nx0 y 0 z 0 + y 02 + z 02 − n = 0 .

Xét phương trình bậc hai x 2 − nxy 0 z 0 + y 02 + z 02 − n = 0 , khi đó ta thấy x 0 là một nghiệm của phương trình. Theo định lí Vi – et thì ngoài nghiệm x 0 phương trình còn có một nghiệm đó là x1 .  x + x 0 = ny 0 z 0 Như vậy theo định lia Vi – et ta có  1 2 2  x1x 0 = y 0 + z 0 − n

Từ hệ thức trên ta suy ra được x1 nhận giá trị nguyên. Không mất tính tổng quát ta chọn x 0 + y 0 + z 0 bé nhất và x 0 ≥ y 0 ≥ z 0 . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu y 20 + z 02 < n , khi đó x1 là số nguyên âm Từ đó 0 = x12 − ny 0 z 0 x1 + y 02 + z 02 − n ≥ x12 + n + y 20 + z02 − n = x12 + y 20 + z 20 > 0 , điều này vô lí.

• Trường hợp 2: Nếu y 20 + z 02 > n , khi đó x1 là số nguyên dương. Khi đó ( x1 ; y 0 ; z 0 ) là một bộ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Theo cách chọn ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) ta suy ra được x 0 ≤ x1 . Khi đó từ hệ thức Vi – et ta có 2

y 02 + z 02 − n − ny 0 z 0 = ( x 0 − 1)( x1 − 1) − 1 ≥ ( x 0 − 1) − 1 2

+ Nếu x 0 > y 0 thì ta được ( x 0 − 1) − 1 ≥ y 02 − 1 . Do đó y02 + z 02 − n − ny 0 z 0 ≥ y 02 − 1

(

)

Từ đó ta được z 02 + 1 ≥ ny 0 z 0 + n ≥ n z 02 + 1 nên suy ra n = 1 .

(

+ Nếu x 0 = y 0 , khi đó ta được 2y 02 + z 02 = n y 02 z 0 + 1

)

Do đó z 02 = y 02 ( nz0 − 2 ) + n ≥ z 02 ( nz 0 − 2 ) + n > z02 ( nz0 − 2 ) Từ đâu ta suy ra được nz0 < 3 nên n = 1 hoặc n = 2 . Chú ý rằng n = 1 = 02 + 12 và n = 2 = 12 + 12 .

• Trường hợp 3: Nếu y 20 + z 02 = n thì có nghĩa là n viết được thành tổng của hai số chính phương. Vậy bài toán được chứng minh xong.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên dương n để n 2 + 391 là số chính phương. Bài 2. Tìm tất cả các số nguyên n sao cho A = ( n − 2010 )( n − 2011)( n − 2012 ) là một số chính phương.

Bài 3. Tìm các số nguyên x để

199 − x 2 − 2x + 2 là một số chính phương chẵn.

Bài 4.Tìm số nguyên dương n sao cho

n ( 2n − 1) 26

là số chính phương .

Bài 5. Tìm số tự nhiên n lớn nhất không vượt quá 2012 sao cho M = 26n + 17 là một số chính phương.

Bài 6. Tìm các số nguyên tố p sao cho

1 + p + p2 + p3 + p4 là số hữu tỷ

Bài 7. Với mỗi số nguyên dương n, ký hiệu S n là tổng của n số nguyên tố đầu tiên ( S1 = 2, S 2 = 2 + 3, ..., S 3 = 2 + 3 + 5,.... ). Chứng minh rằng trong dãy số S1 , S 2 , S 3 ,... không tồn tại hai số hạng liên tiếp đều là các số chính phương . Bài 8. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.

Bài 9. Tìm số nguyên x để

x 2 + x + 3 là số hữu tỉ.

Bài 10. Cho x, y là các số nguyên dương và x 2 + 2y là số chính phương. Chứng minh rằng

x 2 + y bằng tổng của hai số chính phương. Bài 11. Tìm số tự nhiên n để n + 5 và n + 30 đều là số chính phương. Bài 12.Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 2015 và n + 2199 đều là các số chính phương.

Bài 13. Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương. Bài 14. Tìm tất cả số nguyên x để x 2 + x + 1 là số chính phương

Bài 15. Tìm số nguyên dương n sao cho n 6 + n 4 − n 3 + 1 là số chính phương Bài 16. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( m; n ) sao cho 2 m + 3n là một số chính phương.

Bài 17. Cho số tự nhiên n sao cho

n2 − 1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. Chứng minh 3

rằng n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Bài 18. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn điều kiện

(

)(

1 1 1 1 + + = . a b c abc

)

Chứng minh rằng 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 là một số chính phương.

Bài 19. Tìm cặp số nguyên dương ( x; y ) thỏa mãn x 2 + 3y và y 2 + 3x đều là số chính phương.

Bài 20. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho 3 n + n 2 là một số chính phương. Bài 21. Tồn tại hay không số tự nhiên n lẻ sao cho n11 + 199 là một số chính phương Bài 22. Cho các số nguyên dương a, b, c là thỏa mãn ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1) là số chính phương. Chứng minh rằng ba số ab + 1; bc + 1; ca + 1 đều là số chính phương.

Bài 23. Tồn tại hay không các số nguyên dương a, b, c sao cho a 2 + b + c; b2 + c + a; c 2 + a + b đều là các số chính phương.

Bài 24. Chứng minh rằng 2 2p + 2 2q không thể là số chính phương với p và q là các số nguyên không âm.

Bài 25. Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2n + 1 và 3n + 1 là số chính phương. Chứng minh rằng n chia hết cho 40.

Bài 26. Chứng minh rằng nếu abc là số nguyên tố thì b 2 − 4ac không thể là số chính phương.

Bài 27. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 2n là tổng của hai số chính phương thì n cũng là tổng của hai số chính phương.

Bài 28. Cho a và b là các số tự nhiên. Chứng minh rằng nếu ab là số chẵn thì ta luôn tìm được số nguyên c để a 2 + b 2 + c 2 là một số chính phương.

(

)

Bài 29. Cho số nguyên dương n > 1 và số nguyên tố p thỏa mãn ( p − 1)⋮ n và n 3 − 1 ⋮ p . Chứng minh rằng 4p − 3 là một số chính phương.

Bài 30. Chứng minh rằng nếu n là một lập phương đúng thì n 2 + 3n + 3 không thể là một lập phương đúng.

Bài 31. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 − p + 1 là lập phương đúng của một số tự nhiên.

Bài 32. Cho các số nguyên x, y dương thỏa mãn A =

x 2 + y 2 + 30 là một số nguyên. Chứng xy

minh rằng A là lũy thừa bậc 5 của một số.

Bài 33. Tìm số tự nhiên n để số 3 n − 1 là lập phương của một một số tự nhiên. Bài 34. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại số nguyên dương n mà số A sau là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương: A = 2 + n + n 2 + n 3 + ... + n p−1

Bài 35. Cho số nguyên dương n có đúng k ước nguyên dương là d1 ,d 2 ,...,dk thỏa mãn điều kiện d1 + d 2 + ... + d k + k = 2n + 1 . Chứng minh rằng

n là số chính phương. 2

Bài 36. Tìm số nguyên tố p và số nguyên dương n sao cho pn là tổng lập phương của hai số nguyên dương liên tiếp.

Bài 37. Với số tự nhiên n tùy ý cho trước. Chứng minh rằng số m = n ( n + 1) ... ( n + 7 ) + 7 ! không thể biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương.

Bài 38. Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x 2 + x = 3y 2 + y . Chứng minh các số sau đều là số chính phương: x – y; 2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1 . 2

 ab + 2  Bài 39. Cho a, b là số hữu tỷ thoả mãn a 2 + b 2 = 4 −   . Chứng minh  a+b 

ab + 2 là số

hữu tỉ

Bài 40. Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 4m 3 + m = 12n 3 + n . Chứng minh rằng m − n là lập phương của một số nguyên.

Bài 41. Tìm tất cả các số nguyên dương n chỉ có các ước nguyên tố là 2 và 5 thỏa mãn n + 25 là một số chính phương.

Bài 42. Tìm các tam giác vuông có độ dài các cạnh là một nguyên dương và diện tích tam giác vuông đó là một số chính phương.

Bài 43. Chứng minh rằng nếu số 2n là tổng của hai số chính phương(lớn hơn 1) phân biệt thì n 2 + 2n là tổng của bốn số chính phương(lớn hơn 1) phân biệt.

Bài 44. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 chia hết cho ab + 1 . Chứng minh rằng

a 2 + b2 là số chính phương. ab + 1

Bài 45. Cho a, b, c là các sô thực dương thỏa mãn 0 < a 2 + b 2 − abc ≤ c . Khi đó a 2 + b2 − abc là số chính phương.

Bài 46. Cho các số nguyên thỏa mãn A =

a 2 + b2 + c 2 − ab − ac − ab là số chính phương. 2

Chứng minh rằng a = b = c .

Bài 47. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện biểu thức A nhận giá trị nguyên với A =

a b c d . Chứng minh rằng tích abcd + + + a+ b b+c c+d d+a

là một số chính phương.

Bài 48. Viết các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999 sau đó sắp xếp các số đó theo môt thứ tự bất kì ta được một số tự nhiên. Chứng minh rằng số mới được tạo thành không thể là một lũy thừa của 2.

Bài 49. Tìm các số nguyên x sao cho Bài 50. Tìm số nguyên dương x để

x − 17 là bình phương của một phân số x−9 x − 37 là bình phương của một số hữu tỉ. x + 43

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Đặt a 2 = n 2 + 391 với a là số tự nhiên khác 0. Khi đó ta được ( a − n )( a + n ) = 391 , do đó a − n; a + n là ước tự nhiện của 391.

a + n = 391 a = 196 ⇔ Mà a − n > 0; a + n > a − n , nên ta được  a − n = 1 n = 195 Vậy giá trị cần tìm là n = 195 . Bài 2. Ta xét các trường hợp sau + Xét n = 2001 hoặc n = 2011 hoặc n = 2012 thì đều thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Xét n ≠ 2001; n ≠ 2011; n ≠ 2012 , khi đó

- Nếu n lẻ thì ( n − 2010; n − 2011) = ( n − 2011; n − 2012 ) = ( n − 2010; n − 2012 ) = 1 . Do đó để tích là số chính phương thì n − 2001; n − 2011; n − 2012 là ba số chính phương. Nhưng

n − 2011; n − 2012 là hai số nguyên liên tiếp nên không thể cúng là số chính phương. Nếu n chẵn thì ( n − 2010; n − 2012 ) = 2; ( n − 2010; n − 2011) = ( n − 2011; n − 2012 ) = 1 . Do đó để tích la số chính phương thì n − 2010 = 2a 2  2 * n − 2011 = b , Với a, b,c ∈ N ; (a; c) = 1 n − 2012 = 2c 2 

c − a = 1 a = 0 ⇔ Suy ra 2 c 2 − a 2 = 2 ⇔ ( c − a )( c + a ) = 1 ⇔  , trường hợp này loại  c + a = 1 c = 1 Vậy n = 2010; n = 2011; n = 2012 là các số cần tìm.

(

)

Bài 3. Gọi số chính phương chẵn là ( 2t ) với t ∈ N Ta có 2

199 − x 2 − 2x + 2 = ( 2t ) ⇔ 200 − (x + 1)2 + 2 = 4t 2 ⇒ 4t 2 ≤ 2 + 200 ⇒ 4t 2 ≤ 16 ⇒ t 2 ≤ 4 ⇒ 0 ≤ t ≤ 2

Vì t ∈ N nên ta có các trường hợp sau + Với t = 0 phương trình (1) vô nghiệm. + Với t = 1 , giải phương trình (1) được hai nghiệm x1 = 13; x 2 = −15 + Với t = 2 , giải phương trình (1) được hai nghiệm x1 = 1; x 2 = −3 Vậy các số nguyên cần tìm là x = −15; x = −3; x = 1; x = 13

n ( 2n − 1)

= q 2 ⇔ n ( 2n − 1) = 26q 2 với q là số tự nhiên 26 Do vế phải là số chẵn và 2n − 1 là số lẻ nên n phải là số chẵn. Đặt n = 2k ( k ∈ N ) . Bài 4.Đặt

Từ đó ta được k ( 4k − 1) = 13q 2 . Nhận thấy ( k; 4k − 1) = 1 nên ta đươc

k = u 2 k = 13u 2 hoặc   2 2 4k − 1 = 13v 4k − 1 = v k = u 2 + Xét trường hợp  , khi đó ta được 4k = 13v 2 + 1 = 12v 2 + v 2 + 1 2 4k − 1 = 13v Từ đó suy ra v 2 + 1⋮ 4 hay v 2 chia 4 dư 3, điều này vô lí. Do đó trương hợp này không xẩy ra 2  k = 13u + Xét trường hợp  , khi đó ta được 4k = v 2 + 1 , tương tự như trên thò trường 2 4k − 1 = v  hợp này cũng không xẩy ra. Vậy không tìm được n thỏa mãm yêu cầu bài toán

Bài 5. Đặt 26n + 17 = k 2 (k ∈ Z) ⇒ n =

k 2 − 17 ≤ 2012 ⇒ k ≤ 228 và k là số lẻ 26

Khi đó ta có các trường hợp sau 227 2 − 17 ∉ ℕ (loại) +Với k = 227 , ta có n = 26 2252 − 17 ∉ ℕ (loại) + Với k = 225 , ta có n = 26 2232 − 17 = 1912 + Với k = 223 , ta có n = 26 Vậy với số tự nhiên lớn nhất n = 1912 thì M = 26n + 17 là một số chính phương.

Bài 6. Ta có

1 + p + p2 + p3 + p4 là số hữu tỷ khi 1 + p + p2 + p3 + p4 = n 2 , n ∈ ℕ ⇔ 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4n 2

(1)

⇒ p + 4p + 4p < 4n < 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 + 5p2 2

(

⇔ 2p2 + p

) < ( 2n ) < ( 2p

+p+2

)

⇔ 2p2 + p < 2n < 2p2 + p + 2

Do đó ta được ⇒ 2n = 2p2 + p + 1 . Thế vào (1) ta được

(

)

4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 2p2 + p + 1 ⇔ p2 − 2p − 3 = 0 Giải phương trình trên ta được p = −1 (loại) và p = 3 Vậy với p = 3 ⇒ 1 + p + p2 + p3 + p4 = 11 là số hữu tỉ.

Bài 7. Giả sử số nguyên tố thứ n là p n . Giả sử tồn tại số tự nhiên m để

(

S m −1 = k 2 ; S m = l 2 k; l ∈ N *

)

Vì S1 = 2, S 2 = 2 + 3 = 5, S 3 = 2 + 3 + 5 = 10, S 4 = 2 + 3 + 5 + 7 = 17 , không phải là các số chính phương nên m > 4 . Ta có pm = S m − S m −1 = ( l − k )( l + k ) .

l − k = 1 Vì pm là số nguyên tố nên  l + k = pm  p +1 Suy ra pm = 2l − 1 = 2 S m − 1 ⇒ S m =  m   2  Vì m > 4 nên S m ≤ ( 1 + 3 + 5 + 7 + ... + pm ) + 2 − 1 − 9

(* )

 p + 1   pm − 1   pm + 1   pm + 1  = 1 − 0 + 2 − 1 + 3 − 2 + ... +  m  −  =  −8 <   2   2   2   2  Điều này mâu thuẫn với (*). Vậy không tồn tại số thự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

Bài 8.Nếu 2p + 1 là lập phương của 1 số tự nhiên thì số đó phải là số lẻ. Giả sử 3

(

2p + 1 = ( 2m + 1) ⇔ 2p + 1 = 8m 3 + 12m 2 + 6m + 1 ⇔ p = m 4m 2 + 6m + 3

)

Rõ ràng để p là số nguyên tố thì m = 1 hay p = 13 . Thử lại 2.13 + 1 = 27 = 3 3 đúng. Vậy chỉ có 1 số nguyên tố duy nhất thoả điều kiện đề bài là p = 13 .

Bài 9.Ta có

x 2 + x + 3 là số hữu tỉ khi x 2 + x + 3 là một số chính phương do x nguyên

Đặt x 2 + x + 3 = k 2 ,(k ∈ ℤ) . Suy ra 4x 2 + 4x + 12 = 4k 2 ⇔ ( 2k + 2x + 1)( 2 k − 2 x− 1) = 11 Vì số 11 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau 2k + 2x + 1 = 11 x = 2 ⇔ + Trường hợp 1:  2k − 2x − 1 = 1 k = 3

2k + 2x + 1 = 1 x = −3 ⇔ + Trường hợp 2:  2k − 2x − 1 = 11 k = 3 2k + 2x + 1 = −11 x = −3 ⇔ + Trường hợp 3:  2k − 2x − 1 = −1 k = −3 2k + 2x + 1 = −1 x = 2 ⇔ + Trường hợp 4:  2k − 2x − 1 = −11 k = −3 Vậy các giá trị cần tìm là x = 2; x = −3

(

)

Bài 10. Đặt x 2 + 2y 2 = k 2 ( k ∈ N ) suy ra 2 x 2 + y = k 2 + x 2 Do đó k 2 + x 2 là số chẵn nên k 2 và x2 cùng tính chẳn, lẻ hay k và x cùng tính chẳn, lẻ Suy ra x + k; x − k cùng chẳn, lẻ. Đặt k + x = 2p; k − x = 2q ( p; q ∈ N ) tự nhiên) Từ đó ta được k = p + q; x = p − q

(

)

(

)

Do đó ta được 2 x 2 + y = ( p + q ) + ( p − q ) = 2 p2 + q 2 ⇒ x 2 + y = p2 + q 2 . Vậy x 2 + y bằng tổng của hai số chính phương.

Bài 11.Đặt n + 5 = x 2 ; n + 30 = y 2 ( x; y ∈ ℕ , x; y > 0 ) , y 2 − x 2 = 25 ⇔ ( y − x )( y + x ) = 1.25

y − x = 1  y = 13 Lại có y − x < y + x nên  ⇔  y + x = 25 x = 12 Thay vào ta tính được n = 139 thoả mãn yêu cầu bài toán.

Bài 12.Giả sử a và b là các số tự nhiên sao cho n + 2015 = a 2 ; n + 2199 = b 2 . Suy ra ( b − a )( b + a ) = 184 hay ( b − a )( b + a ) = 2 3.23 Vì b − a và b + a là các số có cùng tính chẵn lẻ và b − a < b + a nên chỉ xảy ra hai trường hợp

b − a = 2 ( I ) và   b + a = 92 a = 45 + Trường hợp thứ nhất ( I ) ⇔  ⇒ n = 10.  b = 47

b − a = 4 ( II )   b + a = 46 Thỏa mãn.

a = 21 ⇒ n = −1574 < 0. Không thỏa mãn. + Trường hợp thứ hai ( II ) ⇔   b = 25 Vậy n = 10 là số cần tìm Bài 13. Tìm các số nguyên k để k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương. Đặt M = k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 . Ta có

( = (k

)

(

)

M = k 4 − 2k 2 + 1 − 8k k 2 − 2k + 1 + 9k 2 − 18k + 9 2

2 2 2 2 − 1 − 8k ( k − 1) + 9 ( k − 1) = ( k − 1) . ( k − 3 ) + 1  

)

M là số chính phương khi và chỉ khi ( k − 1) = 0 hoặc ( k − 3 ) + 1 là số chính phương. 2

+ Trường hợp 1: ( k − 1) = 0 ⇔ k = 1 . 2

+ Trường hợp 2: ( k − 3 ) + 1 là số chính phương, đặt ( k − 3 ) + 1 = m 2 ( m ∈ ℤ ) 2

⇔ m 2 − ( k − 3 ) = 1 ⇔ ( m − k + 3 )( m + k − 3 ) = 1

m − k + 3 = 1 m − k + 3 = −1 hoặc  . Vì m, k ∈ ℤ ⇒ m − k + 3 ∈ ℤ , m + k − 3 ∈ ℤ nên  m + k − 3 = 1 m + k − 3 = −1 Giải ra ta được k = 3 Vậy k = 1 hoặc k = 3 thì k 4 − 8k 3 + 23k 2 − 26k + 10 là số chính phương Bài 14.Đặt x 2 + x + 1 = y 2 ( y ∈ Z ) . Phương trình được viết lại thành x 2 + x + 1 − y 2 = 0 Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn x, ta có ∆ = 4y 2 − 3 Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương Nên 4y 2 − 3 = k 2 ( k ∈ N ) ⇔ ( 2y − k )( 2y + k ) = 3 , mà 2y + k > 2y − k nên ta có các trường hợp sau

2y + k = 3 y = 1 ⇔ + Với  2y − k = 1 k = 1 2y + k = −1  y = −1 ⇔ + Với  2y − k = −3 k = 1 Thay y = 1; y = −1 vào phương trình trên ta được x = 0; x = −1 . Bài 15. Xét n = 1 ta được A = 2 và n = 2 ta được A = 73 đều không phải là số chính phương Xét n > 2 ta có A = n6 + n 4 − n 3 + 1 làsố chính phương nên 4A = n 6 + 4n 4 − 4n 3 + 4 là số

(

)

chính phương. Ta có 4A = 2n 3 + n − 1 + 4 − ( n − 1)

 2n 3 + n − 1  2 + Nếu n = 3 thì 4 − ( n − 1) = 0 nên A =   = 28 là số chính phương 2   2

(

+ Nếu n > 3 ta có 4 − ( n − 1) < 0 nên 4A < 2n 3 + n − 1

(

Mà 4A − 2n 3 + n − 2

)

= 4n 3 – n 2 + 4n > 0 nên

( 2n

)

(

+ n − 1 > 4A > 2n 3 + n − 2

)

Do đó với n > 3 thì A không thể là số chính phương. Vậy với n = 3 thì A là một số chính phương.

Bài 16. Giả sử 2 m + 3n = a 2 với a ∈ Z . Dễ dàng nhận ra a là số lẻ nên a 2 chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Ta lại có 2 m + 3n ≡ 2 m ≡ ( −1)

( mod 3 ) nên a ≡ ( −1) ( mod 3 ) . 2

Từ đó suy ra m phải là số chẵn. Do đó ta suy ra được 2 m ⋮ 4 . n

Ta có 2 m + 3n ≡ 3n ≡ ( −1) ( mod 4 ) mà a 2 chia 4 dư 0 hoặc dư 1 nên suy ra n cũng là số chẵn.

(

)(

Đặt n = 2k, k ∈ N* . Khi đó ta được 2 m + 3 n = a 2 ⇔ 2 m = a 2 − 32k ⇔ 2 m = a − 3k a + 3k Từ đó ta suy ra a − 3k = 2s ; a + 3k = 2r với r > s ≥ 1,r + s = m .

(

)

Suy ra 2.3k = 2 r − 2 s = 2 s 2 r −s − 1 , do đó ta được s = 1 nên 2 r −1 − 1 = 3k . Ta có r + 1 = m nên r là số lẻ, suy ra r − 1 là số chẵn.

 r −1  r −1  Do đó 2r −1 − 1 = 3k ⇔  2 2 − 1  2 2 + 1  = 3k     r −1   r −1  Ta có  2 2 + 1  −  2 2 − 1  = 2 nên một trong hai thừa số không chia hết cho 3.     Từ đó ta suy ra được 2

r −1 2

− 1 = 1 ⇒ r = 3 . Đến đây ta được k = 1 .

Vậy cặp số nguyên dương ( m; n ) = ( 4; 2 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 17. Giả sử

n2 − 1 = a ( a + 1) với a là một số tự nhiên. Từ đó ta được 3

n 2 = 3a 2 + 3a + 1 ⇒ 4n 2 − 1 = 12a 2 + 12a + 3 ⇒ ( 2n − 1)( 2n + 1) = 3 ( 2a + 1)

Do 2n − 1 và 2n + 1 là hai số tự nhiên lẻ liên tiếp nên ta có hai trường hợp sau

2n − 1 = 3p2 • Trường hợp 1:  2 2n + 1 = q

)

Từ đó ta được q 2 = 3p2 + 2 hay q 2 chia 3 dư 2, điều này vô lí vì số chính phương chia 3 dư 0 hoặc dư 1. Do đó trường hợp này không xẩy ra.

2n − 1 = p2 • Trường hợp 2:  2 2n + 1 = 3q Từ đó ta được p là số lẻ, nên ta đặt p = 2k + 1 , với k là một số tự nhiên. 2

Khi đó 2n − 1 = ( 2k + 1) ⇔ 2n = 4k 2 + 4k + 2 ⇔ n 2 = 2k 2 + 2k + 1 ⇔ n 2 = k 2 + ( k + 1) . Vậy ta có n là tổng của hai số chính phương liên tiếp.

Bài 18. Từ giả thiết

1 1 1 1 + + = ta được ab + bc + ca = 1 a b c abc

Ta có a 2 + 1 = a 2 + ab + bc + ca = ( a + b )( a + c ) Hoàn toàn tương tự ta được b 2 + 1 = ( b + c )( a + b ) ; c 2 + 1 = ( c + a )( b + c )

(

)(

)

Do đó ta được 1 + a 2 1 + b2 1 + c 2 = ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) .

(

)(

)

Do đó 1 + a 2 1 + b 2 1 + c 2 là một số chính phương.

Bài 19. Ta xét các trường hợp sau: • Nếu x = y , khi đó ta cần tìm x sao cho x 2 + 3x = k 2 với k là một số nguyên dương. 2

Ta có x 2 + 3x = k 2 ⇔ 4x 2 + 12x + 9 = 4k 2 + 9 ⇔ ( 2x + 3 ) − ( 2k ) = 9 Hay ta được ( 2x − 2k + 3 )( 2x + 2k + 3 ) = 9 . Chú ý rằng 2x + 2k + 3 > 2x − 2k + 3 nên từ phương trình trên ta được

2x + 2k + 3 = 9 x = 1 ⇒  2x − 2k + 3 = 1 k = 2 Từ đó ta được ( x; y ) = ( 1;1) thảo mãn yêu cầu bài toán.

• Nếu x ≠ y , khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử x < y . Đặt y 2 + 3x = a 2 , với a là số nguyên dương. Khi đó ta có y 2 < y 2 + 3x = a 2 < y 2 + 3y < ( y + 2 ) 2

Do đó ta được a 2 = ( y + 1) hay y 2 + 3x = ( y + 1) ⇔ 3x = 2y + 1 ⇔ y =

3x − 1 . 2

Lại do x 2 + 3y là số chính phương nên ta đặt x 2 + 3y = b2 với b là số nguyên dương. Từ đó ta được x 2 + 3.

3x − 1 = b 2 ⇔ 2x 2 + 9x − 3 = 2b 2 ⇔ ( 4x − 4b + 9 )( 4x + 4b + 9 ) = 105 2

Chú ý là 4x + 4b + 9 > 4x − 4b + 9 nên giải phương trình trên ta được x = 1 hoặc x = 11 + Với x = 1 ta suy ra được y = 1 , trường hợp này loại do x < y . + Với x = 11 ta suy ra được y = 16 , trường hợp này ta được ( x; y ) = ( 11;16 ) thỏa mãn. Vậy các cặp số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 1;1) , ( 11;16 ) , ( 16;11) .

Bài 20. Giả sử 3n + n 2 = m 2 với m là một số nguyên dương.

m − n = 3k Ta có 3n + n 2 = m 2 ⇔ ( m − n )( m + n ) = 3n , do đó ta được  n −k m + n = 3 Do m + n > m − n nên n − k > k ⇒ n − 2k > 0 hay n − 2k ≥ 1 . Ta xét các trường hợp

• Trường hợp 1: Nếu n − 2k = 1 , khi đó từ hệ phương trình trên ta được

(

)

2n = 3n − k − 3k = 3k 3 n − 2k − 1 = 2.3 k ⇒ n = 3k = 2k + 1 k

Dễ dàng chứng minh được với k ≥ 2 thì 3k = ( 2 + 1) > 2 k + 1 > 2k + 1 Từ đó để 3k = 2k + 1 thì k = 0 hoặc k = 1 , từ đó ta tìm được n = 1 hoặc n = 3 .

• Trường hợp 2: Nếu n − 2k ≥ 2 , khi đó ta được k ≤ n − k − 2 nên 3k ≤ 3n − k − 2

(

)

Do đó 2n = 3n − k − 3k ≥ 3 n − k − 3 n − k − 2 = 3n − k − 2 32 − 1 = 8.3 n − k − 2 Do k là số nguyên dương nên n − k − 2 ≥ 1 , do đó ta được 3 n − k − 2 = ( 2 + 1)

n −k−2

≥ 1 + 2 (n − k − 2)

Từ đó suy ra 2n ≥ 8 1 + 2 ( n − k − 2 )  hay ta được 8k + 12 ≥ 7n . Mặt khác ta lại có n ≥ 2k + 2 nên 7n ≥ 14k + 14 . Do đó ta được 8k + 12 ≥ 14k + 14 , điều này vô lí. Do đó trong trường hợp này không có số tự nhiên n thỏa mãn. Vậy các số tự nhiên thỏa mãn bài toán là n = 1 hoặc n = 3 .

Bài 21. Trước hết ta có hai nhận xét: + Với x, y là các số nguyên dương và p là số nguyên tố dạng p = 4k + 3 thỏa mãn x 2 + y 2 ⋮ p , khi đó x và y cùng chia hết cho p. + Cho hai số nguyên dương x và y nguyên tố cùng nhau. Khi đó mọi ước nguyên tố của

x 2 + y 2 đều có dạng p = 4k + 3 . Trở lại bài toán: Giả sử tồn tại số tự nhiên n lẻ sao cho n11 + 199 là một số chính phương.

Đặt n11 + 199 = m 2 với m là một số tự nhiên. Do n là số lẻ nên n chia 4 có số dư là 1 hoặc 3. 11

Nếu n chia 4 dư 3, khi đó n 11 + 199 = ( 4k − 1) + 199 chia 4 có số dư là 2 hay m 2 chia 4 có số dư là 2, điều này vô lý. Do đó n chia 4 có số dư là 1.

(

Ta có n 11 + 199 = m 2 ⇔ m 2 + 432 = n 11 + 211 = ( n + 2 ) n 10 − 2n 9 + ... − 512n + 210

)

Hay ta được m 2 + 43 2 = ( n + 2 ) b với b = n10 − 2n 9 + ... − 512n + 210 . Vì n chia 4 có số dư là 1 nên b = n10 − 2n 9 + ... − 512n + 210 có số dư là 3 khi chia cho 4. Từ đó suy ra b có một ước nguyên tố là p và p chia 4 dư 3 hay p có dạng p = 4k + 3 . Theo nhận xét thứ nhất thì m 2 + 432 ⋮ b ⇒ m 2 + 432 ⋮ p nên ta được 43⋮ p suy ra p = 43 . Nếu n + 2 ⋮ 43 thì n chia 43 có số dư là −2 . Từ đó ta được b = n 10 − 2n 9 + 4n 8 − 8n 7 + 16n 6 − 32n 5 + 64n 4 − 128n 3 + 256n 2 − 512n + 210 chia 43 dư 8.

Điều này vô lí vì b chia hết cho 43. Do đó n + 2 không chia hết cho 43. Ta có m 2 + 432 = ( n + 2 ) b⋮ 43 ⇒ m 2 ⋮ 43 ⇒ m ⋮ 43 , từ đó ta được m 2 + 43 2 ⋮ 432 ⇒ ( n + 2 ) b⋮ 432 . Mà ta có n + 2 không chia hết cho 43. Nên suy ra b⋮ 432 hay b = 432 a với a ∈ N và

( 2,a ) = 1 . Hơn nữa vì m chia hết cho 43 n33n m = 43q,q ∈ N . Do đó ta được

(n + 2) b = m

(

)

(

)

+ 432 = 432 q 2 + 1 ⇔ ( n + 2 ) .43 2 a = 432 q 2 + 1 ⇔ q 2 + 1 = ( n + 2 ) a

Mà ta có ( 1,q ) = 1 nên theo nhận xét thứ hai thì q 2 + 1 không có ước nguyên tố nào dạng 4k + 3 .

Nhưng do n chia 4 dư 1 nên n + 2 chia 4 dư 3 hay n + 2 có dạng 4k + 3 . Điều này mâu thuận. Vậy không tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 22. Trong các bộ số nguyên dương ( a; b; c ) thỏa mãn bài toán ta xét bộ số ( a; b; c ) sao cho a + b + c có giá trị nhỏ nhất. Không mất tính tổng quát ta chọn c = max {a; b; c} . Dễ thấy a = b = c = 1 không thỏa mãn bài toán nên c = max {a; b; c} > 1 Gọi t là số thỏa mãn phương trình bậc hai ẩn t sau

t 2 + a 2 + b 2 + c 2 − 2 ( ab + bc + ca + ta + tb + tc ) − 4abct − 4 = 0 ⇔ t 2 − 2t ( a + b + c + 2abc ) + a 2 + b 2 + c 2 − 2 ( ab + bc + ca ) − 4 = 0

Ta nhân thấy phương trình bậc hai trên tươngđương với ba phương trình sau

(a + b − c − t ) (a + c − b − t ) (b + c − a − t)

= 4 ( ab + 1)( ct + 1)

= 4 ( ac + 1)( bt + 1)

= 4 ( bc + 1)( at + 1)

Giả phương trình bậc hai trên ta được t 1,2 = a + b + c + 2abc ± 2

( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1) .

Do ( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1) là số chính phương nên t nhận các giá trị nguyên. Kết hợp ba phương trình trên ta được 4 3 ( ab + 1)( ac + 1)( bc + 1)( ct + 1)( bt + 1)( at + 1) là số chính phương, do đó ( ct + 1)( bt + 1)( at + 1) là số chính phương. Lại có at + 1 ≥ 0; bt + 1 ≥ 0; ct + 1 ≥ 0 nên t ≥

−1 −1 −1 −1 . Do đó t ≥ > −1 . ;t ≥ ;t ≥ a b c max {a; b; c}

Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu t = 0 , khi đó từ phương trình bậc hai ta được

(a + b + c )

= 4 ( ab + bc + ca ) + 4 ⇔ ( a + b − c ) = 4 ( ab + 1)

Suy ra ab + 1 là số chính phương. Chứng minh goàn toán tương tự ta được bc + 1; ca + 1 là các số chính phương.

• Nếu t > 0 , khi đó do a + b + c có giá trị nhỏ nhất nên ta được t ≥ c và t chỉ nhận một trong hai giá trị t 1,2 = a + b + c + 2abc ± 2

( ab + 1)( bc + 1)( ca + 1)

Mà theo định lí Vi – et ta có

t 1t 2 = a 2 + b 2 + c 2 − 2 ( ab + bc + ca ) − 4 ≤ c 2 − a ( 2c − a ) − b ( 2c − b ) < c 2 . Điều này dẫn đến mâu thuân. Nên trường hợp này không có giá trị t thỏa mãn. Vậy bài toán được chứng minh xong.

Bài 23. Giả sử tồn tại các số nguyên dương a, b, c để a 2 + b + c; b 2 + c + a; c 2 + a + b đều là các số chính phương. Khi đó do a, b, c là các số nguyên dương nên ta có a 2 + b + c > a 2 2

Do đó ta được a 2 + b + c ≥ ( a + 1) hay ta có a 2 + b + c ≥ a 2 + 2a + 1 ⇔ b + c ≥ 2a + 1 Hoàn toàn tương tự ta được c + a ≥ 2b + 1; a + b ≥ 2c + 1 . Từ đó ta được 2 ( a + b + c ) ≥ 2 ( a + b + c ) + 3 ⇔ 0 ≥ 3 , điều này vô lí.

Vậy không tồn tại các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 24. • Xét trường hợp p = q , khi đó 2 2p + 2 2q = 2.2 2p = 2 2p+1 không phải là số chính phương. • Xét trường hợp p ≠ q , Khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử p > q ≥ 0 .

(

)

Khi đó ta được 2 2p + 2 2q = 4 p + 4 q = 4 q 4 p−q + 1 .

( )

Dễ thấy 4 q = 2 q

là số chính phương. Ta cần chứng minh 4 p−q + 1 không phải là số chính

phương. Thật vậy, giả sử 4 p−q + 1 là số chính phương. 2

Do p > q nên 4 p−q + 1 là số lẻ và 4 p−q + 1 > 1 , do đó ta đặt 4 p−q + 1 = ( 2n + 1) , với n là một số nguyên dương. Khi đó ta được 4 p−q + 1 = 4n ( n + 1) + 1 hay 4 p−q −1 = 4n ( n + 1) . Từ đó suy ra 4 p− q −1 chia hết cho n và n + 1 Do n là số nguyên dương nên n ( n + 1) > 1 , do đó một trong hai số n và n + 1 là số lẻ. Do đó 4 p− q −1 chia hết cho một số lẻ, khi đó 4 p− q −1 = 1 nên 1⋮ n ( n + 1) , điều này vô lí. Từ đó suy ra 4 p−q + 1 không thể là số chính phương. Vậy 2 2p + 2 2q không thể là số chính phương.

Bài 25. Giả sử số nguyên dương n thỏa mãn 2n + 1 và 3n + 1 là số chính phương. Đặt 2n + 1 = x 2 và 3n + 1 = y 2 với x, y là các số nguyên dương. Từ cách đặt trên suy ra x là số lẻ và 2n = x 2 − 1 ⇒ 2n = ( x − 1)( x + 1) . Do x là số lẻ nên ( x − 1)( x + 1)⋮ 4 nên ta được 2n ⋮ 4 ⇒ n ⋮ 2 hay n là số chẵn. Do n là số chẵn nên 3n + 1 là số lẻ, từ đó suy ra y là số lẻ. Ta lại có 3n + 1 = y 2 ⇒ 3n = ( y − 1)( y + 1) . Chú ý rằng tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8 nên ta được ( y − 1)( y + 1)⋮ 8 ⇒ 3n ⋮ 8 Mà 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên suy ra n chia hết cho 8. Để ý rằng một số chính phương khi chia cho 5 có thể có số dư là 0; 1; 4. Cũng theo cách đặt trên ta được 2n + 1 + 3n + 1 = x 2 + y 2 ⇒ 5n + 2 = x 2 + y 2

Do đó ta được x 2 + y 2 chia 5 dư 2, từ đó suy ra x2 và y 2 chia cho 5 cùng có số dư là 1. Tờ đó ta lại có y 2 − x 2 ⋮ 5 hay ( 3n + 1) − ( 2n + 1)⋮ 5 ⇒ n ⋮ 5 . Mà 5 và 8 nguyên tố cùng nhau nên suy ra n ⋮ 40 . Bài toán được chứng minh.

Bài 26. Ta sử dụng phương pháp phản chứng để cứng minh bài toán. Giả sử b 2 − 4ac là một số chính phương, khi đó ta đặt b2 − 4ac = k 2 , k ∈ N* . Từ đó ta được 4ac = b 2 − k 2 . Ta có

4a.abc = 4a ( 100a + 10b + c ) = 400a 2 + 40ab + 4ac = 400a 2 + 40ab + b 2 − k 2 2

= ( 20a + b ) − k 2 = ( 20a + b + k )( 20a + b − k ) Do abc là số nguyên tố nên c > 0 nên suy ra ac > 0 , do đó từ 4ac = b 2 − k 2 ta suy ra được b>k.

Từ đó dẫn đến 20a + b + k > 20a + b − k > 20a . Từ trên ta suy ra được abc =

( 20a + b + k )( 20a + b − k ) = m.n 4a

Do 20a + b + k > 4a và 20a + b − k > 4a nên ta suy ra được m > 1 và n > 1 . Suy ra abc không phải là một số nguyên tố. Điều này mâu thuẫn với giả thiết của bài toán. Vậy điều giả sử trên là sai hay b 2 − 4ac không thể là số chính phương.

Bài 27. Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đặt 2n = a 2 + b 2 với a, b ∈ N* . Từ đó suy ra a 2 + b 2 là số chẵn nên a và b có cùng tính chẵn lẻ. Do đó a − b và a + b là các số chẵn. Đặtn a + b = 2m; a − b = 2k với m và k là các số nguyên dương. Khi đó ta được a = m + k; b = m − k . Do đó từ 2n = a 2 + b 2 ta được 2

(

2n = ( m + k ) + ( m − k ) ⇒ 2n = m 2 + 2mk + k 2 + m 2 − 2mk + k 2 = 2 m 2 + k 2

)

Do đó ta được n = m 2 + k 2 hay n là tổng của hai số chính phương.

Bài 28. Do ab là số chẵn nên ít nhất một trong hai số a và b là số chẵn. Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Cả hai số a và b đều là số chẵn. Khi đó a 2 và b2 cùng chia hết cho 4. Đặt a 2 + b 2 = 4k với k là một số tự nhiên. Khi đó ta chọn c = k − 1 .

Thế thì a 2 + b 2 + c 2 = 4k + ( k − 1) = ( k + 1) hay a 2 + b 2 + c 2 là một số chính phương.

• Trường hợp 2: Trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ. Suy ra trong hai số a 2 và b 2 có một số chia hết cho 4 và một số chia 4 có số dư là 1. Do đó ta được a 2 + b 2 = 4k + 1 với k là một số tự nhiên. Khi đó ta chọn c = 2k . 2

Thế thì a 2 + b 2 + c 2 = 4k + 1 + ( 2k ) = ( 2k + 1) hay a 2 + b 2 + c 2 là một số chính phương. Như vậy cả hai trường hợp ta luôn chọn được số nguyên c để a 2 + b 2 + c 2 là một số chính phương.

Bài 29. Từ giả thiết ( p − 1)⋮ n với n > 1 và số nguyên tố p ta được p − 1 ≥ n ⇒ p > n .

(

)

(

)

(

)

Lại có n 3 − 1 ⋮ p ⇒ ( n − 1) n 2 + n + 1 ⋮ p , khi đó ta được n 2 + n + 1 ⋮ p . Đăt n 2 + n + 1 = kp với k là số nguyên dương. Ta có ( p − 1)⋮ n nên p chia n có số dư là 1, do đó kp chia n có số dư là k. Từ đó ta được n 2 + n + 1 và k khi chia cho n có cùng số dư với nhau, do đó k và 1 khi chia cho n có cùng số dư. Đặt p = an + 1 và k = bn + 1 với a, b là các số nguyên và a > 0; b ≥ 0 Khi đó ta có n 2 + n + 1 = ( an + 1)( bn + 1) ⇔ n 2 + n + 1 = abn 2 + ( a + b ) n + 1 Hay ta được abn + a + b = n + 1 . Nếu b ≥ 1 thì ta được abn + a + b ≥ n + 2 > n + 1 , trái với abn + a + b = n + 1 Do đó ta được b = 0 , khi đó k = 1 nên suy ra n 2 + n + 1 = p

(

)

Từ đó ta được 4p − 3 = 4 n 2 + n + 1 − 3 = 4p2 + 4p + 1 = ( 2p + 1)

Hay 4p − 3 là một số chính phương.

Bài 30. Ta sử dụng phương pháp phản chứng để chứng minh Giả sử n 2 + 3n + 3 là một lập phương đúng.

(

)

Khi đó do n là một lập phương đúng nên ta được n n 2 + 3n + 3 là một lập phương đúng.

(

)

Để ý rằng n n 2 + 3n + 3 = n 3 + 3n 2 + 3n 3

(

)

Mà ta có n 3 < n 3 + 3n 2 + 3n < ( n + 1) nên ta được n 3 < n n 2 + 3n + 3 < ( n + 1)

(

)

Do đó n n 2 + 3n + 3 không thể là một lập phương đúng. Điều này dẫn đến mâu thuẫn.

Vậy điều giả sử là sai hay thì n 2 + 3n + 3 không thể là một lập phương đúng.

Bài 31. Giả sử số nguyên tố p thỏa mãn p2 − p + 1 là lập phương đúng của một số tự nhiên. Khi đó ta đặt p2 − p + 1 = a 3 với a là một số tự nhiên.

(

)

Từ đó ta được p ( p − 1) = ( a − 1) a 2 + a + 1 . Từ đây ta suy ra a > 1 . Do p là số nguyên tố nên ta được a − 1⋮ p hoặc a 2 + a + 1⋮ p .

• Nếu a − 1⋮ p nên ta được a − 1 = kp, k ∈ N , do đó a = kp + 1 . 3

Khi đó từ p2 − p + 1 = a 3 ta được p2 − p + 1 = ( kp + 1) ⇔ p2 − p + 1 = k 3 p3 + 3k 2 p2 + 3kp + 1 Nhận thấy với k ≥ 2 thì hiển nhiên p2 − p + 1 < k 3 p3 + 3k 2 p2 + 3kp + 1 do đó k ≤ 1 . + Với k = 0 , khi đó ta được p2 − p + 1 = 1 ⇔ p ( p − 1) = 0 , điều này vô lí do p là số nguyên tố. + Với k = 1 , khi đó ta được p3 − 2p2 + 4p = 0 ⇔ p2 − 2p + 4 = 0 , không tồn tại p thỏa mãn. Vậy với a − 1⋮ p thì không tồn tai số nguyên tố p thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Nếu a 2 + a + 1⋮ p , khi đó ( p,a − 1) = 1 và có p ( p − 1)⋮ ( a − 1) nên suy ra được p − 1⋮ a − 1 .

a2 + a + 1 Đặt p = ( a − 1) b + 1 với b ∈ N , khi đó từ a + a + 1⋮ p ta suy ra được là số ( a − 1) b + 1 2

nguyên dương hay ta được

a 2 b + ab + b 3b − a − 2 =a+2+ là số nguyên dương. ab − b + 1 ab − b + 1

Từ đó ta phải có 3b − a − 2 ≥ ab − b + 1 . Ta xét các trường hợp sau + Trường hợp 1: Nếu 3b − a − 2 ≥ ab − b + 1 , khi đó ta được b ( 4 − a ) ≥ a + 3 . Từ đó nếu a ≥ 4 thì ta được b ( 4 − a ) < a + 3 , điều này mâu thuẫn, do đó vì 1 < a nên a = 2 hoặc a = 3 . Khi a = 2 thì từ p2 − p + 1 = a 3 ta được p ( p − 1) = 7 , phương trình vô nghiệm. Khi a = 3 thì từ p2 − p + 1 = a 3 ta được p ( p − 1) = 26 , phương trình vô nghiệm. + Trường hợp 2: Nếu 3b − a − 2 ≤ − ( ab − b + 1) ⇒ 2 + a − 3b ≥ ab − b + 1 ⇒ b ( a + 2 ) ≤ a + 1 , diều này vô lí vì a + 1 < a + 2 . + Trường hợp 3: Nếu 3b − a − 2 = 0 ⇒ a = 3b − 2 , khi đó từ p = ( a − 1) b + 1 ta được 2

p = 3b ( b − 1) + 1 = 3b 2 − 3b + 1 và a 2 + a + 1 = ( 3b − 2 ) + ( 3b − 2 ) + 1 = 9b 2 − 9b + 3

Từ đó suy ra

a 2 + a + 1 9a 2 − 9a + 3 = 2 = 3. p 3a − 3a + 1

(

)

Do đó từ p ( p − 1) = ( a − 1) a 2 + a + 1 ta được p − 1 = 3 ( a − 1) nên suy ra ( b − 1)( b − 3 ) = 0 Từ đó ta được b = 1 hoặc b = 3 .

(

)

Với b = 1 thì p = a , khi đó ta được p2 − p + 1 = p 3 ⇔ p p2 − p + 1 = 1 , điều này vô lí. Với b = 3 thì p = 3a − 2 , khi đó ta được 9a 2 − 15a + 7 = a 3 ⇔ ( a − 1)( a − 7 ) = 0 nên a = 1 hoặc a = 7 . Thử trực tiếp ta được a = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta được p = 19 .

Vậy p = 19 là số nguyên tố uy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 32. Gọi ( x0 ; y 0 ) là một cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán và x 0 + y 0 có giá trị nhỏ nhất. Khi đó ta được A =

x02 + y 02 + 30 hay y 20 − Ax0 y 0 + x02 + 30 = 0 x0 y0

Do vai trò như nhau của x 0 và y 0 nên ta có thể giả sử x 0 ≤ y 0 . Xét phương trình bậc hai y 2 − Ax 0 y + x 02 + 30 = 0 . Do ( x0 ; y 0 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán nên y 0 là nghiệm của phương trình

y 2 − Ax 0 y + x 02 + 30 = 0 . Do phương trình trên là phương trình bậc hai nên ngoài nghiệm y 0 thì phương trình còn

 y + y1 = Ax 0 có một nghiệm nữa là y1 . Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có  0 . 2  y 0 y1 = x 0 + 30 Do y 0 ; x 0 ; A là các số nguyên y1 là số nguyên. Như vậy ( x0 ; y 0 ) và ( x0 ; y1 ) đều thỏa mãn phương trình bậc hai trên và theo cánh chọn

x 0 + y 0 có giá trị nhỏ nhất ta được x 0 + y 0 ≤ x 0 + y1 ⇒ y 0 ≤ y1 . Do đó x 0 ≤ y 0 ≤ y1 . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Xét x 0 = y 0 , khi đó thay vào A ta được A =

x 20 + c 02 + 30 30 = 2 + 2 ∈Z x0 .x0 x0

Từ đó suy ra 30⋮ x02 ⇒ x 20 = 1 ⇒ x0 = 1 , do đó A = 32 .

• Trường hợp 2: Xét y 0 = y1 , khi đó từ y 0 y1 = x 02 + 30 ta được

x 20 + 30 = y 02 ⇔ ( y 0 − x 0 )( y 0 + x 0 ) = 30 Dễ thấy y 0 − x0 và y 0 + x 0 có cùng tính chẵn lẻ, mà 30 = 1.30 = 2.15 = 3.10 = 5.6 nên không có x 0 và y 0 thỏa mãn.

 y ≥ x0 + 1 • Trường hợp 3: Với x 0 < y 0 < y1 , khi đó ta được  0  y1 ≥ y 0 + 1 ≥ x 0 + 2 Do đó từ y 0 y1 = x02 + 30 ta được 30 + x 20 ≥ ( x0 + 1)( x0 + 2 ) ⇒ x 0 ≤ 9 . Khi x 0 = 9 ta được y0 y1 = 9 2 + 30 = 111 = 1.111 = 3.37 . Do y 0 < y1 nên ta suy ra được

; y1 ) = ( 1; 111) , ( 3; 37 ) , loại do không thỏa mãn x 0 < y 0 .

Khi x 0 = 8 ta được y0 y1 = 82 + 30 = 94 = 1.94 = 2.47 . Do y 0 < y1 nên ta suy ra được

; y1 ) = ( 1; 94 ) , ( 2; 47 ) , loại do không thỏa mãn x 0 < y 0 .

Khi x 0 = 7 ta được y 0 y1 = 7 2 + 30 = 79 = 1.79 . Do y 0 < y 1 nên ta suy ra được

; y1 ) = ( 1; 79 ) , loại do không thỏa mãn x 0 < y 0 .

Hoàn toàn tương tự cho các trường hợp còn lại ta đều không tìm được ( y 0 ; y1 ) thỏa mãn. Như vậy ta được A = 32 = 2 5 là lũy thừa bậc 5 của một số nguyên dương khi x = y = 1 .

Bài 33. Đặt 3 n − 1 = a 3 với a là số tự nhiên. Khi đó ta được

(

3 n = a 3 + 1 ⇔ 3 n = ( a + 1) a 2 − a + 1

)

x a + 1 = 3 Do đó a + 1 và a 2 − a + 1 là các ước của 3n . Suy ra  2 , trong đó x, y ∈ N và y a − a + 1 = 3

x+y = n. Từ a + 1 = 3x ⇒ a = 3x + 1 , thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được

) (

)

+ 1 − 3x + 1 + 1 = 3 y ⇔ 3 2x − 3 x +1 + 3 = 3 y

• Nếu x ≥ 2 , khi đó 32x − 3 x +1 chia hết cho 9, do đó 3 2x − 3x +1 + 3 chia 9 dư 3 nên 3y chia 9 dư 3. Do x ≥ 2 nên a = 3x − 1 ≥ 8 . Do đó từ a 2 − a + 1 = 3 y ta được 3 y = a ( a − 1) + 1 ≥ 8.7 + 1 = 57 Suy ra y ≥ 4 , do đó 3y chia hết cho 9. Mâu thuẫn với trên Như vậy trường hợp này không có n thỏa mãn.

• Nếu x = 1 , khi đó từ a + 1 = 3x ta được a = 2 , do đó 3n = a 3 + 1 = 2 3 + 1 = 9 nên n = 2 • Nếu x = 0 , khi đó từ a + 1 = 3x ta được a = 0 , do đó 3 n = a 3 + 1 = 0 3 + 1 = 1 nên n = 0 Vậy các số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 0 và n = 2 .

Bài 34. Nhận xét: Nếu p, q là hai số nguyên tố và n ≥ 2 là số nguyên dương thỏa mãn

np − 1 ⋮ q thì hoặc p = q hoặc q ≡ 1 ( mod p ) . n −1 Chứng minh: Từ giả thiết ta suy ra n p − 1⋮ q . Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn n k − 1⋮ q . Khi đó p chia hết cho k. Do p là số nguyên tố nên k ∈ {1; p} .

• Nếu k = 1 thì n ≡ 1 ( mod q ) . Khi đó n p−1 + ⋯ + n + 1 ≡ p ( mod q ) . Vậy p ≡ 0 ( mod q ) nên p = q .

• Nếu k = p . Theo định lý Fermat nhỏ thì n q −1 − 1⋮ q (hiển nhiên q không chia hết cho n). Do đó q − 1⋮ p hay q ≡ 1 ( mod p ) . Nhận xét được chứng minh. Trở lại bài toán: Đặt A = a 5 với a ∈ ℕ * . Ở đây ta xét với n ≥ 2 thì ta có

np − 1 = a 5 − 1 = ( a − 1) a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 n −1

(

)

Nếu q là một ước nguyên tố bất kì của a − 1 thì theo bổ đề ta suy ra q = p hoặc

q ≡ 1 ( mod p ) . Vậy tất cả các ước nguyên dương của A hoặc chia hết cho p hoặc chia p dư 1 . + Nếu a − 1⋮ p nên a ≡ 1 ( mod p ) . Khi đó a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 ≡ 5 ( mod p ) . Vậy p ∈ {5; 2} . + Nếu a − 1 ≡ 1 ( mod p ) thì a ≡ 2 ( mod p ) . Khi đó a 4 + a 3 + a 2 + a + 1 ≡ 31 ( mod p ) . Vậy p ∈ {2; 3; 5; 31} . Với p = 2 thì hiển nhiên có vô số giá trị n thỏa mãn. Với p = 3 thì n = 5 thỏa mãn. Với p = 31 thì n = 1 thỏa mãn. Với p = 5 thì n = 2 thỏa mãn

Vậy p ∈ {2; 3; 5; 31} .

Bài 35. Trước hết, ta có nhận xét: Nếu số n = 2 s t với t lẻ, có số ước lẻ là một số lẻ thì t là số chính phương. Thật vậy, ta phân tích t = p1a1 .pa22 .pa33 ...pakk thì số ước lẻ của n cũng chính là số ước của t và là

+ 1)( a 2 + 2 ) ... ( a k + 1) .

Do số lượng này là lẻ nên tất cả đại lượng a i + 1, i = 1; 2; 3;...; k đều lẻ hay a i chẵn, suy ra t là số chính phương, điều phải chứng minh. Trở lại bài toán: Ta xét hai trường hợp:

• Trường hợp 1: Nếu k là số chẵn thì ta được p1 + p2 + ... + d k = 2n + 1 − k lẻ. Do đó, số lượng ước lẻ của n là lẻ. Ta viết n = 2 s.u 2 với u là số lẻ. Giả sử số ước của u 2 là m lẻ. Ta cần chứng minh s lẻ. Do k chẵn và số lượng ước lẻ của n lẻ nên số lượng ước chẵn của n là lẻ. Các ước chẵn của 2 s là 2; 21 ; 2 2 ; ...; 2s và có tất cả s ước. Mỗi ước đó đi kèm với một trong m ước của u 2 tạo thành thêm các ước chẵn của n và là

ms Do đó ms lẻ, mà số lượng ước chẵn là lẻ nên buộc s lẻ. Từ đó suy ra

n là số chính 2

phương.

• Trường hợp 2: Nếu k lẻ thì lập luận tương tự ta được số lượng ước lẻ là chẵn và số lượng ước chẵn là lẻ. Đến đây dễ thấy điều vô lí nên trường hợp này không thể xảy ra. Vậy ta luôn có

n là số chính phương 2

Bài 36.Ta xét các trường hợp sau: 3

+ Với p = 2 , khi đó dễ thấy 2 n = m 3 + ( m + 1) với m là số nguyên dương. 3

Dễ thấy 2 n là số chẵn và m 3 + ( m + 1) là số lẻ do nên 2 n = m 3 + ( m + 1) vô nghiệm + Với p = 3 , khi đó với n = 2 ta có p2 = 32 = 13 + ( 1 + 1)

+ Với p > 3 , khi đó giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn điều kiện 3

pn = m 3 + ( m + 1) với m là một số nguyên dương.

(

Ta có pn = m 3 + ( m + 1) = ( 2m + 1) m 2 + m + 1

)

Do m là số nguyên dương nên 2m + 1 > 1; m 2 + m + 1 > 1

2m + 1 = pr Từ đó ta được  2 , với r; s ∈ N* . s m + m + 1 = p

(

)

Dễ thấy m 2 + m + 1 ≥ 2m + 1 nên ps ≥ pr , suy ra 2m + 1, m 2 + m + 1 = pr > 3

2m + 1⋮ d m ( 2m + 1)⋮ d Mặt khác gọi d = 2m + 1, m 2 + m + 1 khi đó ta có  2 ⇒ 2 m + m + 1⋮ d 2 m + m + 1 ⋮ d

(

)

(

)

Do đó suy ra 2 m 2 + m + 1 − m ( 2m + 1)⋮ d ⇒ m + 2 ⋮ d Nên ta được 2 ( m + 1) − ( 2m + 1)⋮ d ⇒ 3⋮ d , suy ra d = 1 hoặc d = 3

(

)

Điều này mâu thuẫn với 2m + 1, m 2 + m + 1 = pr > 3 Do đó với p > 3 thì pn không thể là tổng lập phương của hai số nguyên dương liên tiếp.

Bài 37. Dễ thấy 128 = 2 3.2 2.2.2 , mà trong 8 số nguyên liên tiếp tồn tại một số chia hết cho 8, một số chia hết cho 6, một số chia hết cho 4 và một số chia hết cho 2. Do đó tích của 8 số nguyên liên tiếp chia hết cho 128 = 2 3.2 2.2.2 . Từ đó suy ra n ( n + 1) ... ( n + 7 ) + 7 ! = 128 k, k ∈ Z Giả sử m = a 2 + b 2 , khi đó ta được a 2 + b 2 = 128k + 7 ! Dễ thấy 128k + 7 ! chia hết cho 4 nên m = a 2 + b 2 chia hết cho 4. Suy ra a, b đều là số chẵn. Đặt a = 2c; b = 2d với c, d là số tự nhiên. Từ đó ta được c 2 + d 2 = 32k + 1260 . Ta lại suy ra được suy ra c, d đều là số chẵn. Đặt c = 2p; d = 2q với p, q là các số tự nhiên. Đến đây ta lại được p2 + q 2 = 8k + 315 Vì số chính phương khi chia 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1, nên p2 + q 2 chia cho 4 dư 0 hoặc 1 hoặc 2. Mà 8k + 315 chia 4 dư 3. Nên p2 + q 2 = 8k + 315 không xảy ra. Vậy không thể biểu diễn số m = n ( n + 1) ... ( n + 7 ) + 7 ! dưới dạng tổng của hai số chính phương.

Bài 38. Từ 2x 2 + x = 3y 2 + y ⇒ 2x 2 – 2y 2 + x – y = y 2 ⇒ ( x − y )( 2x + 2y + 1) = y 2 Mặt khác từ cũng từ 2x 2 + x = 3y 2 + y ta được

3x 2 – 3y 2 + x – y = x 2 ⇒ ( x – y )( 3x + 3y + 1) = x 2 2

Do đó ta được ( x – y ) ( 2x + 2y + 1)( 3x + 3y + 1) = x 2 y 2 Suy ra ( 2x + 2y + 1)( 3x + 3y + 1) là số chính phương. Gọi ( 2x + 2y + 1, 3x + 3y + 1) = d , khi đó ta được

2x + 2y + 1⋮ d ⇒ ( 3x + 3y + 1) − ( 2x + 2y + 1) = ( x + y )⋮ d  3x + 3y + 1⋮ d Từ đó ta lại có 2 ( x + y )⋮ d ⇒ ( 2x + 2y + 1) − 2 ( x + y ) = 1⋮ d nên d = 1 Suy ra ( 2x + 2y + 1, 3x + 3y + 1) = 1 . Do đó 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương. Lại có ( x − y )( 2x + 2y + 1) = y 2 nên suy ra x − y là số chính phương Vậy x – y; 2x + 2y + 1; 3x + 3y + 1 đều là các số chính phương. 2

( ab + 2 ) = 4 2  ab + 2  Bài 39. Đặt s = a + b và p = ab . Ta có a + b = 4 −  ⇔ ( a + b ) − 2ab +  2  a+b  (a + b) 2

⇔s

(p + 2) − 2p + s

2 2

= 4 ⇔ s4 − 2ps2 + ( p + 2 ) = 4s2 2

(

⇔ s 4 − 2s 2 ( p + 2 ) + ( p + 2 ) = 0 ⇔ s 2 − p − 2

)

⇔ s 2 − p − 2 = 0 ⇔ p + 2 = s 2 ⇔ p + 2 = s ⇔ ab + 2 = a + b Vị a, b là số hữu tỉ nên a + b là số hữu tỉ. Vây

(

ab + 2 là số hữu tỉ

)

Bài 40. Ta có 4m 3 + m = 12n 3 + n ⇔ 4 m 3 − n 3 + ( m − n ) = 8n 3

(

)

Hay ta được ( m − n ) 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 = 8n 3 ( 1) Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m − n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 Do 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 là số lẻ nên p là số lẻ. Từ (1) suy ra 8n 3 ⋮ p mà p là số nguyên tố lẻ nên n ⋮ p suy ra m ⋮ p Mặt khác p là ước của 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 nên ta được p = 1 , điều này vô lí vì p là số nguyên tố.

Do đó m − n và 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 không có ước nguyên tố chung

(

)

Từ đó suy ra m − n, 4m 2 + 4mn + 4n 2 + 1 = 1 . 3

Do 8n 3 = ( 2n ) nên suy ra m − n là lập phương của một số nguyên.

Bài 41. Giả sử x là một số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta đặt

x + 25 = y 2 với y ∈ N . Theo giả thiết ta biểu diễn được x = 2a.5 b = y 2 − 24 với a, b ∈ N . Từ đó ta được ( y − 5 )( y + 5 ) = 2a.5 b ( 1) .

• Nếu b = 0 thì từ (1) ta được ( y − 5 )( y + 5 ) = 2a .

 y − 5 = 2 u Suy ra  , với u, v ∈ N; u < v và u + v = a . v  y + 5 = 2 u u 2 = 2 2 = 2 , trường hợp này loại. Do đó ta được 2 v − 2 u = 10 ⇔ 2 u 2 v − u − 1 = 10 ⇒  v − u ⇒  v −u 2 − 1 2 = 6

(

)

• Nếu b > 0 , khi đó ta được ( y − 5 )( y + 5 )⋮ 5 . Mà ta có ( y + 5 ) − ( y − 5 )⋮ 5 nên ta được y⋮ 5 . Đặt y = 5t , với t ∈ N . Khi đó ta được ( t − 1)( t + 1) = 2a .5 b − 2 ( 2 ) . Mà ta lai có ( t − 1) + ( t + 1) = 2t là số chẵn nên kết hợp với (2) ta được ( t − 1) , ( t + 1) cùng là số chẵn. Đến đây ta xét các trường hợp sau: m t − 1 = 2 + Trường hợp 1:  , với m, n ∈ N; m + n = a . Suy ra 2 n.5 b − 2 − 2 m = 2 n b−2 t 1 2 .5 + = 

- Nếu n ≥ m thì m = 1 và 2 n.5 b − 2 = 4 , suy ra n = 2 và b = 2 . Khi đó ta được a = 3 . Từ đó ta được x = 2 3.52 = 200 nên x + 25 = 225 = 15 2 thỏa mãn bài toán. - Nếu m > n thì n = 1 và 5 b − 2 − 2 m −1 = 1 ( 3 ) Vì 1 ≡ 1 ( mod 3 ) và 2, 5 không chia hết cho 3 nên 5 b − 2 ≡ 2 ( mod 3 ) và 2 m −1 ≡ 1 ( mod 3 ) , do đó ta được b − 2 là số lẻ. Đặt b = 2k + 1 ( k ∈ N ) , suy ra 5 b − 2 = 25k −1.5 ≡ 5 ( mod 8 ) . Do đó từ (3) ta suy ra được 2 m −1 ≡ 4 ( mod 8 ) nên m = 3; b = 3; a = 4 . Khi đó x = 2 4.53 = 2000 nên x + 25 = 2025 = 452 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

t + 1 = 2 m + Trường hợp 1:  , với m, n ∈ N; m + n = a . Suy ra 2 m − 2 n.5 b − 2 = 2 n b−2 t − 1 = 2 .5 - Nếu n ≥ m thì m = 1 và 2 n.5 b − 2 = 0 , trường hợp này loại. - Nếu m > n thì n = 1 và 2 m −1 − 5 b − 2 = 1 ( 4 ) . Lập luận tương tự như trên ta được 5 b − 2 ≡ 1 ( mod 3 ) nên b là số chẵn. Đặt b = 2k ( k ∈ N ) Khi đó ta được 5 b − 2 = 25k −1 ≡ 1 ( mod 8 ) nên kết hợp với (4) ta được 2 m −1 ≡ 2 ( mod 8 ) Do đó ta được m = 2; b = 2; a = 3 , khi đó x = 2 3.52 = 200 nên x + 25 = 225 = 15 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy có hai số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là 200 và 2000.

Bài 42. Giả sử tồn tại tam giác vuông có cạnh a, b, c(với a là cạnh huyền) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó ta có a 2 = b 2 + c 2 và diện tích ta giác vuông là S =

1 bc = k 2 hay 2

2S = bc = 2k 2 , với k là một số nguyên dương. Trong các tam giác vuông đó ta xét tam giác vuông có cạnh huyền bé nhất và a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta xẽ chứng minh tồn tại m và n để

a = m 2 + n 2 ; b = m 2 − n 2 ; c = 2mn với m, n khác tính chẵn lẻ và nguyên tố cùng nhau. Thật vậy,

(

)

Khi đó từ 2S = bc = 2k 2 ta được m 2 − n 2 mn = k 2 hay ( m − n )( m + n ) mn = k 2 . Do m, n khác tính chẵn lẻ và nguyên tố cùng nhau nên ta được

( m + n, m ) = ( m + n, n ) = ( m − n, m ) = ( m − n, n ) = 1 Gọi d = ( m + n, m − n ) , khi đó d là số lẻ và là ước của 2m, 2n, suy ra d = 1 . Như vậy bốn số m + n,m − n, m, n nguyên tố cùng nhau theo từng đôi một. Mà ta lại có ( m − n )( m + n ) mn = k 2 nên m + n,m − n, m, n đều là các số chính phương. Đặt m + n = x 2 ; m − n = y 2 ; m = z 2 ; n = t 2 với x, y, z, t là các số nguyên dương.

( x + y )2 + ( x − y )2 = 2 x 2 + y 2 = 4m = ( 2z )2  1 1 Khi đó ta có  ( x + y )( x − y ) = x 2 − z 2 = n = t 2 . 2 2 2z = 2 m < m 2 < m 2 + n 2 = a 

(

)

Như vậy tam giác vuông có các cạnh x + y; x − y; 2z thỏa mãn diện tích là một số chính phương, tuy nhiên cạnh huyền 2z < a , mâu thuẫn với cách chọn tam giác vuông có cạnh huyền nhỏ nhất. Vậy diện tích các tam giác vuông có các cạnh là các số nguyên không thể là một số chính phương.

Bài 43. Giả sử 2n = a 2 + b 2 với a, b là các số tự nhiên thỏa mãn a > b > 1 .

(

Khi đó ta có 4n 2 = a 2 + b 2

)

(

= a 4 + b 4 + 2a 2 b 2 = a 2 − b 2

)

+ 4a 2 b 2 .

 a 2 − b2   a 2 − b2  2 2 2 2 2 Do đó ta được n =  . Khi đó ta được ab n + 2n = + ( )    + ( ab ) + a + b . 2 2     2

Do a > b > 1 nên suy ra ( ab ) ; a 2 ; b 2 là các số chính phương phân biệt lớn hơn 1. 2

 a 2 − b2  Như vậy ta cần chứng minh   là số chính phương lớn hơn 1 và khác với ba số  2  chính phương trên. Thật vậy, do 2n = a 2 + b 2 là số chẵn nên a 2 và b 2 cùng tính chẵn lẻ. Lại có a > b > 1 nên suy ra

a 2 − b2 là số nguyên dương. 2

 a 2 − b2  2 a 2 − b2 = 1 , suy ra a 2 = b 2 + 2 < b 2 + 2b + 1 = ( b + 1) • Nếu   = 1 thì 2  2  2

Do đó b 2 < a 2 < ( b + 1) , điều này vô lí vì a 2 là số chính phương. Từ đó suy ra 2

 a 2 − b2    ≠ 1.  2  2

 a 2 − b2  a 2 − b2 2 = a , suy ra b 2 = a 2 − 2a . • Nếu  thì = a  2 2  

Do a > b > 1 nên a > 2 , suy ra a 2 − 4a + 4 < a 2 − 2a . 2

Từ đó ta được ( a − 2 ) < b 2 < ( a − 1) , điều này vô lí vì b 2 là số chính phương. 2

 a 2 − b2  2 Từ đó suy ra   ≠a . 2  

 a 2 − b2  2 a2 − b2 2 = b , suy ra a 2 = b 2 + 2b < ( b + 1) . • Nếu   = b thì 2  2  2

Từ đó ta được b 2 < a 2 < ( b + 1) , điều này vô lí vì b2 là số chính phương. 2

 a 2 − b2  2 Từ đó suy ra   ≠b .  2  2

 a 2 − b2  2 2 a 2 − b2 = ab , suy ra a 2 + b 2 − 2ab = 2b 2 ⇒ ( a − b ) = 2b 2 . • Nếu  thì ab = ( )  2  2  Do đó ta được a − b = b 2 , điều này vô lí vì a − b là số nguyên dương và b 2 là số vô tỷ. 2

 a 2 − b2  2 Từ đó suy ra   ≠ ( ab ) .  2  Từ các kết quả trên ta suy ra được n 2 + 2n tổng của bốn số chính phương(lớn hơn 1) phân biệt.

Bài 44. Do a 2 + b 2 chia hết cho ab + 1 . Khi đó tồn tại số nguyên dương k để

a 2 + b2 = k và ab + 1

ta cần chứng minh k là số chính phương. Cố định k, ta quy bài toán về tìm nghiệm ( a; b ) của phương trình

a 2 + b2 = k ( 1) . ab + 1

Giả sử cặp số nguyên dương ( a 0 ; b0 ) thỏa mãn (1) và a 0 + b 0 nhỏ nhất . Không mất tính tổng quát ta giả sử a 0 ≥ b 0 . Xét phương trình

x 2 + b02 = k ⇔ x 2 − kb 0 x + b02 − k = 0 có ẩn x. xb 0 + 1

Khi đó a 0 là một nghiệm của phương trình trên. Do đó theo định lý Vi – et thì phương

a + a 1 = kb0 trình còn có một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là a 1 thì ta được  0 2 a 0 .a1 = b0 − k Từ đây ta được a 1 là số nguyên. Nếu a 1 là số nguyên âm thì ta được a 12 − kb0 a 1 + b02 − k ≥ a12 − k + b02 − k > 0 , điều này vô lý. Do đó a 1 ≥ 0 , khi đó ( a 1 ; b0 ) là một cặp số thỏa mãn (1). Khi đó nếu a 1 > 0 thì ta có a 0 + b 0 ≤ a 1 + b0 nên a 0 ≤ a 1 , suy ra a 20 ≤ a 0 a 1 = b 20 − k < b 20 nên ta được a 0 < b 0 , điều này mâu thuẫn với a 0 ≥ b 0 .

Từ đó ta suy ra được a 1 = 0 , do đó ta được k = b02 là một số chính phương. Tóm lại nếu a = 0 thì ta được k = b 2 và nếu b = 0 thì ta được k = a 2 đều là số chính phương. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 45. Giả sử tồn tại các số nguyên dương a, b, c thỏa mãn 0 < a 2 + b 2 − abc ≤ c mà

k = a 2 + b 2 − abc không phải là số chính phương. Khi đó ta có 0 < k ≤ c . Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b . Xét phương trình bậc hai ẩn x là

x 2 − bcx + b 2 − k = 0 . Khi đó a là một nghiệm của phương, khi đó theo định lí Vi – et thì phương trình còn có một nghiệm nữa là x = a 1 .

a + a 1 = bc Từ đó ta được  2 a.a1 = b − k Từ đó ta suy ra được a 1 là số nguyên. + Nếu a 1 = 0 , khi đó từ hệ thức a.a 1 = b 2 − k ta được k = b 2 là số chính phương, điều này mâu thuẫn với giả sử ở trên. + Nếu a 1 < 0 , khi đó k = a12 + b 2 − a 1 bc ≥ a 12 + b 2 + bc > c , mâu thuẫn do 0 < k ≤ c . Như vậy ta được a 1 là số nguyên dương. Cũng theo định lí Vi – ét ta có a 1 =

b2 − k b2 − k < a nên ta được a 1 < a . và a a

Ta thấy cặp số ( a 1 ; b ) cũng là một nghiệm. Khi đó ta có a 1 + b < a + b , điều này sẽ vô lí khi ta chọn cặp số ( a; b ) với a + b bé nhất. Từ đó ta thấy không thể tồn tại k để k = a 2 + b 2 − abc không phải là số chính phương. Như vậy a 2 + b2 − abc phải là số chính phương.

Bài 46. Từ A =

2 2 2 a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − ab ta được 4A = ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a ) . 2

Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c . Đặt x = a − b ≥ 0; y = b − c ≥ 0 , suy ra a − c = ( a − b ) + ( b − c ) = x + y .

Từ đó ta được 4A = x 2 + y 2 + ( x + y ) ⇔ 2A = x 2 + y 2 + xy . Nếu x và y cùng tính lẻ hoặc khác tính chẵn lẻ thì x 2 + y 2 + xy là số lẻ, trong khi 2A là số chẵn. Do đó x và y phải cùng là số chẵn. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu A = 0 , khi đó ta suy ra được x = y = 0 , do đó a = b = c . • Trường hợp 2: Nếu A = k 2 > 0 , khi đó ít nhất một trong hai số x và y lớn hơn 0. Đặt x = 2x1 ; y = 2y1 . Khi đó x 2 + y 2 + xy chia hết cho 4. Khi đó A = k 2 là số chẵn nên k là số chẵn, đặt k = 2k1 . Do đó từ 2A = x 2 + y 2 + xy ta được 2 3.k12 = 4x12 + 4y12 + 4x1 y1 hay 2.k12 = x12 + y12 + x1 y1 . Lập luận tương tự như trên cho đến một lúc A = k 2 = n ta được

2 2n +1.k 2n = 2 n x 2n + 2 n y 2n + 2 n x n y n , trong đó k n là số nguyên dương nhưng đẳng thức vẫn xẩy ra. Khi đó ta được n = 2 n.k 2n , điều này vô lí. Vậy khi số A =

a 2 + b 2 + c 2 − ab − ac − ab là số chính phương thì a = b = c . 2

Bài 47. Ta có nhận xét nếu x, y, z là các số dương và x < y thì

x x+z . < y y+z

Áp dụng bất đẳng thức trên cho các số dươg a, b, c, d ta được

a a a+c+d < < a+ b+c+d a+b a+ b+c+d b b b+d+a < < a+ b+c+d b+c a+b+c+d c c c+a+ b < < a+ b+c+d c+d a+ b+c+d d d d+b+c < < a+ b+c+d d+a a+b+c+d Từ đó ta được 1 <

a b c d + + + <3. a+ b b+c c+d d+a

Do A nhận giá trị nguyên nên ta được A = 2 hay

a b c d + + + =2 a+ b b+c c+d d+a

 a  b  c  d − 1 + + − 1 + =0 Từ đó dẫn đến  a+ b  b+c  c+d  d+a

  b d − Hay ( a − c )   =0.  ( b + c )( a + b ) ( a + d )( c + d )  Do a ≠ d nên ta suy ra được

( b + c )( a + b ) ( a + d )( c + d )

Biến đổi và thu gọn ta được bd 2 − db 2 + abc − acd = 0 hay ( b − d )( ac − bd ) = 0 ⇒ ac = bd 2

Do đó abcd = ( ac ) là một số chính phương.

Bài 48. Gọi A là số mới được tạo thành. Số A được tao ra từ việc sắp xếp các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999 nên A có tất cả 99999 − 11111 + 1 = 88889 số có 5 chữ số. Tách số tự nhiên A thành tổng các số hạng có dạng abcde.10 5n với n = 0;1; 2; 3;...; 88888 . n

Đặt s = abcde , khi đó abcde.10 5n = s ( 9.11111 + 1) = s ( 9m + 1) = s ( km + 1) = skm + s . Chú ý rằng m = 11111 và k ∈ N * . Khi đó abcde.10 5n và s có cùng số dư khi chia cho m = 11111 . Như vậy số A khi chia cho M có cùng số dư với B là tổng của các số có 5 chữ số từ 11111 đến 99999. Ta có B = 11111 + 11112 + ... + 99999 =

(11111 + 99999 ) .88889 2

x − 17  a  Bài 49. Giải sử =   với a ∈ ℕ , b ∈ ℕ * . Khi đó ta xét các trường hợp sau: x−9  b • Trường hợp 1: Nếu a = 0 , khi đó ta được x = 17 • Trường hợp 2: Nếu a ≠ 0 , khi đó không mất tính tổng quát ta giả ( a, b ) = 1 .

(

)

Do a 2 , b 2 = 1 nên ta có x − 17 = a 2 k và x − 9 = b 2 k với k nguyên

(

)

Từ đó ta được ( x − 9 ) − ( x − 17 ) = b 2 − a 2 k ⇔ 8 = ( b + a )( b − a ) k Ta thấy a + b và b − a là ước của 8. Chú ý rằng ( b + a ) – ( b – a ) = 2a nên a + b và b − a cùng tính chẵn lẻ. Ta lại có b + a > b – a và a + b > 0 . Từ đó ta có các trường hợp như sau

b+a

b−a

x = b2 k + 9

−2

−1

−2

0(loại)

−4

−1

− 1(loại)

Như vây ta có các kết quả là + Với x = 17 thì

17 − 17 0 = = 02 17 − 9 8

+ Với x = 18 thì

18 − 17 1  1  = = 18 − 9 9  3 

+ Với x = 8 thì

8 − 17 = 9 = 32 8−9 2

x − 37  a  Bài 50. Giả sử với a, b là các số nguyên dương và ( a, b ) = 1 . = x + 43  b  Từ đó ta được x − 37 = ka 2 và x + 43 = kb 2 với k là số nguyên dương. Do đó ta được kb 2 − ka 2 = 80 ⇒ k ( b − a )( b + a ) = 80 . Chú ý là 80 = 1.2 4.5 . Do ( a, b ) = 1 nên ta có thể xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ. Khi đó b − a và b + a cùng là số lẻ. Từ đó ta được a + b = 5; b − a = 1 và k = 16 . Do đó ta có a = 2; b = 3 nên x − 37 = 16.2 2 ⇒ x = 101 .

• Trường hợp 2: Hai số a và b đều là số lẻ. Khi đó ta đặt a = 2m − 1; b = 2n − 1 với m, n là các số nguyên dương. Khi đó từ k ( b − a )( b + a ) = 80 ta được k ( n − m )( m + n − 1) = 1.2 2.5 . Chú ý là m + n − 1 > n − m , lại thấy m + n − 1 và n − m khác tính chẵn lẻ. Do đó ta được ( n − m; m + n − 1) = ( 1; 2 ) , ( 1; 4 ) , ( 1; 20 ) , ( 5; 20 ) , ( 2; 5 ) , ( 4; 5 ) . Giải lần lượt từng trường hợp ta tìm được ( m; n ) = ( 1; 2 ) , ( 2; 3 ) , ( 10; 11) , ( 8;13 ) , ( 2; 4 ) , ( 1; 5 )

Từ đó ta suy ra được ( a; b ) = ( 1; 3 ) , ( 3; 5 ) , ( 19; 21) , ( 15; 25 ) , ( 3; 7 ) , ( 1; 9 ) . Đến đây ta tìm được các giá trị của x là x ∈ {38; 47; 55; 82; 199; 398} . Vậy các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán là x ∈ {38; 47; 55; 82;101; 199; 398} . Bài 3. Cho các số nguyên a, b,c thỏa a 2 b + b 2 c + c 2 a = 3abc (1) a) Hãy chỉ ra một bộ ba số nguyên a, b,c đôi một khác nhau thỏa mãn (1). b) Chứng minh rằng abc là lập phương của một số nguyên. Lời giải. a) Ta chọn bộ ( a; b; c ) = ( 4; −2;1) thỏa mãn đẳng thức (1) b) Từ phương trình ta suy ra ( a, b, c ) = 1 . Giả sử p là ước nguyên tố của abc nên trong ba số a, b, c có một số chia hết cho p, Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là a. Suy ra ta được a = pm a 1 với a 1 ∈ N * ; ( a 1 , p ) = 1 . Khi đó đẳng thức trên trở trở thành

p2m a 12 b + b 2 c + c 2 pm = 3pm a 1 bc (*) Do đó b 2 c ⋮ p . Ta giả sử b⋮ p ⇒ b = pk .b1 ; ( b1 , p ) = 1 , thay vào (*) ta được

p2m + k a 12 b1 + p2k .b12 c + c 2 pm = 3pm + ka 1 b1c + Nếu 2k > m , ta suy ra được c 2 ⋮ p vô lí + Nếu 2k < m , ta suy ra được b12 c ⋮ p ⇒ c ⋮ p vô lí. Do đó m = 2k ⇒ abc = p3k a 1 b1c với ( a 1 , p ) = ( b1 , p ) = ( c, p ) = 1 . Giả sử abc có các ước nguyên tố phân biệt p1 , p2 ,..., pk . Khi đó, theo chứng minh trên ta có

(

abc = p13α1 p32α 2 ...pk3α k = pα1 1 pα2 2 ...pαk k

)

CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ NGUYÊN TỐ - HỢP SỐ I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ. 1. Định nghĩa. • Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1, chỉ có hai ước là 1 và chính nó. • Hợp số là số tự nhiên lớn hơn 1, có nhiều hơn hai ước.

2. Một số tính chất. • Nếu số nguyên tố p chia hết cho số nguyên tố q thì p = q . • Nếu tích abc chia hết cho số nguyên tố p thì ít nhất một thừa số của tích abc chia hết cho

số nguyên tố p. • Nếu a và b không chia hết cho số nguyên tố p thì tích ab không chia hết cho số nguyên

tố p . 3. Cách nhận biết một số nguyên tố. a) Chia số đó lần lượt cho các số nguyên tố đã biết từ nhỏ đến lớn. • Nếu có một phép chia hết thì số đó không phải là số nguyên tố. • Nếu chia cho đến lúc số thương nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn còn số dư thì số

đó là số nguyên tố. b) Một số có 2 ước số lớn hơn 1 thì số đó không phải là số nguyên tố. 4. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố: • Phân tích một số tự nhiên lớn hơn 1 ra thừa số nguyên tố là viết số đó dưới dạng một

tích các thừa số nguyên tố. + Dạng phân tích ra thừa số nguyên tố của mỗi số nguyên tố là chính số đó. + Mọi hợp số đều phân tích được ra thừa số nguyên tố Chẳng hạn A = aα .b β ...cγ , trong đó a, b, c là các số nguyên tố và α , β , ..., γ ∈ N * Khi đó số các ước số của A được tính bằng (α + 1)( β + 1) ... ( γ + 1) Tổng các ước số của A được tính bằng

aα +1 − 1 b β +1 − 1 cγ +1 − 1 . ... a −1 b −1 c −1

5. Số nguyên tố cùng nhau. Hai số a và b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a, b ) = 1 .

Các số a, b, c nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a, b,c ) = 1 . Các số a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi ( a, b ) = ( b,c ) = ( c,a ) = 1 .

II. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA. Bài toán liên quan đến số nguyên tố, hợp số thường có dạng như tìm số nguyên tố, hợp số thỏa mãn tính chất nào đó, chứng minh một số là số nguyên tố hay hợp số, chứng minh các quan hệ chia hết, sử dụng tính chất về số nguyên tố để giải các phương trình nghiệm nguyên,…

Ví dụ 1. Tìm tất cả các số nguyên tố p để 4p2 + 1 và 6p2 + 1 cũng là số nguyên tố. Lời giải Vì p là số nguyên tố do đó ta được 4p2 + 1 > 5 và 6p2 + 1 > 5 Đặt x = 4p2 + 1 = 5p2 − ( p − 1)( p + 1) ; y = 6p2 + 1 ⇒ 4y = 25p2 − ( p − 2 )( p + 2 ) Khi đó

• Nếu p chia cho 5 dư 4 hoặc dư 1 thì ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 5 Suy ra x chia hết cho 5 mà x > 5 nên x không là số nguyên tố.

• Nếu p chia cho 5 dư 3 hoặc dư 2 thì ( p − 2 )( p + 2 ) chia hết cho 5 Suy ra 4y chia hết cho 5 mà ( 4, 5 ) = 1 nên y chia hết cho 5 mà y > 5 Do đó y không là số nguyên tố Vậy p chia hết cho 5, mà p là số nguyên tố nên p = 5 . Thử với p = 5 thì x = 101; y = 151 là các số nguyên tố

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu 2 n − 1 là số nguyên tố ( n > 2 ) thì 2 n + 1 là hợp số. Lời giải Xét ba số tự nhiên liên tiếp là 2 n − 1; 2 n ; 2 n + 1 . Trưng ba số tự nhiên liên tiếp trên có duy nhất một số chia hết cho 3. Do n > 2 nên 2 n − 1 > 3 , mà theo giả thiết thì 2 n − 1 là số nguyên tố, do đó 2 n − 1 không chia hết cho 2. Lại có 2 n không chia hết cho 3. Do đó suy ra 2 n + 1 chia hết cho 3. Mà do n > 2 nên 2 n + 1 > 3 . Từ đó ta được 2 n + 1 là hợp số.

Ví dụ 3. Cho p, q, r, s là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p2 − q 2 + r 2 − s 2 chia hết cho 24.

Lời giải Trước hết ta chứng minh với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 − 1 chia hết cho 24. Thật vậy, ta có p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) . Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p − 1 và p + 1 là hai số chẵn liên tiếp. Suy ra ta được p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 8. Mặt khác ta lại có ( p − 1) p ( p + 1) chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3. Để ý là ( 3; 8 ) = 1 nên ta được p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 24. Chứng minh hoàn toàn tương tự thì ta được q 2 − 1; r 2 − 1; s 2 − 1 cũng chia hết cho 24.

(

) (

)

Ta có p2 − q 2 + r 2 − s 2 = p2 − 1 − q 2 − 1 + r 2 − 1 − s 2 − 1 . Do đó ta được p2 − q 2 + r 2 − s 2 chia hết cho 24.

Ví dụ 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) sao cho p2 − 2q 2 = 1 . Lời giải Từ p2 − 2q 2 = 1 ta được p2 = 2q 2 + 1 . Do đó ta suy ra được p là số nguyên tố lẻ. Từ đó ta đặt p = 2k + 1 với k ∈ N * . 2

Khi đó ta được ( 2k + 1) = 2q 2 + 1 ⇔ 4k 2 + 4k + 1 = 2q 2 + 1 ⇔ 2k ( k + 1) = q 2 Do đó q 2 là số chẵn nên q là số chẵn. Mà q là số nguyên tố nên q = 2 . Thay vào p2 − 2q 2 = 1 ta suy ra được p = 3 . Vậy cặp số nguyên tố ( p; q ) = ( 3; 2 ) thỏa mãm yêu cầu bài toán.

Ví dụ 5. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho trong dãy n + 1; n + 2;...; n + 10 có nhiều số nguyên tố nhất.

Lời giải Cách 1. Ta thấy n + 1; n + 2;...; n + 10 là 10 số tự nhiên liên tiếp. Khi đó ta xét các trường hơp sau:

+ Trường hợp 1: Với n = 0 , khi đó dãy số trên trở thành 1; 2; 3; …; 10. Trong dãy số này có các số nguyên tố là 2; 3; 5; 7. + Trường hợp 2: Với n = 1 , khi đó dãy số trên trở thành 2; 3; …; 11. Trong dãy số này có các số nguyên tố là 2; 3; 5; 7; 11. + Trường hợp 3: Với n > 1 , khi đó dãy số trên gồm 10 số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 3. Chú ý là trong các số lớn hơn 3 không có số chẵn nào là số nguyên tố, ngoài ra trong năm số tự nhiên lẻ liên tiếp có ít nhất một số là bội của 3. Như vậy trong các dãy số như vậy không có quá 4 số nguyên tố. Vậy với n = 1 thì dãy số n + 1; n + 2;...; n + 10 có nhiều số nguyên tố nhất.

Cách 2. Gọi S n là số các số nguyên tố tương ứng với n. Khi đó ta được S 0 = 4; S1 = 5; S 2 = 4 .

Xét n ≥ 3 , khi đó dãy số n + 1; n + 2;...; n + 10 có 5 số chẵn lớn hơn 3 nên năm số chẵn này không phải là số nguyên tố. Trong năm số lẻ còn lại có ít nhất một số chia hết cho 4. Từ đó suy ra với các giá trị n ≥ 3 thì S n ≤ 4 . Vậy với n = 1 thì dãy số n + 1; n + 2;...; n + 10 có nhiều số nguyên tố nhất.

Ví dụ 6. Tìm số nguyên dương n sao cho tất cả các số sau đây đều là nguyên tố.

n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 Lời giải Ta có n + 37 = n + 2 + 7.5; n + 17 = n + 3 + 7.2; n + 25 = n + 4 + 7.3; n + 13 = n + 6 + 7.1 Như vậy các số n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 khi chia cho 7 sẽ có 7 số dư khác nhau. Do đó trong 7 số trên có một số chia hết cho 7. Vì n + 1, n + 5, n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều là số nguyên tố và trong đó các số nguyên tố n + 7, n + 13, n + 17, n + 25, n + 37 đều lớn hơn 7. Do đó chỉ có thể n + 1 hoặc n + 5 chia hết cho 7.

• Nếu n + 1⋮ 7 và n + 1 là số nguyên tố, khi đó n + 1 = 7 ⇒ n = 6 . Khi đó tất cả các số đã cho đều là số nguyên tố.

• Nếu n + 5⋮ 7 và n + 5 là số nguyên tố, khi đó n + 5 = 7 ⇒ n = 2 . Khi đó n + 25 = 27 không phải lầ số nguyên tố. Vậy số cần tìm là n = 6

Ví dụ 7. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p thì p3 +

p−1 không phải là tích của hai 2

số tự nhiên liên tiếp.

Lời giải Do p là số nguyên tố nên khi p là số chẵn thì p = 2 , còn nếu p là số lẻ thì p có các dạng p = 4k + 1 hoặc p = 4k + 3 . Khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu p = 2 suy ra p3 +

p−1 không nguyên 2

• Trường hợp 2: Nếu p = 4k + 1 , khi đó ta được p3 +

p3 +

3 p−1 = ( 4k + 1) + 2k là số lẻ nên 2

p−1 không thể là tích của hai số tự nhiên liên tiếp. 2

• Trường hợp 3: Nếu p = 4k + 3 . Giả sử p3 + Khi đó ta có p3 +

p−1 là tích của hai số tự nhiên liên tiếp 2

2 p−1 = x ( x + 1) ⇔ 2p 2p2 + 1 = ( 2x + 1) + 1 với x là số tự nhiên. 2

(

)

Từ đó suy ra ( 2x + 1) + 1⋮ p vô lí vì p = 4k + 3 . Từ các trường hợp trên, ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 8. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2 p + p2 cũng là số nguyên tố. Lời giải Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu p = 2 , khi đó ta được 2 p + p2 = 2 2 + 2 2 = 8 là hợp số. • Nếu p = 3 , khi đó ta được 2 p + p2 = 2 3 + 32 = 17 là số nguyên tố. • Nếu p > 3 , khi đó do p là số nguyên tố nên p không chia hết cho 3.Ta có

(

) (

(

)

2 p + p2 = 2 p + 1 + p2 − 1 . Khi đó ta được 2 p + 1 = ( 2 + 1) 2 p−1 + 2 p− 2 + ... + 1 chia hết cho 3. Lại có ( p − 1) p ( p + 1) chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p2 − 1 = ( p − 1)( p + 1) chia hết cho 3.

(

) (

)

Từ đó suy ra 2 p + p2 = 2 p + 1 + p2 − 1 chia hết cho 3 nên 2 p + p2 là hợp số. Vậy với p = 3 thì 2 p + p2 = 2 3 + 32 = 17 là số nguyên tố.

Ví dụ 9. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố ( p; q; r ) sao cho pqr = p + q + r + 200 . Lời giải Không mất tính tổng quát, giả sử p ≤ q ≤ r. Viết lại phương trình đã cho về dạng

( rq − 1)( p − 1) + ( r − 1)( q − 1) = 202 (1) Nếu p lẻ thì q, r cũng lẻ, do đó ( rq − 1)( p − 1) + ( r − 1)( q − 1)  ⋮ 4, nhưng 202 không chia hết cho 4, vô lý. Vậy p = 2. Với p = 2. thì (1) trở thành 2rq − r − q = 202 ⇔ 4rq − 2r − 2q + 1 = 405 ⇔ ( 2q − 1)( 2r − 1) = 5 ⋅ 34 2

Do 3 ≤ 2q − 1 ≤ 2r − 1 nên 9 ≤ ( 2q − 1) ≤ ( 2q − 1)( 2r − 1) = 405 ⇒ 3 ≤ 2q − 1 ≤ 20 Từ đó, do 2q − 1 là ước của 5 ⋅ 34 nên 2q − 1 ∈ {3; 5; 9;15} Nếu 2q − 1 = 3 thì q = 2 và r = 68 không là số nguyên tố, loại. Nếu 2q − 1 = 5 thì q = 3 và r = 41 Nếu 2q − 1 = 9 thì q = 5 và r = 23 Nếu 2q − 1 = 15 thì q = 8 không là số nguyên tố, loại. Vậy tất cả các bộ ba số nguyên tố phải tìm là ( 2; 5; 23 ) , ( 2; 3; 41) và các hoán vị

Ví dụ 10. Tìm ba số nguyên tố liên tiếp nhau sao cho tổng bình phương của ba số đó cũng là một số nguyên tố.

Lời giải Gọi ba số nguyên tố liên tiếp nhau cần tìm là x, y, z và x < y < z . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với x = 2; y = 3; z = 5 . Khi đó x 2 + y 2 + z 2 = 38⋮ 2 là hợp số. Trường hợp này không thỏa mãn.

• Trường hợp 2: Với x = 3; y = 5; z = 7 . Khi đó x 2 + y 2 + z 2 = 83 là số nguyên tố. Vậy bộ ba số ( 3;5;7 ) là bộ ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm.

0,5đ

• Trường hợp 3: Với x > 3 . Khi đó y > 5 và z > 7 . Từ đó suy ra x, y, z chia 3 có số dư là 1 hoặc −1 Do đó x = 3k ± 1; y = 3l ± 1; z = 3m ± 1 với k, l, m ∈ ℕ∗

(

)

Suy ra x 2 ; y 2 ; z 2 chia 3 dư 1 nên x 2 + y 2 + z 2 ⋮ 3 nên là hợp số . Vậy bộ ba số ( 3;5;7 ) là bộ ba số nguyên tố liên tiếp cần tìm.

Ví dụ 11. Tìm các số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq + q p = r Lời giải Do p và q là các số nguyên tố nên p; q ≥ 2 , do đó suy ra r ≥ 3 , mà r là số nguyên tố nên r là số lẻ. Từ đó suy ra pq và q p khác tính chẵn lẻ nên p và q khác tính chẵn lẻ. Như vậy trong hai số p, q có một số chẵn, không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là q. Khi đó q = 2 nên ta được p2 + 2 p = r . Đến đây ta xét các trường hợp sau:

• Nếu p = 3 , khi đó ta có 32 + 2 3 = r hay r = 17 là một số nguyên tố. • Nếu p > 3 , do p là số nguyên tố nên có dạng p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 với k là số nguyen dương.

(

)

Từ đó suy ra p2 chia 3 dư 1 hay p2 = 3n + 1 n ∈ N * . p

(

)

Lại có p là số lẻ nên 2 p = ( 3 − 1) = 3m − 1 m ∈ N * . Từ đó ta được p2 + 2 p = 3n + 1 + 3m − 1 = 3 ( m + n )⋮ 3 nên là hợp số. Do đó trường hợp này loại. Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là ( p; q; r ) = ( 2; 3; 17 ) , ( 3; 2;17 ) .

Ví dụ 12. Tìm các số nguyên tố p,q, r thỏa mãn các điều kiện sau:

5 ≤ p < q < r; 49 ≤ 2p2 − r 2 ; 2q 2 − r 2 ≤ 193 Lời giải Từ 49 ≤ 2p2 − r 2 ; 2q 2 − r 2 ≤ 193 ta có 2q 2 − 193 ≤ r 2 ≤ 2p2 − 49 , do đó q 2 − p2 ≤ 72 . Mặt khác từ điều kiện 5 ≤ p < q < r ta được r ≥ 11 , do đó 2p2 ≥ 49 + 121 = 170 hay p ≥ 11 . Vì ( q − p )( q + p ) ≤ 72 nên q − p = 2 hoặc q − p ≥ 4 . Xét hai trường hợp sau:

• Với q − p = 2 và q + p ≤ 36 , khi đó ta được p = 11; q = 13 hoặc p = 17; q = 19 . + Nếu p = 11; q = 13 thì 145 ≤ r 2 ≤ 193 , suy ra r = 13 = q (loại) + Nếu p = 17; q = 19 thì 529 ≤ r 2 ≤ 529 , suy ra r = 23 (nhận).

• Với q − p ≥ 4 và q + p ≤ 18 , không tồn tại vì p ≥ 11 . Vậy ba số nguyên tố cần tìm là p = 17; q = 19; r = 23 .

Ví dụ 13. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố a, b,c đôi một khác nhau thoả mãn điều kiện 20abc < 30 ( ab + bc + ca ) < 21abc

Lời giải Từ giả thiết suy ra Suy ra

2 1 1 1 7 < + + < . Không giảm tính tổng quát giả sử a > b > c > 1 . 3 a b c 10

2 3 < ⇒ 2c < 9 , do đó c ∈ {2; 3} 3 c

• Với c = 2 suy ra

2 1 1 1 7 1 1 1 1 1 2 1 1 < + + < ⇒ < + < ⇒ < và < 3 2 a b 10 6 a b 5 6 b b 5

Do đó b ∈ {7;11} + Với b = 7 , khi đó từ + Với b = 11 từ

1 1 1 1 1 1 2 < + < suy ra < < ⇒ a ∈ {19; 23; 29; 31; 37; 41} 6 a b 5 42 a 35

1 1 1 1 5 1 6 < + < suy ra < < ⇒ a = 13 , do a > b 6 a b 5 66 a 55

• Với c = 3 từ giả thiết suy ra Thay b = 5 vào

1 1 1 11 1 2 < + < ⇒ < ⇒ b < 6 ⇒ b = 5 (do b > c ) 3 a b 30 3 b

1 1 1 11 15 ⇒a=7. < + < ta được 6 < a < 3 a b 30 2

Vậy có các bộ ba số nguyên tố khác nhau ( a; b; c ) thoả mãn là:

(19; 7; 2 ) , ( 23; 7; 2 ) , ( 29; 7; 2 ) , ( 31; 7; 2 ) , ( 37; 7; 2 ) , ( 41; 7; 2 ) , (13; 11; 2 ) , ( 7;5;3 ) và các hoán vị của nó.

Ví dụ 14. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn

pq m2 + 1 = . p+ q m +1

Lời giải

(

)

2 m2 + 1 pq m2 + 1 4 • Nếu p = q thì từ ta được p = = 2m − 2 + . = p+ q m +1 m +1 m +1 Do m ∈ ℕ và p là số nguyên tố nên 4 ⋮ ( m + 1) ⇒ m = 0; m = 1; m = 3

Từ đố ta được p = 2; p = 5.

• Nếu p ≠ q thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q. Gọi r là một ước chung của m 2 + 1 và m + 1 , khi đó ( m + 1)( m − 1)  ⋮ r ⇒ m 2 − 1 ⋮ r

(

)

Do đó  m 2 + 1 − m 2 − 1  ⋮ r ⇒ 2 ⋮ r suy ra r = 1 hoặc r = 2 .  

(

) (

)

p + q = m + 1 + Với r = 1 suy ra  , khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình 2 pq = m + 1

x 2 − ( m + 1) x + m 2 + 1 = 0 2

(

)

Ta có ∆ = −3m 2 + 2m − 3 = − ( m − 1) − 2m 2 + 2 < 0 nên phương trình trên vô nghiệm 2 2pq = m + 1 + Với r = 2 suy ra  , khi đó p và q là hai nghiệm của phương trình 2 ( p + q ) = m + 1

2x 2 − ( m + 1) x + m 2 + 1 = 0 2

(

)

Ta có ∆ = −7m 2 + 2m − 7 = − ( m − 1) − 6m 2 + 6 < 0 nên phương trình vô nghiệm. Vậy bộ các số nguyên tố cần tìm là ( p; q ) = ( 2; 2 ) , ( 5; 5 )

Ví dụ 15. Tìm các số nguyến tố p, q và số nguyên x thỏa mãn x 5 + px + 3q = 0 . Lời giải

(

)

Ta có x 5 + px + 3q = 0 ⇔ x x 4 + p = −3q . Vì q là số nguyên tố và x là số nguyên nên từ phương trình trên suy ra

x ∈ {−1; − 3; − q; − 3q} . Ta xét các trường hợp sau: + Nếu x = −1 , khi đó từ phương trình trên ta được 1 + p = 3q . Do q là số nguyên tố nên

• Khi q = 2 thì ta được p = 5 • Khi q > 2 thì 3q là số lẻ nên p là số nguyên tố chẵn, do đó p = 2 nên q = 1 không phải là số nguyên tố. + Nếu x = −3 , khi đó từ phương trình trên ta được p + 81 = q , do đó p là số nguyên tố chẵn và q là số nguyên tố lẻ. Từ đó ta được p = 2; q = 83 .

+ Nếu x = −q , khi đó từ phương trình trên ta được p + p4 = 3 . Trường hợp này không xẩy ra do p và q là số nguyên tố nên p + q 4 > 3 . + Nếu x = −3q , khi đó từ phương trình trên ta được p + 81p4 = 1 . Trường hợp này không xẩy ra do p và q là số nguyên tố nên p + 81q 4 > 1 . Vậy các bộ số ( x; p; q ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( −1; 5; 2 ) , ( −3; 2; 83 ) .

(

)

Nhận xét: Từ phương trình x x 4 + p = −3q ta suy ra được x chia hết cho 3 hoặc x 4 + p chia hết cho 3. Đến đây ta xét các trường hợp như trên. Tuy nhiên với cách làm này việc lý luận sẽ phức tạp hơn.

Ví dụ 16. Tìm số nguyên tố p để

p+1 p2 + 1 và là các số chính phương. 2 2 Lời giải

Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa mãn

p+1 p2 + 1 = x 2 và = y2 2 2

p + 1 = 2x 2 ( 1) Khi đó ta được  2 . 2 p 1 2y 2 + = ( )  Trừ theo vế của đẳng thức (2) cho đẳng thức (1) ta được p ( p − 1) = 2 ( y + x )( y − x ) ( 3 ) Suy ra ta được 2 ( y + x )( y − x )⋮ p ( 4 ) . Mặt khác từ (1) ta thấy p là số lẻ và x > 1 > Ta có p + 1 = 2x 2 = x 2 + x 2 > x + 1 ⇒ p > x . Từ (2) ta lại có y > 1 nên p2 + 1 = 2y 2 = y 2 + y 2 > y 2 + 1 ⇒ p > y . Từ (3) ta suy ra được y > x . Từ đó ta được 0 < y − x < p . Chú ý p là là số nguyên tố lẻ nên từ (4) ta suy ra được x = y ⋮ p . Mà ta lại có 0 < x + y < 2p nên ta được x + y = p . Thay vào (30 ta được p − 1 = 2 ( y − x ) . Từ đó suy ra y − x =

p+1 p+1 3p − 1 nên ta được x = ;y = . 2 4 4 2

p+1  p+1 Thay x = vào (1) ta được p + 1 = 2   ⇔ p=7. 4  4  Thay p = 7 vào (2) ta được 7 2 + 1 = 2y 2 ⇒ y = 5 . Vậy p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: Ngoài cách giải như trên ta còn có thể giải bằng cách xét các khả năng của p: 2

p2 + 1 ( 4k ± 1) + 1 = = 8k 2 ± 4k + 1 . Với p chẵn không xẩy ra, với p = 4k + 1 khi đó ta được 2 2 Đến đây ta tìm các giá trị của k để 8k 2 ± 4k + 1 là các số chính phương.

Ví dụ 17. Chứng minh rằng nếu tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn

( x + 1)( 2x + 1) 2012

là một

số chính phương thì x là hợp số.

Lời giải Giả sử tồn tại số nguyên dương x thỏa mãn

Khi đó tồn tại số nguyên dương q để

( x + 1)( 2x + 1) 2012

( x + 1)( 2x + 1) = q 2012

là một số chính phương.

hay ( x + 1)( 2x + 1) = 2012q 2 .

Vì 2012 chia hết cho 4 nên ( x + 1)( 2x + 1)⋮ 4 . Mà 2x + 1 là số lẻ nên x + 1⋮ 4 . Từ đó ta được x = 4k − 1 với k là số nguyên dương. Thay vào phương trình trên ta được 4k ( 8k − 1) = 2012q 2 ⇔ k ( 8k − 1) = 503q 2 . Để ý là ( k, 8k − 1) = 1 và 503 là số nguyên tố. Nên tồn tại các số nguyên dương a và b sao k = 503a 2 k = a 2 và . cho q = ab và ( a, b ) = 1 . Từ đó ta có các hệ   2 2 8k − 1 = b 8k − 1 = 503b k = 503a 2 + Với  , hệ này vô nghiêm vì b 2 chia 8 chỉ có các số dư là 0, 1, 4. 2 8k − 1 = b 2 k = a . Khi đó ta được x = 4k − 1 = 4a 2 − 1 = ( 2a − 1)( 2a + 1) . + Với  2 8k 1 503b − = 

Nếu a = 1 thì x = 3 , khi đó ta được

( x + 1)( 2x + 1) = 2012

7 không phải là số nhính phương. 503

Nếu a ≥ 2 khi đó x = ( 2a − 1)( 2a + 1) là một hợp số. Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 18. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

p2 − p − 2 là lập phương của một số tự 2

nhiên.

Lời giải

Đặt

p2 − p − 2 = n 3 với n là một số tự nhiên. 2

Vì p là số nguyên tố nên ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với p = 2 , khi đó ta được n = 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 2: Với p > 2 , khi đó ta có

p2 − p − 2 = n 3 ⇔ p ( p − 1) = 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 . 2

(

)

Từ đó ta được n + 1⋮ p hoặc n 2 − n + 1⋮ p (vì p là số nguyên tố lẻ).

(

)

+ Nếu n + 1⋮ p thì ta được n + 1 ≥ p . Từ đó ta được 2 n 2 − n + 1 ≥ n 2 + ( n − 1) + 1 > n > p − 1 .

(

)

(

)

Thay vào phương trình p ( p − 1) = 2 ( n + 1) n 2 − n + 1 ta được p = 2 ( n + 1) k + 1 .

(

) (

)

Từ đó suy ra n 2 − n + 1 = 2 ( n + 1) k 2 + k hay n 2 − 2k 2 + 1 n − 2k 2 + k − 1 = 0 . Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn n. Khi đó do 2k 2 + 1 là số lẻ nên để 2

(

)

(

) (

(

)

(

)

phương trình trên có nghiệm nguyên thì ∆ = 2k 2 + 1 + 4 2k 2 + k − 1 phải là số chính phương lẻ.

(

)

(

)

Ví dụ 19. Tìm tất cả các số nguyên tố p và số nguyên dương x, y thoả mãn:

p − 1 = 2x ( x + 2 )  2 p − 1 = 2y ( y + 2 ) Lời giải Dễ thấy từ hệ trên ta được y > x .

p − 1 = 2x ( x + 2 ) ⇒ p2 − p = 2y 2 + 4y − 2x 2 − 4x ⇒ p ( p − 1) = 2 ( y − x )( y + x + 2 ) Từ  2 p − 1 = 2y ( y + 2 )

(

)

Ta có p − 1 = 2 x 2 + 2x ⇒ p + 1 = 2 ( x + 1) < 2p2 ⇒ x + 1 < 2p

Lại có p2 − 1 = 2y ( y + 2 ) ⇒ p2 + 1 = 2 ( y + 1) < 2p2 ⇒ y + 1 < p

y − x < p Từ đó ta được  . Do đó từ phương trình p ( p − 1) = 2 ( y − x )( y + x + 2 ) ta có các x + y + 2 < 2p trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu 2 ⋮ p ⇒ p = 2 , khi đó 1 = 2x 2 + 4x , trường hợp này loại. • Trường hợp 2: Nếu y − x⋮ p , điều này mâu thuân vì y − x < p • Trường hợp 3: Nếu x + y + 2 ⋮ p , khi đó kết hợp với x + y + 2 < 2p ta suy ra được

x+y+2 = p. Do đó ta được p ( p − 1) = 2 ( y − x ) p ⇒ p − 1 = 2 ( y − x )

p = x + y + 2 2p = 2y + 2x + 4 Khi đó ta có  ⇒ ⇒ p + 1 = 4x + 4 ⇒ p − 1 = 4x + 2 p − 1 = 2y − 2x p − 1 = 2y − 2x

(

)

Thay vào p − 1 = 2 x 2 + 2x ta được 4x + 2 = 2x 2 + 4x ⇒ x = 1 . Từ đó ta tính được p = 7 và y = 4 . Vậy bộ số ( p; x; y ) cần tìm là ( 7;1; 4 )

Ví dụ 19. Cho bảy số nguyên tố khác nhau a, b, c,a + b + c,a + b − c,a + c − b, b + c − a trong đó hai trong ba số a, b, c có tổng bằng 800. Gọi d là hiệu giữa số lớn nhất và số nhỏ nhất trong bảy số nguyên tố đó. Hỏi giá trị lớn nhất của d có thể nhận là bao nhiêu.

Lời giải Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a < b < c . Khi đó số nguyên tố lớn nhất là a + b + c và số nguyên tố nhỏ nhất là a + b − c . Do đó ta được d = ( a + b + c ) − ( a + b − c ) = 2c , nên để có d lán nhất ta cần chọn được số nguyên tố c lớn nhất. Chú ý rằng a, b, c là các số nguyên tố lẻ vì nếu a = 2 thì khi đó b + c − a là số chẵn lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Do đó cả bảy số nguyên tố đã cho đều là số lẻ. Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu a + b = 800 , khi đó số nguyên tố a + b − c ≥ 3 nên ta được c ≤ 797 . Vì 797 là số nguyên tố và ta cần lấy c lớn nhất nên ta chọn c = 797 . Khi đó ta được a + b + c = 1597 và a + b − c = 3 . Vì 1597 và 3 đều là các số nguyên tố nên ta cần chọn các số nguyên tố a, b sao cho 797 + a − b và 797 + b − a là các số nguyên tố.

La chọn a = 13 thì ta được b = 787 và 797 + a − b = 23; 797 + b − a = 1571 đều là các số nguyên tố. Lúc đó ta được d = 2c = 2.797 = 1594 .

• Trường hợp 2: Nếu b + c = 800 , khi đó c < 800 . Nếu ta chọn c = 797 thì ta được b = 3 . Mà ta lại có a < b nên a = 2 không thỏa mãn. Do đó c < 797 nên d < 2.797 = 1594 .

• Trường hợp 3: Nếu a + c = 800 , khi đó c < 800 . Nếu ta chọn c = 797 thì ta được a = 3 . Từ đó ta được a + b − c ≥ 5 nên suy ra b ≥ 799 , do đó b > c không thỏa mãn. Do đó c < 797 nên d = 2c < 1594 . Vậy giá trị lớn nhất của d là 1594 với các số nguyên tố được chọn trong trường hợp 1 và

a + b = 800 . Ví dụ 20. Cho số nguyên tố p. Giả sử x và y là các số tự nhiên khác 0 thỏa mãn điều kiện

x 2 + py 2 x 2 + py 2 = p+1. là số tự nhiên. Chứng minh rằng xy xy Lời giải

(

)

Gọi UCLN ( x, y ) = d d ∈ N * , khi đó tồn tại các số tự nhiên a và b để x = da; y = db và

( a, b ) = 1 . Ta có

x 2 + py 2 d 2a 2 + pd 2a 2 a 2 + pb 2 = = ∈ N* . xy ab d 2 ab

Từ đó ta được a 2 + pb 2 ⋮ ab ⇒ a 2 + pb 2 ⋮ b ⇒ a 2 ⋮ b . Do ( a, b ) = 1 nên ta suy ra được b = 1 . Suy ra a 2 + p⋮ a ⇒ p⋮ a . Do p là số nguyên tố nên ta được a = 1 hoặc a = p . Khi đó ta xét các trường hợp

• Với a = 1 , khi đó ta được x = y = d nên suy ra

x 2 + py 2 d 2 + pd 2 = = p+1. xy d2

• Với a = p , khi đó ta được x = dp; y = d nên suy ra

Vậy ta luôn có

x 2 + py 2 d 2 p2 + d 2 p = = p + 1. xy d2 p

x 2 + py 2 = p+1. xy

Ví dụ 21. Tìm tất cả các số nguyên tố a, b, c(có thể bằng nhau) thỏa mãn a ( a + 1 ) + b ( b + 1) = c ( c + 1 ) .

Lời giải Từ giả thiết ta nhận thấy a < c; b < c . Khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử

2≤b≤a<c. Từ giả thiết ta có a ( a + 1) = c ( c + 1) − b ( b + 1) = c ( c + b + 1) − b ( c + b + 1) = ( c − b )( c + b + 1) Do a + 1 < c + b + 1 nên từ a ( a + 1) = ( c − b )( c + b + 1) ta suy ra được c − b < a . Do đó c < a + b nên c + b + 1 < a + 2b + 1 , do đó ta được c + b + 1 < 3a + 1 . Lại có a < c nên từ c + b + 1 < 3a + 1 ta suy ra được c + b + 1 = 3a hoặc c + b + 1 = 2a . Vì a, b, c là các số nguyên tố nên ta suy ra c là số nguyên tố lẻ. Đến đây ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu c + b + 1 = 2a . Do 2a và c + 1 là các số chẵn nên b là số nguyên tố chẵn, từ đó ta được b = 2 nên c = 2a − 3 . Thay c = 2a − 3 vào đẳng thức a ( a + 1) = ( c − b )( c + b + 1) và rút gọn ta được

a + 1 = 2 ( 2a − 5 ) hay 3a = 11 , khi đó a không phải là số nguyên. • Trường hợp 2: Nếu c + b + 1 = 3a thay vào đẳng thức a ( a + 1) = ( c − b )( c + b + 1) và thu gọn ta được a + 1 = 3 ( c − b ) hay c = 3a − b − 1 . Từ đó suy ra a + 1 = 3 ( 3a − 2b − 1) hay 3b = 4a − 2 . Do đó b là số nguyên tố chẵn hay b = 2 , suy ra ta được a = 2 và c = 3a − b − 1 = 3 . Vậy các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là a = b = 2 và c = 3 .

Ví dụ 22. Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2016 viết được thành a 1 + a 2 + a 3 + ... + a n trong đó các số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các hợp số. Kết quả trên thay đổi như thế nào nếu thay số 2016 bằng số 2017.

Lời giải Ta xét bài toán tổng quát: Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số nguyên dương A

( A > 3 ) viết được thành tổng a

+ a 2 + a 3 + ... + a n trong đó các số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các hợp

số. Giả sử A = a 1 + a 2 + a 3 + ... + a n trong đó a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các hợp số. Khi đó theo đề bài ta phải tìm số n lớn nhất có thể.

Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n phải nhỏ nhất. Dễ thấy 4 là hợp số chẵn nhỏ nhất và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất. Do đó với mọi số nguyên dương A ta luôn có A = 4a + r , trong đó a là số nguyên dương và r ∈ {0;1; 2; 3} . Đến đây ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu r = 0 , khi đó A = 4a . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên số k lớn nhất là n = a

• Trường hợp 2: Nếu r = 1 , khi đó A = 4a + 1 . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n ≤ a Xét n = a . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số a i với i = 1; 2;...; n là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a 1 ≥ 9 . Khi đó

a 1 + a 2 + ... + a n ≥ 9 + 4 ( a − 1) = 4a + 1 + 4 > 4a + 1 = A Xét n = a − 1 , khi đó ta có A = 4a + 1 = 4 ( a − 2 ) + 9 . Do đó n lớn nhất là n = a − 1

• Trường hợp 3: Nếu r = 2 , khi đó A = 4a + 2 . Tương tự trường hợp 2 ta có n ≤ a . Xét n = a ta có A = 4a + 2 = 4 ( a − 1) + 6 nên số n lớn nhất là n = a

• Trường hợp 4: Nếu r = 3 , khi đó A = 4a + 3 . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n ≤ a . Xét n = a . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số a i với i = 1; 2;...; n là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a 1 ≥ 9 . Khi đó

a 1 + a 2 + ... + a n ≥ 9 + 4 ( a − 1) = 4a + 3 + 2 > 4a + 3 = A Xét n = a − 1 , khi đó ta có A = 4a + 3 = 4 ( a − 3 ) + 15 = 4 ( a − 3 ) + 6 + 9 . Do đó n lớn nhất là n = a − 1 Kết luận: Với số nguyên dương A > 3 và A chẵn thì A phân tích được thành a hợp số. Với số nguyên dương A > 3 và A lẻ thì A phân tích được thành a − 1 hợp số, trong đó a là thương trong phép chia số A cho 4. Áp dụng: Với A = 2016 = 4.504 thì ta được n lớn nhất là 504 và A = 2016 = 504.4 . Với A = 2017 = 4.504 + 1 thì ta được n lớn nhât là 503 và A = 2017 = 502.4 + 9 .

Ví dụ 23. Tìm tất cả số nguyên tố p, q, r thỏa mãn phương trình ( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) = 4pqr .

Lời giải

Giả sử p, q, r là các số nguyên tố thỏa mãn phương trình ( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) = 4pqr . Ta có p,q,r ≥ 2 . Khi đó ta xét các trường hợp sau

• Nếu r = 2 , khi đó phương trình trên trở thành 5 ( p + 1)( q + 2 ) = 8pq . Do ( 5,8 ) = 1 và 5 là ước nguyên tố của pq nên ta được p = 5 hoặc q = 5 . + Với p = 5 , khi đó ta được 5 ( 5 + 1)( q + 2 ) = 8.5q ⇒ q = 6 không phải là số nguyên tố. + Với q = 5 , khi đó ta được 5 ( p + 1)( 5 + 2 ) = 8.5p ⇒ p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Nếu r = 3 , khi đó phương trình trên trở thành ( p + 1)( q + 2 ) = 2pq Từ đó ta được ( p − 1)( q − 2 ) = 4 = 1.4 = 2.2 . Do p và q là các số nguyên tố nên

q − 2 ≠ 2; q − 2 ≠ 4 .

p − 1 = 4 p = 5 Nên từ đó ta suy ra được  ⇒ , thỏa mãn yêu cầu bài toán.  q − 2 = 1 q = 3 • Nếu r > 3 , khi đó ta có 4pqr = ( p + 1)( q + 2 )( r + 3 ) < 2r ( p + 1)( p + 2 ) Hay ta được 2pq < ( p + 1)( q + 2 ) ⇒ ( p − 1)( q − 2 ) < 4 . Do đó p − 1 < 4; q − 2 < 4 và p là số nguyên tố nên ta được p = 2 hoặc p = 3 . + Với p = 2 thì từ phương trình đã cho ta được 3 ( q + 2 )( r + 3 ) = 8qr . Do ( 3,8 ) = 1 nên 3 phải là ước nguyên tố của qr , mà q và r là các số nguyên tố, lại có r > 3 nên suy ra được q = 3 . Từ đó ta được r = 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với p = 3 thì từ phương trình đã cho ta được ( q + 2 )( r + 3 ) = 3qr Hay ta được 2qr − 3q − 2r = 6 ⇔ ( q − 1)( 2r − 3 ) = 9 = 1.9 = 3.3 .

2r − 3 = 9 r = 6 Lại có r > 3 nên 2r − 3 > 3 , do đó từ phương trình trên ta được  ⇒ , không q − 1 = 1 q = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các bộ ba số nguyên tố ( p; q; r ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 7; 5; 2 ) , ( 5; 3; 3 ) , ( 2; 3; 5 ) .

Ví dụ 24. Cho số tự nhiên n ≥ 2 , xét các số a 1 ; a 2 ; ...; a n và các số nguyên tố phân biệt p1 ; p2 ;...; pn thỏa mãn điều kiện p1 a 1 − a 2 = p2 a 2 − a 3 = ... = pn a n − a 1 . Chứng minh rằng

a 1 = a 2 = ... = a n .

Lời giải Đặt p1 a 1 − a 2 = p2 a 2 − a 3 = ... = pn a n − a 1 = k với k là một số không âm. Khi đó ta được a 1 − a 2 =

Hay a 1 − a 2 =

k k k ; a2 − a3 = ;...; a n − a 1 = p1 p2 pn

kt1 kt kt ; a 2 − a 3 = 2 ;...; a n − a 1 = n với t 1 ; t 2 ; ...; t n nhận giá trị là 1 hoặc −1 . p1 p2 pn

t t t t  Cộng theo vế tất cả các đẳng thức trên ta được k  1 + 2 + 3 + ... + n  = 0 pn   p1 p2 p3 Đặt M =

t t1 t 2 t 3 t t t t Q . Suy ra Q là một số + + + ... + n ⇒ M − 1 = 2 + 3 + ... + n = p1 p2 p3 pn p1 p2 p3 pn p2 .p3 ...pn

nguyên. Từ đó ta được p2 .p3 ...pn ( Mp1 − t 1 ) = Qp1 . Hay ta được

p1 ( p2 .p3 ...pn .M − Q ) = t1 .p2 .p3 ...pn Nếu M là số nguyên thì từ đẳng thức trên suy ra vế trái chia hết cho p1 còn vế phải không chia hết cho p1 , điều này vô lí. Do đó M không thể là số nguyên, suy ra M ≠ 0 .

t t t t  Do đó từ k  1 + 2 + 3 + ... + n  = 0 ta suy ra được k = 0 pn   p1 p2 p3 Điều này dẫn đến p1 a 1 − a 2 = p2 a 2 − a 3 = ... = pn a n − a 1 = 0 Hay suy ra được a 1 − a 2 = a 2 − a 3 = ... = a n − a1 = 0 nên a 1 = a 2 = ... = a n .

Ví dụ 25. Tồn tại hay không số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 = c . Lời giải Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, c thỏa mãn điều kiện a b + 2011 = c . Khi đó ta xét các trường hợp sau:

• Nếu c = 2 , khi đó a b + 2011 = 2 , điều này vô lí do a, b lớn hơn 1. • Nếu c > 3 , khi đó do c là số nguyên tố nên c là số lẻ. Từ a b + 2011 = c ta suy ra được a b + 2011 là số lẻ nên a b là số chẵn hay a là số chẵn. Do a là số nguyên tố nên ta được a = 2 . Như vậy 2 b + 2011 là số nguyên tố. Ta xét các khả năng sau + Khi b = 2 thì ta được 2 b + 2011 = 2015 là một hợp số.

+ Khi b ≥ 3 , do b là số nguyên tố nên b là số lẻ. Ta đặt b = 2k + 1, k ∈ N* . k

Khi đó ta có 2 b + 2011 = 2 2k +1 + 2011 = 2.2 2k + 2011 = 2.4 k + 2011 = 2. ( 3 + 1) + 2011 k

Dễ thấy 2 ( 3 + 1) chia 3 dư 2 và 2011 chia 3 dư 2 nên ta được 2. ( 3 + 1) + 2011 chia hết cho 3. Do đó 2 b + 2011 chia hết cho 3. Suy ra 2 b + 2011 là một hợp số. Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, c để a b + 2011 = c .

Ví dụ 26. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn ab = cd . Chứng minh rằng

a n + bn + c n + d n là một bợp số. Lời giải Đặt A = a n + bn + c n + d n . Gọi k = ( a, c ) với k ≥ 1 . Khi đó tồn tại các số nguyên dương a 1 ; c1 để a = ka 1 ; c = kc1 và ( a 1 , c1 ) = 1 . Từ đẳng thức ab = cd ta được a 1 .b = c1 .d , kết hợp với ( a 1 ,c1 ) = 1 ta được b⋮ c1 và d ⋮ a 1 . Từ đó suy ra b = c1s; d = sa 1 với s ∈ N* . Do đó ta được

(

A = a n + b n + c n + d n = a 1n .k n + c1n s n + c1n .k n + a1n s n = a 1n + c1n

)( k

)

+ sn .

Dễ thấy a1n + c1n > 1; k n + s n > 1 . Do đó suy ra A là một hợp số.

Ví dụ 27. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho với mỗi số nguyên tố p đó luôn tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn pn = x 3 + y 3 .

Lời giải Ta xét các trường hợp sau

• Với p = 2 , khi đó tồn tại n = 1 và x = y = 1 để 21 = 13 + 13 . • Với p = 3 , khi đó tồn tại n = 2 và x = 1; y = 2 để 32 = 13 + 2 3 . • Với p > 3 , khi đó giả sử tồn tại các số nguyên dương n, x, y với n bé nhất thỏa mãn

pn = x 3 + y 3 . 2

Do p > 3 nên suy ra ( x; y ) ≠ ( 1; 1) , do đó x 2 − xy + y 2 = ( x − y ) + xy > 1 và x + y > 1 .

(

)

(

)

(

)(

)

Ta có x 3 + y 3 = ( x + y ) x 2 − xy + y 2 nên x 3 + y 3 ⋮ ( x + y ) và x 3 + y 3 ⋮ x 2 − xy + y 2 .

(

)

Do đó suy ra ( x + y ) và x 2 − xy + y 2 phải cùng chia hết cho p.

(

)

Suy ra ( x + y ) − x 2 − xy + y 2 = 3xy chia hết cho p. Do p là số nguyên tố và pn = x 3 + y 3 nên ta được x và y chia hết cho p. Từ đó suy ra n > 3 , khi đó chia cả hai vế của pn = x 3 + y 3 cho p3 ta được 3

n −3

x y =   +  . p p

Từ đó suy ra tồn tại số tự các số nguyên dương n − 3;

x y ; thỏa mãn yêu cầu bài toán.Tuy p p

nhiên điều này lại mâ thuẫn với việc nhọn n nhỏ nhất. Vậy với p > 3 thì không tồn tại các số nguyên dương n, x, y thỏa mãn pn = x 3 + y 3 . Do đó các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là p = 2 và p = 3 .

Ví dụ 28. Cho a, b, c là các số nguyên khác không và a ≠ c thỏa mãn điều kiện

a a 2 + b2 = . c c 2 + b2

Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2 không phải là số nguyên tố.

Lời giải Ta có

a a 2 + b2 = ⇔ a c 2 + b 2 = c a 2 + b 2 ⇔ ( a − c ) b 2 − ac = 0 . c c 2 + b2

(

) (

)

(

)

Do a ≠ c nên ta được b 2 − ac = 0 ⇒ b 2 = ac . Từ đó ta được 2

a 2 + b 2 + c 2 = a 2 + ac + c 2 = a 2 + 2ac + c 2 − ac = ( a + c ) − b 2 = ( a − b + c )( a + b + c ) Do a, b, c là các số nguyên và a ≠ c nên suy ra a 2 + b 2 + c 2 > 0 . Do đó nếu a 2 + b 2 + c 2 là một số nguyên tố thì có bốn trường hợp sau xẩy ra:

• Trường hợp 1: Với a − b + c = 1 và a + b + c = a 2 + b 2 + c 2 Khi đó ta được a + c = b + 1 nên suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 2a + 2c − 1 2

Từ đó ta suy ra ( a − 1) + ( c − 1) + b 2 = 0 ⇒ a = c = 1 , điều này trái với giả thiết a ≠ c

• Trường hợp 2: Với a + b + c = 1 và a − b + c = a 2 + b 2 + c 2 . Khi đó ta được a + c = − b + 1 nên suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 2a + 2c − 1 2

Từ đó ta suy ra ( a − 1) + ( c − 1) + b 2 = 0 ⇒ a = c = 1 , điều này trái với giả thiết a ≠ c

• Trường hợp 3: Với a − b + c = −1 và − ( a + b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 Khi đó ta được a + c = b − 1 nên suy ra a 2 + b 2 + c 2 = −2a − 2c − 1

Từ đó ta suy ra ( a + 1) + ( c + 1) + b 2 = 0 ⇒ a = c = −1 , điều này trái với giả thiết a ≠ c

• Trường hợp 4: Với a + b + c = −1 và − ( a − b + c ) = a 2 + b 2 + c 2 Khi đó ta được a + c = − b − 1 nên suy ra a 2 + b 2 + c 2 = −2a − 2c − 1 2

Từ đó ta suy ra ( a + 1) + ( c + 1) + b 2 = 0 ⇒ a = c = −1 , điều này trái với giả thiết a ≠ c Như vậy nếu nếu a 2 + b 2 + c 2 là một số nguyên tố thì tất cả các trường hợp đều mâu thuẫn với giả thiết a ≠ c . Do đó a 2 + b 2 + c 2 không thể là một số nguyên tố.

Ví dụ 29. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho phần nguyên của

n 3 + 8n 2 + 1 là một 3n

số nguyên tố.

Lời giải Đặt A =

n 3 + 8n 2 + 1 n 2 8n 1 = + + . Ta xét các trường hợp sau: 3n 3 3 3n

• Trường hợp 1: Nếu n = 3k với k là một số nguyên dương, khi đó ta được

A = 3k 3 + 8k +

1 9k

 1  Dễ thấy 3k 2 + 8k < A < 3k 2 + 8k + 1 nên suy ra  A  =  3k 2 + 8k +  = 3k 2 + 8k = k ( 3k + 8 ) . 9k   Để  A  là một số nguyên tố thì k = 1 , khi đó  A  = 11 là đó nguyên tố. Từ đó ta tìm được

n=3

• Trường hợp 2: Nếu n = 3k + 1 với k là một số nguyên, khi đó ta được 1 8 1 1 A = 3k 2 + 2k + + 8k + + = 3k 2 + 10k + 3 + 3 3 9k + 3 9k + 3 Dễ thấy 3k 2 + 10k + 3 < A < 3k 2 + 10k + 3 + 1 nên suy ra

 1  2  A  =  3k 2 + 10k + 3 +  = 3k + 10k + 3 = ( k + 3 )( 3k + 1) . 9k + 3   Như vậy để  A  là một số nguyên tố thì k + 3 = 1 hoặc 3k + 1 = 1 , từ đó ta tìm được k = 1 . Khi đó  A  = 3 là một số nguyên tố và n = 1 .

• Trường hợp 2: Nếu n = 3k + 2 với k là một số nguyên, khi đó ta được

A = 3k 2 + 4k +

4 16 1 1 2 + 8k + + = 3k 2 + 12k + 6 + + 3 3 9k + 6 9k + 3 3

Ta thấy 0 <

1 2 + < 1 nên suy ra 9k + 3 3  1 2  A  =  3k 2 + 12k + 6 + +  = 3k 2 + 12k + 6 = 3 k 2 + 4k + 2 9k + 3 3  

(

)

Suy ra với mọi k thì  A  luôn là số nguyên tố. Vậy để  A  là số nguyên tố thì n = 1 hoặc n = 3 .

Ví dụ 30. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn đồng thời các điều kiện

a > b > c > d và ac + bd = ( b + d + a − c )( b + d − a + c ) . Chứng minh rằng ab + cd không phải là số nguyên tố.

Lời giải Biến đổi tương đương giả thiết của bài toán ta được

ac + bd = ( b + d + a − c )( b + d − a + c ) 2

⇔ ac + bd = ( b + d ) − ( a − c ) ⇔ a 2 − ac + c 2 = b 2 + bd + d 2

(

)

(

Khi đó ta được ( ab + cd )( ad + bc ) = ac b 2 + bd + d 2 + bd a 2 − ac + c 2

(

Hay ta được ( ab + cd )( ad + bc ) = ( ac + bd ) a 2 − ac + c 2

)

Từ đó suy ra ( ab + cd )( ad + bc ) chia hết cho ac + bd Gả sử ab + cd là số nguyên tố, Khi đó từ a > b > c > d ta được ab + cd > ac + bd > ad + bc . Từ đó suy ra ( ab + cd,ac + bd ) = 1 nên từ ( ab + cd )( ad + bc ) chia hết cho ac + bd ta suy ra được ad + bd chia hết cho ac + bd , điều này là vô lí vì ac + bd > ad + bc > 0 . Vậy ab + cd không phải là số nguyên tố.

Ví dụ 31. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 11 có đúng 6 ước phân biệt( kể cả 1 và chính nó).

Lời giải + Nếu p = 2 , khi đó ta có p2 + 11 = 4 + 11 = 15 có đúng bốn ước phân biệt là 1; 3; 5; 15, + Nếu p = 3 , khi đó ta có p2 + 11 = 9 + 11 = 20 có đúng sáu ước phân biệt là 1; 2; 4; 5; 10; 20. Do đó ta có p = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Nếu p > 3 . Khi đó p là số nguyên tố lẻ. Ta thấy p2 là một số chính phương lẻ nên

)

(

)

− 1 ⋮ 4 , do đó ta suy ra được p2 + 11 ⋮ 4 .

(

)

Lại thấy p không chia hết cho 3 nên p2 chia 3 dư 1, do đó ta được p2 − 1 ⋮ 3 nên

)

+ 11 ⋮ 3 .

(

)

Do 3 và 4 nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được p2 + 11 ⋮ 12 . Lại thấy 12 có đúng sáu ước là 1; 2; 3; 4; 6; 12. Mà do p > 3 nên p2 + 11 > 12 . Ta thấy p2 + 11 là bội của 12 và lớn hớn 12 nên p2 + 11 phải có nhiều hơn sáu ước phân biệt. Vậy với p = 3 thì p2 + 11 có đúng sáu ước phân biệt.

Ví dụ 32. Cho p là một số nguyên tố. Tìm các số nguyên k sao cho

k 2 − kp là một số

nguyên dương.

Lời giải Ta xét các trường hợp sau + Nếu p = 2 , khi đó ta có

Để

)

k 2 − kp = k 2 − 2k =

)

− 2k + 1 − 1 =

( k − 1)

−1

− 2k + 1 − 1 thì ( k − 1) − 1 là một số chính phương. 2

Như vậy ( k − 1) − 1 và ( k − 1) là hai số tự nhiên liên tiếp. Từ đó ta được ( k − 1) − 1 = 0 và

( k − 1)

= 1 . Trường hợp này loại.

+ Nếu p > 2 , khi đó p là số nguyên tố lẻ. Nếu k chia hết cho p, khi đó tồn tại số nguyên dương n để k = np . Từ đó ta được

k 2 − kp = np2 ( n − 1) , như vậy để

k 2 − kp là một số

nguyên dương thì p2 n ( n − 1) phải là số chính phương, mà ( n, n − 1) = 1 nên n và n − 1 phải là hai số chính phương. Điều này không thể xẩy ra. Do đó k không thể chia hết cho p. Từ đó ta được k và p là hai số nguyên tố cùng nhau, điều này dẫn đến k và k − p là hai số nguyên tố cùng nhau. Từ đó để k 2 − kp = k ( k − p ) là một số nguyên dương thì k và

k − p phải là hai số chính phương. Đặt k = m 2 và k − p = n 2 với m, n ∈ N *

Khi đó ta được p = m 2 − n 2 = ( m − n )( m + n ) . Do p là số nguyên tố nên ta được p = m + n

( p + 1) và m − n = 1 . Do đó ta tính được k = 4

( p + 1) Vậy với k =

và p là số nguyên tố lẻ thì

k 2 − kp là một số nguyên dương.

Ví dụ 33. Cho p là một số nguyên tố. Giả sử a 1 ; a 2 ;...; a m là các số nguyên đương đôi một khác nhau thỏa mãn

1 1 1 + + ... + = 1 . Biết rằng số nguyên dương lớn nhất trong các số a1 a 2 an

a 1 ; a 2 ;...; a m là 2p. Tìm các số nguyên a 1 ; a 2 ;...; a m . Lời giải Không mất tính tổng quát ta giả sử a 1 = 2p , khi đó a 1 là số nguyên dương lớn nhất trong các số nguyên đã cho a 1 ; a 2 ;...; a m . Từ

2p − 1 1 1 1 1 1 1 1 1 b = 1− = 1 − = + + ... + = + + ... + = 1 ta có với b là số 2p 2p a1 a 2 a 3 a m a 2a 3 ...a m a1 a 2 an

nguyên dương. Suy ra 2pb = ( 2p − 1) a 2a 3 ...a m , do đó ta được ( 2p − 1) a 2a 3 ...a m chia hết cho p. Do 2p − 1 không chia hết cho p và p là số nguyên tố nên trong tích a 2 a 3 ...a m có một số a i chia hết cho p với i ≥ 2 . Không mất tính tổng quát ta giả sử a 2 chi hết cho p. Khi đó trong các số nguyên dương trên có a 1 và a 2 là bội của p, mà số lớn nhất a 1 = 2p nên ta được

a 2 = p , đồng thời các số a 3 ; a 4 ;...; a m không chia hết cho p. Từ đó ta lại có

2p − 3 1 1 1 1 1 1 c = 1− − = 1 − − = + ... + = với c là số nguyên 2p 2p p a1 a 2 a 3 a m a 3a 4 ...a m

dương. Suy ra ta được 2pc = ( 2p − 3 ) a 3a 4 ...a m nên ta được ( 2p − 3 ) a 3a 4 ...a m chia hết cho p. Nhưng do các số a 3 ; a 4 ; ...; a m không chia hết cho p. Nên 2p − 3 phải chia hết cho p. Từ đó ta tính được p = 3 . Như vậy ta có a 1 = 2p = 6 và a 2 = p = 3 nên các số a 3 ; a 4 ; ...; a m phải nhỏ hơn 6 và không chia hết cho 3. Từ đó ta được a 3 ; a 4 ;...; a m ∈ {1; 2; 4; 5} .

Cũng từ

1 1 1 + + ... + = 1 suy ra a 3 ; a 4 ;...; a m ∈ {2; 4; 5} a1 a 2 an

1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta thấy 1 − − = và + < nên ta suy ra được a 2 = 2 . Tức là ta có + + = 1 . 6 3 2 4 5 2 6 3 2 Vậy các số nguyên dương cần tìm là a 1 = 6; a 2 = 3; a 3 = 2 .

Ví dụ 34. Tìm tất cả các số nguyên tố p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 ; p8 thỏa mãn điều kiện:

p12 + p22 + p23 + p24 + p25 + p62 + p72 = p82 Lời giải Ta có nhận xét: Với p là số nguyên tố thì: Nếu p là số chẵn thì p2 = 4 và nếu p là số lẻ thì

)

− 1 ⋮8 .

Do p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 ; p8 là các số nguyên tố nên p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 ; p8 ≥ 2 Từ giả thiết p12 + p22 + p23 + p24 + p25 + p62 + p72 = p82 ta suy ra được p82 ≥ 28 nên p8 là số nguyên

(

)

tố lẻ. Từ đó ta được p82 − 1 ⋮ 8 . Gọi k là số các số chẵn trong dãy p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 với 0 ≤ k ≤ 7 . Khi đó ta được p12 + p22 + p23 + p24 + p25 + p62 + p72 = 4k + A trong đó A là tổng bình phương của

7 − k số lẻ trong dãy p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 . Từ đó ta được p12 + p22 + p32 + p42 + p52 + p62 + p72 −  4k − ( 7 − k )  chia hết cho 8

(

)

Hay ta được p12 + p22 + p23 + p24 + p25 + p62 + p72 − 3k − 7 chia hết cho 8 Mà ta lại có p12 + p22 + p23 + p24 + p25 + p62 + p72 = p82 nên p28 − 3k − 7 chia hết cho 8

(

)

Lai có p82 − 1 ⋮ 8 nên suy ra 3k + 6 chia hết cho 8, mà 0 ≤ k ≤ 7 nên ta được k = 6 . Điều đó có nghĩa là trong dãy p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 có 6 số nguyên tố chẵn, không mất tính tổng quát các số đó là p1 = p2 = p3 = p4 = p5 = p6 = 2 . Từ đó ta được 24 + p72 = p82 ⇔ ( p8 − p7 )( p8 + p7 ) = 24 . Do p7 ; p8 đều là số lẻ và p8 − p7 < p8 + p7 nên ta được

p8 − p7 = 2 p8 = 7 ⇒ (nhận) hoặc  p8 + p7 = 2 p7 = 5

 p8 − p7 = 4  p 8 = 5 ⇒ (loại)  p8 + p7 = 6 p7 = 1

Vậy bộ các số nguyên tố cần tìm là ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ; p7 ; p8 ) trong đó

( p ; p ; p ; p ; p ; p ; p ) là các hoán vị của ( 2; 2; 2; 2; 2; 2; 5 ) còn p 1

= 7 cố định.

Ví dụ 35. Tìm bốn số tự nhiên x1 < x 2 < x 3 < x 4 sao cho tất cả các số p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 đều là số nguyên tố với p1 = x 4 − x 3 ; p2 = x 3 − x 2 ; p3 = x 2 − x1 ; p4 = x 4 − x 2 ; p5 = x 3 − x1 ; p6 = x 4 − x1 .

Lời giải Từ giả thiết p1 = x 4 − x 3 ; p2 = x 3 − x 2 ; p3 = x 2 − x1 ; p4 = x 4 − x 2 ; p5 = x 3 − x1 ; p6 = x 4 − x1 ta được

p4 = p1 + p2 ; p5 = p2 + p3 ; p6 = p1 + p2 + p3 . Ta xét các trường hợp sau: • Trường hợp 1: Xét các số p1 ; p2 ; p3 cùng là số lẻ hoặc cùng là số chẵn. Khi đó p4 ; p5 cùng là số chẵn và lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Trường hợp này loại.

• Trường hợp 2: Xét các số p1 ; p2 ; p3 có một số chẵn và hai số lẻ. Khi đó p6 là số chẵn và lớn hơn 2 nên không thể là số nguyên tố. Trường hợp này loại.

• Trường hợp 2: Xét các số p1 ; p2 ; p3 có một số lẻ và hai số chẵn. Khi đó có các khả năng sau: + Nếu p1 là số lẻ thì p2 ; p3 là số chẵn, khi đó p2 = p3 = 2 . Khi đó p5 = 4 là hợp số, loại + Nếu p3 là số lẻ thì p1 ; p2 là số chẵn, khi đó p1 = p2 = 2 . Khi đó p4 = 4 là hợp số, loại + Nếu p2 là số lẻ thì p1 ; p3 là số chẵn, khi đó p1 = p3 = 2 . Khi đó ta được p4 = p5 = p2 + 2 và p6 = p2 + 4 . Như vậy ta cần tìm số nguyên tố lẻ p2 để p4 = p5 = p2 + 2 và p6 = p2 + 4 cũng là số nguyên tố. Hoàn toàn dễ dàng ta tìm được p2 = 3; p4 = 5; p6 = 7 . Như vậy các số nguyên tố lần lượt là p1 = 2; p2 = 3; p3 = 2; p4 = 5; p5 = 5; p6 = 7 . Từ đó ta được 2 = x 4 − x 3 ; 3 = x 3 − x 2 ; 2 = x 2 − x1 ; 5 = x 4 − x 2 ; 5 = x 3 − x1 ; 6 = x 4 − x1 Suy ra x 2 = x1 + 2; x 3 = x1 + 5; x 4 = x1 + 7 với x1 là số tự nhiên tùy ý.

Ví dụ 36. Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a 2 + b 2 + ab = c 2 + d 2 + cd . Chứng minh rằng a + b + c + d là hợp số.

Lời giải 2

Ta có a 2 + b 2 + ab = c 2 + d 2 + cd ⇔ ( a + b ) − ab = ( c + d ) − cd .

Hay ta được ( a + b ) − ( c + d ) = ab − cd ⇔ ( a + b + c + d )( a + b − c − d ) = ab − cd . Để chứng minh a + b + c + d là hợp số ta sử dụng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử a + b + c + d là số nguyên tố. Đặt a + b + c + d = p . Khi đó p ( a + b − c − d ) = ab − cd nên ta suy ra được ( ab − cd )⋮ p Do đó ta được ( ab − cd ) + c ( a + b + c + d )⋮ p hay ab + c ( a + b + c )⋮ p ⇔ ( a + c )( b + c )⋮ p . Mặt khác do p là số nguyên tố và a, b,c,d > 0 nên 0 < c + a,c + b < p . Từ đó ta được ( c + a, p ) = ( b + c, p ) = 1 , điều này làm cho ( a + c )( b + c )⋮ p mâu thuẫn. Do đó điều giả sử trên là sai hay a + b + c + d là hợp số.

Ví dụ 37. Tìm các số nguyên dương m và n sao cho p = m 2 + n 2 là số nguyên tố và m 3 + n 3 − 4 chia hết cho p.

Lời giải Giả sử ( m; n ) là cặp số nguyên dương thỏa mãn p = m 2 + n 2 là số nguyên tố và

m 3 + n 3 − 4 chia hết cho p. Khi đó ta có

)(

)

(

)(

+ n3 − 3 ⋮ m 2 + n2 ⇔ ( m + n ) m 2 + n2 − 4 ⋮ m 2 + n2

⇔  −mn ( m + n ) − 4  ⋮ m + n

(

) ⇔  3mn ( m + n ) + 12  ⋮ ( m

) + n2

)

3 Từ đó ta được  m 3 + n 3 − 4 + 3mn ( m + n ) + 12  ⋮ m 2 + n 2 ⇒ ( m + n ) + 8  ⋮ m 2 + n 2 .    

(

)

(

)

(

Hay ta được ( m + n + 2 )  m 2 + n 2 + 2mn − 2 ( m + n ) + 4  ⋮ p Do p là số nguyên tố nên ta có hai trường hợp sau:

(

• Trường hợp 1: Nếu m + n + 2 ⋮ p hay ( m + n + 2 )⋮ m 2 + n 2

)

Từ đó ta được m + n + 2 ≤ m 2 + n 2 ⇔ m ( m − 1) + n ( n − 1) ≤ 2 Chú ý rằng m và n là các số nguyên dương nên ta có

 m ( m − 1) + n ( n − 1) = 2  m = 1; n = 2   m ( m − 1) + n ( n − 1) ≤ 2 ⇒  m ( m − 1) + n ( n − 1) = 1 ⇒  m = 2; n = 1    m ( m − 1) + n ( n − 1) = 0  m = n = 1 Thử lại các cặp số trên ta thấy ( m; n ) = ( 1; 2 ) , ( 2;1) , ( 1; 1) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 2: Nếu  m 2 + n 2 + 2mn − 2 ( m + n ) + 4  ⋮ p

)

Hay ta được  m 2 + n 2 + 2mn − 2 ( m + n ) + 4  ⋮ m 2 + n 2 ⇒  2mn − 2 ( m + n ) + 4  ⋮ m 2 + n 2

(

)

(

)

Ta có 2mn − 2 ( m + n ) + 4 = 2 ( m − 1)( n − 1) + 2 > 0 Do đó ta đươc có 2mn − 2 ( m + n ) + 4 ≥ m 2 + n 2 ⇔ 4mn − 2 ( m + n ) + 4 ≥ ( m + n )

Mà theo bất đẳng thức Cauchy ta có ( m + n ) ≥ 4mn . ( m + n )2 = 4mn m = 1 Từ đó ta suy ra được  ⇒ n = 1 2 ( m + n ) = 4 Thử lại ta được ( m; n ) = ( 1;1) thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy các cặp số cần tìm là ( m; n ) = ( 1; 2 ) , ( 2;1) , ( 1; 1) .

Ví dụ 38. Tìm số nguyên tố bé nhất sao cho p viết được thành 10 tổng có dạng: 2 2 p = x12 + y12 = x 22 + 2y 22 = x 23 + 3y 32 = ... = x10 + 10y10

Trong đó x1 ; x 2 ;...; x10 và y1 ; y 2 ; ...y10 là các số nguyên dương.

Lời giải. 2 2 Do p = x12 + y12 = x 22 + 2y 22 = x 23 + 3y 23 = ... = x10 + 10y10 , với x1 ; x 2 ;...; x10 và y1 ; y 2 ;...y10 là các số

nguyên dương nên ta được p > 10 . 2 2 2 • Từ p = x10 + 10y10 suy ra số dư r ( 0 ≤ r ≤ 9 ) khi chia p cho 10 chính là số dư của x10 khi 2 chia cho 10. Do x10 số chính phương nên có chữ số tận cùng có thể 0;1; 4; 5; 6; 9 nên khi 2 chia x10 cho 10 ta được r ∈ {0; 1; 4; 5; 6; 9} . Do p là số nguyên tố lớn hơn 10 nên r ∈ {1; 9} .

• Từ p = x 23 + 3y 23 suy ra số dư của p khi chia cho 3 chỉ có thể là 1. • Từ p = x 28 + 8y 82 suy ra số dư s ( 0 ≤ s ≤ 7 ) khi chia p cho 8 chính là số dư của x 82 khi chia cho 8. Do x 82 số chính phương nên s ∈ {0;1; 4} . Do p là số nguyên tố lớn hơn 10 nên s = 1 . Như vậy p chia 3 và 8 cùng có số dư là 1 nên p − 1 chia hết cho cả 3 và 8. Mà 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên suy ra p − 1⋮ 24 . Đặt p = 24m , với n là số nguyên dương. Mặt khác do p chia 10 có số dư r ∈ {1; 9} nên p − 1 chia 10 có số dư là 0 hoặc 8. Suy ra 24m chia 10 có số dư 0 hoặc 8 hay 24m có chữ số tận cùng là 0 hoặc 8, do đó m có chữ số tận cùng là 0 hoặc 2 hoặc 7. Ta đặt m = 10a + u với a, u ∈ N và u ∈ {0; 2; 7} .

• Từ p = x72 + 7y72 suy ra số dư t ( 0 ≤ t ≤ 6 ) khi chia p cho 7 chính là số dư của x72 khi chia cho 7. Do x72 số chính phương nên t ∈ {0;1; 2; 4} . Do p là số nguyên tố lớn hơn 10 nên

t ∈ {1; 2; 4} . Từ đó ta được p − 1 chia 7 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 3. Do đó 24m chia 7 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 5. Do đó m chia 7 có số dư là 0 hoặc 1 hoặc 5. Đặt m = 7b + v với b, v ∈ N và

v ∈ {0;1; 5} . Từ p − 1 = 24m ta được p = 24m + 1 . Do cần tìm p nhỏ nhất nên ta tìm m nhỏ nhất. Ta tìm các số m < 50 thỏa mãn đồng thời cả m = 10a + u và m = 7b + v . Khi cho 0 ≤ a ≤ 4 và 0 ≤ b ≤ 6 thì ta được m ∈ {7; 12; 22; 40; 42; 47} . Từ đó ta xét các trường hợp sau: + Với m = 7 thì p = 24.7 + 1 = 169 = 132 là hợp số + Với m = 12 thì p = 24.12 + 1 = 289 = 17 2 là hợp số + Với m = 22 thì p = 24.22 + 1 = 529 = 232 là hợp số + Với m = 40 thì p = 24.40 + 1 = 961 = 312 là hợp số + Với m = 42 thì p = 24.42 + 1 = 1009 là số nguyên tố. 2 2 Khi đó ta kiểm tra xem 1009 có phân tích được về dạng x12 + y12 = x 22 + 2y 22 = ... = x10 + 10y10

không.

1009 = 152 + 28 2 = 19 2 + 2.18 2 = 312 + 3.4 2 = 152 + 4.14 2 = 17 2 + 5.12 2 = 252 + 6.8 2 = 12 + 7.12 2 = 19 2 + 8.9 2 = 28 2 + 9.52 = 3 2 + 10.10 2 Vậy p = 1009 là số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

Ví dụ 39. Tìm tất cả các số nguyên tố p và q thỏa mãn p3 − q 5 = ( p + q ) . Lời giải 2

Giả sử p và q là các số nguyên tố thỏa mãn p3 − q 5 = ( p + q ) . Khi đó ta được p3 − q 5 > 0 . Từ đó ta được p3 > q 5 ≥ 2 5 nên ta được p > 3 . Suy ra p không chia hết cho 3. Ta xét các trường hợp sau: 2

(

)

• Nếu q = 3 , khi đó p3 − 35 = ( p + 3 ) ⇔ p3 − p2 − 6p − 252 = 0 ⇔ ( p − 7 ) p2 + 6p + 36 = 0 . Do p2 + 6p + 36 > 0 nên ta được p − 7 = 0 ⇒ p = 7 .

• Nếu q ≠ 3 khi đó p = 3m ± 1; q = 3n ± 1 với m, n là các số nguyên dương. 2

+ Với p = 3m + 1 và q = 3n + 1 thì p5 − q 3 ⋮ 3 và ( p + q ) chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

+ Với p = 3m + 1 và q = 3n − 1 thì p5 − q 3 chia 3 dư 2 và ( p + q ) chia hết cho 3, nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

+ Với p = 3m − 1 và q = 3n + 1 thì p5 − q 3 chia 3 dư 1 và ( p + q ) chia hết cho 3, nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2

+ Với p = 3m − 1 và q = 3n − 1 thì p5 − q 3 ⋮ 3 và ( p + q ) chia 3 dư 1, nên không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy cặp số nguyên tố ( p; q ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 3; 7 ) .

Ví dụ 40. Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện a 2 + b 2 + 1 chia hết cho ab . Chứng minh rằng

a 2 + b2 + 1 là số nguyên tố. ab Lời giải

Do a 2 + b 2 + 1 chia hết cho ab nên tồn tại số nguyên dương k để

a 2 + b2 + 1 = k ( 1) . ab

Ta cần chứng minh k là một số nguyên tố. Giả sử cặp số nguyên dương ( a 0 ; b 0 ) thỏa mãn (1) và a 0 + b0 nhỏ nhất . Không mất tính tổng quát ta giả sử a 0 ≥ b0 . Xét phương trình

x 2 + b02 + 1 = k ⇔ x 2 − kb0 x + b02 + 1 = 0 có ẩn x. xb 0

Khi đó a 0 là một nghiệm của phương trình trên. Do đó theo định lý Vi – et thì phương

a + a 1 = kb 0 trình còn có một nghiệm nữa. Gọi nghiệm đó là a 1 thì ta được  0 2 a 0 .a1 = b0 + 1 Từ đó ta suy ra được a 1 nguyên dương và a 1 = kb0 − a 0 =

b 20 + 1 a0

b02 + 1 a 02 − 2a 0 + 2 2 Nếu a 0 > b0 ≥ 1 thì ta có a 1 = ≤ = a0 − 2 + < a0 a0 a0 a0

Do đó a 1 + b 0 < a 0 + b0 , điều này trái với cách chọn a 0 + b0 nhỏ nhất.

(

)

Do đó ta suy ra được a 0 = b0 , khi đó ta được 2a 02 + 1 ⋮ a 02 ⇒ 1⋮ a 02 ⇒ a 0 = 1 . Từ đó suy ra k = 3 là số nguyên tố.

Ví dụ 41. Cho x = a + b − c; y = c + a − b; z = b + c − a với a, b, c là các số nguyên tố. Giả sử rằng x 2 = y và

z − y là bình phương của một số nguyên tố.

Tìm giá trị của T = ( a + 2 )( b − 10 )( c + 2 ) .

Lời giải Do x = a + b − c; y = c + a − b; z = b + c − a với a, b, c là các số nguyên tố nên x, y, z là các số nguyên.

2a = x + y 2a = x + x 2   Cũng từ giả thiết trên và x 2 = y ta được 2b = x + z ⇒ 2b = x + z . 2c = y + z 2c = x 2 + z   Xét phương bậc hai x 2 + x = 2a ⇔ x 2 + x − 2a = 0 . Dễ thấy ∆ = 8a + 1 > 0 nên nên phương trình có hai nghiệm. Gọi hai nghiệm đó là x1 và x 2 . Nếu một trong hai nghiệm là số nguyên thì nghiệm còn lại cũng nguyên.

x + x 2 = −1 Theo định lí Vi – et ta có  1 . x1 .x 2 = −2a Do 2 và a là số nguyên tố nên từ x1 .x 2 = −2a ta được x1 ∈ {−2; −a; 2; a} . Ta xét các trường hợp sau: + Nếu x1 = −2 , khi đó ta tìm được a = 1 không phải là số nguyên tố. + Nếu x1 = −a , khi đó ta được a 2 − 3a = 0 , do a là số nguyên tố nên a = 3 . Từ đó ta tìm được hai nghiệm của phương trình là x1 = −3 x 2 = 2 . + Nếu x1 = 2 , khi đó ta tìm được a = 3 , từ dó ta tìm được hai nghiệm là x1 = 2 và x 2 = −3 . + Nếu x = a , khi đó ta được a 2 − a = 0 nên a = 0 và a = 1 , loại vì không phải là số nguyên tố. Tóm lại phương trình trên có hai nghiệm nguyên là x = 2 và x = −3 , đồng thời ta có a = 3 .

• Với x = 2 khi đó ta được y = 4 . Do đó

z − 2 = p2 với p là số nguyên tố.

Do x là số chẵn và 2b = x + z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p = 2 . Khi đó ta được z = 36 , suy ra c = 20 , loại do c không phải là số nguyên tố.

• Với x = −3 , khi đó ta được y = 9 . Do đó

z − 3 = p2 với p là số nguyên tố.

Do x là số lẻ và 2b = x + z nên z là số chẵn. Khi đó p là số chẵn, dẫn đến p = 2 . Khi đó ta được z = 49 , suy ra c = 29 và c = 23 là các số nguyên tố. Từ đó ta được T = ( a + 2 )( b − 10 )( c + 2 ) = ( 3 + 2 )( 23 − 10 )( 29 + 2 ) = 2015 .

Ví dụ 42.Tìm số nguyên tố p sao cho 2005 2005 − p2006 chia hết cho 2005 + p . Lời giải

(

) (

Ta có 20052005 − p2006 = 2005 2005 + p2005 − p2006 + p2005

)

Dễ thấy 20052005 + p2005 chia hết cho 2005 + p . Do đó để 2005 2005 − p2006 chia hết cho 2005 + p thì p2006 + p2005 phải chia hết cho 2005 + p . Hay ta cần có p2005 ( p + 1) chia hết cho 2005 + p . Ta xét hai trường hợp sau:

• Nếu p là ước của 2005, khi đó p = 5 hoặc p = 401 . + Với p = 5 thì ta được p2005 ( p + 1) = 6.5 2005 không chia hết cho 4 và

p + 2005 = 2005 + 5 = 3000 chia hết cho 4, do đó p = 5 không thỏa mãn. + Với p = 401 thì ta được p2005 ( p + 1) = 402.4012005 và p + 2005 = 401 + 2005 = 2406 = 6.401 . Do đó ta được p2005 ( p + 1) chia hết cho p + 2005 nên p = 401 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Nếu p không phải là ước của 2005, khi đó ( p, 5 ) = ( p, 401) = 1 .

(

)

Từ đó ta được p2005 , 2005 + p = 1 và p + 1 < p + 2005 . Do đó p2005 ( p + 1) không chia hết cho 2005 + p . Vậy chỉ có p = 401 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Nhận xét: + Có thể lý luận theo cách khác để bỏ qua hai trường hợp trên như sau:

p2005 ( 1 + p ) = p2005 ( 2005 + p − 2004 ) Do đó p2005 ( 1 + p )⋮ ( 2005 + p ) ⇔ 2004p2005 ⋮ ( 2005 + p ) .

Mà ta có 2004 < 2005 + p nên p2005 và 2005 + p có một ước chung khác 1. Do đó p là ước của 2005. + Chú ý rằng 2005 + p không phải là số nguyên tố nên 2005 + p có thể chia hết cho p hoặc có ước chung với p + 1 . Do đó không được lý luận kiểu như: Từ p2005 ( 1 + p )⋮ ( 2005 + p ) ta suy ra được p2005 ⋮ ( 2005 + p ) hoặc p + 1⋮ ( 2005 + p )

Ví dụ 43. a) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên tố a, m, n thỏa mãn a 2 = m 2 + n 2 b) Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên tố a, b, m, n, p thỏa mãn

a 2 + b 2 = m 2 + n 2 + p2 Lời giải a) Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, m thỏa mãn a 2 = m 2 + n 2 Khi đó dễ thấy a là số lẻ, như vậy trong hai số m và n có một số lẻ và một số chẵn. Không mất tính tổng quát ta giả sử m là số chẵn, do m là số nguyên tố nên ta suy ra được

m = 2. Từ đó ta được a 2 = 4 + n 2 ⇔ a 2 − n 2 = 4 ⇔ ( a − n )( a + n ) = 4

a − n = 1 Chú ý rằng a và n là các số nguyên tố và a > n nên từ trên ta được  a + n = 4 5 Do đó ta được a = , không phải là số nguyên tố, 2 Vậy không tồn tại các số nguyên tố a, m, n thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Giả sử tồn tại các số nguyên tố a, b, m, n, p thỏa mãn a 2 + b 2 = m 2 + n 2 + p2 . Nhân thấy mỗi số ở vế trái khác mỗi số ở vế phải vid giả sử nếu p = b , khi đó ta có

a 2 = m 2 + n 2 . Tuy nhiên không tồn tại các số nguyên tố thỏa mãn a 2 = m 2 + n 2 . Ta xét các trường hợp sau:

• Trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ, không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lẻ. Khi đó do a là số nguyên tố nên ta được a = 2 . Do b là số nguyên tố lẻ nên b2 chia 4 dư 1. Từ đó ta được a 2 + b 2 chia 4 dư 1. Mặt khác do a 2 + b 2 là số lẻ nên m 2 + n 2 + p2 là số lẻ nên m, n, p đồng thời là số lẻ. Khi đó m 2 ; n 2 ; p2 chia 4 cùng có số dư là 1 nên m 2 + n 2 + p2 chia 4 có số dư là 3.

Do đó trong trường hợp này không tồn tại các số nguyên tố thỏa mãn.

• Cả hai số nguyên tố a và b đều là số lẻ, khi đó đặt a = 2m + 1; b = 2n + 1 với m và n là số 2

nguyên dương. Khi đó ta có a 2 + b 2 = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) = 4m ( m + 1) + 4n ( n + 1) + 2 Suy ra a 2 + b 2 chia 8 có số dư là 2. Lại có a 2 + b 2 là số chẵn nên m 2 + n 2 + p2 là số chẵn, do đó trong ba số m, n, p có một số chẵn và hai số lẻ hoặc cả ba số m, n, p đều là số chẵn. + Nếu trong ba số m, n , p có một số chẵn và hai số lẻ, ta giả sử p là số chẵn nên p = 2 . Khi đó m và n là số nguyên tố lẻ, suy ra m 2 + n 2 chia 8 có số dư là 1, suy ra m 2 + n 2 + p2 chia 8 có số dư là 6. + Nếu cả ba số m, n, p đều là số chẵn, khi đó m = n = p = 2 , suy ra m 2 + n 2 + p2 = 12 nên chia 8 có số dư là 4. Như vậy a 2 + b 2 chia 8 có số dư là 2 còn m 2 + n 2 + p2 chia 8 có số dư là 4 hoặc 6 Do đó trong trường hợp này không tồn tại các số nguyên tố thỏa mãn. Như vậy không tồn tại các số nguyên tố a, b, m, n, p thỏa mãn a 2 + b 2 = m 2 + n 2 + p2 .

Ví dụ 44. Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn

1 1 1 + = a b c

a) Chứng minh rằng a + b không thể là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng nếu c > 1 thì a + c và b + c không đồng thời là số nguyên tố.

Lời giải

1 1 1 + = ta được c ( a + b ) = ab do đó ab ⋮ ( a + b ) . a b c Giả sử a + b là số nguyên tố , vì a < a + b nên ( a, a + b ) = 1 mà ab ⋮ ( a + b ) nên a ⋮ ( a + b ) ,

a) Từ

điều này vô lí. Do đó a + b không thể là số nguyên tố. b) Ta có

c ( a + b ) = ab ⇒ bc = ab − ac ⇒ ab + bc = 2ab − ac ⇒ b ( a + c ) = a ( 2b − c ) ⇒ b ( a + c )⋮ a Tương tự ta cũng có a ( b + c ) = b ( 2a − c ) ⇒ a ( b + a )⋮ b . Giả sử a + b và b + c đều là số nguyên tố a < a + c nên ( a,a + c ) = 1 , tương tự ( b, b + c ) = 1 mà b ( a + c )⋮ a ⇒ b ⋮ a .

Tương tự ta được a ⋮ b do đó a = b . Suy ra a + c = b + c = 3c nên không thể là số nguyên tố do c > 1 . Vậy c > 1 thì a + c và b + c không đồng thời là số nguyên tố.

Ví dụ 45. Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; ... được xác định như sau: số hạng thứ k bằng tích của k số nguyên tố đầu tiên ( k = 1; 2; 3;...) . Biết rằng có hai số hạng của dãy số đó có hiệu bằng 30000. Tìm hai số hạng đó.

Lời giải Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5; ... . Giả sử hai số cần chọn là a = 2.3.5...pn ; b = 2.3.5...pm với

pn ; pm ( n < m ) là các số nguyên tố thứ n và thứ m. Ta có b − a = 2.3.5...pm − 2.3.5...pn = 30000 ⇔ 2.3.5.pn ( pn +1 .pn + 2 ...pm − 1) = 2.3.5.1000 Ta thấy 2.3.5.1000 tồn tại ước của 3 nên a và b có chữa số nguyên tố 3 nên pn ≥ 3 và 1000 không có ước nguyên tố khác 2 và 5 nên a không có ước khác 2 và 5 nên pn ≤ 5 . Từ đó ta được + Nếu pn = 3 , ta được pn +1 .pn + 2 ...pm = 10000 , không tồn tại pm thỏa mãn + Nếu pn = 5 , ta được pn +1 .pn + 2 ...pm = 1001 = 7.11.13 ⇒ pm = 13 , từ đó ta được

a = 2.3.5 = 30; b = 2.3.5.7.11.13 = 30030

Ví dụ 46. Tìm số nguyên tố p để p2 − p + 1 là lập phương của một số nguyên tố khác. Lời giải Giả sử p là số nguyên tố thỏa mãn bài toán, khi đó tồn tại số nguyên tố q để

p2 − p + 1 = q 3 .

(

)

Biến đổi đẳng thức trên ta được p ( p − 1) = ( q − 1) q 2 + q + 1 .

(

)

Từ đó suy ra ( q − 1) q 2 + q + 1 ⋮ p . Chú ý rằng p là số nguyên tố nên ta suy ra được

q − 1⋮ p hoặc q 2 + q + 1⋮ p . Nếu q − 1⋮ p thì do q là số nguyên tố nên q − 1 ≥ p hay q > p .

(

)

Điều này dẫn đến p2 − p + 1 = q 3 > p3 hay p ( p − 1) > ( p − 1) p2 + p + 1 , đến đây ta thấy p > p2 + p + 1 , điều này vô lí do p là số nguyên tố. Như vậy ta phải có q 2 + q + 1⋮ p . Tức là tồn tại số nguyên dương k để q 2 + q + 1 = kp .

(

)

Khi đó từ p ( p − 1) = ( q − 1) q 2 + q + 1 ta được p − 1 = k ( q − 1)

(

) (

)

Kết hợp với q 2 + q + 1 = kp ta được q 2 + 1 − k 2 q + k 2 − k + 1 = 0 .

(

) (

)

Ta thấy q 2 + 1 − k 2 q + k 2 − k + 1 = 0 là một phương trình bậc hai có ẩn là q. Để tìm được q ta cần xác định được giá trị của k. Có hai hướng để xác định k đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai và sử dụng hệ thức Vi – et.

• Hướng thứ nhất là để phương trình có nghiệm nguyên dương thì ∆ phải là số chính phương.

(

)

(

) (

)

Chú ý rằng ∆ = k 2 − 1 − 4 k 2 − k + 1 < k 2 − 1 . Lại thấy ∆ có cùng số dư khi chia

( ) ( k − 1) − 4 ( k

cho 2. Do đó ta suy ra được ∆ ≤ k 2 − 3 , đến đây thì ta được 2

) (

− k + 1 ≤ k2 − 3

)

⇒k≤3

Do k là số nguyên dương nên k ∈ {1; 2; 3} . Đến đây ta xét các trường hợp thì thu được k = 3 thỏa mãn ∆ là số chính phương và từ đó ta được p = 19; q = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Hướng thứ hai là sử dụng hệ thức Vi – et để xác định các giá trị k hoặc q. Nếu q là số nguyên tố thỏa mãn bài toán thì q là nghiệm của phương trình

(

) (

)

q 2 + 1 − k2 q + k2 − k + 1 = 0 Như vậy phương trình trên có một nghiệm nữa và ta gọi là q 1 . Khi đó theo hệ thức Vi – et ta có q + q1 = k 2 − 1 và q.q 1 = k 2 − k + 1 . Từ các hệ thức trên ta suy ra được q 1 là số nguyên dương. Nếu q1 ≥ 2 khi đó dễ thấy q.q 1 ≥ q + q1 nên k 2 − k + 1 ≥ k 2 − 1 hay k ≤ 2 . Tương tự như trên ta thấy k = 1 hoặc k = 2 không thỏa mãn. Từ đó dẫn đến trong hai số q và q 1 có một số là 1. Do q là số nguyên tố nên q1 = 1 .

(

) (

)

Thay vào phương trình trên ta được 12 + 1 − k 2 .1 + k 2 − k + 1 = 0 ⇒ k = 3 . Đến đây ta suy ra được q = 7 và p = 19 thỏa mãn bài toán.

Nhận xét: Từ bài toán trên ta có một số điểm chú ý như sau:

• Do q là một số nguyên tố nên ta có q − 1 ≥ p hay q > p , từ đây ta thấy được trường hợp q − 1⋮ p không thỏa mãn. Mở rộng bài toán trên ta có bài toán: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 − p + 1 là lập phương đúng của một số tự nhiên. Chú ý rằng lúc này q không còn là số nguyên tố thì cách giải thích như trên không còn hợp lí.

• Trong hai hướng tìm số k thì hướng thứ nhất có vẻ tự nhiên hơn, tuy nhiên trong hướng thứ hai ta lại thấy được cái đẹp của định lí Vi – et trong bài toán số học.

Ví dụ 47. Giả sử bốn số nguyên a, b, c, d đôi một khác nhau và thoả mãn hệ điều kiện sau: a 2 − 2ac − 5d = b 2 − 2bc − 5d = 0  2 2 c − 2ca − 5b = d − 2bd − 5b = 0 Chứng minh rằng a + b + c + d là một hợp số.

Lời giải Bài toán yêu cầu cầu chứng minh a + b + c + d là một hợp số, như vậy ta sẽ đi chứng minh tổng đó chia hết cho một số nguyên khác 1 nào đó hoặc đi tìm giá trị của tổng. Quan sát giả thiết ta nhận thấy có dạng bậc hai nên ta sẽ quy về phương trình bậc hai để sử dụng định lí Vi – et. Từ hệ thức a 2 − 2ac − 5d = b 2 − 2bc − 5d = 0 , nếu xét phương trình bậc hai có ẩn x là

x 2 − 2cx − 5d = 0 thì ta được a, b là nghiệm. Hoàn toàn tương tự ta xét phương trình x 2 − 2ax − 5b , khi đó c, d là ngiệm của phương trình.

a + b = 2c c + d = 2a Từ đó theo định lí Vi – et ta có  và  ab = −5d cd = −5b Kết hợp hai hệ thức trên ta được abcd = 25bd nên suy ra ac = 25 Đồng thời ta có a + b + c + d = 2 ( a + c ) hay a + c = b + d . Mặt khác từ giả thiết ta có a 2 − 2ca − 5d = 0 ⇒ a 2 − 5d = 50 và c 2 − 2ca − 5b = 0 ⇒ c 2 − 5b = 50 Từ các hệ thức trên ta có

a 2 + c 2 − 5(b + d) = 100 ⇔ (a + c)2 − 2ac − 5(a + c) = 100

a + c = 15 ⇔ (a + c)2 − 5(a + c) − 150 = 0 ⇔  a + c = −10 • Nếu a + c = 15 , mà a + c = b + d nên ta được a + b + c + d = 30 .

• Nếu a + c = −10 , khi đó kết hợp với ac = 25 ta được a = c = −5 trái với giả thiết Vậy từ đó ta được a + b + c + d = 30 . Do đó suy ra a + b + c + d là hợp số.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì ( p + 1)( p − 1) chia hết cho 24. Bài 2. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( m; p; q ) sao cho p, q là số nguyên tố và

2 m .p2 + 1 = q 5 . Bài 3. Tìm sáu số nguyên tố p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 thỏa mãn p12 + p22 + p23 + p34 + p25 = p62 . Bài 4. Cho số nguyên tố p dạng 4k + 3 . Tồn tại hay không số nguyên a nào thỏa điều kiện

)

+ 1 ⋮p

Bài 5. Tìm số nguyên tố p sao cho các số 2p2 − 1; 2p2 + 3; 3p2 + 4 đều là số nguyên tố. Bài 6.Tìm tất cả các cặp số nguyên tố ( p; q ) thỏa mãn p2 − 5q 2 = 4 . p

Bài 7. Tồn tại hay không cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn 52 + 2007 = 52q + q 2 Bài 8. Tìm tất cả các bộ số nguyên tố(có thể bằng nhau) sao cho tích của chúng bằng 10 lần tổng của chúng.

Bài 9. Giả sử p là số nguyên tố, a và b là các số tự nhiên ( a < b ) thỏa mãn điều kiện: Tổng các phân số tối giản có mẫu là p nằm giữa a và b có tổng bằng 2011. Tìm các số p, a, b.

Bài 10. Tìm số tự nhiên n sao cho số 2015 viết được thành tổng của n hợp số nhưng không thể viết thành tổng của n + 1 hợp số.

Bài 11. Cho số nguyên tố p > 5 . Chứng minh rằng tồn tại số có dạng 111...1 chia hết cho p. Bài 12. Chứng minh rằng trong 12 số nguyên tố phân biệt luôn chọn ra được sáu số nguyên tố kí hiệu là p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 thỏa mãn điều kiện ( p1 − p2 )( p3 − p4 )( p4 + p6 ) chia hết cho 1800.

Bài 13. Tìm số nguyên tố p để 2p + 1 viết được thành lập phương của một số tự nhiên. Bài 14. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 2018 là một số nguyên tố. Bài 15. Tìm tất cả các số nguyên tố p dạng p = n n + 1, n ∈ N * , biết rằng p không có nhiều hơn 18 chữ số.

Bài 16. Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p4 là một số chính phương.

Bài 17. Chứng minh rằng nếu 1 + 2 n + 4 n là một số nguyên tố với n là số nguyên dương thì

n = 3k với k là số nguyên dương. p2n +1 − 1 q 3 − 1 Bài 18. Xác định tất cả các số nguyên tố p, q sao cho với n > 1, n ∈ Z . = p−1 q −1 n

Bài 19. Một số nguyên tố có dạng 2 2 + 1 ( n ∈ N ) có thể biểu diễn được dưới dạng hiệu của hai lũy thừa bậc năm của hai số tự nhiên không?

Bài 20. Cho a, b là các số nguyên và p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng nếu p4 là ước 2

của a 2 + b 2 và a ( a + b ) thì p4 cũng là ước của a ( a + b ) .

Bài 21. Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương thì 5n + 3 không thể là số nguyên tố.

Bài 22. Tìm số nguyên tố p, q thỏa mãn điều kiện p2 = 8q + 1 . Bài 23. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn đẳng thức:

p ( p + 1) + q ( q + 1 ) = n ( n + 1 )

{

}

Bài 24. Cho số nguyên tố p. Đặt tập hợp A = p − n 2 n ∈ Z, n 2 1 và a chia hết cho b.

Bài 25. Biết rằng số 27000001 khi phân tích thành thừa số thì có đúng bốn thừa số nguyên tố. Tính tổng của bốn thừa số nguyên tố đó.

Bài 26. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng p − 4 không thể viết được thành lũy thừa bậc bốn của một số nguyên dương.

Bài 27. Cho p và q là hai số nguyên tố phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên dương m và n trung bình cộng của tất cả các ước tự nhiên của A = pm .q n là một một số nguyên.

Bài 28. Cho p và q là các số nguyên tố sao cho p > q > 3 và p − q = 2 . Chứng minh rằng p + q chia hết cho 12.

Bài 29. Cho n > 1 là số tự nhiên lẻ. Chứng minh rằng các số n và n + 2 cùng là số nguyên tố khi và chỉ khi ( n − 1) ! không chia hết cho n và n + 2 .

Bài 30. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng p8 n + 3p4n − 4 chia hết cho 5. Bài 31. Tìm bộ ba số nguyên tố liên tiếp sao cho tổng các lũy thừa bậc bốn của ba số nguyên tố đó là một số nguyên tố.

Bài 32. Tìm tất cả các số tự nhiên m, n để A = 33m

+ 6n − 61

+ 4 là số nguyên tố.

Bài 33. Cho n là một số nguyên với n ≥ 2 . Chứng minh rằng nếu k 2 + k + n là một số nguyên tố với mọi số nguyên k thỏa mãn 0 ≤ k ≤

mọi số nguyên k thỏa mãn

n thì k 2 + k + n là một số nguyên tố với 3

n ≤ k≤ n−2. 3

(

)

Bài 34. Tìm tất cả các cặp số nguyên x, t thỏa mãn x 2 x 2 + y 2 = y p+1 , trong đó p là số nguyên tố.

Bài 35. Chứng minh rằng nếu số nguyên k lớn hơn 1 thoả mãn k 2 + 4 và k 2 + 16 là các số nguyên tố thì k chia hết cho 5.

Bài 36. Cho đa thức bậc ba f(x) với hệ số của x3 là một số nguyên dương và biết f(5) − f(3) = 2010 . Chứng minh rằng f(7) − f(1) là hợp số.

Bài 37. Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố lẻ p đều không tồn tại các số nguyên dương m; n thoả mãn điều kiện

1 1 1 = 2+ 2. p m n

Bài 38. a) Hãy chỉ ra một bộ bốn số nguyên dương phân biệt mà tổng ba số bất kì trong bốn số đó là một số nguyên tố. b) Chứng minh rằng không tồn tại năm số nguyên dương phân biệt mà tổng ba số bất kì trong chung là một số nguyên tố.

Bài 39. Cho phương trình 2x 2 + mx + 2n + 8 = 0 (x là ẩn số và m, n là các số nguyên). Giả sử phương trình có các nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng m 2 + n 2 là hợp số

Bài 40. Tìm tất cả các số tự nhiên n để n 3 – n 2 – 7n + 10 là một số nguyên tố. Bài 41. Tìm số tự nhiên n để A là số nguyên tố biết A = n 3 − n 2 − n − 2 Bài 42. Tìm tất cả các số nguyên tố p có dạng p = a 2 + b 2 + c 2 với a, b, c là các số nguyên dương sao cho a 4 + b 4 + c 4 chia hết cho p

Bài 43. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho tồn tại cặp số nguyên ( x; y ) thoả mãn hệ: 2 p + 1 = 2x  2 2 p + 1 = 2y

Bài 44. Tìm số nguyên tố p và q sao cho các số 7p + q và pq + 11 cũng là các số nguyên tố. Bài 45. Tìm các số nguyên không âm a, b sao cho a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 là số nguyên tố. Bài 46. Cho đa thức f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a là số nguyên dương. Biết f ( 5 ) – f ( 4 ) = 2012 . Chứng minh rằng f ( 7 ) – f ( 2 ) là hợp số.

Bài 47. a) Tìm hai số nguyên dương p, q sao cho p2 − q 2 = 7 b) Chứng minh rằng nếu n là số nguyên dương lớn hơn 1 thì n 4 + 4 n không phải là số nguyên tố.

Bài 48. Tìm hai số nguyên a, b để a 4 + 4b 4 là số nguyên tố. Bài 49. Tìm tất cả các bộ số nguyên dương ( x; y; z ) thỏa mãn

x + y 2013 y + z 2013

là số hữu tỷ,

đồng thời x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố.

Bài 50. Cho a, b là các số tự nhiên lớn hơn 2 và p là số là số tự nhiên thỏa mãn 1 1 1 = 2 + 2 . Chứng minh p là hợp số p a b

Bài 51. Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thỏa mãn: a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 . Chứng minh a + b + c + d là hợp số.

Bài 52. Tìm các số nguyên tố p, q thỏa mãn p2 = 8q + 9.

Bài 53. Cho p ≥ 5 là số nguyên tố và n là số nguyên dương sao cho các số p − 1; p; n; n + 1 đôi một không có ước chung lớn hơn 2. Chứng minh rằng không tồn tại x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:

2 + x + x 2 + ... + x p−1 = y n +1 Bài 54. Tìm tất cả các số nguyên dương n và số nguyên tố p thỏa mãn đồng thời các điều n

kiện n ≤ 2p và ( p − 1) + 1 chia hết cho n p−1 . n

Bài 55. Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của 2 2 + 1 (với n là số tự nhiên lớn hơn 1) thì p − 1 chia hết cho 2 n + 2 .

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên ta được p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 với k là số tự nhiên khác 0. + Nếu p = 3k + 1 ⇒ ( p + 1)( p – 1) = ( 3k + 2 ) .3k chia hết cho 3 + Nếu p = 3k + 2 ⇒ ( p + 1)( p – 1) = ( 3k + 3 )( 3k + 1) chia hết cho 3 Vậy p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì ( p + 1)( p – 1) chia hết cho 3 Mặt khác vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ. Suy ra p + 1 và p − 1 là hai số chẵn liên tiếp Đặt p – 1 = 2n ⇒ p + 1 = 2n + 2 , ta có ( p + 1)( p – 1) = 2n ( 2n + 2 ) = 4n ( n + 1) Do n ( n + 1) chia hết cho 2 nên 4n ( n + 1) chia hết cho 8 Do đó ( p + 1)( p – 1) chia hết cho 8 Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau ta được ( p + 1)( p – 1) chia hết cho 24.

(

Bài 2. Biến đổi 2 m .p2 + 1 = q 5 thành 2 m.p2 = ( q − 1) q 4 + q 3 + q 2 + q + 1

)

Do q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 lẻ nên q − 1 = 2 m .pk với k = 0;1; 2 + Nếu k = 0 khi đó ta có q − 1 = 2 m Từ đó ta được

(2 =

)

+1 −1

= 2 4m + 5.2 3m + 10.2 2m + 10.2 m + 5

Nếu m > 1 thì p2 ≡ 5 ( mod 8 ) vô lí nên suy ra m = 1 , từ đó ta được p = 11; q = 3 .

(

+ Nếu k = 1 khi đó ta có q − 1 = 2 m.p do đó ta được p = ( q − 1) q 4 + q 3 + q 2 + q + 1

)

Do đó để p là số nguyên tố thì q − 1 = 1 ⇒ q = 2 , từ đó suy ra q = 31 . Thay vào phương trình ban đầu ta được 2 m .312 + 1 = 2 5 , phương trình không có m nguyên dương thỏa mãn. + Nếu k = 2 khi đó ta có q − 1 = 2 m .p2 do đó ta được 1 = q 4 + q 3 + q 2 + q + 1 điều này vô lí do q là số nguyên tố Vậy bộ ( m; p; q ) = ( 1;11; 3 ) là bộ duy nhất cần tìm.

Bài 3. Từ giả thiết suy ra p6 > 2 ⇒ p62 ≡ 1 ( mod 8 ) .

(

)

Mà pi2 ≡ 1; 4 ( mod 8 ) nên trong 5 số pi i = 1; 5 có bốn số bằng 2, một số lớn hơn 2. Thật vậy, giả sử k là số số chẵn trong dãy p1 , p2 , p3 , p4 , p5 . Suy ra

p12 + p22 + p23 + p24 + p25 = 4k + A (A là tổng bình phương của 5-k số lẻ)

2 1

)

+ p22 + p23 + p24 + p25 ≡ 4k + ( 5 − k ) .1 ( mod 8 ) ≡ 3k + 5 ( mod 8 )

(

)

Mà p12 + p22 + p23 + p24 + p25 ≡ 1 ( mod 8 ) nên 3k + 4 ⋮ 8 ⇒ k = 4 . Nhận xét được chứng minh xong. Bây giờ ta giả sử p1 = p2 = p3 = p4 = 2; p5 > 2 Từ đó suy ra p62 − p25 = 16 ⇔ ( p6 − p5 )( p6 + p5 ) = 16 Từ đó giải được p6 = 5; p5 = 3 . Vậy bộ các số nguyên tố các số cần tìm là ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 ) trong đó ( p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ) được xác định là ( 2; 2; 2; 2; 3 ) và các hoán vị, còn có định p6 = 5 .

(

)

Bài 4. Giả sử có số nguyên a để a 2 + 1 ⋮ p hay ta có a 2 ≡ −1 ( mod p ) Suy ra a p−1 ≡ ( −1)

p −1 2

( mod p )

hay a p−1 − 1 ≡ ( −1)

p−1 2

− 1 ( mod p )

Nhưng theo định lí Fecmat thì a p−1 − 1 ≡ 0 ( mod p ) Nên ta được ( −1)

p −1 2

− 1 ≡ 0 ( mod p ) mà p là số nguyên tố dạng 4k + 3 nên

( − 1)

p −1 2

− 1 ≡ 0 ( mod p ) ⇔ −2 ≡ 0 ( mod p ) , điều này vô lí.

Nên không tồn tại số nguyên a thỏa mãn yêu cầu bài toán

Bài 5. Nếu p = 7k + i với k, i nguyên và i = {±1; ±2; ±3} . Khi đó p2 chia cho 7 có các số dư là 1;4;2

• Xét p > 2 ⇒ 2p2 − 1; 2p2 + 3 > 7; 3p2 + 4 > 7 + Nếu p2 chia cho 7 dư 1 thì 3p2 + 4 chia hết cho 7 nên trái yêu cầu bài toán. + Nếu p2 chia cho 7 dư 4 thì 2p2 − 1 chia hết cho 7 nên trái yêu cầu bài toán + Nếu p2 chia cho 7 dư 2 thì 2p2 + 3 chia hết cho 7 nên trái yêu cầu bài toán

• Xét p = 2 thì 3p2 + 4 (loại) • Xét p = 7k với k nguyên dương, vì p nguyên tố nên p = 7 là nguyên tố Khi đó ta có 2p2 − 1 = 97; 2p2 + 3 = 101; 3p2 + 4 = 151 đều là các số nguyên tố Vậy p = 7 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 6.Ta có p2 − 5q 2 = 4 ⇔ p2 − 4 = 5q 2 ⇔ ( p − 2 )( p + 2 ) = 5q 2 Do p và q là số nguyên tố nên 0 < p − 2 < p + 2 nên p − 2 chỉ có thể nhận các giá trị

1; 5; q; q 2 Ta có bảng giá trị tương ứng

p−2

p+2

5q 2

Do p, q là các số nguyên tố nên chỉ có cặp ( p; q ) = ( 7; 3 ) thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 7. Ta giả sử tồn tại cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn phương trình. 2

Khi đó 52 + 2007 = 52q + q 2 ⇔ 52 − 52q = q 2 − 2007 p

Do p và q là các số nguyên tố nên p ≥ 2; q ≥ 2 , do đó 52 ; 52q cùng có chữ số tận cùng là 5. p

Từ đó suy ra 52 − 5 2q chia hết cho 10.

Mặt khác vì q 2 là số chính phương nên q 2 không thể tận cùng bằng 7, do đó q 2 − 2007 p

không thể chia hết cho 10. Điều này dẫn đến mâu thuẫn với 52 − 5 2q = q 2 − 2007 Từ đó suy ra không tồn tại cặp số nguyên tố p, q thỏa mãn bài toán.

Bài 8. Chú ý là 10 = 2.5 với 2 và 5 là các số nguyên tố. Do đó ta nhận thấy trong các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán có 2 và 5. Gọi p1 ; p2 ;...; pn các số còn lại trong bộ các số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán. Không mất tính tổng quát ta giả sử p1 ≤ p2 ≤ ... ≤ pn . Theo bài ra ta có 2.5.p1 .p2 ...pn = 10 ( 2 + 5 + p1 + p2 + ... + pn ) Hay ta được p1 .p2 ...pn = 7 + p1 + p2 + ... + pn ( 1) . Nhận thấy với hai số nguyên tố a và b ta luôn có ( a − 1)( b − 1) ≥ 1 ⇒ ab ≥ a + b . Từ đó ta được p1 .p2 ...pn −1 .pn ≥ ( p1 + p2 + ... + pn −1 ) pn . Suy ra 7 + p1 + p2 + ... + pn ≥ ( p1 + p2 + ... + pn −1 ) pn Đặt s = p1 + p2 + ... + pn −1 , khi đó ta được 7 + pn + s ≥ s.pn ⇔ ( s − 1)( pn − 1) ≤ 8 . Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Với s = 2 , khi đó n = 2 và p1 = 2 . Thay vào (1) ta được p2 = 9 , không thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 1: Với s > 2 , khi đó pn ≤ 5 . + Với pn = 5 suy ra s ≤ 3 , do đó n = 2 và p1 ∈ {2; 3} . Thử lại ta thấy p1 = 3 và p2 = 5 thỏa mãn. + Với pn = 3 suy ra s ≤ 5 , do đó có bộ số nguyên tố ( p1 ; p2 ; ...; pn ) là

( 2 ) , ( 3 ) , ( 2; 2 ) , ( 2; 3 ) , ( 5 )

thỏa mãn yêu cầu bài toán.

+ Với pn = 2 khi đó ta được 2n + 7 = 2 n , trường hợp này loại. Vậy bộ số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 2; 3; 5; 5 ) .

Bài 9. Chú ý là tổng của k số tự nhiên đầu tiên được tính là 1 + 2 + 3 + ... + k =

k ( k + 1) 2

Mỗi phân số tối giản có giá trị nằm giữa a và b với mẫu là p có dạng a + m +

n , trong đó m p

và n là các số tự nhiên thỏa mãn 0 ≤ m ≤ b − a − 1 và 0 ≤ n ≤ p − 1 . Tương ứng với mỗi giá trị của m có p − 1 giá trị của n và tương ứng với mỗi giá trị của n có b − a giá trị của m. Như vậy số phân số tối giản thỏa mãn yêu cầu bài toán là

( p − 1)( b − a ) . Từ đó tổng các phân số thỏa mãn yêu cầu bài toán là

(b − a)

1 + 2 + ... + ( p − 1) p

Từ đó ta được 2011 =

Hay ta được 2011 =

+ ( b − a )( p − 1) a + ( p − 1) 1 + 2 + ... + ( b − a − 1)  = 2011 .

( b − a )( p − 1) + 2

( b − a )( p − 1) a +

( b − a )( p − 1)( a + b ) ⇔ 2

( p − 1)( b − a − 1)( a + b ) . 2

( b − a )( p − 1)( a + b ) = 2.2011 .

Do 2011 là số nguyên tố, còn b − a và a + b cùng tính chẵn lẻ. Lại có b − a ≤ a + b .

b − a = 1 a = 1005   Do đó từ ( b − a )( p − 1)( a + b ) = 2.2011 ta được a + b = 2011 ⇔  b = 1006 . p − 1 = 2 p = 3   Vậy ta được a = 1005; b = 1006; p = 3 là các số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 10. Ta phát biểu bài toán dưới dạng: Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2015 viết được thành a 1 + a 2 + a 3 + ... + a n trong đó các số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các hợp số. Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n phải nhỏ nhất. Dễ thấy 4 là hợp số chẵn nhỏ nhất và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất. Ta có 2015 = 4.503 + 3 . Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n ≤ 503 . Xét n = 503 . Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số a i với i = 1; 2;...; n là số lẻ. Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a 1 ≥ 9 . Khi đó

a 1 + a 2 + ... + a n ≥ 9 + 4 ( 503 − 1) = 4.502 + 9 > 2015 Xét n = 503 − 1 , khi đó ta có 2015 = 4.503 + 3 = 4.500 + 15 = 4.500 + 6 + 9 . Do đó n lớn nhất là n = 502 .

Bài 11. Xét dẫy số 1; 11; 111; ...; 111..1 . Giả sử trong dãy số trên không có số nào chia hết cho p

p. Khi đó chia các số trong dãy trên cho p ta được dãy các số dư là 1; 2;...; p − 1 . Mà khi chia p số 1; 11; 111;...;111...1 cho p thì ta được p số dư. Như vậy theo nguyên lí p

Dirichlets thì trong p số dư trên có hai số dư bằng nhau. * Giả sử hai số khi chia cho p có số dư giống nhau là 111...1 và 111...1 với m, n ∈ N ; m > n . m

Khi đó ta được 111...1 − 111...1 = 111...1000...0 chia hết cho p. m

m −n

Do p là số nguyên tố nên ( p,1000...0 ) = 1 , do đó 111...1 chia hết cho p. m −n

Mà 1 ≤ m − n ≤ p nên 111...1 cũng nằm trong dẫy số trên. Điều này dẫn đến mâu thuẫn với m −n

giả sử hay điều giả sử là sai. Do vậy luôn tồn tại số có dạng 111…1 chia hết cho số nguyên tố p.

Bài 12. Vì ba số nguyên tố đầu tiên là 2, 3, 5 nên trong 12 số nguyên tố trên có ít nhất 9 số nguyên tố lớn hơn 5.

• Vì các số nguyên tố lớn hơn 3 nên 9 số nguyên tố trên chia 3 dư 1 hoặc dư 2. Theo nguyên lí Dirichlets thì tồn tại ít nhất 5 số khi chia cho 3 có cùng số dư. Mà 5 số này không chia hết cho 5 nên trong 5 số này tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 5. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử hai số đó là p1 và p2 , khi đó ta được ( p1 − p2 )⋮ 5 . Ngoài ra hiển nhiên ta còn có ( p1 − p2 )⋮ 3 và ( p1 − p2 )⋮ 2 . Nên ta suy ra được ( p1 − p2 )⋮ 30 .

• Xét 7 số nguyên tố còn lại sau khi đã lai đi năm số chia cho 3 có cùng số dư. Khi đó theo nguyên lí Dirichlets luôn tồn tại 4 số có cùng số dư ki chia cho 3. Xét 4 số đó trong phép chia cho 5 ta có các trường hợp sau: + Nếu trong bốn số đó mà ta có ( p3 − p4 )⋮ 5 và hiển nhiên ta có ( p3 − p4 )⋮ 3 , ( p3 − p4 )⋮ 2 . Do ta có ( 2, 3, 5 ) = 1 nên suy ra ( p3 − p4 )⋮ 30 . Đến đây ta chỉ cần lấy hai số lẻ p5 và p6 để có

+ p6 )⋮ 2 .

Từ đó ta được ( p1 − p2 )( p3 − p4 )( p4 + p6 ) chia hết cho 1800.

+ Nếu trong bốn số đó khi chia 5 có số dư theo thứ tự là 1; 2; 3; 4. Khi đó ta chọn được hai số p5 chia 5 dư 1 và p6 chia 5 dư 4. Từ đó ta được ( p5 + p6 )⋮ 5 . Đồng thời khi đó ta được hai số còn lại là p3 và p4 thỏa mãn ( p3 − p4 )⋮ 3 . Chú ý là ( p5 + p6 )⋮ 2 và ( p3 − p4 )⋮ 2 . Do đó suy ra ( p5 + p6 )⋮10 và ( p3 − p4 )⋮ 6 Vậy ta cũng được ( p1 − p2 )( p3 − p4 )( p4 + p6 ) chia hết cho 1800. Do đó với 12 số nguyên tố phân biệt ta luôn chọn ra được sáu số là p1 ; p2 ; p3 ; p4 ; p5 ; p6 thỏa mãn điều kiện ( p1 − p2 )( p3 − p 4 )( p4 + p6 ) chia hết cho 1800.

Bài 13. Ta thấy với p = 2 thì 2p + 1 = 5 không thể viết được thành lập phương của một số tự nhiên, Do đó suy ra p ≥ 3 . Giả sử 2p + 1 = k 3 với k ∈ N* . Do 2p + 1 là số lẻ nên k 3 là số lẻ hay k là số lẻ.

(

)

Khi đó đó ta được 2p = t 3 − 1 = ( t − 1) t 2 + t + 1 .

(

)

Do k là số lẻ nên suy ra 2, t 2 + t + 1 = 1 nên ta được t − 1⋮ 2 . Mặt khác do p là số nguyên tố nên suy ra t − 1 = 2 ⇒ t = 3 . Thay vào 2p = t 3 − 1 ta được p = 13 là số nguyên tố.

Bài 14. Ta xét các trường hợp sau: • Nếu p = 2 khi đó ta được p2 + 2018 = 2022 là một hợp số. • Nếu p = 3 , khi đó ta được p2 + 2018 = 2027 là một số nguyên tố. • Nếu p > 3 , do p là số nguyên tố nên nên p là số nguyên tố lẻ. Từ đó p 2 là số chính phương lẻ nên p2 chia 3 dư 1. từ đó ta được. Đặt p2 = 3k + 1 với k ∈ N* . Từ đó ta được p2 + 2018 = 3k + 1 + 2018 = 3 ( k + 673 ) nên không thể là một số nguyên tố. Vậy với p = 3 thì p2 + 2018 là một số nguyên tố.

Bài 15. Do n ∈ N* nên ta đặt n = 2 k.m với k là số tự nhiên và m là số tự nhiên lẻ. k

( )

Khi đó ta có p = n n + 1 = n 2 .m + 1 = n 2

+ 1 chia hết cho n 2 + 1 .

Do p là số nguyên tố nên suy ra m = 1 . Từ đó ta được n = 2 k , đến đây ta xét các trường hợp sau

• Nếu k = 0 , khi đó n = 1 nên ta được p = 2 . Như vậy n = 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Nếu k ≥ 1 , khi đó ta đặt k = 2 k1 .m 1 với k1 là số tự nhiên và m 1 là số tự nhiên lẻ.

( )

Khi đó ta có p = n n + 1 = 2 k

(

+ 1 = 22

Do m 1 là số tự nhiên lẻ nên 2 2

k1 .n

)

k1 .m

) = (2 ) k

2 1 .n

+ 1 chia hết cho 2 2

k1 .n

+1.

Mà p là số nguên tố nên ta suy ra được m 1 = 1 , nên ta có k = 2 k1 suy ra n = 2 2

+ Với k1 = 0 , khi đó n = 2 nên ta suy ra được p = 5 là số nguyên tố. Do đó n = 2 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với k1 = 1 , khi đó n = 4 nên ta suy ra được p = 257 là số nguyên tố. Do đó n = 4 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với k1 ≥ 2 , khi đó n ≥ 16 nên ta suy ra được p ≥ 1616 + 1 = 2 64 + 1 Từ đó suy ra p ≥ 16.2 60 + 1 = 16.1024 6 + 1 > 16.1000 6 + 1 = 16.1018 + 1 Mà ta thấy 16.1018 + 1 có 19 chữ số nên p có ít nhất 19 chữ số, điều này trái với giả thiết giả thiết của bài toán. Do vậy trong trường hợp này không có n thỏa mãn. Vậy các số tự nhiên n thỏa mãn bài toán là n ∈ {1; 2; 4} .

Bài 16. Do p là số nguyên tố nên p4 có 5 ước tự nhiên là 1; p; p2 ; p3 ; p4 . Khi đó tổng của các ước tự nhiên của p4 là 1 + p + p2 + p3 + p4 . Giả sử 1 + p + p2 + p3 + p4 = n 2 với n là một số tự nhiên. 2

Khi đó ta có ( 2n ) = 4n 2 = 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4

(

Ta có 2p2 + p

)

(

= 4p4 + 4p3 + p2 và 2p2 + p + 2

Do đó ta được 2p2 + p

) < ( 2n ) < ( 2p

+p+2

)

= 4p4 + 4p3 + 9p2 + 4p + 4

Hay ta được 4n 2 = 4p4 + 4p3 + 5p2 + 2p + 1 . Kết hợp với

( 2n )

= 4n 2 = 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4

Suy ra 4 + 4p + 4p2 + 4p3 + 4p4 = 4p4 + 4p3 + 5p2 + 2p + 1 Hay ta được p2 − 2p − 3 = 0 ⇒ p = 3 .

(

nên suy ra ( 2n ) = 2p2 + p + 1

)

Ngược lại với p = 3 , khi đó 3 4 = 81 có 5 ước tự nhiên là 1; 3; 32 ; 3 3 ; 34 và

1 + 3 + 32 + 3 3 + 34 = 112 . Vậy số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là p = 3 .

Bài 17. Đặt n = 3 k.m với k, m là các số nguyên dương và ( m, 3 ) = 1 . Giả sử m > 1 khi đó ta xét hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1: m = 3a + 1 với a là một số nguyên dương. Khi đó ta có 3k. 3a +1 3k. 3a +1 3k . 3a + 1 3 k. 6a + 2 1 + 2n + 4n = 1 + 2 ( ) + 4 ( ) = 1 + 2 ( ) + 2 ( )

(

)

(

)

Đặt x = 2 3 thì ta được 1 + 2 n + 4 n = 1 + x 3a +1 + x 6a + 2 = x x 3a − 1 + x 2 x 6a − 1 + x 2 + x + 1

(

)

(

Dễ thấy x 3a − 1⋮ x 2 + x + 1 và x 6a − 1⋮ x 2 + x + 1

)

Do đó ta được 1 + 2 n + 4 n chia hết cho x 2 + x + 1 . Suy ra 1 + 2 n + 4 n là một hợp số.

• Trường hợp 1: m = 3a + 1 với a là một số nguyên dương. Khi đó ta có 3k . 3a + 2 3 k. 3a + 2 3k . 3a + 2 3k . 6a + 4 1 + 2n + 4n = 1 + 2 ( ) + 4 ( ) = 1 + 2 ( ) + 2 ( )

(

) (

)

Đặt x = 2 3 thì ta được 1 + 2 n + 4 n = 1 + x 3a +1 + x 6a + 2 = x 2 x 3a − 1 + x x 6a − 1 + x 2 + x + 1

(

)

(

Dễ thấy x 3a − 1⋮ x 2 + x + 1 và x 6a − 1⋮ x 2 + x + 1

)

Do đó ta được 1 + 2 n + 4 n chia hết cho x 2 + x + 1 . Suy ra 1 + 2 n + 4 n là một hợp số. Như vậy khi m > 1 thì 1 + 2 n + 4 n đều là một hợp số. Do đó để 1 + 2 n + 4 n là một số nguyên tố thì m = 1 hay n = 3k với k là số nguyên dương.

Bài 18. Ta có

 p2n +1 − 1   q3 − 1  p2n +1 − 1 q 3 − 1 = ⇔ ( p − 1)  − 1  = ( p − 1)  − 1 p−1 q −1  p−1   q −1 

 p2n +1 − p   q3 − q  = p − 1 Hay ta được ( p − 1)  )  q − 1  ⇔ p p n − 1 p n + 1 = ( p − 1) q ( q + 1) .  ( p − 1    

(

)(

)

Nếu q ≤ pn − 1 thì ta được p pn − 1 pn + 1 > ( p − 1) q ( q + 1) . Do đó q ≥ pn Mà q là số nguyên tố và pn không nguyên tố nên suy ra ta phải có q ≥ pn + 1

(

)(

)

(

)(

)

Cũng từ p pn − 1 pn + 1 = ( p − 1) q ( q + 1) ta được trong tích p pn − 1 pn + 1 có một thừa số chia hết cho q. Mà ta lại có q ≥ pn + 1 nên để điều đó xẩy ra thì q = pn + 1 .

(

)

(

)

(

)

Khi đó ta được p pn − 1 = ( p − 1)( q + 1) hay p pn − 1 = ( p − 1) p2 + 2 .

(

)

Khai triển và thu gọn ta được pn − 3p + 2 = 0 nên suy ra được 2 = p 3 − pn −1 , từ đó 2 chia hết cho p nên ta được p = 2 . Từ đây ta tính được n = 2 . Do đó ta được q = 5 . Vậy ta được cặp số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài bài toán là p = 2 và q = 5 . n

Bài 19. Giả sử số nguyên tố dạng 2 2 + 1 ( n ∈ N ) phân tích được thành hiệu của hai lũy n

thừa bậc năm của hai số tự nhiên là a, b. Tức là ta có 2 2 + 1 = a 5 − b 5 .

(

)

Mà ta có a 5 − b 5 = ( a − b ) a 4 + a 3 b + a 2 b 2 + ab 3 + b 4 . Do a, b là các số tự nhiên nên ta có a 4 + a 3 b + a 2 b 2 + ab 3 + b 4 > 1 . n

Ta thấy a − b và a 4 + a 3 b + a 2 b 2 + ab 3 + b 4 là các ước số tự nhiên của 2 2 + 1 . Do 2 2 + 1 là số nguyên tố nên ta suy ra a − b = 1 hay a = b + 1 . 5

Từ đó ta được 2 2 + 1 = ( b + 1) − b 5 = 5b 4 + 10b 3 + 10b 2 + 5b + 1 n

Do đó ta được 2 2 = ( b + 1) − b 5 = 5b 4 + 10b 3 + 10b 2 + 5b nên suy ra 2 2 ⋮ 5 , điều này vô lí. n

Do đó không thể biểu diễn số nguyên tố có dạng 2 2 + 1 ( n ∈ N ) thành hiệu của hai lũy thừa bậc năm của hai số tự nhiên. 2

(

)

Bài 20. Ta có 2a 2 b = a ( a + b ) − a a 2 + b 2 . 2

Do p4 là ước của a 2 + b 2 và a ( a + b ) nên p4 cũng là ước của 2a 2 b . Do p là số nguyên tố lẻ nên suy ra p4 là ước của a 2 b . Nếu a không chia hết cho p2 thì số mũ của p trong a 2 không vượt quá 2, khi đó a 2 không chia hết cho p4 . Do đó b phải chứa p2 , điều này có nghĩa là b chia hết cho p2 , từ đó ta được b2 chia hết cho p4 . Từ đó suy ra a 2 + b 2 không chia hết cho p4 , điều này mâu thuẫn vơi giả thiết. Do vậy a phải chia hết cho p2 nên a 2 không chia hết cho p4 . Từ a 2 + b 2 không chia hết cho p4 ta suy ra được b2 chia hết p4 , do đó b chia hết cho p2 Dẫn đến a + b chia hết cho p2 nên suy ra a ( a + b ) chia hết cho p4 . Vậy p4 cũng là ước của a ( a + b ) .

Bài 21. Do 2n + 1 và 3n + 1 là các số chính phương nên ta đặt 2n + 1 = a 2 và 3n + 1 = b 2 với a, b là các số nguyên dương. Ta có 5n + 3 = 8n + 4 − ( 3n + 1) = 4 ( 2n + 1) − ( 3n + 1) = 4a 2 − b 2 = ( 2a − b )( 2a + b ) . Do a, b là các sô nguyên dương nên 2a + b > 1 . Giả sử 5n + 3 là số nguyên tố, khi đó từ 5n + 3 = ( 2a − b )( 2a + b ) ta suy ra được 2a − b = 1 Hay ta được 2a = b + 1 . Do đó 5n + 3 = ( 2a − b )( 2a + b ) = 2a + b = 2b + 1 Mặt khác ta có 3n + 1 = b 2 nên từ 5n + 3 = 2b + 1 ta suy ra được 2

2n + 3n + 1 + 1 = 2b ⇔ b 2 − 2b + 1 = −2n ⇔ ( b − 1) = −2n 2

Mà n là số nguyên dương nên ( b − 1) là số âm, điều này là vô lí. Do đó 5n + 3 không thể là số nguyên tố.

Bài 22. Ta có p2 = 8q + 1 ⇔ 8q = ( p − 1)( p + 1) . Do p2 = 8q + 1 nên p2 là số lẻ, suy ra p là số lẻ, khi đó đặt p = 2k + 1 với k là một số nguên dương. Từ đó ta được 8q = 2k ( 2k + 2 ) = 4k ( k + 1) nên 2q = k ( k + 1) . Nếu q = 2 khi đó 4 = k ( k + 1) , không có số thự nhiên k thỏa mãn đẳng thức. Do đó q > 2 . Mà q là một số nguyên tố nên ta được ( 2,q ) = 1 . Từ 2q = k ( k + 1) ta xét các trường hợp sau + Nếu k = 2 , khi đó ta được q = k + 1 = 3 . Từ đó ta được p = 5; q = 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Nếu q = k , khi đó ta được k + 1 = 2 ⇒ k = 1 nên q = 1 , trường hợp này loại. Vậy cặp số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( p; q ) = ( 5; 3 ) .

Bài 23. Biến đổi tương đương đẳng thức trên ta được p ( p + 1) + q ( q + 1) = n ( n + 1) ⇔ p ( p + 1) = ( n − p )( n + q + 1) Giả sử tồn tại các số nguyên tố p, q và số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó từ đẳng thức trên ta suy ra được n − q chia hết cho p hoặc n + q + 1 chia hết cho p. Ta xét các trường hợp sau:

• Nếu n − q chia hết cho p thì suy ra n − q ≥ p , do đó n + q + 1 > p + 1 .

Từ đó suy ra p ( p + 1) < ( n − p )( n + q + 1) , điều này mâu thuẫn.

• Nếu n + q + 1 chia hết cho p, khi đó tồn tại số tự nhiên k sao cho n + q + 1 = kp ( k ≠ 0 ) Do đó từ p ( p + 1) = ( n − p )( n + q + 1) ta suy ra được p + 1 = k ( n − q ) . Mặt khác ta lại có ( p + q )( p + q + 1) = p ( p + 1) + q ( q + 1) + 2pq ≥ n ( n + 1) . Không mất tính tổng quát ta giả sử p ≥ q . Do n ( n + 1) > p ( p + 1) nên n > p . Cũng từ n + q + 1 = kp ta được kp > n > p nên k > 1 . Hơn nữa kp < ( p + q ) + q + 1 ≤ 3p + 1 < 4p nên suy ra k < 4 . Như vậy 1 < k < 4 và k là số tự nhiên nên ta được k = 2 hoặc k = 3 . + Với k = 2 thì ta được n = 2p − q − 1 và p + 1 = 2 ( n − q ) nên suy ra 3 ( p − 1) = 4q . Do đó q chia hết cho 3, mà q là số nguyên tố nên suy ra q = 3 . Thay vào 3 ( p − 1) = 4q ta suy ra được p = 5 , từ đó ta tìm được n = 6 . + Với k = 3 thì ta được n = 3p − q − 1 và p + 1 = 3 ( n − q ) nên suy ra 2 ( 2p − 1) = 3q . Do đó q chia hết cho 2, mà q là số nguyên tố nên suy ra q = 2 . Thay vào 2 ( 2p − 1) = 3q ta suy ra được p = 2 , từ đó ta tìm được n = 3 . Vậy các bội số ( p; q; n ) thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( 3; 5; 6 ) , ( 5; 3; 6 ) , ( 2; 2; 3 ) .

Bài 24. Gọi m 2 ( m ∈ Z ) là bình phương lớn nhất bé hơn p. Ta đặt p − m 2 = k ( k ∈ N ) . 2

(

) (

)

Khi đó ta có p − ( m − k ) = m 2 + k − m 2 − 2km + k 2 = k ( 2m − k + 1) 2

Từ đó suy ra p − ( m − k ) chia hết cho k hay chia hết cho p − m 2 . Nếu k = m thì ta được p chia hết cho m, điều này vô lí vì p là số nguyên tố. Nếu

m − k = m thì khi đó p = m 2 , điều này cũng vô lí vì p là số nguyên tố. Như vậy k ≠ m và m −k ≠ m. Nếu k − m = m thì khi đó ta được p = m 2 + 2m = m ( m + 2 ) , điều này vô lí vì p là số nguyên tố. 2

Như vậy nếu k ≠ 1 , khi đó từ p − ( m − k ) chia hết cho p − m 2 ta chọn a = p − ( m − k ) và

b = p − m 2 . Từ đó ta được a và b thuộc tập hợp A thỏa mãn cho a > 1 và a chia hết cho b.

Nếu k = 1 khi đó từ p − ( m − k ) chia hết cho p − m 2 ta chọn a = p − ( m − 1) = 2m và

b = p − m 2 . Từ đó ta được a và b thuộc tập hợp A thỏa mãn cho a > 1 và a chia hết cho b. Bài 25. Chú ý là 27000001 = 27000000 + 1 = 300 3 + 1 .

(

)

Áp dụng các hằng đẳng thức dạng x 3 + 1 = ( x + 1) x 2 − x + 1 và ( x − y )( x + y ) = x 2 − y 2 ta được

(

27000001 = 27000000 + 1 = 300 3 + 1 = ( 300 + 1) 300 2 − 300 + 1

)

= 301. 300 2 − 300 + 1 = 301.  300 2 + 2.300 + 1 − 3.300    2 2  = 301. ( 300 + 1) − 30 = 301. ( 301 − 30 )( 301 + 30 ) = 301.271.331  

(

)

(

)

Chú ý là 271 và 331 là các số nguyên tố. Lại có 301 = 7.43 là tích của hai số nguyên tố. Từ đó ta được 270000001 = 7.43.271.331 là tích của bốn thừa số nguyên tố. Từ đó ta được tổng của các thừa số nguyên tố đó là 7 + 43 + 271 + 331 = 652 .

Bài 26. Giả sử p là số nguyên tố lớn hơn 5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó tồn tại số nguyên dương q sao cho p − 4 = q 4 . Từ đó ta được p = q 4 + 4 .

(

)

(

)(

)

Ta có q 4 + 4 = q 4 + 4q 2 + 4 − 4q 2 = q 2 + 2 − ( 2q ) = q 2 − 2q + 2 q 2 + 2q + 2 . Chú ý rằng p > 5 nên ta suy ra được q > 1 . Do đó q 2 − 2q + 1 > 0 nên q 2 − 2q + 2 > 1 và q 2 + 2q + 2 > 1 Do đó q 2 − 2q + 2 và q 2 + 2q + 2 là các ước tự nhiên lớn hơn 1 của số nguyên tố p. Điều này là vô lí. Do đó không tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn bài toán hay p − 4 không thể viết được thành lũy thừa bậc bốn của một số nguyên dương.

Bài 27. Do p và q là các số nguyên tố nên pm có các ước tự nhiên là 1; p; p2 ; ...; pm −1 ; pm và

q n các các ước tự nhiên là 1; q; q 2 ;...; q n −1 ; q n . Do đó tổng tất cả các ước của A = pm .q n được xác định là

(1 + p + p

)(

+ ... + pm −1 + pm 1 + q + q 2 + ... + q n −1 + q n

)

Và số các ước tự nhiên của A = pm .q n được xác định là ( m + 1)( n + 1) .

Khi đó trung bình cộng tất că các ước tự nhiên của A = pm .q n là M=

(1 + p + p

)(

+ ... + pm −1 + pm 1 + q + q 2 + ... + q n −1 + q n

)

( m + 1)( n + 1)

+ Ta thấy nếu hai số nguyên tố p và q đều là số lẻ, khi đó ta chọn m = p và n = q . Thế thì

(1 + p + p M=

)(

+ ... + pm −1 + pm 1 + q + q 2 + ... + q n −1 + q n

( p + 1)( q + 1)

(

)(

)

(

) = (p (p

p +1 2

)( − 1)( q

− 1 q q +1 − 1

)(

−1

)

Chú ý là khi p và q là các số lẻ thì pp+1 − 1 ⋮ p2 − 1 và q q +1 − 1 ⋮ q 2 − 1 nên ta được M là số nguyên. + Nếu p = 2 và q là số nguyên tố lẻ, khi đó ta chọn n = q và m = q + q 2 + ... + q q −1 . Thế thì

(1 + p + p M=

)(

+ ... + pm −1 + pm 1 + q + q 2 + ... + q n −1 + q n

( p + 1)( q + 1)

) = 1+ 2 + 2

+ ... + 2 m −1 + 2 m

Do đó M là một số nguyên + Nếu q = 2 và p là số nguyên tố lẻ, khi đó ta chọn m = p và n = p + p2 + ... + pq −1 . Thế thì

(1 + p + p M=

)(

+ ... + pm −1 + pm 1 + q + q 2 + ... + q n −1 + q n

( p + 1)( q + 1)

) = 1+ 2 + 2

+ ... + 2 n −1 + 2 n

Do đó M là một số nguyên Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 28. Do q là số nguyên tố lớn hơn 3 nên q không chia hết cho 3, do đó q = 3k ± 1 với k là số nguyên dương. + Với q = 3k + 1 , khi đó từ p − q = 2 ta suy ra được p = 3k + 3 = 3 ( k + 1) chia hết co 3, mà p lại lớn hơn 3 nên p không phải là số nguyên tố. Do đó trường hợp này loại. + Với q = 3k − 1 , khi đó từ p − q = 2 ta suy ra được p = 3k + 1 . Từ đó ta được p + q = 6k chia hết cho 6. Mặt khác do p và q là các số nguyên tố lơn hơn 3 nên p và q là hai số lẻ. Lại có p − q = 2 nên p và q là hai số lẻ liên tiếp. Từ đó suy ra p + 1 và q + 1 là hai số chẵn liên tiếp, do dó trong hai số p + 1 và q + 1 có một số chia hết cho 4. Nếu p + 1 chia hết cho 4 thì

(

)

ta được p = 4m − 1 m ∈ N * , khi đó từ p − q = 2 ta tính được q = 4m − 3 . Từ đó ta được

(

)

p + q = 8m − 4 chia hết cho 4. Nếu q + 1 chia hết cho 4 thì ta được q = 4m − 1 m ∈ N* , khi

đó từ p − q = 2 ta tính được p = 4m + 1 . Từ đó ta được p + q = 8m chia hết cho 4. Do đó trong các trường hợp ta đều có p + q chia hết cho 4. Mà ta thấy 3 và 4 nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra được p + q chia hết cho 12.

Bài 29. • Điều kiện cần: Giả sử số n và n + 2 cùng là số nguyên tố. Ta cần chứng minh ( n − 1) ! không chia hết cho n và n + 2 . Thật vậy, ta có nhận xét là nếu p là một ước nguyên tố của m ! thì p sẽ là một ước của số tự nhiên a nhỏ hơn hoặc bằng m. Ta thấy n > n − 1 và n + 2 > n − 1 . Mà n và n + 2 cùng là số nguyên tố nên n và n + 2 không thể là ước của bất kì số tự nhiên a nào nhỏ hơn hoặc bằng n − 1 . Do đó n và n + 2 không thể là ước của ( n − 1) ! . Hay ( n − 1) ! không chia hết cho n và n + 2 .

• Điều kiện đủ: Giả sử ( n − 1) ! không chia hết cho n và n + 2 . Ta cần chứng minh số n và

n + 2 cùng là số nguyên tố. Thật vậy, ta giả sử ngược lại n không phải là số nguyên tố, khi đó n = a.b ( a, b ∈ N; a, b > 1) và a, b không vượt quá n − 1 . Ta xét các khả năng sau + Nếu a ≠ b thì a, b cũng là các ước của ( n − 1) ! nên ( n − 1) ! chia hết cho ab = n . Điều này vô lí vì theo giả thiết ( n − 1) ! không chia hết cho n. Do đó không thể có a ≠ b . + Nếu a = b > 2 , khi đó n = ab = a 2 Vì a > 2 nên a − 2 > 1 ⇒ a ( a − 2 ) > 1 ⇒ a 2 − 1 > 2a . Từ đó ta có a < 2a < a 2 − 1 = n − 1 . Lại có 2n = 2a 2 = a.2a nên kết hợp với a < 2a < n − 1 ta suy ra được ( n − 1) ! chia hết cho 2n. Điều này vô lí vì theo giả thiết ( n − 1) ! không chia hết cho n. Do đó không thể có a = b > 2 . + Nếu a = b = 2 thì khi đó ta được n = 4 , trường hợp này ta không xét do n phải là số lẻ. Như vậy mọi trường hợp ta đều chỉ ra được mâu thuẫn, điều đó có nghĩa là điều ta giả sử sai hay n phải là một số nguyên tố. Bây giờ ta chứng minh n + 2 cũng là số nguyên tố. Thật vậy, ta giả sử ngược lại n + 2 không phải là số nguyên tố, khi đó n + 2 = a.b ( a, b ∈ N ) . do n là số nguyên tố lẻ nên n + 2 là số lẻ nên a, b là số lẻ và n + 2 ≥ 5 . Do n + 2 không phải

là số nguyên tố nên a; b ≥ 2 , mà a, b lẻ nên a; b ≥ 3 . Không mất tính tổng quát ta giả sử

3 ≤ a ≤ b. Từ đó ta được

n + 2 n −1 > > b . Ta xét các khả năng sau 2 2

+ Nếu a ≠ b khi đó a, b cũng là các ước của ( n − 1) ! nên ( n − 1) ! chia hết cho ab = n + 2 . Điều này vô lí vì theo giả thiết ( n − 1) ! không chia hết cho n + 2 . Do đó không thể có a ≠ b . + Nếu a = b , khi đó n + 2 = ab = a 2 ⇒ 2 ( n + 2 ) = 2a 2 = 2a.a Do đó từ

n + 2 n −1 > > b ta được n − 1 > 2b = 2a > a , suy ra ( n − 1) ! chia hết cho 2 ( n + 2 ) . 2 2

Điều này vô lí vì theo giả thiết ( n − 1) ! không chia hết cho n + 2 . Do đó không thể có a = b . Như vậy mọi trường hợp ta đều chỉ ra được mâu thuẫn, điều đó có nghĩa là điều ta giả sử sai hay n + 2 phải là một số nguyên tố. Vậy bài toán được chứng minh hoàn tất.

Bài 30. Dễ thấy p8 n + 3p4n − 4 =  p8 

( )

− 1 + 3  p4  

( )

− 1 

Mà ta có

− 1 = p8 − 1  p8  n p4 − 1 = p4 − 1  p4 

(p ) 8

( )

Trong đó M = p8

n −1

(

)( )

(

)( )

( )

+ p8

n −2

( )

+ p8

+ ... + 1 = p8 − 1 .M  n −1 n −2 n −3 + p4 + p4 + ... + 1 = p4 − 1 .N 

n −1

n−3

( )

+ p8

n −2

( )

+ p8

( )

n−3

( )

+ ... + 1; N = p4

n −1

( )

+ p4

n −2

(

)

(

)

( )

+ p4

n−3

+ ... + 1

Từ đó ta được p8 n + 3p4n − 4 = p8 − 1 M + 3 p4 − 1 N = p4 − 1  p4 + 1 M + 3N   

(

)

(

)

(

)(

)

Do p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên p có dạng p = 5k ± 1; p = 5k ± 2 với k là số tự nhiên khác 0. 2

(

)

+ Nếu p = 5k ± 1 , khi đó ta được p2 − 1 = ( 5k ± 1) − 1 = 25k 2 ± 10k chia hết cho 5. Từ đó ta được p4 − 1 chia hết cho 5 2

(

)

+ Nếu p = 5k ± 2 , khi đó ta được p2 + 1 = ( 5k ± 2 ) + 1 = 25k 2 ± 10k + 5 chia hết cho 5. Từ đó ta được p4 − 1 chia hết cho 5. Vậy ta được p8n + 3p4n − 4 chia hết cho 5.

Bài 31. Giả sử bộ ba số nguyên tố cần tìm là p, q, r và không mất tính tổng quát ta giả sử

p < q < r . Khi đó ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Với p = 2; q = 3; r = 5 , khi đó p4 + q 4 + r 4 là số chẵn lớn hơn 2 nên là hợp số. + Trường hợp 2: Với p = 3; q = 5; r = 7 , khi đó p4 + q 4 + r 4 = 3107 chia hết cho 13 nên là hợp số. + Trường hợp 3: Với 3 < p < q < r , khi đó do p, q, r là các số nguyên tố nên có dạng 3n ± 1 . Do đó lũy thừa bậc bốn của chúng đều chia 3 có số dư là 1. Từ đó suy ra p4 + q 4 + r 4 chia hết cho 3 nên là hợp số. Như vậy không có ba số nguyên tố liên tiếp thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 32. Để A là số nguyên tố thì 3m 3 + 6n − 61 ∈ N . Chú ý là 3m 3 + 6n − 63 chia hết cho 3 nên ta đặt 3m 3 + 6n − 63 = 3k ( k ∈ N ) Từ đó ta được 3m 3 + 6n − 61 = 3k + 2 . Do đó suy ra A = 33m

+ 6n − 61

(

)

+ 4 = 3 3k + 2 + 4 = 9.33k + 4 = 9.27 k + 4 = 9 27 k − 1 + 13

)

(

)

Dễ thấy 27 k − 1 = ( 27 − 1) 27 k −1 + 27 k − 2 + ... + 1 = 26 27 k −1 + 27 k − 2 + ... + 1 chia hết cho 13. Do đó A = 33m

+ 6n − 61

+ 4 = 33k + 2 + 4 chia hết ho 13.

Để A là số nguyên tố thì A = 13 nên suy ra 33k + 2 + 4 = 13 ⇒ 9.33k = 9 ⇒ k = 0 Từ đó ta được 3m 3 + 6n − 61 = 2 ⇒ m 2 + 2n = 21 ⇒ m 2 < 21 Chú ý là m 2 nhận giá trị lẻ nên ta được m 2 = 1 hoặc m 2 = 9 + Với m 2 = 1 thì ta được m = 1 , từ đó suy ra n = 10 + Với m 2 = 9 thì ta được m = 3 , từ đó suy ra n = 6 . Vậy có hai cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( m; n ) = ( 1;10 ) , ( 3; 6 )

Bài 33. Không mấy khó khăn để kiểm tra được tính chất trên đúng với n = 2 hoặc n = 3 . Với n = 4 ta thấy không có số nguyên k thỏa mãn. Ta cần chứng minh tính chất trên đúng với n ≥ 5 .

Giả sử k 2 + k + n là một số nguyên tố với mọi số nguyên k thỏa mãn 0 ≤ k ≤

số l để l 2 + l + n là một hợp số với

n và tồn tại 3

n ≤ l ≤ n − 2 . Gọi p là số nhỏ nhất trong các số l thỏa 3

mãn điều kiện và l 2 + l + n là một hợp số. Ta đặt p2 + p + n = ab với a, b ∈ Z;1 < a ≤ b . Thế thì khi l a thì ta có 0 < p − a < p và

(p − a)

+ p − a + n = p2 + p + n + a ( a − 2p − 1) = ab + a ( a − 2p − 1) = a ( b + a − 2p − 1)

Từ ( p − a ) + ( p − a ) + n là một số nguyên tố ta suy ra được b + a − 2p − 1 = 1 Suy ra a + b = 2 ( p + 1)

(a + b) , áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có ab ≤ 4

Do đó từ p2 + p + n = ab ta được p2 + p + n ≤ ( p + 1)

= ( p + 1)

Từ đây suy ra p ≥ n − 1 , điều này mâu thuẫn với cách chọn p nhỏ nhất. Như vậy ta đi đến kết luận được là a ≥ p + 1 . 2

Lại từ n < 3p2 ⇒ p2 + p + n < 4p2 + p < ( 2p + 1) từ đó suy ra p2 + p + n = ab < ( 2p + 1)

Do đó ta suy ra được a < 2p + 1 . Từ các kết quả đó ta suy ra được p + 1 ≤ a < 2p + 1 nên 0 ≤ a − p − 1 < p . 2

Khi đó thì ( a − p − 1) + ( a − p − 1) + n là một số nguyên tố. 2

Mặt khác ta có ( a − p − 1) + ( a − p − 1) + n = p2 + p + n + a ( a − 2p − 1) = a ( b + a − 2p − 1) Do đó suy ra b + a − 2p − 1 = 1 nên a + b = 2 ( p + 1) Mặt khác theo bất đẳng thức Cauchy thì

a + b ≥ ab = 2 p2 + p + n > 2 p2 + p + p + 1 = 2 ( p + 1) Như vậy ta thu được mâu thuẫn. Do đó giả sử ban đầulà sai hay ta có điều phải chứng minh.

Bài 34. Đặt t = x 2 với t là số nguyên không âm. Khi đó phương trình trở thành

t 2 + y 2 t − y p +1 = 0 .

Xem phương trình trên là phương trình bậc hai ẩn t thì ta có ∆ = y 4 + 4y p+1 . Đến đây ta xét các trường hợp sau:

(

)

• Nếu p = 2 , khi đó ∆ = y 4 + 4y 3 = y 2 y 2 + 4y . Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương hay y 2 + 4y phải là số chính phương. Đặt y 2 + 4y = a 2 với a là số nguyên, khi đó ta được ( y + 2 − a )( y + 2 + a ) = 4 . Dẽ thấy y + 2 − a và y + 2 + a cùng tính chẵn lẻ nên ta có các trường hợp sau + Nếu y + 2 − a = y + 2 + a = 2 thì ta được y = a = 0 , khi đó ta được x = 0 . + Nếu y + 2 − a = y + 2 + a = −2 thì ta được y = −4; a = 0 , khi đó ta được t = −8 , không thỏa mãn điều kiện t là số nguyên không âm.

• Nếu p ≥ 3 , khi đó do p là số nguyên tố nên p là số lẻ. Đặt p = 2n + 1, n ∈ N* .

(

)

Khi đó ∆ = y 4 + 4y 2n + 2 = y 4 1 + 4y 2n − 2 . Để phương trình có nghiệm nguyên thì ∆ phải là số chính phương hay 1 + 4y 2n − 2 phải là số chính phương. Đặt 1 + 4y 2n − 2 = m 2 với m là số nguyên.

(

)(

)

Khi đó ta được m − 2y n −1 m + 2y n −1 = 1 . Dễ thấy m − 2y n −1 và m + 2y n −1 cùng tính chẵn lẻ nên ta được các trường hợp sau: + Nếu m − 2y n −1 = m + 2y n −1 = 1 thì ta được y = 0; m = 1 , khi đó ta tìm được x = 0 . + Nếu m − 2y n −1 = m + 2y n −1 = −1 thì ta được y = 0; m = −1 , khi đó ta tìm được x = 0 . Vậy cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( x; y ) = ( 0; 0 )

Bài 35. Vì k > 1 suy ra k 2 + 4 > 5; k 2 + 16 > 5 + Xét k = 5n + 1 (n ∈ ℤ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 10n + 1 ⇒ k 2 + 4 ⋮ 5 Suy ra k 2 + 4 không là số nguyên tố. + Xét k = 5n + 2 (n ∈ ℤ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 20n + 4 ⇒ k 2 + 16 ⋮ 5 Suy ra k 2 + 16 không là số nguyên tố. + Xét k = 5n + 3 (n ∈ ℤ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 30n + 9 ⇒ k 2 + 16 ⋮ 5 Suy ra k 2 + 16 không là số nguyên tố.

+ Xét k = 5n + 4 (n ∈ ℤ) ⇒ k 2 = 25n 2 + 40n + 16 ⇒ k 2 + 4 ⋮ 5 Suy ra k 2 + 4 không là số nguyên tố. Do vậy với k 2 + 4; k 2 + 16 là các số nguyên tố thì k ⋮ 5 .

Bài 36. Theo bài ra f(x) có dạng f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d với a nguyên dương.

(

) (

)

Ta có 2010 = f ( 5 ) − f ( 3 ) = 53 − 33 a + 52 − 32 b + ( 5 − 3 ) c = 98a + 16b + 2c

⇒ 16b + 2c = ( 2010 − 98a ) Lại có

(

) (

)

f ( 7 ) − f ( 1) = 7 3 − 13 a + 7 2 − 12 b + ( 7 − 1) c = 342a + 48b + 6c = 342a + 3 ( 16b + 2c ) = 342a + 3 ( 2010 − 98a ) = 48a + 6030 = 3 ( 16a + 2010 ) Vì a nguyên dương nên 16a + 2010 > 1 . Vậy f ( 7 ) − f ( 1) là hợp số

Bài 37. Theo giả thiết p > 2. Giả sử

1 1 1 = 2 + 2 , hay là m 2 n 2 = p m 2 + n 2 . (1) p m n

(

)

Suy ra m 2 n 2 ⋮ p . Do p nguyên tố nên mn ⋮ p , vì thế m ⋮ p hoặc n ⋮ p . Kết hợp với (1) suy ra m 2 + n 2 ⋮ p . Do đó m ⋮ p và n ⋮ p . Suy ra m ≥ p; n ≥ p . Khi đó ta được

1 1 1 1 1 2 = 2+ 2 ≤ 2+ 2 = 2. p m n p p p

Điều này dẫn đến p ≤ 2 . Mâu thuẫn. Vậy với mọi số nguyên tố lẻ p đều không tồn tại các số nguyên dương m; n thoả mãn yêu cầu bài toán.

Bài 38. a) Xét bộ số ( 1; 5; 7; 11) ta có 1 + 5 + 7 = 13; 1 + 5 + 11 = 17; 1 + 7 + 11 = 19; 5 + 5 + 11 = 23 Mà 13; 17; 19; 23 là các sô nguyên tố. Do đó ( 1; 5; 7; 11) là một bộ số thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Ta có nhận xét: Một số tự nhiên khi chia cho 3 có các số dư là 0; 1; 2. Ta xét các trường hợp sau: + Nếu trong năm số tự nhiên phân biệt này có ba số chia cho 3 có cùng số dư. Khi đó tổng ba số đó chia hết cho 3 và tổng này lớn hơn 3 nên tổng đó là hợp số.

+ Nếu trong năm số tự nhiên phân biệt này có ba số khi chia cho 3 có số dư khác nhau. Khi đó số dư là 0; 1; 2 và tổng ba số đó lớn hơn 3 nên tổng đó chia hết cho 3 hay tỏng đó là hợp số. Như vậy với 5 số tự nhiên bất kì ta luôn chọn được ba số mà tổng của chúng là hợp số. Vậy không tồn tại bộ năm số tự nhiên phân biệt thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 39. Gọi x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình trên, theo hệ thức Vi – et ta được

x1 + x 2 = − 2

m ; x1 .x 2 = n + 4 2

(

)(

Ta có m 2 + n 2 = ( 2x1 + 2x 2 ) + ( x1x 2 − 4 ) = 4x12 + 4x 22 x12 + x 22 x12 + 16 = x12 + 4 x 22 + 4

)

Vì x12 + 4; x 22 + 4 là các số nguyên lớn hơn 1 nên m 2 + n 2 là hợp số

(

Bài 40. ta có P = n 3 – n 2 – 7n + 10 = n 3 – 2n 2 + n 2 – 2n – 5n + 10 = ( n – 2 ) n 2 + n – 5

)

Vì n 2 + n − 5; n − 2 là các số tự nhiên. Do đó ta được P nguyên tố khi

n − 2 = 1 n = 3 ⇒  2 n + n − 5 = 1 n = 2 Xét n = 3 ta được P = 7 là số nguyên tố Xét n = 2 ta được P = 0 không phải là số nguyên tố Vậy n = 3 là giá trị cần tìm.

(

Bài 41. Phân tích A = n 3 − 2n 2 + n 2 − 2n + n − 2 = ( n − 2 ) n 2 + n + 1

)

Do n − 2 < n 2 + n + 1, ∀n ∈ N. Vậy A là số nguyên tố khi và chỉ khi n − 2 = 1 và n 2 + n + 1 là số nguyên tố

n = 3 ⇔ là số nguyên tố 2 A = 3 + 3 + 1 = 13 Vậy với n = 3 thì A là số nguyên tố

Bài 42. Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ b ≤ c .

(

)

Ta có p2 = a 2 + b 2 + c 2 ⋮ p nên

)

(

)

+ b 4 + c 4 + 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2c 2 a 2 ⋮ p mà ta lại có

)

+ b 4 + c 4 ⋮ p nên ta được 2 a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ⋮ p . Mặt khác do a, b, c ≥ 1 và p ≥ 3 nên ta

suy ra a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ⋮ p . Do đó a 2 b 2 + c 2 a 2 + b 2 + c 2 − c 4  ⋮ p suy ra  

(

)

được

( p, 2 ) = 1

(a b

− c 4 ⋮ p nên ab − c 2 ab + c 2 ⋮ p .

)

(

)(

(

)

(

)

Lại có ab < 2ab ≤ a 2 + b 2 nên 1 < ab + c 2 < a 2 + b 2 + c 2 = p , do đó ab + c 2 , p = 1 . Từ đó

(

)

(

)

ta được ab − c 2 ⋮ p hay c 2 − ab ⋮ p Mặt khác 1 ≤ a ≤ b ≤ c nên 0 ≤ c 2 − ab < c 2 < a 2 + b 2 + c 2 = p . Do đó c 2 − ab = 0 hay

c 2 = ab , từ đó ta được p = 3a 2 , mà p là số nguyên tố nên a 2 = 1, p = 3 .

Bài 43. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử x ≥ 0, y ≥ 0 . Từ phương trình p + 1 = 2x 2 suy ra p là số lẻ. Dễ thấy 0 ≤ x < y < p ⇒ y − x không chia hết cho p (1) Do đó ta có 2y 2 − 2x 2 = p2 − p ⇒ ( y − x )( y + x ) ≡ 0 ( mod p ) ⇒ y + x ≡ 0 ( mod p ) Do 0 ≤ x < y < p ⇒ 0 < y + x < 2p ⇒ x + y = p ⇒ y = p − x thay vào hệ đã cho ta được 2 p + 1 = 2x 2 p + 1 = 2x 2 p = 4x − 1 p + 1 = 2x ⇔ ⇔ 2  2  2 ⇔  2 2x = 4x p + 1 = 2 ( p − x ) 1 = p − 4px + p + 1 p = 4x − 1

Giải hệ này ta được p = 7, x = 2 thay vào hệ ban đầu ta suy ra y = 5 . Vậy p = 7.

Bài 44. Dễ thấy các bộ số ( p; q ) = ( 2; 3 ) , ( 3; 2 ) thỏa mãn yêu cần bài toán. Ta sẽ chứng minh không còn bộ số nào khác thỏa mãn yêu cầu bài toàn. Thật vậy, khi p > 3; q > 3 , do p và q là số nguyên tố nên p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2 và

q = 3n + 1 hoặc q = 3n + 2 . + Xét trường hợp p = 3k + 1, q = 3n + 1 hoặc p = 3k + 2, q = 3k + 2 thì pq + 11 đều chia hết cho 3 nên trường hợp này loại. + Xét trường hợp p = 3k + 1, q = 3n + 2 hoặc p = 3k + 2, q = 3k + 1 thì 7p + q đều chia hết cho 3 nên trường hợp này cũng loại Vậy ( p; q ) = ( 2; 3 ) , ( 3; 2 ) là các bộ số cần tìm

Bài 45. Đặt A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 , dễ thấy A là số chẵn. Do đó A là số nguyên tố khi và chỉ khi A = 2, hay A = a 2 − b 2 − 5a + 3b + 4 = 2 , suy ra ( a + b − 4 )( a − b − 1) = 2 . Ta xét các trường hợp sau :

a + b − 4 = 1 ⇔ a = 4; b = 1 + Trường hợp  a − b − 1 = 2 a + b − 4 = 2 + Trường hợp  ⇔ a = 4; b = 2 a − b − 1 = 1 a + b − 4 = −1 ⇔ a = 1; b = 2 . + Trường hợp  a − b − 1 = −2 a + b − 4 = −2 + Trường hợp  ⇔ a = 1; b = 1 a − b − 1 = −1 Bài 46. Ta có f ( 5 ) – f ( 4 ) = 2012 ⇔ 61a + 9b + c = 2012 f ( 7 ) – f ( 2 ) = ( 343a + 49b + 7c + d ) – ( 8a + 4b + 2c + d ) = 335a + 45b + 5c = 305a + 45b + 5c + 30a = 2012 + 30a = 2 ( 1006 + 15a ) Vì a là số nguyên nên ta được f ( 7 ) − f ( 2 ) chia hết cho 2 và 1006 + 15a khác 1 Do đó f ( 7 ) − f ( 2 ) là hợp số

Bài 47. a) Từ giả thiết ta có ( p − q )( p + q ) = 7 Mà p và q nguyên dương nên p − q, p + q đều là ước nguyên dương của 7 và p − q < p + q .

p − q = 1 p = 4 Do đó ta được  ⇒  p + q = 7 q = 3 b) Nếu n là số chẵn thì A = n 4 + 4 n là số chẵn lớn hơn 2 nên A không phải là số nguyên tố.

(

Nếu n là số lẻ thì A = n 4 + 4 n = n 2 + 2 n

)

(

− 2.n 2 .2 n = n 2 + 2 n

)

− n 2 .2 n +1

Đặt n + 1 = 2k với k nguyên dương ta có

(

A = n2 + 2n Vì

(n (

)

(

− n 2 .2 n +1 = n 2 + 2 n + n.2 k

)( n

+ 2 n − n.2 k

)

+ 2 n + n.2 k > 1

) (

Và n 2 + 2 n − n.2 k = n − 2 k −1

(

) + (2

)

− 2 2k − 2 > 1 nên A không phải là số nguyên tố.

)(

Bài 48. Ta có a 4 + 4b 4 = a 2 − 2ab + 2b 2 a 2 + 2ab + 2b 2 Vì a 2 − 2ab + 2b 2 ≥ 0; a 2 + 2ab + 2b 2 ≥ 0 .

)

Nên a 4 + 4b 4 nguyên tố khi và chỉ khi một thừa số là 1 còn thừa số kia là số nguyên tố. Khi đó ta có các trường hợp sau

 ( a − b )2 = 1    b 2 = 0 2 + Trường hợp 1: a 2 − 2ab + 2b 2 = 1 ⇔ ( a − b ) + b 2 = 1 ⇔   ( a − b )2 = 0    b 2 = 1 ( a − b )2 = 1 ⇒ b = 0 ⇒ a 2 = 1 ⇒ M = 1 (loại). - Với  2  b = 0 2 a = b = 1 ( a − b ) = 0 - Với  ⇔ (thỏa mãn). 2 a = b = −1  b = 1

 ( a + b )2 = 1    b 2 = 0 2 + Trường hợp 2: a 2 + 2ab + 2b 2 = 1 ⇔ ( a + b ) + b 2 = 1 ⇔   ( a + b )2 = 0    b 2 = 1 ( a + b )2 = 1 - Với  ⇒ b = 0 ⇒ a 2 = 1 ⇒ M = 1 (loại). 2  b = 0 2 a = 1; b = −1 ( a + b ) = 0 - Với  ⇔ (thỏa mãn). 2 a = −1; b = 1  b = 1

Vậy các cặp số ( a; b ) cần tìm là ( 1; 1) , ( 1; −1) , ( −1;1) , ( −1; −1) .

Bài 49. Ta có

x + y 2013

y + z 2013

m m, n ∈ ℕ * , ( m, n ) = 1 n

(

)

nx − my = 0 x y m ⇒ = = ⇒ xz = y 2 ⇔ nx − my =( mz − ny ) 2013 ⇒  mz − ny = 0 y z n  2

Do đó x 2 + y 2 + z 2 = ( x + z ) − 2xz + y 2 = ( x + z ) − y 2 = ( x + y + z )( x + z − y ) 2 2 2 x + y + z = x + y + z Vì x + y + z > 1 và x 2 + y 2 + z 2 là số nguyên tố nên  x − y + z = 1

Từ đó suy ra x = y = z = 1 , thử lại ta thấy thỏa mãn. Vậy x = y = z = 1 là giá trị cần tìm

Bài 50. Gọi ước chung lớn nhất của a và b là d khi đó ta có a=md; b=md, ( m; n ) = 1 Từ giả thiết ta được a 2 b 2 = pa 2 + pb 2 ⇒ m 2 n 2d 4 = pm 2d 2 + pn 2 d 2 ⇒ m 2 n 2 d 2 = pm 2 + pn 2 .

pm 2 ⋮ n 2 ⇒  2 2 ⇒ p⋮ m 2 và p⋮ n 2 pn ⋮ m Nếu a = b > 2 ⇒ p =

a2 ∈ Z ⇒ a = 2k do dó p = 2k 2 > 2 là hợp số 2

Nếu a ≠ b ⇒ m ≠ n ⇒ p là hợp số. Vậy P là một hợp số.

Bài 51. Ta có 2

a 2 + ab + b 2 = c 2 + cd + d 2 ⇔ ( a + b ) − ab = ( c + d ) − cd ⇔ ( a + b + c + d )( a + b − c − d ) = ab − cd (1) Đặt s = a + b + c + d . Giả sử s = p là một số nguyên tố ⇒ a + b + c ≡ −d(mod p) . Từ (1) suy ra:

ab − cd ≡ 0(mod p) ⇒ ab + c(a + b + c) ≡ 0(mod p) ⇒ ( c + a )( c + b ) ≡ 0(mod p)

a + c ≡ 0 (mod p) Vì p là số nguyên tố nên suy ra   b + c ≡ 0 (mod p) Điều này vô lý vì 1 < a + c; b + c 1 và không là số nguyên tố nên s phải là hợp số.

Bài 52. Do p2 = 8q + 9 là số lẻ nên p lẻ. Đặt p = 2k + 1 ( k ∈ ℕ ) . Ta có p2 = 8q + 9 ⇔ ( p − 3 )( p + 3 ) = 8q ⇔ ( 2k − 2 )( 2k + 4 ) = 8q ⇔ ( k − 1)( k + 2 ) = 2q. Vì q là số nguyên tố và 0 ≤ k − 1 < k + 2 nên có 2 trường hợp xảy ra:

k − 1 = 1 k = 2 p = 5 Trường hợp 1:  ⇔ ⇒ k + 2 = 2q q = 2 q = 2 k − 1 = 2 k = 3 p = 7 Trường hợp 2:  ⇔ ⇒ k + 2 = q q = 5  q = 5 Vậy cặp số ( p; q ) thỏa mãn bài toán là ( 5; 2 ) , ( 7; 5 ) .

Bài 53. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x và y thỏa phương trình. Ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Với x = 1 , ta có p + 1 = y n +1 , suy ra

(

p = y n +1 − 1 = ( y − 1) y n + y n −1 + ... + y + 1

)

 y − 1 = 1 Do đó  n ⇒ p = 1 + 2 + 2 2 + ... + 2 n = 2 n +1 − 1 n −1  y + y + ... + y + 1 = p Suy ra 2 n +1 ≡ 1 ( mod p ) . Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn 2 k ≡ 1 ( mod p ) , ta có k ≥ 3 . Vì 2 n +1 ≡ 2 p−1 ≡ 1 ( mod p ) ⇒ ( n + 1, p − 1)⋮ k vô lí, vì ( n + 1, p − 1) ≤ 2 .

• Trường hợp 1: Với x ≥ 2 , ta có x p−1 + x p− 2 + ... + x + 1 =

xp − 1 = y n +1 − 1 = ( y − 1) y n + y n −1 + ... + y + 1 x −1

Xét q là một ước nguyên tố bất kì của

(

)

xp − 1 , ta có ( x,q ) = 1 nên x q −1 ≡ 1 ( mod q ) x −1

Mà x p − 1⋮ q và q là số nguyên tố nên x − 1⋮ q hoặc q − 1⋮ p . Nếu x ≡ 1 ( mod q ) thì 1 + x + x 2 + ... + x p−1 ≡ p ( mod q ) , suy ra p⋮ q hay p = q hoặc

q ≡ 1 ( mod p ) . Suy ra tất cả các ước nguyên tố q của

xp − 1 thì p = q hoặc q ≡ 1 ( mod p ) . x −1

Dẫn tới hai số y − 1 và y n + y n −1 + ... + y + 1 hoặc chia hết cho p hoặc có số dư là 1 khi chia cho p. + Nếu y − 1 ≡ 0 ( mod p ) ⇔ y ≡ 1 ( mod p ) , suy ra y n + y n −1 + ... + y + 1 ≡ n + 1 ( mod p ) Vì ( n + 1, p ) ≤ 2 nên n + 1 không chia hết cho p và ( n, p ) ≤ 2 nên n + 1 chia cho p có số dư khác 1. Do đó trường hợp này không xảy ra + Nếu y − 1 ≡ 1 ( mod p ) ⇔ y ≡ 2 ( mod p ) . Khi đó y n + y n −1 + ... + y + 1 ≡ 2 n +1 − 1 ( mod p ) . Ta có 2 n +1 − 1 không chia hết cho p vì ( n + 1, p − 1) ≤ 2

(

)

Ta có 2 n +1 − 2 = 2 2 n − 1 , mà ( n, p − 1) ≤ 2 nên 2 n − 1 không chia hết cho p. Do đó 2 n +1 − 1 chia cho p có số dư khác 1.

Tóm lại trong các trường hợp ta đều có điều giả sử ban đầu là sai. Bài toán được chứng minh.

Bài 54. • Xét n = 1 thì mọi số nguyên tố p đều thỏa mãn. • Xét p = 2 và n ≥ 2 , khi đó từ n ≤ 2p ta được n ≤ 4 , suy ra n ∈ {2; 3; 4} . 2

+ Với n = 2 ta có ( 2 − 1) + 1 chia hết cho 2. 3

+ Với n = 3 ta có ( 2 − 1) + 1 không chia hết cho 3. 4

+ Với n = 4 ta có ( 2 − 1) + 1 không chia hết cho 4. n

• Xét n ≥ 2 và p ≥ 3 . Khi đó p là số lẻ nên ( p − 1) + 1 là số lẻ và là bội của n p−1 nên n là số tự nhiên lẻ, do đó ta được n < 2p . n

Gọi q là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Khi đó do ( p − 1) + 1 chia hết cho n p−1 ta được

( p − 1)

+ 1 chia hết cho q. Từ đó suy ra ( p − 1) ≡ −1 ( mod q ) và ( p − 1; q ) = 1 .

Do n, q đều lẻ nên ( n ; q − 1) = 1 nên tồn tại u, v ∈ ℕ * sao cho un − v ( q − 1) = 1 . Khi ấy u lẻ và ( p − 1)

= ( p − 1)( p − 1)

v(q −1)

⇒ ( −1) ≡ ( p − 1) 1v ( mod q ) ⇒ p ≡ 0 ( mod q )

Suy ra p chia hết cho q, mà do p, q là các số nguyên tố nên q = p . Từ đó do n < 2p ta suy ra được n = p Vậy p

p −1

là ước của ( p − 1) + 1 = ∑ ( −1) p

k =1 p

Do mỗi số hạng của

∑ C ( −1) k p

p− k

 p k  p− k C p = p  ∑ C p ( −1) pk − 2 + 1   k=2  k p

pk − 2 đều chia hết cho p nên p − 1 ≤ 2 ⇒ p ≤ 3 .

k=2

Bởi vậy n = p = 3 . Vậy cặp số thỏa mãn bài toán là ( n; p ) = ( 2 ; 2 ) , ( 3; 3 ) , ( 1; p ) với p là số nguyên tố. n

Bài 55. Vì 2 2 + 1⋮ p ( * ) nên ta được 2 2 ≡ −1 ( mod p ) ⇒ 2 2

n +1

≡ 1 ( mod p )( 1) .

Do p là số lẻ nên theo định lí Fermat ta có 2 p−1 ≡ 1 ( mod p ) ( 2 ) . Gọi h là số nguyên dương bé nhất thỏa mãn 2 h ≡ 1 ( mod p ) . Từ (1) và (2) ta được 2 n +1 ⋮ h và p − 1⋮ h nên suy ra h = 2 m ( 0 ≤ m ≤ n + 1) .

Nếu m ≤ n thì từ 2 2 ≡ 1 ( mod p ) ta suy ra được 2 2 ≡ 1 ( mod p ) . Kết hợp với (*) ta suy ra được 2 ⋮ p , điều này vô lí vì p là số lẻ. Do vậy h = 2 n +1 nên p − 1⋮ 2 n +1 suy ra p − 1⋮ 8 .

p  Giả sử r1 ; r2 ;...; rn( p) là các số chẵn trong khoảng  , p  khi đó p − r1 ; p − r2 ;...; p − rn( p) là các 2   p số le trong khoảng  0,  .  2

p−1  p Giả sử s1 ; s 2 ; ...; s m ( p) là các số chẵn trong khoảng  0,  . Khi đó n ( p ) + m ( p ) = là các 2  2

{

}

số chẵn trong khoảng ( 0, p ) và tập hợp s1 ; s 2 ; ...; s m( p) ; p − r1 ; p − r2 ;...; p − rn( p) chính là tập

 p − 1 hợp 1; 2;...;  . Do đó ta được 2   n( p)  p−1   ! = s1 .s 2 ...s m( p) . ( p − r1 ) . ( p − r2 ) ... p − rn( p) ≡ ( −1) s1 .s 2 ...s m ( p) .r1 .r2 ...rn( p)  2  p −1 n ( p)  p−1 = ( −1) 2 2 .   ! ( mod p )  2 

(

Suy ra ta được 2

p −1 2

≡ ( −1)

n( p )

)

( mod p)

Mặt khác từ p − 1⋮ 8 ta được p = 8k + 1 với k là số tự nhiên khác 0. Do đó từ việc chọn h ta được

p−1 p − 1 n +1 ⋮h ⇒ ⋮ 2 ⇒ p − 1⋮ 2 n + 2 . Bài toán được chứng minh. 2 2

MỘT SỐ BÀI TOÁN TỔ HỢP Chủ đề 1 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ DIRICHLET I. Nguyên lí Dirichlet. Nguyên lí Dirichlet - còn gọi là nguyên lí chim bồ câu (The Pigeonhole Principle) hoặc nguyên lý những cái lồng nhốt thỏ hoặc nguyên lí sắp xếp đồ vật vào ngăn kéo (The Drawer Principle) - đưa ra một nguyên tắc về phân chia phần tử các lớp.

• Nguyên lý Dirichlet cơ bản:Nếu nhốt n + 1 con thỏ vàoncái chuồng thì bao giờ cũng có một chuồng chứa ít nhất hai con thỏ.

• Nguyên lý Dirichlet tổng quát:Nếu có N đồ vật được đặt vào trong k hộp thì sẽ tồn tại một hộp

N

chứa ít nhất   đồ vật.(Ở đây  x  là số nguyên nhỏ nhất có giá trị nhỏ hơn hoặc bằng x) k

• Nguyên lí Dirichlet mở rộng: Nếu nhốt n con thỏ vào m ≥ 2 cái chuồng thì tồn tại một

 n + m − 1 chuồng có ít nhất   con thỏ.  m  • Nguyên lí Dirichlet dạng tập hợp: Cho A và B là hai tập hợp khác rỗng có số phần tử hữu hạn, mà số lượng phần tử của A lớn hơn số lượng phần tử của B. Nếu với một quy tắc nào đó, mỗi phần tử của A cho tương ứng với một phần tử của B, thì tồn tại ít nhất hai phần tử khác nhau của A mà chúng tương ứng với một phần tử của B.

II. Phương pháp ứng dụng. Nguyên lí Dirichlet tưởng chừng như đơn giản như vậy, nhưng nó là một công cụ hết sức có hiệu quả dùng để chứng mình nhiều kết quả hết sức sâu sắc của toán học. Nguyên lí Dirichlet cũng được áp dụng cho các bài toán của hình học, điều đó được thể hiện qua hệ thống bài tập sau: Để sử dụng nguyên lý Dirichlet ta phải làm xuất hiện tình huống nhốt “thỏ” vào “chuồng” và thoả mãn các điều kiện: + Số ‘thỏ” phải nhiều hơn số chuồng.

+ “Thỏ” phải được nhốt hết vào các “chuồng”, nhưng không bắt buộc chuồng nào cũng phải có thỏ. Thường thì phương pháp Dirichlet được áp dụng kèm theo phương pháp phản chứng. Ngoài ra nó còn có thể áp dụng với các nguyên lý khác.

III. Một số ví dụ minh họa. Ví dụ 1. Cho bảng ô vuông kích thước 10.10 gồm 100 ô vuông đơn vị. Điền vào mỗi ô vuông của bảng này một số nguyên dương không vượt quá 10 sao cho hai số ở hai ô vuông chung cạnh hoặc chung đỉnh nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng trong bảng ô vuông đã cho có một số xuất hiện ít nhất 17 lần. Lời giải

Xét hình vuông cạnh 2x2 , do hình vuông này có mỗi hình vuông nhỏ luôn chung cạnh hoặc chung đỉnh nên tồn tại nhiều nhất 1 số chẵn, nhiều nhất 1 số chia hết cho 3 do đó có ít nhất 2 số lẻ không chia hết cho 3. Bảng 10x10 được chia thành 25 hình vuông có cạnh 2x2 nên có ít nhất 50 số lẻ không chia hết cho 3. Từ 1 đến 0 có 3 số lẻ không chia hết cho 3 là 1, 5, 7. Áp dụng nguyên lí Dirichlet ta được một trong ba số trên xuất hiện ít

 50  nhất   + 1 = 17 lần 3 Ví dụ 2. Giả sử 1 bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 ô vuông được sơn đen hoặc trắng. Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì thì trong bàn cờ luôn tồn tại hình chữ nhật gồm các ô ở 4 góc là các ô cùng màu. Lời giải Mẫu sơn màu có thể xảy ra với bàn cờ này có dạng từ 1 đến 8. Giả sử một trong số các cột thuộc dạng 1. Bài toán sẽ được chứng minh nếu tất cả các cột còn lại thuộc dạng 1, 2, 3 hoặc 4. Giả sử tất cả các cột còn lại thuộc dạng 5, 6, 7, 8 khi đó theo nguyên lí Dirichlet thì hai trong số sau cột có 2 cột cùng 1 dạng và như vậy bài toán cũng được chứng minh Chứng minh hoàn toàn tương tự nếu 1 cột có dang 8. Giả sử không có cột nào trong các cột 1, 8 thì theo nguyên lí Dirichlet cũng có 2 cột cùng dạng và bài toán cũng đựoc chứng minh

Ví dụ 3. Trong hình chữ nhật kích thước 1.2 ta lấy 6n 2 + 1 điểm với n là số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại 1 hình tròn có bán kính

1 chứa không ít hơn 4 trong số các điểm đã cho. n Lời giải

Chia các cạnh của hình chữ nhật thành n đoạn và 2n đoạn bằng nhau ,mỗi đoạn có độ dài

1 . Nối các điểm chia bằng các đường thẳng song songvới các cạnh của hình chữ nhật ta được n n.2n = 2n 2 hình vuông nhỏ với cạnh là

1 . Nếu mỗi hình vuông chứa không quá 3 điểm thì tổng n

số điểm đã cho không quá 3.2n 2 = 6n 2 (trái với giả thiết). Do đó phải tồn tại 1 hình vuông chứa không ít hơn 4 điểm. Rõ ràng hình vuông cạnh

1 2 nội tiếp đường tròn bán kính là và đường 2n n

tròn này được chứa trong đường tròn đồng tâm bán kính

1 . n

Ví dụ 4. Cho bảng vuông gồm n.n ô vuông. Mỗi ô vuông ghi một trong các số 1; 0; 2. Chứng minh rằng không tìm được bảng vuông nào mà tổng các số trên cột, trên hàng, trên đường chéo là các số khác nhau.

Lời giải Do trong các ô có thể nhận một trong ba số 0; 1; 2 nên có thể có trường hợp tất cả các ô của một hàng hoặc một cột hoặc một đường chéo nhận giá trị 0 hoặc nhận giá trị 2. Do đó tổng các số trên cột hoặc trên hàng hoặc trên đường chéo có giá trị nhỏ nhất là

0.n = 0 và giá trị lớn nhất là 2.n = 2n . Như vậy các tổng các số trên mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo có thể nhận 2n + 1 giá trị là 0; 1; 2; ...; 2n Do bảng ô vuông n.n nên sẽ có n hàng, n cột và hai đường chéo. Do đó sẽ có 2n + 2 tổng nhận một trong 2n + 1 giá trị số nguyên từ 0 đến 2n. Theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất 2 tổng có giá trị bằng nhau. Điều này có nghĩa là không tìm được bảng vuông nào mà tổng các số trên cột, trên hàng, trên đường chéo là các số khác nhau. Ví dụ 5. Ở vòng chung kết cờ vua có 8 bạn tham gia. Hai bạn bất kỳ đều phải đấu với nhau một trận và người nào cũng phải gặp đủ 7 đấu thủ của mình. Chứng minh rằng trong mọi thời điểm của cuộc đấu, bao giờ cũng có hai đấu thủ đã đấu một số trận như nhau.

Lời giải Giả sử số trận thi đấu của các bạn tham gia thi đấu cờ vua là a 1 ; a 2 ;...; a 8 . Do hai bạn thi đấu với nhau một trận nên ta có 0 ≤ a i ≤ 7, ∀1 ≤ i ≤ 8 . Xét các trường hợp sau:

• Tính đến thời điểm đó có một bạn chưa đấu trận nào suy ra không có bạn nào đấu đủ 7 trận. Khi đó 0 ≤ a i ≤ 6, ∀1 ≤ i ≤ 8 do đó tồn tại a k = a m có nghĩa là có hai đấu thủ đã đấu một số trận như nhau.

• Tính đến thời điểm đang xét, mỗi bạn đều đã đấu ít nhất một ván. Khi đó ta có 0 ≤ a i ≤ 7, ∀1 ≤ i ≤ 8 , do đó tồn tại a k = a m có nghĩa là có hai đấu thủ đã đấu một số trận như nhau. Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 6. Cho 40 số nguyên dương a 1 ,a 2 ,...,a 19 và b1 , b 2 ,..., b 21 thoả mãn hai điều kiện:

1 ≤ a 1 < a 2 < ... < a 19 ≤ 200 và 1 ≤ b1 < b 2 < ... < b 21 ≤ 200 Chứng minh rằng tồn tại bốn số a i ;a j ;bk ;b p với 1 ≤ i, j ≤ 19;1 ≤ k, p ≤ 21 thỏa mãn

a i < a j ; b k < b p  a j − a i = b p − b k Lời giải Xét các tổng có dạng a m + b n với a m ∈ {a 1 ; a 2 ;...; a19 } và b n ∈ {b1 ; b 2 ;...; b 21 } . Do tập hợp {a1 ; a 2 ; ...; a 19 } có 19 phần tử và tập hợp {b1 ; b 2 ;...; b 21 } có 21 phần tử nên, nên ta có tất cả 19.21 = 399 tổng dạng a m + b n như thế. Chú ý rằng

1 ≤ a 1 < a 2 < ... < a 19 ≤ 200 và 1 ≤ b1 < b 2 < ... < b 21 ≤ 200 nên 2 ≤ a m + b n ≤ 400 .

Nên các tổng a m + b n nhận các giá trị nguyên dương từ 2 đến 400. Đến đây ta xét các trường hợp sau:

• Nếu các tổng trên nhận đủ 399 giá trị từ 2 đến 400. Khi đó từ giả thiết cảu bài toán ta được

a 1 + b1 = 2 a = b1 = 1 ⇒ 1  a 19 + b 21 = 400 a 19 = b 21 = 200 a 1 < a19 ; b1 < b 21

Từ đó ta suy ra được 

a 19 − a 1 = b 21 − b1 = 199

• Nếu các tổng trên không nhận đủ 399 giá trị từ 2 đến 400. Khi đó với 399 tổng thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.

a i < a j ; b k < b p a j + b k = b p + a i

Không mất tính tổng quát ta giả sử hai tổng đó là 

a i < a j ; b k < b p a j − a i = b p − b k

Từ đó suy ra 

Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 7. Trong một cuộc tranh giải vô địch quốc gia về bóng đá có 20 đội tham gia. Số nhỏ nhất các trận đấu là bao nhiêu để trong 3 đội bất kỳ luôn tìm được 2 đội đã chơi với nhau. Lời giải Ta chia 20 đội thành 2 nhóm, mỗi nhóm 10 đội và chỉ các đội trong cùng1 nhóm mới thi đấu với nhau. Rõ ràng cách sắp xếp này thoả mãn các điều kiện của bài toán và tất cả có 90 trận đấu. Ta chứng minh rằng nếu các điều kiện của bài toán thoả mãn thì số trận đấu sẽ lớn hơn hoặc bằng 90. Giả sử ngược lại ta tìm đội một A đấu số trận k ≤ 8 . Ta ký hiệu các đội đã đấu với A là X. Các đội không đấu với A là Y, khi đó X = k; Y = 19 − k . Dĩ nhiên các đội trong Y sẽ đấu với nhau nếu không hai đội thuộc Y và A sẽ là 3 đội mà không có đội nào chơi với nhau. Giả sử trong X có P cặp không chơi với nhau. Do đó mỗi đội Y phải đấu với mỗi đội trong P cặp đó của X và mỗi đội trong X có mặt không quá k − 1 cặp trong số P cặp (X có tất cả k đội). Vì vậy giữa các đội của X và Y đấu số trận bé hơn hoặc bằng

19 − k 19 − k .P ≥ P . . Mặt khác do k ≤ 8 nên k −1 k −1

Như vậy nếu thay các trận của các đội trong X đấu với các đội trong Y bởi các trận đấu cần thiết sẽ giảm đi. Như vậy số trận đấu cần phải tiến hành là:

k ( k − 1)

(19 − k )(18 − k ) = k 2

− 18k + 9.19 = ( k − 9 ) + 90 ≥ 90

Vậy số các trận đấu ít nhất cần phải tiến hành là 90 Ví dụ 8. Chứng minh rằng trong 39 số tự nhiên liên tiếp bất kỳ luôn tồn tại ít nhất một số có tổng các chữ số chia hết cho 11. Lời giải Xét tập hợp 39 số tự nhiên liên tiếp S = {a 1 ; a 2 ;...; a 39 } , ( a i +1 = a i + 1, 1 ≤ i ≤ 38 ) Trong tập {a1 ; a 2 ; ...; a 20 } luôn tồn tại hai số có tận cùng là 0 và hơn kém nhau 10. Do đó trong hai số này tồn tại ít nhất một số có chữ số hàng chục nhỏ hơn 9, kí hiệu số đó là

A = Bc0 ( 0 ≤ c ≤ 8, c ∈ ℕ , B ∈ ℕ ) Xét 11 số A; A + 1; A + 2; ...; A + 9; A + 19 . Nhận xét rằng: + 11 số trên thuộc tập S. + 11 số đó có tổng các chữ số là 11 số tự nhiên liên tiếp vì các tổng đó là:

s ( A ) ; s ( A ) + 1; s ( A ) + 2;...; s ( A ) + 9; s ( A ) + 10 ,với s ( A ) là tổng các chữ số của A. Trong 11 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 11. Do vậy, ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 9.Cho tập A = {1; 2; 3;...;16} . Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất sao cho trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a, b mà a 2 + b 2 là một số nguyên tố. Lời giải Nếu a, b chẵn thì a 2 + b 2 là hợp số. Do đó nếu tập con X của A có hai phần tử phân biệt

a, b mà a 2 + b 2 là một số nguyên tố thì X không thể chỉ chứa các số chẵn. Suy ra k ≥ 9 . Ta chứng tỏ k = 9 là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có ý nghĩa là với mọi tập con X gồm 9 phần tử bất kỳ của A luôn tồn tại hai phần tử phân biệt a, b mà a 2 + b 2 là một số nguyên tố.

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập A thành các cặp hai phần tử phân biệt a, b mà

a2 + b2

là

một

số

nguyên

tố,

có

tất

cả

cặp

( 1; 4 ) , ( 2; 3 ) , ( 5; 8 ) , ( 6;11) , ( 7;10 ) , ( 9;16 ) , (12;13 ) , (14; 15 ) . Theo nguyên lý Dirichlet thì 9 phần tử của X có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 10. Cho 2014 số tự nhiên bất kỳ. Chứng minh rằng trong số các số đó có một số chia hết cho 2014 hoặc có một số số mà tổng của các số ấy chia hết cho 2014. Lời giải Gọi 2014 số tự nhiên đã cho là a 1 ,a 2 ,⋯ ,a 2014 . Xét dãy S1 = a 1 ; S 2 = a 1 + a 2 ; ...; S 2014 = a1 + a 2 + ⋯ + a 2014 Chia tất cả các số hạng của dãy cho 2014 ta có các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu có một số hạng nào của dãy chia hết cho 2014 thì bài toán được chứng minh. • Trường hợp 2: Nếu không có số hạng nào của dãy chia hết cho 2014 thì vì có tất cả 2014 phép chia mà số dư chỉ gồm 1, 2, ... , 2013 do đó theo nguyên lý Dirichle có ít nhất hai số hạng của dãy có cùng số dư khi chia cho 2014. Gọi hai số hạng đó là S i và S j . Không mất tính tổng quát, giả sử 1 ≤ i < j ≤ 2014 thì

S i = a 1 + a 2 + ⋯ + a i và S j = a1 + a 2 + ⋯ + a i + ⋯ + a j Lúc đó S j − S i ⋮ 2014 ⇒ a i +1 + ⋯ + a j ⋮ 2014 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 11. Chứng minh rằng từ 53 số tự nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà tổng của chúng chia hết cho 27. Lời giải Ta chứng minh từ 5 số tự nhiên bất kì luôn tìm được 3 số mà tổng của chúng chia hết cho 3. Thật vậy, mỗi số tự nhiên khi chia cho 3 thì có phần dư là 0, 1 hoặc 2 Nếu trong 5 số dư có một số bằng 0, một số bằng 1, một số bằng 2 thì tổng của ba số tự nhiên tương ứng với ba số dư này là chia hết cho 3

Nếu 5 số dư chỉ nhận không quá 2 trong 3 số 0, 1, 2 thì theo nguyên tắc Dirichlet thì tồn tại 3 số dư nhận cùng một giá trị và tổng của ba số tự nhiên tương ứng là chia hết cho 3 Từ 53 số tự nhiên đã cho chọn được 3 số mà tổng của chúng là a1 chia hết cho 3. Xét 50 số còn lại chọn được 3 số mà tổng là a2 chia hết cho 3. Lặp lại lập luận này từ 53 số ta chọn được 17 bộ, mỗi bộ gồm 3 số có tổng lần lượt là a1, a2, … a17 sao cho mỗi tổng đều chia hết cho 3. Chứng minh tương tự nhận thấy từ 5 số tự nhiên bất kì mà mỗi số đều chia hết cho 3 ta chọn được 3 số có tổng chia hết cho 9. Vậy từ 17 số ta chọn được 5 bộ mỗi bộ gồm 3 số có tổng lần lượt là b1 , b 2 , … , b 5 sao cho b i ⋮ 9 với i ∈ {1; 2; 3; 4; 5} Từ 5 số chia hết cho 9 là b1 , b 2 , … , b 5 chọn được 3 số mà tổng của chúng là chia hết cho 27. Tổng của 3 số này chính là tổng của 27 số ban đầu. Vậy từ 53 số tự nhiên bất kì luôn chọn được 27 số mà tổng của chúng chia hết cho 27. Ví dụ 12. Trong một giải bóng đá có 12 đội tham dự, thi đấu vòng tròn một lượt(hai đội bất kì thi đấu với nhau đúng một trận). a) Chứng minh rằng sau bốn vòng đấu(mỗi đội thi đấu đúng 4 trận) luôn tìm được ba đội đôi một chưa thi đấu với nhau b) Khẳng định còn đúng không nếu mỗi đội thi đấu đúng 5 trận. Lời giải a) Có 12 đội mà mỗi đội thí đấu đúng 4 trận nên luôn tìm được hai đội chưa thi đấu với nhau. Gọi hai đội đó là A và B. Vì A và B thi đấu đúng 4 trận nên trong 10 đội còn lại luôn tìm được ít nhất hai đội chưa thi đấu với cả A và B. Gọi một trong hai đội đó là C. Ba đội A, B, C chưa thi đấu với nhau một trận nào nên ba đội A, B, C là ba đội cần tìm. b) Ta chia 12 đội bóng trên thành hai nhóm, mỗi nhóm 6 đội. Trong mỗi nhóm đôi một thi đấu với nhau. Như vậy trong 12 đội này, mỗi đội thi đấu đúng 5 trận. Xét ba đội tùy ý, theo nguyên lí Dirichlet luôn tìm được hai đội cùng nhóm. Như vậy trong ba đội bóng bất kì luôn tìm được hai đội thí đấu với nhau. Do đó khẳng định trên không còn đúng nếu mỗi đội thi đấu đúng 5 trận. Ví dụ 13. Cho X là một tập hợp gồm 700 số nguyên dương đôi một khác nhau, mỗi số không lớn hơn 2006. Chứng minh rằng trong tập hợp X luôn tìm được hai phần tử x, y sao cho x – y thuộc tập

{

}

hợp E = 3; 6; 9 .

Lời giải

 700 

Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 700 số có ít nhất   + 1 = 234 số có cùng số dư khi chia cho  3  3. Gọi 234 số đó là 1 ≤ a 1 < a 2 < ... < a 234 ≤ 2006 . Giả sử không tồn tại hai số a i ; a j nào thỏa mãn

(

)

a i − a j ∈ {3; 6; 9} do đó a i − a j ≥ 12 (vì a i − a j ⋮ 3 và a i ≠ a j ). Trong 234 số trên, hai số kề nhau hơn kém nhau ít nhất 12 đơn vị nên a 234 − a 1 ≥ 233.12 = 2796 > 2006 , điều này vô lý. Như vậy ta có điều phải chứng minh. Chú ý: + Ta có thể làm chặt bài toán bằng cách giảm số các số cho ban đầu hoặc tăng giá trị cho các số có thể nhận. Ta có thể làm chặt bài toán bằng cách thay 700 số thành 504 số. Gọi 504 số nguyên dương đôi một khác nhau đã cho là 1 ≤ a 1 < a 2 < ... < a 504 ≤ 2006 . Xét 504 × 4 = 2016 số nguyên dương như sau:

…

a 503

a 504

a1 + 3

a2 + 3

…

a 503 + 3

a 504 + 3

a1 + 6

a2 + 6

…

a 503 + 6

a 504 + 6

a1 + 9

a2 + 9

…

a 503 + 9

a 504 + 9

Vì các số trong bảng trên nhận các giá trị nguyên từ 1 đến 2006 + 9 = 2015 nên theo nguyên lí

 2016 

Dirichlet, có ít nhất   + 1 = 2 số nhận cùng một giá trị hay có hai số bằng nhau, suy ra điều  2015  phải chứng minh. Ví dụ 14. Cho năm số nguyên dương đôi một phân biệt sao cho mỗi số trong chúng không có ước số nguyên tố nào khác 2 và 3. Chứng minh rằng trong năm số đó tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương. Lời giải Gọi các số đã cho là a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 ; a 5 vì các số này không có ứơc số nguyên tố nào khác 2 và x

3 nên các số này đều có dạng a i = 2 i .3

với x i ; y i là các số tự nhiên.

Xét 5 cặp số ( x1 ; y1 ) , ( x 2 ; y 2 ) , ( x 3 ; y 3 ) , ( x 4 ; y 4 ) , ( x 5 ; y 5 ) mỗi cặp số này nhận giá trị một trong bốn trường hợp sau (số chẵn; số chẵn), (số chẵn; số lẻ), (số lẻ; số lẻ) và (số lẻ; số chẵn) nên theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất 2 cặp số trên nhận cùng một dạng giá trị. Không mất tính tổng quát khi giả sử ( x1 ; y1 ) , ( x 2 ; y 2 ) cùng nhận giá trị dạng( số chẵn; số lẻ). Khi đó x1 + x 2 và x y x y x +x y +y y1 + y 2 đều là số chẵn nên a 1 .a 2 = 2 1 .3 1 .2 2 .3 2 = 2 1 2 .3 1 2 là một chính phương. Do đó ta có

điều phải chứng minh. Ví dụ 15. Cho lưới ô vuông kích thước 5x5 . Người ta điền vào mỗi ô của lưới một trong các số

1; 0; −1 . Xét tổng của các số được tính theo từng cột, theo từng hàng và theo từng đường chéo. Chứng minh rằng trong tất cả các tổng đó luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau. Lời giải Có tất cả 12 tổng gồm 5 tổng theo cột, 5 tổng theo hàng và 2 tổng theo đường chéo. Mỗi tổng gồm năm số hạng mà mỗi số hạng nhận một trong ba số là 1 hoặc 0 hoặc −1 . Do mỗi tổng là một số nguyên. Gọi các tổng đó là S i với i = 1; 2; 3;...; 12 thỏa mãn −5 ≤ S i ≤ 5 . Vậy S i có thể nhận trong mười một giá trị −5; −4; −3;...; 0;1;...;5 . Mà ta lại có 12 tổng S i nên theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất hai tổng nhận cùng một giá trị. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 16. Cho n ≥ 3 số nguyên dương a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n đôi một khác nhau. Tìm giá trị lớn nhất của n sao cho tổng của ba số bất kỳ trong n số đó luôn là một số nguyên tố. Lời giải Dễ thấy với n = 3 ta luôn tìm được các số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với n ≥ 4 ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với n = 4 , ta tìm được bốn số nguyên dương 1, 3, 7, 9 thỏa mãn yêu cầu bài toán. • Trường hợp 2: Với n ≥ 5 , ta sẽ chứng minh luôn tìm được ba số có tổng lớn hơn 3 và chia hết cho 3.

Thật vậy, một số nguyên khi chia cho 3 có thể có số dư là hoặc 0 hoặc 1 hoặc 2. Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 5 số nguyên dương bất kỳ có ít nhất hai số có cùng số dư khi chia cho 3. + Nếu có nhiều hơn 2 số có cùng số dư khi chí cho 3 thì có ít nhất 3 số có cùng số dư khi chia cho 3. Chọn 3 số này thì tổng của chúng chia hết cho 3. + Nếu có đúng 2 số có số dư r với r ∈ {0;1; 2} thì loại hai số này, khi đó ta còn lại 3 số có số dư khác r. Theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 2 số có cùng số dư khác r và một số còn lại có số dư khác số dư của hai số này. Như vậy trong 5 số đó luôn tồn tại 3 số có 3 số dư khác nhau khi chia cho 3. Chọn 3 số này thì tổng của chúng chia hết cho 3. Do đó trong 5 số nguyên dương ta luôn chọn được 3 số có tổng chia hết cho 3 và tổng này lớn hơn 3 nên nó không phải là số nguyên tố. Từ đó suy ra n ≥ 5 thì không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy giá trị lớn nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là n = 4 . Ví dụ 17. Mỗi đỉnh của hình lập phương được điền một trong các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Hai đỉnh khác nhau điền hai số khác nhau. Người ta tính tổng hai số ở hai đỉnh kề nhau. Chứng minh rằng trong các tổng tính được có ít nhất hai tổng bằng nhau. Lời giải Do mỗi đỉnh của hình lập phương nhận các giá trị khác nhau từ các số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8 . Do ta tính tổng hai số ở hai đỉnh kề nhau nên ta có 12 tổng. Khi đó mỗi tổng là một số nguyên dương nhận các giá trị thuộc tập {3; 4; 5; ...; 13;14; 15} . Ta sẽ chứng minh trong 12 tổng này không thể đồng thời nhận các giá trị 3, 4, 5 ,6 và không thể đồng thời nhận các giá trị 12, 13, 14, 15. Thật vậy, giả sử có các tổng nhận các giá trị 3, 4, 5, 6. Ta kí hiệu đỉnh K là đỉnh được điền số K. Ta có 3 = 1 + 2; 4 = 1 + 3 nên đỉnh 1 và đỉnh 2 kề nhau, đỉnh 1 kề với đỉnh 3. Do đó đỉnh 2 và đỉnh 3 không kề nhau. Vì 5 = 1 + 4 hoặc 5 = 2 + 3 , nhưng đỉnh 2 và đỉnh 3 không kề nhau nên đỉnh 1 và đỉnh 4 kề nhau. Do đó đỉnh 1 lần lượt kề với đỉnh 2, đỉnh 3, đỉnh 4, suy ra đỉnh 1 không kề với đỉnh 5, đỉnh 2 không kề với đỉnh 4. Vì vậy không xuất hiện tổng có giá trị bằng 6. Với các tổng nhận các giá trị 12, 13, 14, 15 ta chứng minh hoàn toàn tương tự. Từ đó suy ra 12 tổng nhận không quá 11 giá trị nên theo nguyên lí Dirichslet có ít nhất hai tổng bằng nhau.

{

}

Ví dụ 18. Cho tập hợp X = 1; 2; 3;...; 2024 . Chứng minh rằng trong 90 số khác nhau bất kỳ được lấy ra từ tập X luôn tồn tại hai số x và y sao cho x − y <

1 . 2

Lời giải Chia 2012 số 1; 2; 3;...; 2012 thành 44 đoạn gồm  1; 3  ,  4; 8  ,...,  1936; 2012  .





( k + 1)

Các đoạn trên có dạng tổng quát là  k 2 ; 

 







 − 1 . 

Như vậy 90 số thuộc tập hợp X nằm trong 44 đoạn trên. Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ba số trong 90 số trên nằm trong cùng một đoạn. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y, z



và chúng nằm trong đoạn  k 2 ; 



Chia đoạn  k 2 ; 

( k + 1)

 − 1 . 

  − 1  thành hai đoạn là  k 2 ; k 2 + k  và  k 2 + k;    

( k + 1)

 − 1 

Khi đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại hai số nằm trên cùng một đoạn. Giả sử hai số đó là x và y. Khi đó

• Nếu x và y nằm trên đoạn  k 2 ; k 2 + k  thì ta được  

x − y ≤ k2 + k − k2 < k2 + k +  • Nếu x và y nằm trên đoạn  k 2 + k; 

x−y ≤

( k + 1)

( k + 1) − 1 − k + k = 2

1 1 1 − k2 = k + − k = 4 2 2

 − 1  thì ta được 

( k + 1) ( k + 1)

− 1 − k2 − k − 1 + k2 + k

k 1 = . 2k 2

Từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 19. Cho A là tập hợp gồm 6 phần tử bất kỳ của tập hợp {0;1; 2;...; 14} . Chứng minh rằng tồn tại hai tập hợp con B1 , B2 của tập hợp A( B1 , B2 khác nhau và khác rỗng ) sao cho tổng tất cả các phần tử của tập hợp B1 bằng tổng tất cả các phần tử của tập hợp B 2 .

Lời giải Do A là tập hợp có 6 phần tử nên số tập hợp con khác rỗng và khác A của tập hợp A là 2 6 − 2 = 62 . Xét tập hợp X là tập hợp con bất kì trong 62 tập hợp con trên và S ( X ) là tổng các phần tưt của X. Tập hợp X có nhiều nhất 5 phần tử thuộc tập hợp {0; 1; 2;...;14} nên ta có

0 ≤ S ( X ) ≤ 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 60 . Như vậy với 62 tập hợp con của A như trên thì tồng tại 62 tổng không vượt quả 60. Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai tổng có giả trị bằng nhau. Điều đó chứng tỏ tồn tại hai tập hợp con

B1 , B2 của tập hợp A có tổng các phần tử của chúng bằng nhau.

Ví dụ 20. Trong hình vuông cạnh bằng 1 ta đặt 51 điểm phân biệt bất kì. Chứng minh rằng có ít nhất 3 trong số 51 điểm đó nằm trong một hình tròn bán kính

1 . 7

Lời giải

Chia hình vuông đã cho thành 25 hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng

1 . Theo nguyên lý 5

Dirichlet thì tồn tại ít nhất một hình vuông nhỏ chứa ít nhất ba điểm trong số 51 điểm đó. Ta kí hiệu hình vuông đó là C. Khi đó hình vuông nhỏ C có đường chéo là

hình vuông nhỏ ( C ) có bán kính

2 . Đường tròn ngoại tiếp 5

1 2 1 1 = ≤ . Vậy ba điểm nói trên nằm trong hình tròn . 2 5 5 2 7

đồng tâm với đường tròn ngoại tiếp hình vuông nhỏ đó có bán kính

1 . 7

Tổng quát hóa bài toán: Dựa vào bài giải bài toán trên ta có thể tổng quát hóa bài toán trên với a là kích thước của cạnh hình vuông, m là số điểm đặt bất kì, phân biệt. Chứng minh rằng có ít nhất n

trong số m điểm đó nằm trong một hình trong bán kính

a2  m  2.    n − 1

. (Trong đó kí hiệu [a] là phần

nguyên của a). Lời giải

 m 

Chia hình vuông đã cho thành   hình vuông con bằng nhau có cạnh bằng  n − 1

 m   n − 1  

. Theo

nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất một hình vuông nhỏ có chứa ít nhất n điểm trong số m điểm đó. Ta kí hiệu đó là hình vuông C. Đường tròn ngoại tiếp ( C ) có bán kính

≤

 m  2.    n − 1 bán kính

 m  2.    n − 1 a2

 m  2.    n − 1

. Vậy n điểm trên nằm trong hình tròn đồng tâm với đường tròn ( C ) có

Ví dụ 21. Trong hình tròn đường kính bằng 5 có 10 điểm. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bé hơn hoặc bằng 2. Lời giải Thật vậy, trong đường tròn tâm O đường kính D

5, vẽ đường tròn đồng tâm và đường kính 2.

Chia hình tròn đã cho thành 9 phần(xem hình vẽ) đường tròn đường kính 2 và 8 phần bằng

1 nhau II, III, …, IX mà mỗi phần là hình 8 vành khăn. Rõ ràng phần I có đường kình bằng 2. Xét chẳng hạn hình III, ta kí hiệu là ABCD (có là

1 hình vành khăn). Ta hãy tính 8

đường kính của nó. Có thể thấy ngay đường kính của III là d = AC = BD .

III

VIII O I

VII

A IV

= 45o , nên d 2 = DA 2 = DO 2 + AO 2 − 2DO.OA.cos450 Vì DOA 5 2

5 2

Hay ta được d 2 =   + 12 − 2 .1.

29 5 2 24 5 2 = +1− . Tù đó suy ra d 2 < − .1, 4 nên d < 2 . 2 4 2 4 2

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít nhất hai điểm rơi vào một trong các miền I, II, III, … , IX có đường kính bằng 2, còn các miền II, …, IX có đường kính bằng nhau và bằng d < 2 , từ đó suy ra tồn tại hai trong số 10 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn hoặc bằng 2. Đó chính là điều cần chứng minh. Ví dụ 22. Trên mặt phẳng cho 25 điểm. Biết rằng trong ba điểm bất kì trong số đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn 13 điểm đã cho. Lời giải Lấy A là một trong số 25 điểm đã cho. Xét hình tròn O1 ( A;1) có tâm A bán kính 1. Chỉ có hai khả năng sau có thể xảy ra như sau: + Thứ nhất: Nếu tất cả các điểm đã cho nằm trong O1 ( A; 1) thì kết luận của bài toán hiển nhiên đúng. + Thứ hai: Tồn tại điểm B khác điểm A và B thuộc trong số 25 điểm đã cho, sao cho B không nằm trong đường tròn O1 ( A; 1) , khi đó ta có AB > 1 . Xét hình tròn O 2 ( B;1) có tâm B bán kính 1. Lấy C là điểm bất kì trong số 25 điểm đã cho sao cho C khác A và khác B. Theo giả thiết và AB > 1 ta có Min {CA; CB} < 1 . Vì thế C thuộc đường tròn O1 ( A; 1) hoặc C thuộc đường tròn O 2 ( B; 1) . Điều này chứng tỏ rằng các hình tròn O1 ( A;1) và O 2 ( B; 1) chứa tất cả 25 điểm đã cho. Vì thế theo nguyên lí Dirichlet thì ít nhất 1 trong hai hình tròn trên chứa 13 điểm đã cho. Đó là điều phải chứng minh. Bài toán tổng quát: Cho 2n + 1 điểm trên mặt phẳng với n ≥ 3 . Biết rằng trong ba điểm bất kì trong số đó luôn luôn tồn tại hai điểm cách nhau nhỏ hơn 1. Khi đó tồn tại hình tròn bán kính 1 chứa không ít hơn n + 1 điểm đã cho.

Ví dụ 23. Tìm hình vuông có kích thước bé nhất, để trong hình vuông đó có thể sắp xếp năm hình tròn bán kính bằng 1 sao cho không có hai hình tròn nào trong chúng có điểm chung. Lời giải Giả sử hình vuông ABCD có tâm O

và cạnh a, chứa năm hình tròn không cắt O'

B A'

O''

nhau và đều có bán kính bằng 1. Vì cả năm hình tròn này đểu nằm trọn trong hình vuông, nên các tâm của chúng nằm trong

O O' D'

hình vuông A’B’C’D’ có tâm O và cạnh

O'' D

a − 2 , ở đây A’B’//AB. Các đường thẳng

nối các trung điểm cùa các cạnh đối diện của hình vuông A’B’C’D’ chưa A’B’C’D’ thành 4 hình vuông nhỏ. Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một trong 4 hình vuông nhỏ mà trong hình vuông này chứa ít nhất hai trong số 5 tâm hình tròn nói trên(không mất tính tổng quát ta giả sử là O’ và O”). Để ý rằng vì không có hai hình tròn nào(trong số năm hình tròn) cắt nhau nên O' O'' ≥ 2 Mặt khác do O’ và O” cùng nằm trong một hình vuông nhỏ(cạnh của hình vuông nhỏ đó bằng

a−2 a−2 a−2 . 2 . Từ đó ta suy ra được . 2 ≥ 2 ⇒ a ≥ 2 2 + 2. ) nên ta lại có O' O '' ≤ 2 2 2 Vậy mọi hình vuông cạnh a thỏa mãn yêu cầu đề bài, ta đều có a ≥ 2 2 + 2 . Bây giờ xét hình vuông ABCD có a = 2 2 + 2 . Xét năm hình tròn có tâm là O, A’, B’, C’, D’ (xem hình vẽ) , thì mọi yêu cầu của đề bài thỏa mãn. Tóm lại, hình vuông có kích thước bé nhất cần tìm là hình vuông với cạnh a = 2 2 + 2 . Ví dụ 24. Chứng minh rằng trong một hình tròn bán kính 1, không thể chọn được quá 5 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớn hơn 1. Lời giải

Chia hình tròn thành 6 hình quạt bằng nhau (tâm các hình quạt đều tại tâm O đã cho). Ta biết rằng khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong một hình

A2 A1

quạt nhỏ hơn hoặc bằng 1, vì thế từ giả thiết suy ra tại mỗi hình quạt có không quá 1 điểm rơi vào. Giả

O A6

thiết phản chứng chọn được quá năm điểm thỏa

A4 A5

mãn yêu cầu đề bài. Vì lí do trên nên số điểm không thể quá 7(vì nếu số điểm chọn được mà lớn hơn hoặc bằng 7 thì theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất hai điểm được chọn nằm trong một cung hình quạt, mà điều này mâu thuẫn với nhận xét trên.). Vậy từ giả thiết phản chứng suy ra tồn tại sáu điểm A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 , A 6 và mỗi điểm nằm trong một hình quạt sao cho khoảng cách giữa hai điểm tùy ý trong chúng đều lớn hơn 1.

Do A OA 2 + A OA 3 + A OA 4 + A OA 5 + A OA 6 + A OA 6 = 3600 . 1 2 3 4 5 1

OAi +1 ≤ Khi đó suy ra MinA i

3600 = 600 ,i = 1,6 (ở đây đặt A 7 ≡ A1 ). 6

Xét tam giác A k OA k +1 với k ∈ {1; 2; 3; 4; 5; 6} và A 7 ≡ A 1 , sao cho MinA OA i +1 = A OA k +1 i k OA k +1 ≤ 60 0 . Khi đó A k

Vì OA k ≤ 1; OA k +1 ≤ 1; A OA k +1 ≤ 600 nên từ đó suy ra A OA k +1 ≤ Max A A k +1O; OA A k+1 . k k k k

{

}

Từ đó theo mối liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác A k OA k +1 , thì

A k A k +1 ≤ max {OA k , OA k +1 } ≤ 1 . Điều này mâu thuẫn với A k A k +1 > 1 (vì hệ sáu điểm A 1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 , A 6 thỏa mãn yêu cầu đề bài). Từ đó ta thấy giả thiết phản chứng là sai. Điều đó có nghĩa là không thể chọn quá 5 điểm thỏa mãn yêu cầu để bài. Ví dụ 25. Cho 1000 điểm M1 ,M 2 ,...,M 1000 trên mặt phẳng. Vẽ một đường tròn bán kính bằng 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho SM1 + SM 2 + ... + SM 1000 ≥ 1000 .

Lời giải Xét một đường kính S1S 2 tùy ý của đường tròn bán

M2 M1

kính bằng 1, ở đây S1 ,S 2 là hai đầu của đường kính. Khi đó ta có S1S 2 = 2 , nên ta có

 S 1M 1 + S 2 M 1 ≥ S 1S 2 = 2   S 1M 2 + S 2 M 2 ≥ S 1S 2 = 2  ...  S1M1000 + S 2 M1000 ≥ S1S 2 = 2 

M1000

Cộng từng vế của 1000 bất đẳng thức trên ta có:

(S M 1

+ S1M 2 + ... + S1M1000 ) + ( S 2 M1 + S 2 M 2 + ... + S 2 M1000 ) ≥ 2000

Từ đó theo nguyên lí Dirichlet suy ra trong hai tổng

(S M 1

+ S1M 2 + ... + S1M1000 ) ; ( S 2 M1 + S 2 M 2 + ... + S 2 M1000 )

có ít nhất một tổng lớn hơn hoặc bẳng 1000. Giả sử S1M1 + S1M 2 + ... + S 1M1000 ≥ 1000. khi đó lấy S = S1 . Đó là điều phải chứng minh. Bài toán tổng quát: Cho n điểm M1 , M 2 ,...,M n trên mặt phẳng. Vẽ một đường tròn bán kính bằng 1 tùy ý. Chứng minh rằng tồn tại điểm S trên đường tròn sao cho SM1 + SM 2 + ... + SM n ≥ n . Ví dụ 26. Cho chín đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2 . Chứng minh rằng có ít nhất ba đường thẳng trong số đó cùng đi 3

qua một điểm. Lời giải

F J1

J2 J4

Các đường thẳng đã cho không thể cắt các cạnh kề nhau của hình vuông, bởi vì nếu thế chúng chia hình vuông thành một tam giác và ngũ giác ( chứ không phải là chia hình vuông thành hai tứ giác). Vì lẽ đó, mọi đường thẳng ( trong số chín đường thẳng) đều cắt hai cạnh đối của hình vuông và dĩ nhiên không đi qua một đỉnh nào của hình vuông cả. Giả sử một đường thẳng cắt hai cạnh đối BC và AD tại các điểm M và N.

1 .AB. ( BM + AN ) S ABMN 2 2 EJ 2 Ta có = ⇔ 2 = ⇔ = , ở đây E và F là các trung điểm của AB và 1 S MCDN 3 3 JF 3 .CD. ( MC + ND ) 2 CD tương ứng. Gọi E, F, P, Q tương ứng là các trung điểm của AB, CD, BC, AD. Gọi J1 , J 2 , J 3 , J 4 là các điểm sao cho J 1 , J 2 nằm trên EF và J 3 , J 4 nằm trên PQ và thỏa mãn

EJ 1 FJ 2 PJ 3 QJ 4 2 = = = = . J 1F J 2 F J 3 Q J 4 P 3

Khi đó từ đó lập luận trên ta suy ra mỗi đường thẳng có tính chất thỏa mãn yêu cầu của đề bài phải đi qua một trong 4 điểm J1 , J 2 , J 3 , J 4 nói trên. Vì có chín đường thẳng, nên theo nguyên lí dirichlet phải tồn tại ít nhất một trong 4 điểm J1 , J 2 , J 3 , J 4 sao cho nó có ít nhất ba trong 9 đường thẳng đã cho đi qua. Vậy có ít nhất 3 đường thẳng trong 9 đường thẳng đã cho đi qua một điểm. Bài toán tổng quát 1: Cho 4n + 1 ( n ≥ 2 ) đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình vuông thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm.

2 . Chứng minh rằng có ít nhất n + 1 đường 3

Bài toán tổng quát 2: Cho 4n + r ( n ≥ 2,r ≥ 1) đường thẳng cùng có tính chất là mỗi đường thẳng chia hình Chữ nhật thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2 . Chứng minh rằng có ít nhất n + 1 3

đường thẳng trong số đó cùng đi qua một điểm. Ví dụ 27.Giả sử mỗi điểm trong mặt phẳng được tô bằng một trong 2 màu đen và trắng. Chứng minh tồn tại một hình chữ nhật có các đỉnh cùng màu. Lời giải Giả sử ta có một lưới ô vuông tạo bởi 3 đường nằm ngang và 9 đường thẳng đứng, mỗi nút lưới được tô bởi một màu trắng hoặc đen. A

Xét 3 nút lưới của một đường dọc, mỗi nút có hai cách tô màu nên mỗi bộ ba nút trên đường dọc ấy có 2.2.2 = 8 cách tô màu. Có 9 đường dọc, mỗi đường có 8 cách tô màu nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại hai đường có cách tô màu như nhau. Chẳng hạn hai bộ ba điểm đó là A, B, C và X, Y, Z. Vì3 điểm A, B, C chỉ được tô bởi hai màu nên tồn tại hai điểm cùng màu, chẳng hạn B và C khi đó hình chữ nhật BYZC có 4 đỉnh cùng một màu. Ví dụ 28. Trong mặt phẳng cho 6 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Mỗi đoạn thẳng nối từng cặp điểm được tô màu đỏ hoặc xanh. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm trong số sáu điểm đã cho, sao cho chúng là các đỉnh của một tam giác mà các cạnh của nó được tô cùng một màu. Lời giải

Xét A là một trong số 6 điểm đã cho. Khi đó xét

năm đoạn thẳng(mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm còn lại). Vì mỗi đoạn thẳng được tô chỉ màu đỏ hoặc màu xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có ít nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu. Giả sử đó là

B''

các đoạn AB, AB’ và AB” và có thể cho rằng chúng cùng màu xanh. Chỉ có hai trường hợp sau xảy ra:

• Trường hợp 1: Nếu ít nhất một trong ba đoạn BB’, B’B”, B”B màu xanh, thì tồn tại một tam giác với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này.

• Trường hợp 2: Nếu không phải như vậy, tức là BB’, B’B”, B”B màu đỏ , thì ba điểm phải tìm là B, B’,B” vì BB’B” là tam giác có ba cạnh màu đỏ. Đpcm. Ví dụ 29. Trên mặt phẳng cho 18 điểm, sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Nối từng cặp điểm với nhau và tô màu cho mọi đoạn thẳng thu được một trong hai màu xanh và đỏ. Chứng minh rằng luôn tìm được một tứ giác mà các đỉnh của nó nằm trong tập điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo của nó cùng màu. Lời giải

(

)

Giả sử Ai i = 1,18 là 18 điểm đã cho. Xuất

(

)

phát từ A1 có 17 đoạn thẳng A1Ai i = 2,18 .

Mười bảy đoạn thẳng đó chỉ có hai màu xanh A5

hoặc đỏ, nên theo nguyên lí Dirichlet tồn tại ít A6

nhất chín đoạn thằng cùng màu. A1

Không giảm tính tổng quát giả sử đó là các đoạn thẳng A1A 2 , A1 A 3 ,..., A1A10 và chúng cùng

màu đỏ. Xét chín điểm A 2 , A 2 ,..., A10 chỉ có thể xảy ra hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Hoặc là tồn tại điểm A j ( 2 ≤ j ≤ 10 ) sao cho trong tám đoạn thẳng A jA k ( 2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j) có ít nhất bốn đoạn màu đỏ. Không mất tính tổng quát có thể cho là A 2 A 3 , A 2 A 4 , A 2 A 5 ,..., A 2 A 6 màu đỏ. Đến đây lại chỉ còn hai khả năng:

+ Hoặc là mọi đoạn thẳng A 3 A 4 , A 3 A 5 , A 3 A 6 , A 4 A 5 , A 4 A 6 , A 5 A 6 đều màu xanh. Khi đó

A 3 A 4 A 5 A 6 là tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu. + Tồn tại một đoạn thẳng A i , A j ( 3 ≤ i < j ≤ 6 ) màu đỏ. Khi đó A1A 2 Ai A j ( 3 ≤ i < j ≤ 6 ) là tứ giác đỏ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

• Trường hợp 2: Hoặc là với mọi điểm A j ( 2 ≤ j ≤ 10 ) , thì trong tám đoạn thẳng A jA k ( 2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j) có tối đa ba đoạn màu đỏ mà thôi. Khi đó phải tồn tại một điểm (chẳng hạn A 2 ) mà trong các đoạn A 2 A k ( 3 ≤ k ≤ 10, k ≠ j) có tối đa hai đoạn màu đỏ thôi (thật vậy, nếu với mọi A j ( 2 ≤ j ≤ 10 ) mà có đúng ba đoạn A jA k ( 2 ≤ k ≤ 10, k ≠ j) màu đỏ, thì số đoạn thẳng màu đỏ nối trong nội bộ 9 điểm đó là

9.3 là số nguyên. Vô lí. Vì A 2 A k ( 3 ≤ k ≤ 10, k ≠ j) có tối đa 2

hai đoạn màu đỏ mà thôi, nên trong số các đoạn A 2 A 3 , A 2 A 4 , A 2 A 5 ,..., A 2 A 10 có ít nhất sáu đoạn màu xanh. Không mất tính tổng quát ta cho A 2 A 5 , A 2 A 6 ,..., A 2 A 10 màu xanh. Xét sáu điểm A 5 , A 6 , A7 , A 8 , A 9 , A10 . Đó là sáu điểm mà trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, và mỗi đoạn thẳng nối hai điểm chỉ có hai màu xanh hoặc đỏ. Theo bài 19 thì luôn luôn tồn tại ít nhất một tam giác mà ba đỉnh chọn trong {A 5 , A 6 , A 7 , A 8 , A 9 , A10 } sao cho ba cạnh cùng màu. Lại có hai khả năng: + Giả sử tồn tại tam giác A i , A j , A k ( 5 ≤ i < j < k ≤ 10 ) màu xanh. Khi đó tứ giác A 2 Ai A jA k với

5 ≤ i < j < k ≤ 10 là tứ giác xanh thỏa mãn yêu cầu đề bài. + Nếu tồn tại tam giác A i , A j , A k ( 5 ≤ i < j < k ≤ 10 ) màu đỏ, thì A1Ai A jA k là tứ giác cần tìm. Như vậy ta luôn chứng mình được tồn tại một tứ giác mà các đỉnh của nó nằm trong tâm điểm đã cho sao cho cạnh và đường chéo cùng màu. Ví dụ 30. Cho 6 điểm trong mặt phẳng sao cho bất kì ba điểm nào cũng là đỉnh của một tam giác có các cạnh chiều dài khác nhau. Chứng minh rằng tồn tại một cạnh là cạnh nhỏ nhất của một tam giác vừa là cạnh lớn nhất của một tam giác khác. Lời giải

Trong mỗi ta giác ta tô màu đỏ cạnh nhỏ nhất của tam giác và tô màu xanh hai cạnh kia. Ta cần chứng minh tồn tại một tam giác có các cạnh cùng màu đỏ. Gọi sáu điểm đã cho là A, B, C, D, E, F. Từ điểm A trong sáu điểm đã cho ta nối với năm điểm còn lại, khi đó ta được cạnh cạnh. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong năm cạnh này ít nhất có cạnh cạnh cùng màu. Không mất tính tổng quát ta giả sử ba cạnh đó là AB, AC, AD. Khi đó ta có các trường hợp sau:

• Nếu AB, AC, AD cùng màu đỏ. Khi đó nếu tam giác BCD có các cạnh cùng màu đỏ, giả sử đó là BC thì ta có tam giác ABC có các cạnh cùng màu đỏ.

• Nếu AB, AC, AD cùng màu xanh. Khi đó nếu tam giác BCD có các cạnh cùng màu đỏ thì cạnh lớn nhất của tam giác này là cạnh cần tìm. Ví dụ 31. Trong một cuộc họp có 6 đại biểu. Người ta nhận thấy cứ ba người bất kỳ thì có hai người quen nhau. Chứng minh rằng có ba người đôi một quen nhau. Lời giải Các đại biểu tương ứng với 5 điểm A, B, C, D, E, F. Hai đại biểu X và Y nào đó mà quen nhau thì ta tô đoạn thẳng XY bằng màu xanh còn nếu X vá Y không quen nhau thì tô đoạn XY màu đỏ. Xét 5 đoạn thẳng AB, AC, AD, AE, AF. Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ba đoạn cùng màu.

• Nếu AB, AC, AD màu xanh. Xét ba điểm B, C, D. Vì 3 đại biểu nào cũng có hai người quen nhau suy ra một trong ba đoạn BC, CD, DB màu xanh. Giả sử BC màu xanh, khi đó ta có ba đoạn thẳng AB, BC, CA có màu xanh, do đó A, B, C đôi một quen nhau.

• Còn nếu AB, AC, AD màu đỏ, khi đó với ba điểm A, B, C thì ta có đoạn BC màu xanh, với ba điểm A, C, D thì ta có đoạn CD màu xanh và với ba điểm A, B, D thì ta có đoạn BD màu xanh. Như vậy ba đoạn thẳng BC, CD, CB có màu xanh nên B, C, D đôi một quen nhau. Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 32. Chứng minh rằng từ sáu số vô tỉ tùy ý có thể chọn ra được ba số (ta gọi ba số đó là a, b,c) sao cho a + b, b + c, c + a cũng là số vô tỉ. Lời giải Xét trên mặt phẳng sáu điểm sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Với mỗi điểm ta sẽ gắn cho nó một số vô tỉ. Như vậy sáu điểm được gắn sáu số vô tỉ đã cho. Hai điểm mang số a và b

sẽ được nối với nhau bằng một đoạn thẳng màu đỏ nếu a + b là số vô tỉ, còn sẽ có màu xanh khi

a + b là số hữu tỉ. Theo đề bài tồn tại ít nhất một tam giác cùng màu. Giả sử tam giác đó có ba đỉnh được gắn số là a, b, c. Chỉ có hai khả năng xảy ra như sau: + Nếu tam giác đó là tam giác xanh. Khi ấy a + b, b + c, c + a là 3 số hữu tỉ. Lúc này ( a + b ) + ( b + c ) − ( c + a ) = 2b cũng là một số hữu tỉ. Điều này vô lí vì b là số vô tỉ. + Nếu tam giác đỏ là tam giác đỏ. Khi ấy a + b, b + c, c + a là 3 số vô tỉ. Khi đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 33. Cho mỗi điểm trên mặt phẳng được tô bằng một trong hai màu xanh, đỏ. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu. Lời giải Lấy năm điểm tùy ý sao cho không có

ba điểm nào thẳng hàng trên mặt phẳng. Khi đó vì chỉ dùng có hai màu để tô các đỉnh, mà A

theo nguyên lí Dirichlet phải tồn tại ba điểm

trong số đó cùng màu. Giả sử đó là ba điểm

G B

A, B, C có màu đỏ. Như vậy ta có tam giác ABC với ba đỉnh màu đỏ. Gọi G là trọng tâm

C C'

tam giác ABC. Chỉ có hai khả năng xảy ra: + Nếu G có màu đỏ. Khi đó A, B, C, G cùng đỏ và bài toán đã được giải. + Nếu G có màu xanh. Kéo dài GA, GB, GC các đoạn AA’ = 3GA, BB’ = 3GB, CC’ = 3GC . Khi đó gọi M, N, P tương ứng là các trung điểm của BC, CA, AB thì

A’A = 3AG = 6GM ⇒ A’A = 2AM. Tương tự B’B = 2BN, CC’ = 2CP . Do đó các tam giác A’BC, B’AC, C’AB tương ứng nhận A, B, C là trọng tâm. Mặt khác, ta cũng có các tam giác ABC và A’B’C’ có cùng trọng tâm G. Có hai trường hợp sau có thể xảy ra:

• Nếu A’, B’, C’ cùng xanh. Khi đó tam giác A’B’C’ và trọng tâm G có cùng màu xanh. • Nếu ít nhất một trong các điểm A’, B’, C’ có màu đỏ. Không mất tính tổng quát giả sử A’ đỏ. Khi đo tam giác A’BC và trọng tâm A màu đỏ. Vậy trong mọi khả năng luôn tồn tại một tam giác mà ba đỉnh và trọng tâm cùng màu.

Ví dụ 34. Để khuyến khích phong trào học tập , một trường THCS đã tổ chức 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi , có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải . Sau khi tổ chức xong 8 đợt thi , người ta nhận thấy rằng với 2 đợt thi bất kỳ luôn có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả 2 đợt thi đó. Chứng minh rằng: a) Có ít nhất 1 học sinh được trao giải ít nhất 4 lần . b) Có đúng một học sinh được trao giải ở tất cả 8 đợt thi. Lời giải Ta biểu diễn mỗi học sinh bằng một điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Ở mỗi đợt thi có đúng ba học sinh được trao giải nên ta nối ba điểm biểu thị ba học sinh bằng một tam giác(không nối hai điểm bất kì), có 8 đợt trao giải nên ta có 8 tam giác. Hai đợt thi bất kì luôn có đúng một học sinh được trao giải ở cả hai đợt tương ứng với hai tam giác bất kì luôn có một điểm chung. a) Xét tam giác ABC bất kì trong 8 tam giác trên, vì 7 tam giác mỗi tam giác đều có một đỉnh chung với tam giác ABC, theo nguyên lí Dirichlet trong ba điểm A, B, C có ít nhất một điểm là đỉnh chung của 4 tam giác, điều này tương ứng với có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất 4 lần. b) Không mất tính tổng quát ta giả sử A là đỉnh chung của 4 tam giác, ta chứng minh tất cả các tam giác đều nhận A làm đỉnh chung. Xét tam giác DEF bất kì, nếu tam giác này trùng với A thì tam giác này sẽ có đỉnh chung với bốn tam giác mà đã có đỉnh chung là A, điều này là vô lí vì hai tam giác bất kì chỉ có một điểm chung. Vậy cả 8 tam giác đều có đỉnh chung là A, điều này tương ứng với có dúng một học sinh được trao giải trong cả tám lần. Ví dụ 35. Cho điểm M ( x; y ) trên mặt phẳng tọa độ được gọi là điểm nguyên nếu cả x và y đều là các số nguyên. Tìm số nguyên dương bé nhất sao cho từ mỗi bộ n điểm nguyên đều tìm được bộ ba điểm nguyên là đỉnh của một tam giác có diện tích nguyên (trong trường hợp ba điểm thẳng hàng thì coi diện tích tam giác bằng 0)

Lời giải Xét tam giác ABC với tọa độ A ( x1 ; y1 ) , B ( x 2 ; y 2 ) , C ( x 3 ; y 3 )

Khi đó ta được S ABC =

1 ( x − x1 )( y 2 − y1 ) − ( x 3 − x1 )( y 3 − y1 )   2 3

Xét tam giác bất kì có tọa độ các đỉnh là các điểm nguyên, khi đó luôn tồn tại có cạnh song song với các trục tọa độ thỏa mãn một đỉnh của hình chữ nhật tròng với một đỉnh của tam giác và hai đỉnh còn lại nằm trên hai cạnh của hình chữ nhật hoặc trùng với hai đỉnh của hình chữ nhật

 x1 ≤ x 3 ≤ x 2

Xét hình bên, khi đó ta được 

 y1 ≤ y 2 ≤ y 3

Ta có S APQR = ( x 2 − x1 )( y 3 − y1 ) và S ABC = S APQR − S APC − S BCQ − S ABR

Với S APC =

1 1 1 ( x 2 − x1 )( y 3 − y1 )  , S BCQ = ( x 2 − x 3 )( y 3 − y 2 )  , S ABR = ( x 2 − x 3 )( y 2 − y 3 )       2 2 2

S ABC = S APQR − S APC − S BCQ − S ABR = ( x 2 − x1 )( y 3 − y1 ) −

− x1 )( y 3 − y1 ) + ( x 2 − x 3 )( y 3 − y 2 ) + ( x 2 − x 3 )( y 2 − y 3 ) 2

1 = ( x 2 − x1 )( y 3 − y1 ) − ( x 3 − x1 )( y 2 − y1 )  2 Do đó ta được S ABC =

1 ( x − x1 )( y 3 − y1 ) − ( x 3 − x1 )( y 2 − y1 )   2 2

Với n ≤ 2 , không tồn tại tam giác

( ) ( )

(

)

( ) ( )

( )

Với n = 3 , chọn A 1; 0 , B 0;1 , C 0; 0 ta được S ABC =

(

Với n = 4 , chọn A 1; 0 , B 1; 1 , C 0;1 , D 0; 0

)

1 (loại) 2

ta được S =

1 với S là diện tích một tam giác 2

bất kì(loại) Với n = 5 , ta có với mỗi điểm M ( x; y ) tồn tại một trong bốn dạng x và y cùng chẵn, x và y cùng le, x lẻ và y chẵn, x chẵn và y lẻ. Với 5 điểm như trên theo nguyên lí Dirichlet luôn tồn tại hai đểm cùng dạng. Không mất tính tổng quát ta giả sử đó là hai điểm A và B

Khi đó S ABC =

1 ( x − x1 )( y 3 − y1 ) − ( x 3 − x1 )( y 2 − y1 )   2 2

Vì A và B cùng dạng nên x 2 − x1 ⋮ 2; y 2 − y1 ⋮ 2 Do đó S ABC =

1 ( x − x1 )( y 3 − y1 ) − ( x 3 − x1 )( y 2 − y1 )  là số nguyên  2 2

Vậy số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5.

= 60 o , BC = 2 3 cm. Bên trong tam giác này cho 13 Ví dụ 36. Cho tam giác nhọn ABC có BAC điểm bất kỳ. Chứng minh rằng trong 13 điểm ấy luôn tìm được 2 điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 1cm. Lời giải Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và M,

N, P lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB. Do tam giác ABC

= 60 0 nên nhọn nên O nằm trong tam giác ABC. Vì BAC

N P

= 60 0 , suy ra OA = OB = OC = MC = 2 . Vì O nằm MOC sin 60 0

G O

trong tam giác ABC và OM ⊥ BC, ON ⊥ AC, OP ⊥ AB .

C B

Suy ra tam giác ABC được chia thành 3 tứ giác ANOP, BMOP, CMON nội tiếp các đường tròn có đường kính 2 (đường kính lần lượt là OA, OB, OC). Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một trong 3 tứ giác này chứa ít nhất 5 điểm trong 13 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác ANOP. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của NA, AP, PO, ON và I là trung điểm OA, suy ra

IA = IP = IO = IN = 1 . Khi đó tứ giác ANOP được chia thành 4 tứ giác AEIF, FIGP, IGOH, IHNE nội tiếp các đường tròn có đường kính 1. Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại ít nhất một trong 4 tứ giác này chứa ít nhất 2 điểm trong 5 điểm đã cho, giả sử đó là tứ giác AEIF chứa 2 điểm X, Y trong số 13 điểm đã cho.

Vì X, Y nằm trong tứ giác AEIF nên X, Y nằm trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác này, do đó XY không lớn hơn đường kính đường tròn này, nghĩa là khoảng cách giữa X, Y không vượt quá 1. Ví dụ 36. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 3, BC = 4. a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật luôn tìm được hai điểm mà khoảng các của chúng không lớn hơn

b) Chứng minh rằng khẳng định ở câu a vẫn đúng nếu có đúng 6 điểm nằm trong hình chữ nhật ABCD. Lời giải a) Chia hình chữ nhật ABCD thành 6 hình chữ nhật có

kích thức 1x2. Vì 7 chia 6 dư 1 nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai điểm cùng nằm trong một hình chữ nhật. Gọi hai điểm đó là A’ và B’ khi đó ta được A' B' ≤ 12 + 2 2 = 5 . Do đó ta có khoảng cách giữa hai điểm A và B không vượt quá

b) Chia hình chữ nhật thành 5 hình đa giác như hình vẽ. Vì 6 chia 5 dư 1 nên theo nguyên lí Dirichlet luôn tồn tại hai điểm nằm trong cùng một đa giác. Gọi hai điểm đó là M và N. Ta dễ dàng chứng minh được

MN ≤ 5 . Do đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 67. Cho 13 điểm phân biệt nằm trong hay trên cạnh của một tam giác đều có cạnh bằng 6cm. Chứng minh răng luôn tồn tại hai điểm trong số 13 điểm đã cho mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá

3 cm . Lời giải

Chia tam giác đều ABC cạnh 6cm thành bốn tam

giác đều cạnh 3cm.Theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất P

bốn điểm thuộc cùng một tam giác đều canh 3cm. Giả sử có 4 điểm thuộc tam giác đều ADE cạnh 3cm.

M E

Chia tam giác đều ADE cạnh 3cm thành ba phần như hình vẽ(với M, N, P lần lượt là trung điểm của AE, ED, DA và O là trọng tâm tam giác ADE). Khi đó mỗi

phần của tam giác ADE là một tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính

3 cm .

Theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất hai điểm thuộc cùng một phần ,hai điểm này có khoảng cách không vượt quá

3 cm . Vậy ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 38. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn bán kính 2cm. Chứng minh rằng trong số 17 điểm

A1 ; A 2 ;...; A17 bất kỳ nằm trong tứ giác ABCD luôn có thể tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa hai điểm đó không lớn hơn 1cm. Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD.

B F

Khi đó ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Xét trường hợp điểm O nằm trong tứ

giác ABCD Gọi E, F, G, H lần lượt là hình chiếu vuông góc

K O M

của O trên AB, BC, CD và DA. Khi đó tứ giác AEOH, BEFO, CFOG và DGOH là

H D

bốn tứ giác này đều là tứ giác nội tiếp đường tròn bán kính 1cm. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong bốn tứ giác trên Có một tứ giác chứa ít nhất 5 điểm trong 17 điểm A 1 ; A 2 ;...; A 17 không mất tính tổng quát khi giả sử năm điểm A 1 ; A 2 ; A 3 ; A 4 ; A 5 nằm trong tứ giác AEOH. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEOH thì I là trung điểm của OA. Gọi K, L, M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của I trên AE, EO, OH và HA. Khi đó bốn tứ giác AKIN, ELIK, OLIM, HMIN đều là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính 1cm.

Theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất hai điểm trong năm điểm A1 ; A 2 ; A 3 ; A 4 ; A 5 nằm trong tứ giác AKIN hoặc tứ giác ELIK hoặc tứ giác OLIM hoặc tứ giác HMIN. Hai điểm này có khoảng cách không lớn hơn 1cm. Ta có điều phải chứng minh.

• Trường hợp 2: Xét trường hợp điểm O nằm trên cạch hoặc bên ngoài tứ giác ABCD. Khi đó chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta cũng được điều phải chứng minh. Ví dụ 39. Trên đường tròn cho 16 điểm được tô bởi một trong ba màu xanh hoặc đỏ hoặc vàng (mỗi điểm một màu). Mỗi đoạn thẳng nối hai điểm trong 16 điểm trên được tô màu tím hoặc nâu (mỗi đoạn thẳng một màu). Chứng minh rằng với mọi cách tô màu ta luôn chọn được một tam giác có ba đỉnh cùng màu và ba cạnh cùng màu. Lời giải Trên đường tròn 16 điểm tô bởi ba màu xanh hoặc đỏ

A F

hoặc vàng và do 16 = 3.5 + 1 nên theo nguyên lý Dirichlet ta có ít nhất 6 điểm cùng màu.

Giả sử 6 điểm đó là A, B, C, D, E cùng màu đỏ như hình vẽ. Nối AB, AC, AD, AE, AF ta được 5 đoạn thẳng tô bởi hai màu nên theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất 3 đoạn thẳng

D C

cùng màu. Giả sử AB, AC, AD có cùng màu nâu. Khi đó ta có các trường hợp sau.

• Trường hợp 1: Nếu một trong ba đoạn BC, BD hoặc CD có màu nâu thì ta có một tam giác có ba đỉnh màu đỏ và ba cạnh màu nâu.

• Trường hợp 2: Nếu cả ba đoạn BC, BD và CD được tô màu tím thì ta được tam giác BCD có ba đỉnh màu đỏ và ba cạnh màu tìm. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 40. Đặt 28 điểm vào tam giác đều cạnh 6 3 cm. Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm trong 28 đã cho khoảng cách không vượt quá 2cm. Lời giải

Chia tam giác đều ABC cạnh 6 3 cm thành

chín tam giác đều cạnh 2 3 cm. Theo nguyên lí

Dirichlet thì có ít nhất bốn điểm thuộc cùng một

M E

tam giác đều canh 2 3 cm. Giả sử có 4 điểm thuộc tam giác đều ADE cạnh 2 3 cm.

Chia tam giác đều ADE cạnh 2 3 cm thành ba phần như hình vẽ(với M, N, P lần lượt là trung

điểm của AE, ED, DA và O là trọng tâm tam giác ADE). Khi đó mỗi phần của tam giác ADE là một tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính 2 cm . Theo nguyên lí Dirichlet thì có ít nhất hai điểm thuộc cùng một phần, hai điểm này có khoảng cách không vượt quá 2 cm. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 41. Cho 33 điểm hình vuông có cạnh bằng 4, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Vẽ các đường tròn có bán kính bằng

2 và tâm là các điểm đã cho. Hỏi có hay không ba điểm trong

các điểm trên nằm trong phần chung của ba đường tròn có tâm chính là ba điểm trên. Lời giải Chia hình vuông đã cho thành 16 hình vuông, khi đó mỗi hình vuông nhỏ có cạnh bằng 1. Do 33 = 2.16 + 1 nên theo nguyên lí Dirichlet thì luôn tồn tại ba điểm cùng nằm trong một hình vuông. Giả sử ba điểm đó là A, B, C cùng nằm trong hình vuông MNPQ. Ta có đường chéo

MP = 2 và mọi điểm E thuộc hình vuông MNPQ đều có

2 = MP > AE . Khi đó đường tròn

( A; 2 ) sẽ phủ kín hình vuông MNPQ. Hoàn toàn tương tự thì các hình vuông ( B; 2 ) và ( C; 2 ) cũng sẽ phủ kín hình vuông MNPQ. Như vậy cả ba đường tròn trên cùng chứa hình vuông MNPQ. Từ đó ta được hình vuông MNPQ nằm trong phần chung của ba đường tròn trên. Mà ba điểm A, B, C cùng nằm trong hình vuông MNPQ nên chúng mằn trong phần chung của ba

(

)(

) (

)

đường tròn A; 2 , B; 2 và C; 2 . Ví dụ 42. Trong một bàn cờ 8x8 ta đánh giấu tất cả tâm của các ô. Tồn tại hay không 13 đường thẳng chia bàn cờ thành các phân sao cho mỗi phần chứa không quá một điểm được đánh dấu.

Lời giải Giả sử tồn tại 13 đường thẳng l1 ; l 2 ;...; l13 chia bàn cờ thành các phần sao cho mỗi phần chứa không quá một điểm được đánh dấu. Gọi tâm của 28 ô biên lần lượt là A 1 ; A 2 ; A 3 ; ...; A 28 . Và xét 28 đoạn thẳng A i A i +1 với i = 1; 2; ...; 28 , ta quy ước A 29 = A 1 . Dễ thấy mỗi đường thẳng trong 13 đường thẳng l1 ; l 2 ;...; l13 cắt không quá hai trong 28 đoạn thẳng A i A i +1 nói trên. Như vậy luôn tồn tại một đoạn thẳng tròn 28 đoạn thẳng trên không bị cắt bởi đường thẳng nào từ các đường thẳng đã cho. Giả sử đoạn thẳng đó là A i A j , khi đó hai điểm

A i và A j nằm trong cùng một phần. Điều này mâu thuẫn với giả sử ban đầu. Vậy không tồn tại 13 đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 43. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng sao cho đôi một không song song với nhau. Chứng minh rằng tồn tại góc giữa hai đường thẳng nào đó không lớn hơn

1800 . n

Lời giải Cho điểm O tùy ý trong mặt phẳng. Qua O vẽ n đường thẳng d1 ; d 2 ; d 3 ;...; d n lần lượt song song với n đường thẳng đã cho (ta luôn làm được điều này do n điểm đã cho đôi một không song song với nhau) Gọi α i là góc tạo bởi hai đường thẳng d i và d i +1 . Khi đó ta có 2 (α 1 + α 2 + α 3 + ... + α n ) = 360 0 nên ta được α 1 + α 2 + α 3 + ... + α n = 180 0 .

Từ đó theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một góc α j ≤

1800 . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. n

Ví dụ 44. Trong hình vuông có cạnh bằng 1 cho 33 điểm bất kì. Chứng minh rằng trong các điểm đã cho bao giờ cũng tìm được ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích không vượt quá

Lời giải

1 . 32

Chia mỗi cạnh hình vuông thành bốn

đoạn thẳng bằng nhau, khi đó ta được 16 G

1 hình vuông có diện tích bằng . Do có 16

G E

33 điểm nên theo nguyên lý Dirichlet thì

tồn tại ba điểm cũng nằm trong một hình vuông nhỏ có diện tích bằng

1 . 16

Không mất tính tổng quát ta giả sử ba điểm đó là G, E, F và hình vuông có diện tích bằng ba điểm đó là ABCD. Từ đó ta được S GEF ≤

1 chứa 16

1 S . Ta xét hai trường hợp sau: 2 ABCD

• Trường hợp 1: Tam giác GEF có một cạnh nằm trên một cạnh của hình vuông ABCD. Giả sử EF nằm trên CD. Kẻ GH vuông góc với CD tại H, ta có S GEF =

Mà ta có GH ≤ AD và EF ≤ CD nên ta được S GEF ≤

1 GH.EF . 2

1 1 1 AD.CD = S ABCD = . 2 2 32

• Trường hợp 2: Tam giác GEF không có cạnh nào nằm trên cạnh của hình vuông ABCD. Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt GF và BC lần lượt tại I và K. Hoàn toàn tơng tự như trên ta chứng minh được S EGI ≤

1 1 1 1 S AEKB ; S EFI ≤ S EDCK , do đó ta được S GEF ≤ S ABCD = . 2 2 2 32

Ví dụ 45. Trong hình vuông cạnh 12 chứa 2014 điểm.Chứng minh rằngluôn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho. Lời giải

Lấy J trên OF sao cho EJ = 11 . Ta thấy

= 6 = 3 ⇒ FEC = 600 sinFEC 2 4 3

Trên tia EC lấy K sao cho EK = EJ = 11 . Ta có tam giác

JEK đều cạnh 11. Ta đi chứng minh tam giác JEK phủ

I H

kín tứ giác OHCE. D

Gọi giáo điểm của JK với BC là I. Suy ra ta được

(

)

IC = KC 3 = 3 5 − 2 3 = 5 3 − 6 = 6 − 2 3 = CH Do CH < CI nên H nằm giữa C và I.Suy ra tam giác JEK phủ kín hoàn toàn tứ giác OHCE. Do vai trò của các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF, OFBH là như nhau.

 2014 

Áp dụng nguyên lý Dirichlet ta suy ra: luôn tồn tại   + 1 = 504 điểm trong 2014 điểm đã  4  cho nằm trong một trong các tứ giác OHCE, OEDG, OGAF hoặc OFBH. Vậy luôn tồn tại một tam giác đều cạnh 11 phủ kín 504 điểm trong 2014 điểm đã cho.

Ví dụ 46. Cho tam giác ABC vuông cân tại A có độ dài cạnh huyền bằng 2015. Trong tam giác ABC lấy ABC lấy 2031121 điểm phân biệt bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm có khoảng cách không lớn hơn 1.

Lời giải Chia cạnh huyền BC thành 2015 đoạn thẳng bằng nhau, mỗi đoạn thẳng có dộ dài bằng 1. Từ các điểm chia đó vẻ các đường thẳng song song với hai cạnh AB và AC ta được 2015 tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 1 và ( 2014 + 2013 +…+ 1) hình vuông có đường chéo bằng 1.

1 Do đó trong tam giác ABC có tất cả 2015 + 2014.2015 = 2031120 hình (vừa hình vuông có 2 đường chéo bằng 1 vừa tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 1). Như vây theo nguyên lý Dirchhlet thì trong 2031121 điểm sẽ tồn tại ít nhất hai điểm nằm trong một hình nào đó. Với hai điểm đó thì khoảng cách của nó không lớn hơn 1 Ví dụ 47. Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ nguyên, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao nhiêu tam giác có diện tích nguyên? Lời giải Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B ) , C ( x C ; y C ) thì

S ABC =

1 ( x − xA )( y B − y A ) − ( xB − xA )( y C − y A ) (1) 2 C

• Xét 9 điểm A, B, C, D, F, G, H, I có tọa độ nguyên thì tọa độ của mỗi điểm sẽ thuộc một trong các dạng sau: (chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ). Do đó theo nguyên lí Dirichlets tồn tại ít nhất

9   4  + 1 = 3 điểm thuộc cùng một dạng, tức là tọa độ cùng tính chẵn lẻ, giả sử đó là A, B, C.   • Với hai điểm A, B có tọa độ cùng tính chẵn lẻ thì y B − y A và x B − x A đều là số chẵn nên diện tích tam giác có cạnh AB đều nguyên (do(1)). Tương tự diện tích các tam giác có cạnh là AC, BC đều nguyên.

• Với mỗi 2 trong 3 điểm A, B, C kết hợp với 6 điểm còn lại thì được 6 tam giác có diện tích nguyên. Vậy có ít nhất 3.6 + 1 = 19 tam giác có diện tích nguyên. Ví dụ 48. Cho 19 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác mà đỉnh là ba trong 19 điểm trên có ít nhất một góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn bán kính nhỏ hơn

3 . 5

Lời giải Vẽ các đường chéo của lục giác đều. Các đường chéo này chia lục giác đều thành 6 tam giác bằng nhau mỗi cạnh tam giác có độ dài bằng 1. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 19 điểm luôn tồn tại bốn điểm nằm tròn một tam giác đều. Giả sử bốn điểm cùng nằm trong một tam giác đều là A, B, C, D. Ta xét các vị trí của bốn điểm A, B, C, D theo các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ giác

+B +C +D = 360 0 . lồi. Khi đó ta có A Như vậy trong bốn góc trên tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 90 0 , giả sử đó là góc A. Khi đó ta có

B D

CAB có + CAB ≤ 90 0 nên một trong hai góc DAC; DAC một góc không lớn hơn 450 . Như vậy một trong hai tam giác ADC và ABD có một góc

không lớn hơn 450 .

• Trường hợp 2: Trong bốn điểm A, B, C, D có một điểm nằn trong tam giác có ba đỉnh là ba điểm còn lại. Giả sử điểm D nằm trong tam giác ABC.

≥ 90 0 thì ta được DBC + DCB ≤ 90 0 nên một + Nếu BDC

DCB không lớn hơn 450 . Suy ra tam trong hai góc DBC; giác BCD thỏa mãn yêu cầu bài toán.

< 90 0 thì ta được BAC < 90 0 , do đó + Nếu BDC

+ BAD < 90 0 CAD

BAD không lớn hơn Từ đó ta được một trong hai góc CAD;

450 hay một trong hai tam giác ADC và ADB thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mạt khác ta giác đều có cạnh bằng một nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là

Mà

3 . 3

3 3 < nên ta có điều phải chứng minh. 3 5 BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Có 15 đội bóng tham dự giải vô địch quốc gia theo thể thức đấu vòng tròn một lượt. Chứng minh rằng tại bất kì thời điểm nào của giải ta luôn tìm được 2 đội có cùng số trận đấu bằng nhau tại thời điểm đó(có thể là 0 trận). Bài 2. Một bà mẹ chiều con nên ngày nào cũng cho con ăn ít nhất một chiếc kẹo. Để hạn chế, mỗi tuần bà cho con không ăn quá 12 chiếc kẹo. Chứng minh rằng trong một số ngày liên tiếp nào đó bà mẹ đã cho con tổng số 20 chiếc kẹo. Bài 3. Chứng minh rằng trong 2001 người bất kỳ, luôn có ít nhất hai người có số người quen bằng nhau(số người quen chỉ tính trong nhóm) Bài 4. Trong một thời gian nọ của một lớp học Toán có một nhóm gồm 5 học sinh mà cứ mỗi người trong nhóm này thì rơi vào trong trạng thái ngủ gục trong lớp đúng 2 lần. Với mỗi cặp học sinh, đều có cả hai cùng ngủ gục một lần. Chứng minh rằng tại một thời điểm nào đó có ba học sinh trong nhóm đó đồng thời ngủ gục . Bài 5. Có 5 người đấu cờ với nhau. Hãy xác định kết quả của tất cả các trận đấu nếu biết rằng mỗi người chơi một lần với 4 người kia và số điểm của mỗi người nhận được đều khác nhau. Ngoài ra: a) Người xếp thứ nhất không hoà trận nào.

b) Người xếp thứ nhì không thua trận nào. c) Người xếp thứ tư không thắng trận nào. Bài 6. Các học sinh được phát bài kiểm tra với mỗi môn một bài và trong n( n ≥ 3 ) môn học. Biết rằng với một môn học bất kỳ có đúng 3 học sinh đạt điểm tối ưu, còn với hai môn tuỳ ý thì có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả hai môn đó. Hãy xác định số n bé nhất sao cho từ các điều kiện trên có thể suy ra rằng có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả n môn học. Bài 7. Cho m máy tính và n máy in ( m > n ) mỗi sợi dây cáp chỉ nối được một máy tính và một máy in. Tại một thời điểm bất kỳ mỗi máy tính chỉ có thể điều khiển được một máy in và người lại mỗi máy in chỉ in được cho một máy tính. Hỏi phải dùng ít nhất là bao nhiêu sợi dây cáp để n máy tính bất kỳ có thể đồng thời in được? Bài 7. Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm nay có 529 học sinh đến từ 16 địa phương khác nhau tham dự. Giả sử điểm bài thi môn Toán của mỗi học sinh đều là số nguyên lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 học sinh có điểm môn Toán giống nhau và cùng đến từ một địa phương. Bài 8. Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, 3, … , 20. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a và b sao cho a + b là một số nguyên tố.

{

}

Bài 9. Cho tập hợp X = 1; 2; 3;...; 2024 . Chứng minh rằng trong 45 số khác nhau bất kỳ được lấy ra từ tập X luôn tồn tại hai số x, y sao cho x − y < 1 .

(

)

Bài 14. Cho một bảng có kích thước 2n × 2n ô vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kì của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này. Bài 15. Chứng minh rằng trong mọi đa giác lồi với số cạnh chẵn, tồn tại đường chéo không song song với một cạnh nào của đa giác. Bài 16. Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm. Chứng minh rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho. Bài 17.Giả sử 1 bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 ô vuông được sơn đen hoặc trắng. Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì, trong bàn cờ luôn tồn tại hình chữ nhật gồm các ô ở 4 góc là các ô cùng màu. Bài 18. Trong một tờ giấy hình vuông bằng giấy có cạnh bằng 12 cm có 31 lỗ kim châm. Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính 1 cm mà không chứa một lỗ kim châm nào. Bài 19.Cho hình tròn (C) có diện tích bằng 8, đặt 17 điểm phân biệt bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích bé hơn 1. Bài 20. Trong hình vuông cạnh bằng 15 đặt 20 hình vuông nhỏ cạnh bằng 1 và từng đôi một không cắt nhau. Chứng minh rằng trong hình vuông lớn có thể đặt một hình tròn bán kính 1 sao cho nó không cắt hình vuông nào. Bài 21.Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi một phân biệt mà diện tích của mỗi tam giác có 3 đỉnh thuộc tập S đều không lớn hơn 1 (quy ước nếu 3 điểm thẳng hàng thì diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm này bằng 0). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác T có diện tích không lớn hơn 1 chứa ít nhất 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm trong số 2017 điểm đó nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác T). Bài 22. Cho tam giác đều MNP có cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía trong tam giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm (với n là số nguyên dương). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho. Bài 23. Trên mặt phẳng cho 25 điểm phân biệt và trong ba điểm bất kì bao giờ cũng tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 điểm trong các điểm trên.

Bài 24. Cho điểm P nằm trong đa giác lồi 2n cạnh. Vẽ các đường thẳng đi qua P và mỗi đỉnh của đa giác. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được một cạnh của đa giác sao cho không một đường thẳng nào trong các đường thẳng trên có điểm chung với cạnh đó. Bài 25. Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn

3 . 4

Bài 26.Trong hình vuông cạnh bằng 1 cho 5 điểm bất kỳ. Chứng minh rằng, trong các điểm đã cho có thể tìm được 2 điểm sao cho khoảng cách giữa chúng không lớn hơn

2 2

= 600 và BC = 2 3cm . Bên trong tam giác này cho 2017 Bài 27. Cho tam giác nhọn ABC có BAC điểm bất kì. Chứng minh rằng trong 2017 điểm ấy luôn tìm được 169 điểm mà khoảng cách giữa hai điểm trong chúng không lớn hơn 1cm. Bài 28. Trên mặt phẳng cho năm điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng và không có bốn điểm nào thuộc cùng một đường tròn. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong năm điểm đã cho và hai điểm còn lại có đúng một điểm nằm bên trong đường tròn Bài 29. Trong hình chữ nhật có chiều dài và rộng lần lượt bằng 4 và 3 cho 49 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có các đỉnh thuộc 49 điểm trên mà diện tích nhỏ hơn

1 ⋅ 2

Bài 30. Trong tam giác đều có cạnh bằng 8 đặt 193 điểm phân biệt. Chứng minh tồn tại 2 điểm trong 193 điểm đã cho có khoảng cách không vượt quá

3 . 3

Bài 33. Có 6 đội bóng thi đấu với nhau(mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác). Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào. Bài 34. Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 (kể cả biên) chứa ít nhất 6 điểm trong số các điểm đã cho.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. Số lần gặp nhau mà mỗi đội có, có thể nhận 15 giá trị khác nhau: 0; 1; 2; …; 14. Trong trường hợp này không thể áp dụng nguyên tắc Dirichlet được vì số đội cũng là 15. Hai trường hợp 0 trận và 14 trận không thể xảy ra đồng thời vì nếu có một đội nào chưa đấu trận nào thì đồng thời không thể có một đội nào đó đã đấu hết 14 trận, ngược lại nếu có một đội đã đá 14 trận thì không thể có 1 đội chưa đá một trận nào. Vì vậy số lần gặp nhau mà mỗi đội đã thực hiện trong thực tế có thể nhận thêm 14 giá trị từ 0 đến 13 hoặc từ 1 đến 14. Khi đó theo nguyên tắc Dirichlet ta luôn có thể tìm được hai đội có cùng một số trận đấu . Bài 2. Xét 21 ngày liên tiếp kể từ một ngày thứ hai nào đó. Gọi S(n) là tổng số kẹo mà bà mẹ đã cho con tính đến ngày thứ n ( 1 ≤ n ≤ 21) . Ta có S ( m ) ≠ S ( n ) , ∀m ≠ n ( 1 ≤ m, n ≤ 21) và 1 ≤ S ( n ) ≤ 3.12 = 36 . Vì có 21 ngày và chú ý rằng 0 < S ( m ) − S ( n ) < 36 nên tồn tại m > 1 sao cho

S ( m ) ≡ S ( n )( mod 20 ) ⇒ S ( m ) − S ( n )⋮ 20 ⇒ S ( m ) − S ( n ) = 20 Như vậy từ ngày n + 1 đến ngày thứ m, bà mẹ đã cho con tổng cộng đúng 20 chiếc kẹo. Bài 3. Gọi số người quen của A i là a i , khi đó ta có 0 ≤ a i ≤ 2001 với 1 ≤ i ≤ 2001 . Xét các trường hợp:

• Tồn tại một người trong 2001 không quen ai, suy ra không có ai quen cả 2000 người còn lại trong nhóm. Khi đó đó ta có 0 ≤ a i ≤ 1999 với 1 ≤ i ≤ 2001 từ đó suy ra tồn tại hai số a k = a m với

1 ≤ k, m ≤ 2001 hay tồn tại hai người có số người quen bằng nhau • Mỗi người đều quen ít nhất một người suy ra, khi đó ta có 0 ≤ a i ≤ 2000 với 1 ≤ i ≤ 2001 từ đó suy ra tồn tại hai số a k = a m với 1 ≤ k, m ≤ 2001 hay tồn tại hai người có số người quen bằng nhau Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 4. Giả sử ngược lại rằng không hề có chuyện 3 học sinh đồng thời ngủ gục. Ta sẽ chứng minh điều này mâu thuẫn. Thật vậy, trong khoảng thời gian có hai người đồng thời ngủ gục, 3 người còn lại tỉnh táo. Theo đề bài, mỗi học sinh trong nhóm đều ngủ gục đúng hai lần nên một trong hai người(đang ngủ gục) sẽ có lúc lại ngủ gục với một trong 3 người còn lại. Như vậy nhiều nhất sẽ có tất cả là 9 khoảng thời gian diễn ra ngủ gục từng cặp. Nhưng nhóm này có 5 học sinh nên số cặp là học sinh có thể ra là 10, mà chỉ có nhiều lắm là 9 khoảng thời gian. Do vậy sẽ có ít nhất một cặp không đồng thời ngủ gục. Ta có điều mâu thuẫn. Bài 5. Theo điều kiện của bài ra ta thấy ngay người xếp thứ nhất thắng người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm và được tất cả 3 điễm. Còn người thứ nhì thắng người xếp thứ nhất. Người thứ nhì hòa trong các trận đấu với người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm và nhận 2,5 điểm. Những người còn lại chỉ nhận số điểm lớn nhất lần lượt là 2; 1; 5; 1. Ta chứng minh họ không thể nhận ít hơn. Thật vậy, vì có 5 người nên họ chơi tất cả 10 trận và nhận tất cả 10 điểm. Nhưng người xếp thứ nhất và thứ nhì đã nhận 5,5 điểm nên ba người còn lại nhận 4,5 điểm. Mặt khác

2 + 1, 5 + 1 = 4, 5 nên họ không thể nhận ít hơn. Như vậy, do người thứ tư không thắng trận nào nên anh ta hoàvới người xếp thứ ba và thứ năm. Còn lại người thứ ba thắng người thứ năm. Bài 6. Ta biểu thị mỗi học sinh bằng một điểm trong mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Nếu hai học sinh đạt điểm tối ưu ở một môn nào đó, ta nối hai điểm tương ứng lại với nhau. Khi đó, theo đề bài, mỗi môn học sẽ cho tương ứng duy nhất một tam giác vàbất cứ hai tam giác nào cũng có đúng một đỉnh chung. Chú ý rằng nếu như bốn tam giác có chung một đỉnh thì tất cả các tam giác đều có chung đỉnh đó, bởi vì nếu không thì tam giác thứ năm sẽ có chung đỉnh với mỗi một trong bốn tam giác đó. Như vậy tam giác thứ năm này sẽ có bốm đỉnh, điều này mâu thuẩn. Bây giờ nếu n ≥ 8 thì một tam giác sẽ có chung một đỉnh với mỗi một trong 7 tam giác còn lại. Theo nguyên lí Dirichlet thì một trong các đỉnh của nó sẽ có chung đỉnh với ít nhất ba tam giác khác, tức là tồn tại 4 tam giác có chung một đỉnh. Cuối cùng ví dụ sau đây chứng tỏ rằng trường hợp n = 7 không thỏa mãn đề bài. Trong bảng dưới đây ta dùng dấu chéo (×) để chỉ học sinh đạt điểm tối ưu ở môn học tương ứng

Học sinh

Môn học

III

IV V

x x

VI VII

x x

Như vậy giá trị nhỏ nhất của n là 8. Bài 7. Ta xét một cách nối thoả mãn đề bài như sau: Với n máy tính đầu tiên mỗi máy nối với một máy in, còn với m − n máy tính còn lại, mỗi máy nối với tất cả n máy in. Khi đó số dây cáp cần dùng trong cách nối này là S = n + n ( m – n ) = n ( m − n + 1) Ta sẽ chứng minh rằng nếu số dây cáp S < n ( m − n + 1) thì không thoả mãn điều kiện đầu bài. Thật vậy, nếu S < n ( m − n + 1) thì có ít nhất một máy in x nào đó được nối với không quá m − n máy tính. Từ đó suy ra rằng có m máy tín mà trong số đó có máy nào nối với máy in x, điều này có nghĩa là máy tính đó không thể nào đồng thời in được. Tóm lại số sợi dây cáp ít nhất cần phải dùng là S = n ( m − n + 1) Bài 7. Ta có 529 học sinh có điểm bài thi từ 5 điểm đến 10 điểm. Theo nguyên lý Dirichlet ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau (từ 5 điểm đến 10 điểm). Ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau và đến từ 16 địa phương. Theo nguyên lý Dirichlet tìm được 6 em có cùng điểm thi môn toán và đến từ cùng một địa phương.

Bài 8. Xét tập hợp {2; 4; 6; 8;10;12;14;16; 18; 20} , ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của tập hợp này đều không phải là số nguyên tố. Do đó k ≥ 11 , ta sẽ chứng minh k = 11 là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta chia tập hợp A = {1; 2; 3;...; 20} thành 10 cặp số sau:

( 1, 2 ) , ( 3,16 ) , ( 4,19 ) , ( 5,6 ) , ( 7,10 ) , ( 8,9 ) , (11, 20 ) , (12,17 ) , (13,18 ) , ( 14,15 ) Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố. Khi đó mỗi tập con của A có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc cùng vào một trong 10 cặp số trên. Suy ra trong A luôn có hai phần tử phân biệt có tổng là một số nguyên tố. Bài 9. Chia 2012 số 1; 2; 3;...; 2024 thành 44 đoạn gồm

 1; 3  ,  4; 8  ,...,  1936; 2024  . Các đoạn trên có dạng tổng quát là  k 2 ;       

( k + 1)

 − 1 

. Như vậy 45 số thuộc tập hợp X nằm trong 44 đoạn trên. Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số trong 45 số trên nằm trong cùng một đoạn. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y và



chúng nằm trong đoạn  k 2 ; 

Khi đó ta có x − y ≤

( k + 1)

 − 1 . 

− 1 − k2 <

( k + 1)

− k2 = k + 1 − k = 1 .

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

(

)

Bài 10. Đặt a = 313579 , khi đó ta được a,13579 = 1 . Xét a + 1 số có dạng 13579;13579 2 ;13579 3 ;...;13579a +1 . Chia a + 1 số trên cho a = 313579 ta được a + 1 số dư . Mà trong phép chia cho a thì có a số dư. Như vậy Trong a + 1 số dư như trên tồn tại hai số dư bằng nhau hay tong tại hai số trong dãy số trên có cùng số dư khi chia cho a. Giả sử hai số đó là 13579 m và 13579 p với m > p .

(

)

(

)

Khi đó ta được 13579 m − 13579 p ⋮ a hay 13579 p 13579 m − p − 1 ⋮ a .

(

)

(

)

Do ( a,13579 ) = 1 nên a,13579 p = 1 , suy ra 13579 m − p − 1 ⋮ a

(

)

Điều này có nghĩa là tông tại số có dạng 13579 n − 1 chia hết cho 313579 .

Bài 11.Lấy mỗi hạt vừng làm tâm dựng hình tròn bán kính 1 cm. Các hình tròn này nằm hoàn toàn trong hình vuông có cạnh 20cm thu được từ hình vuông đã cho bằng cách tịnh tiến bốn cạnh của nó một khoảng 1cm ra phía ngoài. Tổng diện tích của các hình tròn bán kính 1cm này là 128 π > 402,112 > 400. Do đó tổng diện tích các hình tròn này lớn hơn diện tích hình vuông cạnh 20 cm. Bài 12. Các đường trung bình của tam giác đều cạnh 1 sẽ chia nó ra làm 4 tam giác đều cạnh 0,5. Do đó trong một tam giác nhỏ đó có ít nhất 2 điểm đã cho, và các điểm đó không thể rơi vào các đỉnh của tam giác ABC.Vậy khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 0,5. Bài 13. Giả sử AB là đoạn thẳng có độ dài bằng 1, a và a’ là hai đường thẳng bất kì vuông góc với nhau. Gọi A’B’ và A”B” là các hình chiếu của AB lên a và a’. Khi đó ta có: A’B’ + A”B” ≥ AB hay

A’B’ + A”B” ≥ 1. Áp dụng vào bài toán ta gọi d” là đường thẳng bất kì vuông góc với d. Chiếu vuông góc tất cả 4n đoạn thẳng lên d và d”. từ (1) suy ra tổng độ dài hình chiếu của tất cả 4n đoạn thẳng không bé hơn 4n. Vì vậy, theo nguyên lí Dirichlet trong hai đường thẳng d và d” có ít nhất một đường thẳng mà tổng độ dài của hình chiếu các đoạn thằng lên nó không bé hơn 2n. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử đó là d. Mặt khác, mỗi đoạn thẳng đầu nằm trọn trong hình tròn bán kính n (đường kính 2n), nên hợp các hình chiếu của chúng trên d có độ dài không vượt quá 2n. Vì vậy, theo nguyên lí dirichlet trên d tồn tại ít nhất một điểm M thuộc vào hình chiếu của ít nhất hai đoạn thẳng trong số 4n đoạn thẳng đã cho. Gọi d’ là đường thẳng vuông góc với d tại M. Đường thẳng d’ chính là đường thẳng cần tìm. Bài 14. Chọn ra n hàng có chứa số ô được đánh dấu nhiều trên các hàng đó nhất. Ta chứng minh rằng các ô được đánh dấu còn nhỏ hơn hoặc bằng n.

Giả sử ngược lại không phải như vậy, tức là số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng n + 1 . Số các hàng còn lại chưa chọn là n. Vậy theo nguyên lí Dirichlet sẽ có ít nhất một hàng ( tỏng số n hàng còn lại) chứa ít nhất hai ô đã đánh dấu. Chú ý rằng theo cách chọn thì n hàng đã chọn có chứa số ô được đánh dấu nhiều trên các hàng đó nhất. Có một hàng còn lại chưa chọn có ít nhất hai ô đánh dấu, nên suy ra mọi hàng trong số n hàng đã chọn đều có ít nhất hai ô được chọn, tức là trên n hàng đã chọn có không ít hơn 2n ô đã được đánh dấu. Như vậy, số ô được đánh dấu lớn hơn hoặc bằng 2n + ( n + 1) ≥ 3n . Vô lí vì chỉ có 3n ô được đánh dấu. Vậy nhận xét được chứng mình. Như vậy, sau khi đã chọn ra n hàng(với cách chọn như trên), theo nhận xét còn lại có không quá n ô được đánh dấu. Vì thế cùng lắm là có n cột chứa chúng. Vì lẽ đó sẽ không thấy còn ô đánh dấu nào nằm ngoài các hàng hay cột được chọn.

Bài 15. Ta giả thiết rằng nếu một đa giác có n cạnh thì có

n ( n − 3) 2

đường chéo.

Xét một đa giác lồi bất kì với số cạnh là chẵn (đa giác lồi 2k cạnh với k ≥ 2 ).

Khi đó số đường chéo của nó là s =

(

)

(

)

2k ( 2k − 3 ) 2

(

)

Ta có s = k 2k – 3 = 2k k – 2 + k nên suy ra s > 2k k – 2 . Giả sử ngược lại đa giác này có tính chất mỗi đường chéo của nó đều song song với một cạnh nào đó của đa giác. Đa giác này có 2k cạnh, vì thế từ s > 2k ( k – 2 ) suy ra tồn tại ít nhất k − 1 đường chéo d1 ,d 2 ,d 3 ,...,d k −1 mà các đường chéo này cùng song song với một cạnh a nào đó của tam giác đã cho. Thật vậy, nếu ngược lại mỗi cạnh tối đa là song song k − 2 đường chéo thì tối đa ta chỉ có

k ( k − 2 ) đường chéo và s ≤ 2k ( k – 2 ) . Điều này mâu thuẫn với (1).

Như thế ta có k đường thẳng song song với nhau a,d1 ,d 2 ,d 3 ,...,d k −1 . Mặt khác đa giác đã cho là đa giác lồi nên các đường chéo d1 ,d 2 ,d 3 ,...,d k −1 cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ xác định cạnh a. Không mất tính tổng quát có thế cho d1 là đường chéo xa nhất đối với a. Ta có tất cả k đoạn thẳng phân biệt, nên mỗi đỉnh của đa giác đều là đầu mút của một đoạn nào đó trong k đoạn trên. Từ đó suy ra toàn bộ đa giác nằm hẳn về một nửa mặt phẳng xác định bởi d1 . Do d1 là đường chéo, nên điều này mâu thuẫn với tính lồi của đa giác. Vậy giả thiết phản chứng là sai. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 16. Chia mỗi cạnh của hình lập phương thành 13 phần bằng nhau. Như thể hình lập phương đã cho được chia thành 133 = 2197 hình lập phương nhỏ. Do 11000 > 5.2197 – 10985 , nên tồn tại ít nhất 1 hình lập phương nhỏ, mà hình lập phương này chứa ít nhất 6 điểm. Như đã biết, nếu gọi cạnh hình lâp phương bằng a, thì hình cầu ngoại tiếp có bán kính R với R =

Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ(cạnh của nó là

1 a 3. 2

15 ) được xác định là 13

1 15 1  15  1 675 1 R= 3= 3  = = 4 =1 2 13 2  13  2 169 2 Hình cầu bán kính R này dĩ nhiên chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho. Bài 17.Mẫu sơn màu có thể xảy ra với bàn cờ này có dạng từ 1 đến 8. Giả sử một trong số các cột thuộc dạng 1. Bài toán sẽ được chứng minh nếu tất cả các cột còn lại thuộc dạng 1, 2, 3 hoặc 4. Giả sử tất cả các cột còn lại thuộc dạng 5, 6, 7, 8. Khi đó theo nguyên lí Dirichlet 2 trong số 6 cột có 2 cột cùng 1 dạng và như vậy bài toán cũng được chứng minh. Chứng minh hoàn toàn tương tự nếu 1 cột có dạng 8. Giả sử không có cột nào trong các cột 1, 8 thì theo nguyên lí Dirichlet cũng có 2 cột cùng dạng và bài toán cũng đựơc chứng minh. Bài 18. Lấy mỗi lỗ kim là tâm dựng một hình tròn bán kính 1cm. Tổng diện tích của 31 hình tròn này sẽ là 31π nhỏ hơn diện tích của hình vuông cạnh 10 cm . Do đó phải có một điếm M trong hình vuông cạnh 10 cm(là hình vuông thu được từ hình vuông cạnh 12 cm đã cho bằng cách thu hẹp các chiều 1cm) và không nằm trong 31 hình tròn bán kính được dựng như đã trình bày ở trên.

Lấy điểm M làm tâm ta cắt một hình tròn bán kính 1cm, thì hình tròn này nằm hoàn toàn trong hình vuông đã cho có cạnh dài 12 cm và không chứa một lỗ kim châm nào cả. Bài toán tổng quát có thể được phát biểu như sau: Trong một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng b có a lỗ kim châm. (trong đó b > ar 2π ). Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính r cm mà không chứa một lỗ kim châm nào. Bài 19.Chia hình tròn thành (C) thành 8 hình quạt bằng nhau, mỗi hình quat có diện tích bằng 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình quạt (a) chứa 3 điểm trong số 17 điểm đã cho. Tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm đó nằm trọn trong hình quạt nên có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt, tức là bé hơn 1. Bài 20. Xét hình gồm tất cả các điểm cách hình vuông nhỏ cạnh 1 một khoảng không lớn hơn 1. Rõ ràng hình tròn bán kính 1 có tâm nằm ngoài hình đó nên không thể cắt hình vuông nhỏ. Diện tích hình đó bằng 5 + π . Tâm hình tròn cần tìm cũng cần phải cách các cạnh của hình vuông lớn hơn một khoảng lớn hơn 1, tức là ở bên trong hình vuông cạnh 13. Vì 20 ( 5 + π ) < 13 2 . Hình tròn có tâm tại điểm không bị phủ sẽ có tính chất thỏa mãn đề bài.

Bài 21. Gọi d là khoảng cách hai điểm A i , A j xa nhất trong tất cả các điểm thuộc tập hợp S. Giả sử A k có khoảng cách đến đường thẳng A i A j lớn nhất. Khi đó tam giác A i A j A k có

S Ai A jAk ≤ 1 và lớn nhất. Từ các điểm A i , A j và A k vẽ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác A i A j A k thì ta thu được bốn tam giác con bằng nhau và một tam giác lớn. Tam giác lớn có diện tích không vượt quá 4 đơn vị. Tam giác này chứa 8065 điểm đã cho. Vì 8065 : 4 = 2016 dư 1. Nên theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại một tam giác con chứa 2017 điểm thuộc tập hợp S thỏa mãn đề bài. Bài 22. Tam giác đều có cạnh bằng 2 cm thì diện tích bằng cm thì diện tích bằng

3 cm2 , tam giác đều có cạnh bằng 1

3 3 cm2 . Nếu tam giác đều có cạnh lớn hơn 1cm thì diện tích lớn hơn 4 4

cm2 Gọi t là số tam giác đều có cạnh lớn hơn hoặc bằng 1cm chứa được trong tam giác đều có cạnh 2 cm:

1 ≤ t < 4 (với t là số nguyên dương). Suy ra t max = 3 .

Theo nguyên lý Drichlet sẽ có 1 trong t tam giác đều có cạnh lớn hơn 1cm đó chứa tối đa 2 điểm thoả mãn khoảng cách giữa hai điểm bất kỳ luôn lớn hơn 1cm. Vậy số điểm thoả yêu cầu bài toán là 2 ≤ n ≤ 4 nên giá trị lớn nhất của n 4 Bài 23. Xét hai điểm A và B trong 25 điểm đã cho thỏa mãn điều kiện AB có độ dài lớn nhất. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Với AB < 1 . Khi đó mọi điểm C bất kì trong 25 điểm đã cho ta đều có AC ≤ AB < 1 . Suy ra toàn bộ 25 điểm trên cùng nằm trong đường tròn tâm A có bán kính bằng 1.

• Trường hợp 2: Với AB ≥ 1 . Khi đó xét điểm C trong số các điểm còn lại. Theo giả thiết với ba điểm A, B, C ta luôn có AC < 1 hoặc BC < 1 . Như vậy với các điểm còn lại có ít nhất 12 đoạn thẳng xuất phát từ A có độ dài nhỏ nhơn 1 hoặc có ít nhất 12 điểm xuất phát từ B có độ dài nhỏ hơn 1. Vẽ đường tròn tâm A bán kính bằng 1 hoặc đường tròn tâm B bán kính bằng 1. Suy ra đường tròn tâm A hoặc đường tròn tâm B chứa ít nhất 13 điểm tròn số các điểm đã cho. Từ đó bài toán được chứng minh. Bài 24. Xét đa giác lồi 2n cạnh A1 A 2 A 3 ...A 2n . Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Điểm P nằm trên một đường chéo của đa giác A1 A 2 A 3 ...A 2n . Khòn mất tình tổng quát ta giả sử P nằm trên đường chéo A i A j của đa giác. Khi đó hai đường thẳng PA i và PA j trùng nhau và không cắt phần trong của bất cứ cạnh nào của đa giác. Khi đó

2n − 2 chỉ cắt tối đa 2n − 2 cạnh của đa giác. Vậy có ít nhất hai cạnh của đa giác thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

• Trường hợp 2: Điểm P không nằm trên bất kì đường chéo nào của đa giác A1 A 2 A 3 ...A 2n . Vẽ đường chéo A1A n +1 , khi đó mỗi phía của đường chéo chứa n cạnh của đa giác. Không mất tính tổng quát ta giả sử điểm P nằm trong đa giác A 1A 2 A 3 ...A n +1 . Khi đó n + 1 đường thẳng

PA n +1 ; PA n + 2 ; PA n + 3 ;...; PA 2n không thể cắt các cạnh A n +1 A n + 2 ; A n + 2 A n + 2 ;...; A 2n A1 . Còn lại

n − 1 đường thẳng cắt phần trong tối đa của n − 1 cạnh trong n cạnh này. Như vậy tồn tại một trong n cạnh A n +1A n + 2 ; A n + 2 A n + 2 ;...; A 2n A1 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 25. Giả sử 19 điểm nằm trong tam giác đều ABC cạnh bằng 3. Chia tam giác ABC thành 9 tam giác đều, có cạnh bằng 1 (gọi là tam giác nhỏ). Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là S =

3 . Để ý là 4

19 = 2.9 + 1 Vì có 19 điểm nằm trong 9 tam giác nhỏ nên theo nguyên lý Dirichlets thì có ít nhất 3 điểm cùng thuộc một hình tam giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là I1 ,I 2 ,I 3 .

Khi đó tam giác ∆I 1I 2 I 3 nằm trong một tam giác nhỏ nên S ∆I I I ≤ 1 2 3

3 . 4

Bài 26. Chia hình vuông đã thành 4 hình vuông con. Dễ dàng tính được, cạnh của một hình vuông con là

1 2 và đường chéo là . Gieo 5 điểm đã cho vào hình vuông ban đầu, 5 điểm đó sẽ nằm 2 2

trong 4 hình vuông con. Theo nguyên tắc Dirichlets thì tồn tại 2 điểm nằm trong cùng một hình vuông. do đó khoảng cách giữa 2 điểm đó sẽ không lớn hơn đường chéo của hình vuông chứa nó, tức là không lớn hơn

2 . 2

Bài 27. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC. Kẻ OH, OK, OG lần lượt vuông góc với các cạnh AB, AC, BC. Dễ dàng chứng minh được các tứ giác AHOK, BHOG, KOGC nội tiếp các đường tròn đường kính OA = OB = OC = 2 cm . Ta có 2017 điểm nên theo nguyên lí Diriclet thì sẽ tồn tại một tứ giác có chứa ít nhất 673 điểm, giả sử đó là tứ giác OKCG. Xét tứ giác OKCG. Gọi I là trung điểm OC nên I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác OKCG Khi đó ta được IO = IK = IC = IG = 1 cm . Kẻ IM, IN, IP, IQ lần lượt vuông góc với OK, KC, CG, GO. Suy ra bốn tứ giác OMIQ, MKNI, INCP, PGQI nội tiếp các đường tròn đường kính bằng 1 cm mà có 673 điểm. Như vậy theo nguyên lí Diriclet thì sẽ tồn tại một tứ giác có chứa ít nhất 169 điểm, giả sử đó là tứ giác MKNI. Khi đó 169 điểm này sẽ thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác MKNI có đường kính IK = 1cm . Do đó khoảng cách 169 điểm này không lớn hơn 1cm

Bài 28. Giả sử 5 điểm đó là A, B, C, D, E. Vì trong năm điểm này không có ba điểm nào thẳng hàng nên ta tồn tại 2 điểm trong năm điểm đã cho sao cho đường thẳng đi

qua 2 điểm này chia mặt phẳng thành hai nửa mặt phẳng và 3 điểm còn lại nằm cùng về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng trên. Giả sử đó là 2 điểm A và B. Xét 3 góc sau

ADB;AEB . Khi đó do trong 5 điểm không có bốn điểm nào cùng thuộc một đường ACB; < ADB < AEB . Khi đó dễ tròn nên ta hoàn toàn có thể sắp thứ tự chúng như sau: ACB

thấy điểm E nằm bên trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB còn điểm C nằm bên ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ADB.(chứng minh đơn giản dựa theo cách tính số đo của góc có đỉnh nằm trong, nằm ngoài đường tròn) Bài 29. Chia hình chữ nhật 4 × 3 thành 24 hình chữ nhật

1 × 1 , mỗi hình chữ nhật có diện tích là 2

1 1 ⋅ Vì có 49 điểm nằm trong 24 hình chữ nhật nên tồn tại một hình chữ nhật × 1 chứa ít nhất 3 2 2 điểm trong 49 điểm đã cho. Tam giác có ba đỉnh là 3 điểm nằm trong hình chữ nhật này có diện tích nhỏ hơn

1 ⋅ 2

Bài 30. Chia mỗi cạnh của tam giác thành 8 đoạn thẳng bằng nhau. Nối các điểm chia đó bằng các đoạn thẳng song

song với các cạnh của tam giác. Ta được các tam giác đều O

có cạnh bằng 1 Số tam giác đều là 1 + 3 +…+ 15 = 8 2 = 64 Đặt ngẫu nhiên 193 điểm vào 64 tam giác này ( 193 : 64 = 3

B H

dư 1) Theo nguyên lí dirichlet thì sẽ có ít nhất 1 tam giác đều có ít nhất 4 điểm. Xét tam giác đều này, gọi G là trọng tâm của tam giác, từ G vẽ các đoạn thẳng vuông góc đến các cạnh, tạo thành 3 tứ giác bằng nha

Đặt ngẫu nhiên 4 điểm vào tam giác này theo nguyên lí Dirichlet sẽ có một tứ giác chứa ít nhất 2 điểm. Mà tứ giác này nội tiếp trong đường tròn đường kính GA nên khoảng cách của chúng d ≤ AG Mà ta có AH =

AB 3 2 2 AB 3 3 3 . Do đó d ≤ ⇒ GA = .AH = . = 2 3 3 2 3 3

Bài 31.Lấy 1 điểm A bất kì trong 403 điểm đó vẽ đường tròn tâm A bán kính 1.

+ Nếu 4032 điểm còn lại thuộc hình tròn thì bài toán được chứng minh.

+ Nếu tất cả 4032 điểm đó nằm ngoài hinh tròn thì ta lấy 1 điểm B bất kì trong số đó vẽ đường tròn tâm B bán kính 1. + Nếu 4031 điểm còn lại thuộc hình tròn thì bài toán được chứng minh. + Nếu trong đó có một điểm C không thuộc cả 2 hình tròn thì AC > 1; AB > 1; BC > 1 điều này trái với giả thiết đầu bài. Suy ra 4033 điểm đó phải thuộc hình tròn tâm A hoặc tâm B. Như vậy theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 1 hình tròn có bán kính 1 chứa ít nhất 2016 điểm Bài 32.Gọi 2015 điểm trên mặt phẳng lần lượt là A 1 ; A 2 ; A 3 : ...A 2015 . Vẽ các đường tròn tâm O bán kính lần lượt là OA1 ; OA 2 ; OA 3 ;...OA 2015 . Ta gọi điểm A1 gần điểm O hơn A j nếu OAi < OA j . Giả sử A1 là điểm gần O nhất thì ta có nhiều nhất 2015 đường tròn tâm OO. Vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau tại O thì hai đường thẳng đó sẽ chia mặt phẳng làm 4 phần. Từ 4 phần trên ở mỗi phần ta chọn điểm xa O nhất ở từng phần rồi từ 4 điểm ấy ta vẽ đường tròn theo yêu cầu đề bài thì 44 đường tròn ấy sẽ phủ kín toàn bộ 2015 điểm trên hoặc sẽ phủ hầu hết các điểm và vẫn còn một vài điểm chưa được phủ. Tuy nhiên các điểm chưa được phủ sẽ nằm trong vùng cắt của ba đường tròn. Khi đó từ một trong các điểm đó ta có thể vẽ một đường tròn bao phủ 2015 điểm còn lại. Bài 33. Giả sử 6 đội bóng đó là A, B, C, D, E, F. Xét đội A, theo nguyên lý Dirichlê ta suy ra A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất tính tổng quát ta giả sử A đã đấu với B, C, D. + Nếu B,C, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh. + Nếu B, C, D có hai đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A, B, C từng cặp đã đấu với nhau. Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào. Bài 34.Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp lục giác đều có cạnh bằng 2, khi đó (O) có bán kính

R = 2. Gọi ABCD là hình vuông ngoại tiếp (O). Cạnh của hình vuông này bằng 4. Chia hình vuông thành 16 hình vuông nhỏ, có cạnh bằng 1. Rõ ràng 16 hình vuông này chứa 81 điểm đã cho. Vì 81 = 16.5 + 1 nên theo nguyên lý Dirichlet sẽ tồn tại hình vuông cạnh bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số các điểm đã cho.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Có 15 đội bóng tham dự giải vô địch quốc gia theo thể thức đấu vòng tròn một lượt. Chứng minh rằng tại bất kì thời điểm nào của giải ta luôn tìm được 2 đội có cùng số trận đấu bằng nhau tại thời điểm đó(có thể là 0 trận). Bài 2. Một bà mẹ chiều con nên ngày nào cũng cho con ăn ít nhất một chiếc kẹo. Để hạn chế, mỗi tuần bà cho con không ăn quá 12 chiếc kẹo. Chứng minh rằng trong một số ngày liên tiếp nào đó bà mẹ đã cho con tổng số 20 chiếc kẹo. Bài 3. Chứng minh rằng trong 2001 người bất kỳ, luôn có ít nhất hai người có số người quen bằng nhau(số người quen chỉ tính trong nhóm) Bài 4. Trong một thời gian nọ của một lớp học Toán có một nhóm gồm 5 học sinh mà cứ mỗi người trong nhóm này thì rơi vào trong trạng thái ngủ gục trong lớp đúng 2 lần. Với mỗi cặp học sinh, đều có cả hai cùng ngủ gục một lần. Chứng minh rằng tại một thời điểm nào đó có ba học sinh trong nhóm đó đồng thời ngủ gục . Bài 5. Có 5 người đấu cờ với nhau. Hãy xác định kết quả của tất cả các trận đấu nếu biết rằng mỗi người chơi một lần với 4 người kia và số điểm của mỗi người nhận được đều khác nhau. Ngoài ra: a) Người xếp thứ nhất không hoà trận nào. b) Người xếp thứ nhì không thua trận nào. c) Người xếp thứ tư không thắng trận nào. Bài 6. Các học sinh được phát bài kiểm tra với mỗi môn một bài và trong n( n ≥ 3 ) môn học. Biết rằng với một môn học bất kỳ có đúng 3 học sinh đạt điểm tối ưu, còn với hai môn tuỳ ý thì có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả hai môn đó. Hãy xác định số n bé nhất sao cho từ các điều kiện trên có thể suy ra rằng có đúng 1 học sinh đạt điểm tối ưu cho mỗi môn trong cả n môn học. Bài 7. Cho m máy tính và n máy in ( m > n ) mỗi sợi dây cáp chỉ nối được một máy tính và một máy in. Tại một thời điểm bất kỳ mỗi máy tính chỉ có thể điều khiển được một máy in và người lại mỗi máy in chỉ in được cho một máy tính. Hỏi phải dùng ít nhất là bao nhiêu sợi dây cáp để n máy tính bất kỳ có thể đồng thời in được?

Bài 7. Kì thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Long An năm nay có 529 học sinh đến từ 16 địa phương khác nhau tham dự. Giả sử điểm bài thi môn Toán của mỗi học sinh đều là số nguyên lớn hơn 4 và bé hơn hoặc bằng 10. Chứng minh rằng luôn tìm được 6 học sinh có điểm môn Toán giống nhau và cùng đến từ một địa phương. Bài 8. Xét 20 số nguyên dương đầu tiên 1, 2, 3, … , 20. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất có tính chất: Với mỗi cách lấy ra k số phân biệt từ 20 số trên, đều lấy được hai số phân biệt a và b sao cho a + b là một số nguyên tố.

{

}

Bài 9. Cho tập hợp X = 1; 2; 3;...; 2024 . Chứng minh rằng trong 45 số khác nhau bất kỳ được lấy ra từ tập X luôn tồn tại hai số x, y sao cho x − y < 1 .

(

)

Bài 10. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn 13579 n − 1 chia hết cho 313579 . Bài 11.Trong một cái bát hình vuông cạnh 18 cm có 128 hạt vừng. Chứng minh rằng tồn tại hai hạt vừng có khoảng cách tới nhau nhỏ hơn 2 cm. Bài 12.Bên trong tam giác đều ABC cạnh 1 đặt 5 điểm. Chứng minh rằng tồn tại 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 0,5. Bài 13. Cho hình tròn có bán kính n, ở đây n là số nguyên dương. Trong hình tròn có 4n đoạn thẳng đều có độ dài bẳng 1. Cho trước một đường thẳng d. Chứng minh rằng tồn tại đường thẳng d’ hoặc song song với d, hoặc là vuông góc với d sao cho d’ cắt ít nhất hai đoạn thẳng đã cho. Bài 14. Cho một bảng có kích thước 2n × 2n ô vuông. Người ta đánh dấu vào 3n ô bất kì của bảng. Chứng minh rằng có thể chọn ra n hàng và n cột của bảng sao cho các ô được đánh dấu đều nằm trên n hàng và n cột này. Bài 15. Chứng minh rằng trong mọi đa giác lồi với số cạnh chẵn, tồn tại đường chéo không song song với một cạnh nào của đa giác. Bài 16. Một hình lập phương có cạnh bằng 15 chứa 11000 điểm. Chứng minh rằng có một hình cầu bán kính 1 chứa ít nhất 6 điểm trong số 11000 điểm đã cho. Bài 17.Giả sử 1 bàn cờ hình chữ nhật có 3x7 ô vuông được sơn đen hoặc trắng. Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì, trong bàn cờ luôn tồn tại hình chữ nhật gồm các ô ở 4 góc là các ô cùng màu.

Bài 18. Trong một tờ giấy hình vuông bằng giấy có cạnh bằng 12 cm có 31 lỗ kim châm. Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính 1 cm mà không chứa một lỗ kim châm nào. Bài 19.Cho hình tròn (C) có diện tích bằng 8, đặt 17 điểm phân biệt bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất ba điểm tạo thành một tam giác có diện tích bé hơn 1. Bài 20. Trong hình vuông cạnh bằng 15 đặt 20 hình vuông nhỏ cạnh bằng 1 và từng đôi một không cắt nhau. Chứng minh rằng trong hình vuông lớn có thể đặt một hình tròn bán kính 1 sao cho nó không cắt hình vuông nào. Bài 21.Trong mặt phẳng cho tập S gồm 8065 điểm đôi một phân biệt mà diện tích của mỗi tam giác có 3 đỉnh thuộc tập S đều không lớn hơn 1 (quy ước nếu 3 điểm thẳng hàng thì diện tích của tam giác tạo bởi 3 điểm này bằng 0). Chứng minh rằng tồn tại một tam giác T có diện tích không lớn hơn 1 chứa ít nhất 2017 điểm thuộc tập S (mỗi điểm trong số 2017 điểm đó nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác T). Bài 22. Cho tam giác đều MNP có cạnh bằng 2 cm. Lấy n điểm thuộc các cạnh hoặc ở phía trong tam giác đều MNP sao cho khoảng cách giửa hai điểm tuỳ ý lớn hơn 1 cm (với n là số nguyên dương). Tìm n lớn nhất thoả mãn điều kiện đã cho. Bài 23. Trên mặt phẳng cho 25 điểm phân biệt và trong ba điểm bất kì bao giờ cũng tìm được hai điểm có khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 chứa không ít hơn 13 điểm trong các điểm trên. Bài 24. Cho điểm P nằm trong đa giác lồi 2n cạnh. Vẽ các đường thẳng đi qua P và mỗi đỉnh của đa giác. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được một cạnh của đa giác sao cho không một đường thẳng nào trong các đường thẳng trên có điểm chung với cạnh đó. Bài 25. Cho 19 điểm phân biệt nằm trong một tam giác đều có cạnh bằng 3, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tìm được một tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 19 điểm đã cho mà có diện tích không lớn hơn

3 . 4

2 2

1 ⋅ 2

Bài 30. Trong tam giác đều có cạnh bằng 8 đặt 193 điểm phân biệt. Chứng minh tồn tại 2 điểm trong 193 điểm đã cho có khoảng cách không vượt quá

3 . 3

Bài 31.Trên cùng một mặt phẳng cho 4033 điểm, biết rằng 3 điểm bất kì trong 4033 điểm trên luôn chọn được hai điểm có khoảng cách nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong các điểm nói trên có ít nhất 2016 điểm nằm trong đường tròn bán kính 1. Bài 32. Trong mặt phẳng cho 2015 điểm. Mỗi điểm là tâm một đường tròn đi qua một điểm cố định O. Chứng minh rằng từ những hình tròn tạo ra có thể chọn được 5 hình tròn mà chúng phủ tất cả 2015 điểm. Bài 33. Có 6 đội bóng thi đấu với nhau(mỗi đội phải đấu 1 trận với 5 đội khác). Chứng minh rằng vào bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào. Bài 34. Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 (kể cả biên) chứa ít nhất 6 điểm trong số các điểm đã cho.

HƯỚNG DẪN GIẢI

Bài 1. Số lần gặp nhau mà mỗi đội có, có thể nhận 15 giá trị khác nhau: 0; 1; 2; ………..; 14. Trong trường hợp này không thể áp dụng nguyên tắc Dirichlet được vì số đội cũng là 15. Hai trường hợp 0 trận và 14 trận không thể xảy ra đồng thời vì nếu có một đội nào chưa đấu trận nào thì đồng thời không thể có một đội nào đó đã đấu hết 14 trận, ngược lại nếu có một đội đã đá 14 trận thì không thể có 1 đội chưa đá một trận nào. Vì vậy số lần gặp nhau mà mỗi đội đã thực hiện trong thực tế có thể nhận thêm 14 giá trị từ 0 đến 13 hoặc từ 1 đến 14. Khi đó theo nguyên tắc Dirichlet ta luôn có thể tìm được hai đội có cùng một số trận đấu . Bài 2. Xét 21 ngày liên tiếp kể từ một ngày thứ hai nào đó. Gọi S(n) là tổng số kẹo mà bà mẹ đã cho con tính đến ngày thứ n ( 1 ≤ n ≤ 21) . Ta có S ( m ) ≠ S ( n ) , ∀m ≠ n ( 1 ≤ m, n ≤ 21) và 1 ≤ S ( n ) ≤ 3.12 = 36 . Vì có 21 ngày và chú ý rằng 0 < S ( m ) − S ( n ) < 36 nên tồn tại m > 1 sao cho

1 ≤ k, m ≤ 2001 hay tồn tại hai người có số người quen bằng nhau

• Mỗi người đều quen ít nhất một người suy ra, khi đó ta có 0 ≤ a i ≤ 2000 với 1 ≤ i ≤ 2001 từ đó suy ra tồn tại hai số a k = a m với 1 ≤ k, m ≤ 2001 hay tồn tại hai người có số người quen bằng nhau Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 4. Giả sử ngược lại rằng không hề có chuyện 3 học sinh đồng thời ngủ gục. Ta sẽ chứng minh điều này mâu thuẫn. Thật vậy, trong khoảng thời gian có hai người đồng thời ngủ gục, 3 người còn lại tỉnh táo. Theo đề bài, mỗi học sinh trong nhóm đều ngủ gục đúng hai lần nên một trong hai người(đang ngủ gục) sẽ có lúc lại ngủ gục với một trong 3 người còn lại. Như vậy nhiều nhất sẽ có tất cả là 9 khoảng thời gian diễn ra ngủ gục từng cặp. Nhưng nhóm này có 5 học sinh nên số cặp là học sinh có thể ra là 10, mà chỉ có nhiều lắm là 9 khoảng thời gian. Do vậy sẽ có ít nhất một cặp không đồng thời ngủ gục. Ta có điều mâu thuẫn. Bài 5. Theo điều kiện của bài ra ta thấy ngay người xếp thứ nhất thắng người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm và được tất cả 3 điễm. Còn người thứ nhì thắng người xếp thứ nhất. Người thứ nhì hoà trong các trận đấu với người xếp thứ ba, thứ tư, thứ năm và nhận 2,5 điểm. Những người còn lại chỉ nhận số điểm lớn nhất lần lượt là 2; 1; 5; 1. Ta chứng minh họ không thể nhận ít hơn. Thật vậy, vì có 5 người nên họ chơi tất cả 10 trận và nhận tất cả 10 điểm. Nhưng người xếp thứ nhất và thứ nhì đã nhận 5,5 điểm nên ba người còn lại nhận 4,5 điểm. Mặt khác

Cuối cùng ví dụ sau đây chứng tỏ rằng trường hợp n = 7 không thỏa mãn đề bài. Trong bảng dưới đây ta dùng dấu chéo (×) để chỉ học sinh đạt điểm tối ưu ở môn học tương ứng

Học sinh

Môn học

III

IV V

x x

VI VII

x x

Ta có 89 học sinh có điểm bài thi như nhau và đến từ 16 địa phương. Theo nguyên lý Dirichlet tìm được 6 em có cùng điểm thi môn toán và đến từ cùng một địa phương. Bài 8. Xét tập hợp {2; 4; 6; 8;10;12;14;16; 18; 20} , ta thấy tổng của hai phần tử bất kì của tập hợp này đều không phải là số nguyên tố. Do đó k ≥ 11 , ta sẽ chứng minh k = 11 là số nhỏ nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Thật vậy, ta chia tập hợp A = {1; 2; 3;...; 20} thành 10 cặp số sau:

(1, 2 ) , ( 3,16 ) , ( 4,19 ) , ( 5,6 ) , ( 7,10 ) , ( 8,9 ) , (11, 20 ) , (12,17 ) , (13,18 ) , (14,15 ) Tổng của hai số trong mỗi cặp số trên là số nguyên tố. Khi đó mỗi tập con của A có 11 phần tử thì tồn tại ít nhất hai phần tử thuộc cùng vào một trong 10 cặp số trên. Suy ra trong A luôn có hai phần tử phân biệt có tổng là một số nguyên tố. Bài 9. Chia 2012 số 1; 2; 3;...; 2024 thành 44 đoạn gồm  1; 3  ,  4; 8  ,...,  1936; 2024  .





Các đoạn trên có dạng tổng quát là  k 2 ; 

( k + 1)

 







 − 1 . 

Như vậy 45 số thuộc tập hợp X nằm trong 44 đoạn trên. Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai số trong 45 số trên nằm trong cùng một đoạn. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai số đó là x, y và



chúng nằm trong đoạn  k 2 ; 

Khi đó ta có x − y ≤

( k + 1)

 − 1 . 

− 1 − k2 <

( k + 1)

− k2 = k + 1 − k = 1 .

Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 10. Đặt a = 313579 , khi đó ta được ( a,13579 ) = 1 . Xét a + 1 số có dạng 13579; 13579 2 ;13579 3 ; ...;13579a +1 . Chia a + 1 số trên cho a = 313579 ta được a + 1 số dư . Mà trong phép chia cho a thì có a số dư. Như vậy Trong a + 1 số dư như trên tồn tại hai số dư bằng nhau hay tong tại hai số trong dãy số trên có cùng số dư khi chia cho a. Giả sử hai số đó là 13579 m và 13579 p với m > p .

(

)

(

)

Khi đó ta được 13579 m − 13579 p ⋮ a hay 13579 p 13579 m − p − 1 ⋮ a .

(

)

(

)

Do ( a,13579 ) = 1 nên a,13579 p = 1 , suy ra 13579 m − p − 1 ⋮ a

(

)

Điều này có nghĩa là tông tại số có dạng 13579 n − 1 chia hết cho 313579 . Bài 11.Lấy mỗi hạt vừng làm tâm dựng hình tròn bán kính 1 cm. Các hình tròn này nằm hoàn toàn trong hình vuông có cạnh 20cm thu được từ hình vuông đã cho bằng cách tịnh tiến bốn cạnh của nó một khoảng 1cm ra phía ngoài. Tổng diện tích của các hình tròn bán kính 1cm này là 128 π > 402,112 > 400. Do đó tổng diện tích các hình tròn này lớn hơn diện tích hình vuông cạnh 20 cm. Bài 12. Các đường trung bình của tam giác đều cạnh 1 sẽ chia nó ra làm 4 tam giác đều cạnh 0,5. Do đó trong một tam giác nhỏ đó có ít nhất 2 điểm đã cho, và các điểm đó không thể rơi vào các đỉnh của tam giác ABC.Vậy khoảng cách giữa hai điểm đó nhỏ hơn 0,5. Bài 13. Giả sử AB là đoạn thẳng có độ dài bằng 1, a và a’ là hai đường thẳng bất kì vuông góc với nhau. Gọi A’B’ và A”B” là các hình chiếu của AB lên a và a’. Khi đó ta có: A’B’ + A”B” ≥ AB hay

Bài 15. Ta giả thiết rằng nếu một đa giác có n cạnh thì có

n ( n − 3) 2

đường chéo.

Xét một đa giác lồi bất kì với số cạnh là chẵn (đa giác lồi 2k cạnh với k ≥ 2 ).

Khi đó số đường chéo của nó là s =

(

)

(

)

2k ( 2k − 3 ) 2

(

)

k ( k − 2 ) đường chéo và s ≤ 2k ( k – 2 ) . Điều này mâu thuẫn với (1).

Vì thế hình cầu ngoại tiếp hình lập phương nhỏ(cạnh của nó là

1 a 3. 2

15 ) được xác định là 13

Lấy điểm M làm tâm ta cắt một hình tròn bán kính 1cm, thì hình tròn này nằm hoàn toàn trong hình vuông đã cho có cạnh dài 12 cm và không chứa một lỗ kim châm nào cả. Bài toán tổng quát có thể được phát biểu như sau: Trong một tờ giấy hình vuông có cạnh bằng b có a lỗ kim châm. (trong đó b > ar 2π ). Chứng minh rằng ta vẫn có thể cắt từ tờ giấy này ra một hình tròn có bán kính r cm mà không chứa một lỗ kim châm nào. Bài 19.Chia hình tròn thành (C) thành 8 hình quạt bằng nhau, mỗi hình quat có diện tích bằng 1. Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại ít nhất một hình quạt (a) chứa 3 điểm trong số 17 điểm đã cho. Tam giác có 3 đỉnh là 3 điểm đó nằm trọn trong hình quạt (a) nên có diện tích nhỏ hơn diện tích hình quạt, tức là bé hơn 1. Bài 20. Xét hình gồm tất cả các điểm cách hình vuông nhỏ cạnh 1 một khoảng không lớn hơn 1. Rõ ràng hình tròn bán kính 1 có tâm nằm ngoài hình đó nên không thể cắt hình vuông nhỏ. Diện tích hình đó bằng 5 + π . Tâm hình tròn cần tìm cũng cần phải cách các cạnh của hình vuông lớn hơn một khoảng lớn hơn 1, tức là ở bên trong hình vuông cạnh 13. Vì 20 ( 5 + π ) < 13 2 . Hình tròn có tâm tại điểm không bị phủ sẽ có tính chất thỏa mãn đề bài.

3 cm2 , tam giác đều có cạnh bằng 1

3 3 cm2 . Nếu tam giác đều có cạnh lớn hơn 1cm thì diện tích lớn hơn 4 4

cm2 Gọi t là số tam giác đều có cạnh lớn hơn hoặc bằng 1cm chứa được trong tam giác đều có cạnh 2 cm:

1 ≤ t < 4 (với t là số nguyên dương). Suy ra t max = 3 .

2n − 2 chỉ cắt tối đa 2n − 2 cạnh của đa giác. Vậy có ít nhất hai cạnh của đa giác thỏa mãn yêu cầu của bài toán.

PA n +1 ; PA n + 2 ; PA n + 3 ;...; PA 2n không thể cắt các cạnh A n +1 A n + 2 ; A n + 2 A n + 2 ;...; A 2n A1 . Còn lại

Bài 25. Giả sử 19 điểm nằm trong tam giác đều ABC cạnh bằng 3. Chia tam giác ABC thành 9 tam giác đều, có cạnh bằng 1 (gọi là tam giác nhỏ) như hình vẽ.

Mỗi tam giác nhỏ có diện tích là S =

3 . Để ý là 19 = 2.9 + 1 4

Vì có 19 điểm nằm trong 9 tam giác nhỏ nên theo nguyên lý Dirichlets thì có ít nhất 3 điểm cùng thuộc một hình tam giác nhỏ. Giả sử 3 điểm đó là I1 ,I 2 ,I 3 .

Khi đó tam giác ∆I 1I 2 I 3 nằm trong một tam giác nhỏ nên S ∆I I I ≤ 1 2 3

3 . 4

Bài 26. Chia hình vuông đã thành 4 hình vuông con. Dễ dàng tính được, cạnh của một hình vuông con là

1 2 và đường chéo là . Gieo 5 điểm đã cho vào hình vuông ban đầu, 5 điểm đó sẽ nằm 2 2

trong 4 hình vuông con. Theo nguyên tắc Dirichlets thì tồn tại 2 điểm nằm trong cùng một hình vuông. Và do đó khoảng cách giữa 2 điểm đó sẽ không lớn hơn đường chéo của hình vuông chứa nó, tức là không lớn hơn

2 . 2

1 × 1 , mỗi hình chữ nhật có diện tích là 2

1 ⋅ 2

Bài 30. Chia mỗi cạnh của tam giác thành 8 đoạn thẳng bằng nhau. Nối các điểm chia đó bằng các đoạn thẳng song

song với các cạnh của tam giác. Ta được các tam giác đều O

có cạnh bằng 1

Số tam giác đều là 1 + 3 +…+ 15 = 8 2 = 64 C

B H

Đặt ngẫu nhiên 193 điểm vào 64 tam giác này ( 193 : 64 = 3 dư 1) Theo nguyên lí dirichlet thì sẽ có ít nhất 1 tam giác đều có ít nhất 4 điểm. Xét tam giác đều này, gọi G là trọng tâm của tam giác, từ G vẽ các đoạn thẳng vuông góc đến các cạnh, tạo thành 3 tứ giác bằng nhau

AB 3 2 2 AB 3 3 3 ⇒ GA = .AH = . = . Do đó d ≤ 2 3 3 2 3 3

Bài 31.Lấy 1 điểm A bất kì trong 403 điểm đó vẽ đường tròn tâm A bán kính 1.

+ Nếu 4032 điểm còn lại thuộc hình tròn thì bài toán được chứng minh. + Nếu tất cả 4032 điểm đó nằm ngoài hinh tròn thì ta lấy 1 điểm B bất kì trong số đó vẽ đường tròn tâm B bán kính 1. + Nếu 4031 điểm còn lại thuộc hình tròn thì bài toán được chứng minh. + Nếu trong đó có một điểm C không thuộc cả 2 hình tròn thì AC > 1; AB > 1; BC > 1 điều này trái với giả thiết đầu bài. Suy ra 4033 điểm đó phải thuộc hình tròn tâm A hoặc tâm B. Như vậy theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 1 hình tròn có bán kính 1 chứa ít nhất 2016 điểm Bài 32.Gọi 2015 điểm trên mặt phẳng lần lượt là A 1 ; A 2 ; A 3 : ...A 2015 .

Vẽ các đường tròn tâm O bán kính lần lượt là OA1 ; OA 2 ; OA 3 ;...OA 2015 . Ta gọi điểm A1 gần điểm O hơn A j nếu OAi < OA j Giả sử A1 là điểm gần O nhất thì ta có nhiều nhất 2015 đường tròn tâm OO. Vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau tại O thì hai đường thẳng đó sẽ chia mặt phẳng làm 4 phần. Từ 4 phần trên ở mỗi phần ta chọn điểm xa O nhất ở từng phần rồi từ 4 điểm ấy ta vẽ đường tròn theo yêu cầu đề bài thì 44 đường tròn ấy sẽ phủ kín toàn bộ 2015 điểm trên hoặc sẽ phủ hầu hết các điểm và vẫn còn một vài điểm chưa được phủ. Tuy nhiên các điểm chưa được phủ sẽ nằm trong vùng cắt của ba đường tròn. Khi đó từ một trong các điểm đó ta có thể vẽ một đường tròn bao phủ 2015 điểm còn lại. Bài 33. Giả sử 6 đội bóng đó là A, B, C, D, E, F. Xét đội A, theo nguyên lý Dirichlê ta suy ra A phải đấu hoặc không đấu với ít nhất 3 đội khác. Không mất tính tổng quát ta giả sử A đã đấu với B, C, D. + Nếu B,C, D từng cặp chưa đấu với nhau thì bài toán được chứng minh. + Nếu B, C, D có hai đội đã đấu với nhau, ví dụ B và C thì 3 đội A, B, C từng cặp đã đấu với nhau. Như vậy bất cứ lúc nào cũng có 3 đội trong đó từng cặp đã đấu với nhau hoặc chưa đấu với nhau trận nào.

Bài 34.Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp lục giác đều có cạnh bằng 2, khi đó (O) có bán kính

Chủ đề 2 CÁC BÀI TOÁN ỨNG DỤNG NGUYÊN LÝ CỰC HẠN I. Nguyên lý cực hạn Nguyên lí cực hạn được phát biểu đơn giản như sau: Nguyên lí 1: Trong một tập hữu hạn và khác rỗng các số thực luôn luôn có thể chọn được số bé nhất và số lớn nhất.

Nguyên lí 2: Trong một tập khác rỗng các số tự nhiên luôn luôn có thể chọn được số bé nhất. Sử dụng nguyên lí cực hạn là một phương pháp được vận dụng cho nhiều lớp bài toán khác, đặc biệt nó có ích khi giải các bài toán tổ hợp. Trong quá trình tìm kiếm lời giải nhiều bài toán, sẽ rất có lợi nếu chúng ta xem xét các phần tử biên, phần tử giới hạn nào đó, tức là phần tử mà tại đó mỗi đại lượng hình học cá thể nhận giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất, chẳng hạn như cạnh lớn nhất, cạnh nhỏ nhất của một tam giác, góc lớn nhất hoặc góc nhỏ nhất của một đa giác …. Những tính chất của các phần từ biên, phần tử giới hạn nhiều khi giúp chúng ta tìm kiếm được lời giải thu gọn của bài toán. Nguyên lí cực hạn thường được sử dụng kết hợp với các phương pháp khác, đặc biệt là phương pháp phản chứng, được vận dụng trong trong trường hợp tập các giá trị cần khảo sát chỉ tập hợp hữu hạn( nguyên lí 1) hoặc có thể có vô hạn nhưng tồn tại một phần tử lớn nhất hoặc nhỏ nhất (nguyên lí 2). Khi vận dụng nguyên lí này, ta phải tiến hành các bước sau:

• Bước 1. Chứng minh rằng trong tất cả các giá trị cần khảo sát luôn tồn tại giá trị lớn nhất hoặc giá trị nhỏ nhất.

• Bước 2. Xét bài toán trong trường hợp riêng khi nó nhận giá trị này (nhỏ nhất hoặc lớn nhất) • Bước 3. Chỉ ra một mâu thuẫn, chỉ ra một giá trị còn nhỏ hơn (hay lớn hơn) giá trị ta đang khảo sát . Theo nguyên lí của phương pháp phản chứng, ta sẽ suy ra điều phải chứng minh. II. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Chứng minh rằng bốn hình tròn đường kính là bốn cạnh của một tự giác lồi thì phủ kín miền tứ giác ABCD. Lời giải

Lấy M là một điểm tùy ý của tứ giác lồi ABCD. Có hai

khả năng xảy ra:

• Nếu M nằm trên biên của đa giác (tức M nằm trên

một cạnh của tứ giác ABCD). Khi đó M nằm trong hình

tròn có đường kính là cạnh ấy. Trong trường hợp này

kết luận của bài toán hiển nhiên đúng.

• Nếu M nằm bên trong tứ giác lồi ABCD . + BMC + CMD + DMA = 360 0 Khi đó ta có AMB Theo nguyên lí cực hạn thì trong các góc

BMC, CMD, DMA luôn tồn tại một góc có số AMB, đo lớn nhất.

= AMB, BMC,CMD, DMA . Khi đó BMC ≥ 90 0 Giả sử MaxBMC

{

}

Từ đó suy ra M nằm trong (hoặc cùng lắm là nằm trên) đường tròn đường kính BC. Vậy dĩ nhiên M bị phủ bởi đường tròn này. Như thế do M là điểm tùy ý của tứ giác ABCD, ta suy ra bốn hình tròn nói trên phủ kín tứ giác lồi đã cho. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho 2011 đường thẳng phân biệt, trong đó ba đường thẳng bất kì trong số chúng thì đồng quy. Chứng minh rằng cả 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm. Lời giải A K

l B

Ta sẽ đi giải quyết bài toán bằng phương pháp phản chứng: Giả sử ngược lại các đường thẳng đã cho không đi qua một điểm. Ta xét các giao điểm tạo nên bởi 2011 đường thẳng đã cho. Xét tất cả các khoảng cách khác 0 hạ từ các giao điểm này tới các đường thẳng đã cho. Giả sử A là một giao điểm trong số đó và gọi AQ là khoảng cách nhỏ nhất trong số đó vẽ từ A đến ℓ đường thẳng ℓ trong số 2011 đường thẳng. Qua A theo giải thiết, phải có ít nhất là 3 đường thẳng, và 3

đường thẳng này cả ℓ lần lượt tại B, C và D. Vẽ AQ vuông góc với ℓ , thì hai trong ba điểm B, C, D phải nằm cùng một phía của điểm Q, chẳng hạn là C và D. Không mất tính tổng quát, giả sử

QC < QD . Vẽ CP vuông góc với AD và QK vuông góc với AD. Suy ra CP < QK < AQ . Điều này là vô lý vì trái với giả thiết giả sử AQ là khoảng cách bé nhất. Điều vô lí trên chứng tỏ rằng 2011 đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm. Ví dụ 3. Một nước có 80 sân bay mà khoảng cách giữa hai sân bay nào cũng khác nhau. Mỗi máy bay cất cánh từ một sân bay và bay đến sân bay nào gần nhất. Chứng minh rằng trên bất kỳ sân bay nào cũng không thể có quá 5 máy bay đến. Lời giải Từ giả thiết suy ra nếu các máy bay từ các sân bay M và N đến sân bay O thì khoảng cách MN là

> 60 0 . lớn nhất trong các cạnh của tam giác MON, do đó ta được MON Giả sử rằng các máy bay bay từ các sân bay M1 ; M 2 ; M 3 ; M 4 ;...; M n đến sân bay O thì một trong

360 0 các góc M không lớn hơn với i, j, n ∈ {1;2;3;4;5;...;80} vì tổng các góc đã cho bằng ON i j n

360 0 . Như vậy ta có

3600 > 600 do đó n < 6 . Suy ra điều phải chứng minh. n

Ví dụ 4. Trong tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy một điểm P bất kì trong tam giác. Chứng minh khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các đỉnh A, B, C của tam giác không nhỏ hơn 2 lần khoảng cách bé nhất trong các khoảng cách từ điểm P đến các cạnh của tam giác đó. Lời giải Dựng PA1 ,PB1 ,PC1 tương ứng vuông góc với các

cạnh BC, CA, AB. Vì tam giác ABC có ba góc nhọn nên A1

các điểm A1 , B1 ,C1 tương ứng nằm trong đoạn BC, CA

và AB.

Nối PA, PB, PC ta có B

+C +A +B APC PB + BPA PC + CPB PA = 360 0 1 1 1 1 1 1

Suy ra góc lớn nhất trong 6 góc này không thế nhỏ hơn

60 0 . là lớn nhất, khi đó APC ≥ 60 0 .Xét ∆APC vuông tại Không mất tính tổng quát, ta giả sử APC 1 1 1 C 1 , khi đó ta có

PC1 ≤ cos600 = 1 = cosAPC 1 AP 2

Từ đó ta được AP ≥ PC1 . Nếu thay PA bằng khoảng cách lớn nhất trong các khoảng cách từ P đến các đỉnh và thay PC1 bằng khoảng cách ngắn nhất từ P tới các cạnh thì bất đắng thức càng được thỏa mãn. Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 5. Cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Chứng minh rằng nếu các bán kính của 4 đường tròn nội tiếp các tam giác EAB, ECD, EDA mà bằng nhau thì tứ giác ABCD là hình thoi. Lời giải Hoàn toàn không mất tính tổng quát ta có thể giả

sử rằng CE ≤ AE; BE ≤ DE . Gọi B1 và C1 tương ứng là các điểm đối xứng của B và C qua tâm E, ta

có tam giác C1EB1 nằm trong miền tam giác AED. Giả sử đoạn thẳng AD không trùng với đoạn

thẳng C1 B1 . Khi đó đường tròn nội tiếp tam giác AED nằm bên trong đường tròn nội tiếp tam giác AED, đồng dạng với đường tròn này với tâm đồng dạng E, hệ số đồng dạng lớn hơn 1. Như vậy rAED > rC EB = rCBE ( rAED là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác AED) . 1

Điều này vô lí vì trái với giả thiết là rAED = rCEB . Như vậy chứng tỏ là A trùng với C1 và D trùng với B1 Khi đó OA = OC và OB = OD nên từ giác ABCD là hình bình hành. Trong hình bình hành ABCD có p1r = S AEB = S BEC = p2 r , trong đó p1 và p2 tương ứng là nửa chu vi của các tam giác AEB và BEC.

Suy ra ta được p1 = p2 hay

AB + BE + EA BC + CE + BE = nên AB = BC 2 2

Hình bình hành ABCD có AB = BC nên ABDC là hinh thoi. Ví dụ 6. Trên mặt phẳng cho 2 × 2000 điểm, trong đó không có bất kỳ 3 điểm nào thẳng hàng. Người ta tô 2011 điểm bẳng màu đỏ và tô 2011 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2011 đoạn thẳng không có điểm nào chung. Lời giải Ta nhận thấy rằng luôn tồn tại cách nối 2011 cặp điểm với nhau bằng 2011 đoạn thẳng và vì có 2011 cặp điểm nên số

Y A

cách nối là hữu hạn và nếu dùng tổ hợp thì ta có thể tính được con số chính xác các cách nối. Và hiển nhiên là trong X

hữu hạn cách nối đó ta luôn tìm ra được một cách nối có

tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất. Ta chứng minh cách nối đó là cách mà chúng ta cần tìm. Thật vậy, giả sử ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tô màu đỏ, còn X và Y tô màu xanh). Khi đó, nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn AY và BX, các đoạn còn lại giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất:

AY + BX < ( AO + OY ) + ( BO + OX ) = ( AO + OX ) + ( BO + OY ) Từ đó ta được AY + BX < AX + BY . Như vậy, việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX , ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài đoạn thẳng là nhỏ hơn. Điều này vô lý vì trái với giả thiết là đã chọn cách nối có tổng các độ dài là bé nhất. Điều đó chứng tỏ cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung. Ví dụ 7. Cho tứ giác ABCD thỏa mãn điều kiện bán kính các đường tròn nội tiếp bốn tam giác ABC, BCD, CDA và DAB bằng nhau. Chứng minh tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Lời giải

Giả sử rABC = rBCD = rCDA = rDAB . Vẽ các hình

bình hành ABB’C và ADD’C. Suy ra tứ giác BB’D’C là hình bình hành .

Do đó ∆ABC = ∆B' CB và

∆ADC = ∆D' CD suy ra rABC = rB'CD và D

rADC = rD'CD Mặt khác ∆ABD = ∆CB' D' nên rABD = rCB' D' Theo giả thiết rABC = rBCD = rCDA = rDAB nên rB'CB = rCB' D' = rD'CD = rCBD Gọi E là giao điểm của BD’ và DB’. Ta chứng minh C trùng với E. Giả sử C khác E suy ra C thuộc vào một trong bốn tam giác EBD, EBB’, EB’D’, ED’D. Giả sử C thuộc vào miền tâm giác BDE, khi đó rBCD < rBED = rB'ED < rCB' D' , điều này vô lí. Như vậy chứng tỏ E trùng với C. Suy ra B, C, D’ thẳng hàng và D, C, B’ thẳng hàng. Ta có D’C song song với AD suy ra BC song song với AD. Vì CB’ song song với AB nên DC song song với AB. Suy ra ABCD là hình bình hành. Ta lại có S ABD = S ADC =

Do đó ta được rABD .

1 S (vì ABCD là hình bình hành). 2 ABCD

AB + BD + DA AD + DC + CA = rADC . 2 2

Hay là ta được AB + BD + DA = AD + DC + CA nên BD = CA Vậy ABCD là hình chữ nhật. Ví dụ 8. Bên trong đường tròn tâm O bán kính R = 1 có cho 7 điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm trong số chứng mà khoảng cách giữa hai điểm này nhỏ hơn 1. Lời giải

Nhận thấy rằng có ít nhất 7 điểm trong số 8 điểm đã cho là A2

khác tâm O. Ta gọi các điểm đó là

A1 , A 2 , A 3 , A 4 , A 5 , A 6 , A7 , A 8 .

Ta có góc nhỏ nhất trong số các góc đỉnh O và hai điểm còn lại là

3600 là không lớn hơn < 600 với i ≠ k,1 ≤ i, k ≤ 8 A OA i k 7 OA 2 là góc bé nhất. Không mất tính tổng quát ta giả sử A 1

OA A > 60 0  OA 2 > A1A 2 0 1 2  Xét ∆A1OA 2 ta có A nên ta được OA 60 < ⇒ 1 2 0  A1A 2 O > 60

 OA1 > A1A 2

Mà ta có OA 1 ≤ 1 hoặc OA 2 ≤ 1 suy ra A 1 A 2 < 1 . Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 9. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm O. Chứng minh rằng: Nếu các đường chéo AC và BD giao nhau tại O thì tứ giác ABCD là hình thoi. Lời giải Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử

OA ≤ OC và OB ≤ OD . Gọi B’ và C’ lần lượt là các điểm đối xứng của B và C qua O nên A

OB = OB' và OC = OC'

Bởi vì BC là tiếp tuyến của đường tròn (O) nên B

B’C’ cũng tiếp xúc với đường tròn (O). Từ đó ta được A trùng với C’ và D trùng với B’, suy ra AO = OC và OB = OD . Từ đây ta được tứ giác ABCD là hình bình hành.

Mặt khác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O) nên AB + CD = AD + BC , do đó AB = AD . Do đó hình bình hành ABCD là hình thoi. Ví dụ 10. Trên mặt phẳng cho một số hữu hạn điểm không cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh rằng tồn tại ba điểm sao cho đường tròn đi qua ba điểm đó không chứa điểm nào ở bên trong. Lời giải

A1 Ak A2 Ak+1 Ap

Ap-1

Ak+1

Vì số các điểm đã cho là hữu hạn và chúng không cùng nằm trên một đường thẳng, nên khi lấy bao lồi hệ điểm ta sẽ được một đa giác. Giả sử đó là đa giác lồi A1A 2 ...A p . Như thế các điểm còn lại đã cho phải nằm trong bao lồi. Gọi A k , A k +1 là hai đỉnh liên tiếp của của đa giác lồi (nghĩa là xét một cạnh tùy ý A k A k +1 ). Khi ấy mọi điểm đã cho đều nằm ở một nửa mặt phẳng xác định bởi

A k A k +1 . Từ giả thiết suy ra tập hợp các điểm đã cho không thuộc A k A k +1 là khác rỗng. Vì thế

theo nguyên lý cực hạn, tồn tại C sao cho A CA k +1 = MaxA A1A k +1 , ở đây giá trị lớn nhất lấy k k theo mọi i = 1, n mà

i ≠ k,i ≠ k + 1 ( giả sử A1 , A 2 ,..., A n là hệ hữu hạn điểm cho trước). Khi đó đường tròn ngoại tiếp ta giác CA k A k +1 là đường tròn cần tìm Ví dụ 11. Bên trong một hình vuông cạnh 1 cho n điểm sao cho không có ba điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại môt tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho và diện tích S của nó thỏa mãn bất đẳng thức S <

1 n−2 Lời giải

Xét bao lồi của n điểm nằm bên trong hình vuông. Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, nên bao lồi là đa giác lồi có k đỉnh ( k ≤ n ) , ngoài ra các điểm đã cho

hoặc là đỉnh của đa giác lồi, hoặc nằm hẳn bên trong đa giác lồi. Chỉ có hai khả năng xảy ra An

• Nếu k = n , khi đó số đường chéo xuất phát từ A1 của đa giác bao lồi tạo thành cùng các cạnh của đa giác

n − 2 tam giác. Gọi S là diện tích tam giác nhỏ nhất

trong n − 2 tam giác ấy Vì tổng các diện tích của n − 2 tam giác nhỏ hơn 1(chú ý 1 là diện tích hình vuông chứa chọn

n − 2 tam giác này). Từ đó suy ra S <

1 . n−2

• Nếu k < n , khi đó bên trong đa giác bao lồi A1A 2 ...A k có n − k điểm A k +1 , A k + 2 ,...., A n . Nối A k +1 với các đỉnh A1 ; A 2 ;...; A k . Khi đó có k tam giác A k +1 A1 A 2 ; A k +1A 2 A 3 ;....; A k +1A k A1 A2

Vì không có ba điểm nào thẳng hàng, nên các điểm

A k + 2 ,..., A n phải nằm hẳn trong k tam giác nói trên. A1

Giả sử A k + 2 nằm hẳn trong tam giác nào đó. Nối

Ak+1

A k + 2 với ba đỉnh của tam giác này thì từ một tam

giác sẽ có ba tam giác mới . Sau mỗi lần làm số tam

giác tăng lên 2. Như vậy ta đi đến

k + 2 ( n − k – 1) = 2n – k – 2 = ( n – 2 ) + ( n – k ) tam giác mà bên trong mỗi tam giác này không có điểm nào thuộc n điểm đã cho. Gọi S là diện tích bé nhất trong các tam giác trên, thế thì S<

Bất đẳng thức S <

1 1 < ( n – 2) + (n – k) n − 2

1 được chứng minh. n−2

Nhận xét: Ta có một số bài toán tương tự. Bài toán 1. Cho n điểm nằm trong tam giác ABC có diện tích là 1cm 2 . Chứng minh rằng từ n điểm đó cùng với 3 điểm A, B, C luôn tồn tại một tam giác có diện tích không lớn hơn

1 cm 2 . 3 + 2(n − 1)

Bài toán 2. Cho n điểm nằm trong đa giác lồi m đỉnh có diện tích là 1cm 2 . Chứng minh rằng từ n điểm đó cùng với m đỉnh của đa giác, luôn tồn tại một tam giác có diện tích không lớn hơn

1 cm 2 . m + 2(n − 1)

Ví dụ 12. Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC và B1 thuộc cạnh CA. Biết rằng độ dài đoạn thẳng AA 1 , BB1 ,CC1 không lớn hơn 1. Chứng minh rằng S ABC ≤

S ABC là diện tích tam giác ABC) Lời giải Ta xét các trường hợp sau đây

+ Trường hợp 1: Tam giác ABC không tù, khi C1

đó trong ba góc của tam giác ABC có ít nhất một góc lớn lớn hơn hoặc bằng 60 0 .

Không mất tính tổng quát, giả sử

≥B ≥C ⇒A ≥ 60 0 A

Kẻ các đường cao BD và CE, khi đó ta được

S ABC =

1 BD.AC 2

Mà BD ≤ BB1 ≤ 1 nên ta được S ABC =

1 1 1 BD.AC ≤ .BB1 .AC ≤ .AC 2 2 2

Chứng minh tương tự ta được S ABC ≤

1 1 .AB . Do đó ta có S 2ABC ≤ .AB.AC . 2 4

Lại có S ABC =

1 1 3.AB.AC .AB.AC.sin A ≥ .AB.AC.sin 60 0 = 2 2 4

Do đó ta được S ABC ≥

3.AB.AC 1 2 ≥ 3.S ABC ⇒ S ABC ≤ 4 3

> 90 0 + Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, không mất tính tổng quát ta giả sử A

≤ 120 0 , chứng minh tương tự trương hợp tam giác ABC không từ. - Khi đó nếu 900 < A > 120 0 , trong tam giác ABB có A > 900 > AB B nên ta được AB < BB1 < 1 . - Khi A 1 1

> 90 0 > AC Trong tam giác ACC1 có A C nên ta được AC < CC1 < 1 . 1

Ta có S ABC =

1 1 < 1 .1.1.sin 600 = 3 < 1 .AB.CK = .AB.AC.sin KAC 2 2 2 4 3

(

Vậy ta luôn có S ABC ≤

1 3

Ví dụ 13. Trong mặt phẳng cho 2009 điểm sao cho 3 điểm bất kỳ trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không lớn hơn 1. Chứng minh rằng tất cả những điểm đã cho nằm trong một tam giác có diện tích không lớn hơn 4. Lời giải Trong số các tam giác tạo thành, xét tam giác ABC

có diện tích lớn nhất (diện tích S). Khi đó S ≤ 1 . Qua mỗi đỉnh của tam giác, kẻ các đường thẳng song song với cạnh đối diện, các đường thẳng này giới

hạn tạo thành một tam giác A ' B' C' (hình vẽ). Khi đó S A' B'C' = 4S ABC ≤ 4 . Ta sẽ chứng minh tất cả các

C' P'

điểm đã cho nằm trong ∆A ' B' C' . Giả sử trái lại, có một điểm P nằm ngoài ∆A ' B' C' chẳng hạn như trên hình vẽ . Khi đó

d ( P; AB ) > d ( C; AB ) , suy ra S PAB > S CAB , mâu thuẫn với giả thiết tam giác ABC có diện tích lớn nhất. Vậy tất cả các điểm đã cho đều nằm bên trong ∆A ' B' C' có diện tích không lớn hơn 4. Vì dụ 14. Cho 2015 điểm phân biệt trên mặt phẳng sao cho trong ba điểm bất kì luôn có hai điểm cách nhau một khoảng không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính bằng 1 chứa ít nhất 1008 điểm. Lời giải Nối hai điểm bất kì trong các điểm trên ta được hữu hạn các đoạn thẳng, khi đó theo nguyên lí cực hạn thì tồn tại đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Không mất tính tổng quát ta giả sử đoạn thẳng AB có độ dài lớn nhất. Lấy điểm M trong số 2013 điểm còn lại. Khi đó trong ba đoạn thẳng AB, AM, BM luôn tồn tại một đoạn thẳng có độ dài không vượt quá 1. Khi đó ta có các khả năng xẩy ra như sau: + Nếu AB ≤ 1 thì AM ≤ 1; BM ≤ 1 . + Nếu AB > 1 thì AM ≤ 1 hoặc BM ≤ 1 .

Như vậy trong hai đoạn AM và BM có một đoạn thẳng có độ dài không vượt quá 1. Như vậy điểm M nằm trong đường tròn tâm A hoặc đường tròn tâm B có bán kính bằng 1. Như vậy một trong hai đường tròn này chưa ít nhất 1008 điểm trong số 2015 điểm đã cho. Ví dụ 15. Trong đường tròn tâm O có bán kính bằng 10 lấy 450 điểm phân biệt. Chứng minh rằng luôn tìm được hai điểm có khoảng cách không vượt quá 1. Lời giải Nối hai điểm bất kì ta được một đoạn thẳng, do đó từ 450 điểm ta được hữu hạn các đoạn thẳng. Như vậy theo nguyên lí cực hạn ta luôn tìm được đoạn thẳng ngắn nhất. Không mất tính tổng quát ta giả sử đoạn thẳng ngắn nhất đó là AB. Đặt AB = m . Khi đó lấy các điểm đã cho làm tâm đường tròn và lấy bán kính là

m thì các đường tròn nhận 2

được đôi một không cắt nhau. Khi đó tổng diện tích của 450 hình tròn đó là

450π m 2 . 2

Do 450 điểm nằm trong đường tròn nằm trong đường tròn bán kính là 10 nên 450 đường tròn trên



nằm trong đường tròn bán kính  10 +



m , đường tròn này có diện tích là 2 

 m  10 + 2  π .  

Từ đó ta có bất đẳng thức

450π m 2  m <  10 +  π , khi đó rút ra được m < 1 . Từ đó ta có điều 2 2 

phải chứng minh. Ví dụ 16. Trên mặt phẳng cho một số điểm được tô bằng màu xanh và một số điểm được tô bằng màu đỏ sao cho hai điểm khác màu có khoảng cách không vượt quá 1. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn có bán kính

1 2

chứa tất cả các điểm màu đỏ hoặc chứa tất cả các điểm màu

xanh. Lời giải Ta kí hiệu Đ là đường tròn có bán kính nhỏ nhất chứa tất cả các điểm màu đỏ và X là đường tròn có bán kính bé nhất chứa tất cả các điểm màu xanh. Không mất tính tổng quát ta giả sử bán kính của Đ không vượt quá bán kính của X.

Nếu tất cả các điểm màu xanh đều nằm trong đường tròn Đ thì đường tròn nhỏ hơn đường tròn X chứa tất cả các điểm màu xanh. Điều này trái với giả thiết X là đường tròn có bán kính bé nhất chứa tất cả các điểm màu xanh. Như vậy có một điểm A màu xanh nằm trên biên của đường tròn Đ hoặc nằm ngoài đường tròn Đ. Nếu bán kính của đường tròn Đ lớn hơn

1 2

thì đường tròn tâm A bán kính bằng 1 chứa ít hơn

một nửa biên của đường tròn Đ. Ta có mội điểm màu đỏ nằm trong phần chung của của đường tròn Đ và đường tròn tâm A bán kính bằng 1(vì khoảng cách từ A đến một điểm màu đỏ không vượt quá 1. Hình tròn có đường kính là dây chung của hai đường trong Đ và (A, 1) chứa tất cả các điểm màu đỏ và nhỏ hơn đường tròn Đ, điều này mâu thuẫn với Đ là đường tròn có bán kính nhỏ nhất chứa tất cả các điểm màu đỏ). Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 17. Trên mỗi ô của bàn cờ 8x8 người ta viết một số sao cho mỗi số là trung bình cộng của các số ở các ô liền kề(hai ô liền kề là hai ô có chung một cạnh). Chứng minh rằng tất cả các số viết trên bàn cờ đều bằng nhau. Lời giải Ta thấy bàn cờ 8x8 có tất cả 64 ô trong đó có một số ô có bốn ô liền kề và một số có 3 ô liền kề. Số các số điền trên các ô bàn cờ là hữu hạn. Khi đó trong các số diền trên ô bàn cờ tôn tại số nhỏ nhất. Giả sử số nhỏ nhất đó là m. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu ô ghi số m có bốn ô liền kề. Gọi số điền trong bốn ô liền kề với ô điền số m lần lượt là a, b, c, d. Khi đó theo bài ra ta có m =

a+ b+c+d hay 4m = a + b + c + d . Mặt khác theo cách chọn m là số 4

nhỏ nhất nên ta có a ≥ m; b ≥ m; c ≥ m; d ≥ m . Khi đó ta lại được a + b + c + d ≥ 4m . Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra được m = a = b = c = d . Như vậy nếu một ô được điền số m thì các ô liền kề cùng được ghi số m. Do đó tất cả các ô đều được ghi số m.

• Trường hợp 2: Nếu ô ghi số m có ba ô liền kề. Lập luận hoàn toàn tương tự như trên ta suy ra được tất cả các ô đều được ghi số m.

Vậy bài toán được chứng minh. Ví dụ 18. Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 và n là số tự nhiên khác 0. Chứng minh rằng pn không thể là tổng của hai lập phương của hai số nguyên dương khác nhau. Lời giải Giả sử n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho pn là tổng của hai lập phương của hai số nguyên dương khác nhau. Tức là ta có pn = a 3 + b 3 với a, b ∈ Z + . Khi đó ta được

(

)

pn = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 .

(

k a + b = p . 2 2 n−k a − ab + b = p

)

Do p là số nguyên tố nên từ pn = ( a + b ) a 2 − ab + b 2 ta được 

Dễ thấy a + b > 2 nên k > 0 . Lại thấy a 2 − ab + b 2 ≥ ab > 1 , do đó ta được n − k > 0 hay n > k .

(

Lại có 3ab = a + b

) − (a

)

− ab + b 2 = p2k − pn − k , do đó ta được 3ab chia hết cho p.

Do p là số nguyên tố nên a chia hết cho p hoặc b chia hết cho p. Mà ta lại có a + b = pk nên ta được a và b cùng chia hết cho p. Đặt a = a1 p; b = b1 p với a 1 ; b1 ∈ N* , khi đó từ pn = a 3 + b 3 ta được pn − 3 = a13 + b13 , điều này trái với giải sử n là số tự nhiên bé nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy không thỏa mãn số tự nhiên n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 19. Cho 10 điểm phân biệt không có ba điểm nào thẳng hàng và nằm trong một tam giác có cạnh bằng 2cm. Chứng minh rằng luôn tìm được ba điểm trong 10 điểm này sao cho ba điểm đó là ba đỉnh của một tam giác có diện tích không vượt quá

3 cm 2 và có ít nhất một góc nhỏ hoặc 3

bằng 450 . Lời giải Nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều với mỗi đỉnh của tam giác đều, khi đó ta được ba tam giác mà mỗi tam giác có diện tích là

3 cm 2 . Đặt 10 điểm vào trong tam giác đều khi đó theo 3

nguyên lí Dirichlet thì tồn tại ít nhất bốn điểm cùng thuộc một tam giác có diện tích

vậy luôn tồn tại một tam giác có diện tích không vượt quá

3 cm 2 , như 3

3 cm 2 . 3

Để chứng minh tam giác đó có ít nhất một góc nhỏ hoặc bằng 450 ta gọi bốn điểm đó là A, B, C, D và ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Nếu bốn điểm A, B, C, D là bốn điểm của một tứ giác lồi. + BCD + CDA + DAB = 3600 Ta có ABC + DBC + BCA + ACD + CDB + BDA + DAC + CAB = 360 0 . Khi đó ta được ABD Theo nguyên lí cực hạn thì trong tam góc trên tồn tại một góc bé nhất không vượt quá

3600 = 450 . 8

≤ 450 . Như vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giả sử đó là góc BAC

• Trường hợp 2: Nếu bốn điểm A, B, C, D không phải là bốn đỉnh của một tứ giác lồi. + CAD + DAB = 360 0 . Khi đó ta có BAC

. Khi đó trong ba góc trên tồn tại ít nhất một góc không nhỏ hơn 120 0 . Giả sử góc đó là BAC + ACB ≤ 60 0 . Như vậy trong hai góc ABC và ACB có một Khi đó trong tan giác ABC có ABC ≤ 30 0 < 450 . Như vậy tam giác ABC thỏa mãn yêu góc không vượt quá 30 0 . Giả sử góc đó là ABC cầu bài toán. Ví dụ 20. Cho 19 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, nằm trong một hình lục giác đều có cạnh bằng 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại một tam giác mà đỉnh là ba trong 19 điểm trên có ít nhất một góc không lớn hơn 450 và nằm trong đường tròn bán kính nhỏ hơn Lời giải

3 . 5

Vẽ các đường chéo của lục giác đều. Các đường chéo này

chia lục giác đều thành 6 tam giác bằng nhau mỗi cạnh tam giác có độ dài bằng 1. Theo nguyên lí Dirichlet thì trong 19 B

điểm luôn tồn tại bốn điểm nằm tròn một tam giác đều. D

Giả sử bốn điểm cùng nằm trong một tam giác đều là A, B, C, D. Ta xét các vị trí của bốn điểm A, B, C, D theo các C

trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Bốn điểm A, B, C, D tạo thành một tứ giác +B +C +D = 360 0 . lồi. Khi đó ta có A Như vậy trong bốn góc trên tồn tại một góc nhỏ hơn hoặc bằng 90 0 , giả sử đó là góc A. Khi đó ta

CAB có một góc không lớn hơn 450 . + CAB ≤ 90 0 nên một trong hai góc DAC; có DAC Như vậy một trong hai tam giác ADC và ABD có một góc không lớn hơn 450 .

• Trường hợp 2: Trong bốn điểm A, B, C, D có một điểm nằn trong tam giác có ba đỉnh là ba điểm còn lại. Giả sử điểm D nằm trong tam giác ABC.

≥ 90 0 thì ta được DBC + DCB ≤ 90 0 nên một + Nếu BDC

DCB không lớn hơn 450 . Suy ra tam trong hai góc DBC; giác BCD thỏa mãn yêu cầu bài toán.

< 90 0 thì ta được BAC < 90 0 , do đó + Nếu BDC

+ BAD < 90 0 CAD

BAD không lớn hơn Từ đó ta được một trong hai góc CAD;

450 hay một trong hai tam giác ADC và ADB thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mạt khác ta giác đều có cạnh bằng một nên bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều là

Mà

3 3 < nên ta có điều phải chứng minh. 3 5

3 . 3

Ví dụ 21. Bên trong hình vuông cạnh 1 cho n điểm. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc đỉnh của hình vuông sao cho diện tích S của nó thỏa mãn bất đẳng thức

S≤

1 2(n + 1) Lời giải B

An A1

A1 A2

Ak A3

A2 A2

Gọi A, B, C, D là bốn đỉnh hình vuông và A 1 ; A 2 ; ...; A n là n điểm nằm trong hình vuông. Nối A 1 với 4 đỉnh A, B, C, D. Khi đó ta được 4 hình tam giác. + Nếu A 2 nằm trong một trong 4 tam giác đó (giả sử A 2 nằm trong tam giác ADA1 ) Ta nối A 2 với A, D và A1 . Sau khi nối xong thì số tam giác tăng thêm 2. + Nếu A 2 nằm trên cạnh chung nối A 2 với A và C. Khi đó số tam giác cũng tăng thêm 2. Như vậy trong mọi trường hợp, số tam giác sẽ tăng thêm 2. Với các điểm A 3 ; A 4 ;...; A n ta làm tương tự. Cuối cùng số tam giác được tạo thành là 4 + 2 ( n − 1) = 2n + 2 tam giác. Các tam giác trên đều có đỉnh là đỉnh của hình vuông hoặc n điểm đã cho. Khi đó, tổng diện tích của 2n + 2 tam giác này bằng diện tích hình vuông(bằng 1). Theo nguyên lý cực hạn thì tồn tại tam giác có diện tích nhỏ nhất trong 2n + 2 tam giác ấy. Gọi diện tích này là S thì S ≤

1 . Ta có điều cần chứng minh. 2(n + 1)

Ví dụ 22. Trong mặt phẳng cho sáu điểm A 1 , A 2 ,..., A 6 trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Với ba điểm bất kỳ trong số sáu điểm này luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa

chúng nhỏ hơn 671. Chứng minh trong số sáu điểm A1 , A 2 ,..., A 6 đã cho, luôn tìm được ba điểm là ba đỉnh một tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013. Lời giải Dễ thấy 6 điểm không thẳng hàng cho ta 20 tam giác. Mỗi tam giác có ít nhất 1 cạnh nhỏ hơn 671 (gọi là cạnh ngắn), nhưng như thế mỗi cạnh ngắn có thể đã tính 4 lần, vậy có ít nhất 5 cạnh ngắn. Giả sử không có 3 cạnh ngắn nào cùng xuất phát từ 1 điểm khi đó chắc chắn sẽ tồn tại 1 đường gấp khúc nối liền 6 điểm bằng 5 đoạn ngắn. không mất tính tổng quát gọi đường gấp khúc đó là A1A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 khi đó tam giác A1A 3 A 6 không có cạnh ngắn (mâu thuẫn với đề bài) Vậy phải tồn tại 3 đoạn ngắn cùng xuất phát từ 1 điểm. Không mất tính tổng quát giả sử 3 đoạn đó là A1A 2 ; A1 A 3 ; A1 A 4 . Xét tam giác A 2 A 3 A 4 , theo bài ra phải có 1 cạnh ngắn, giả sử cạnh

A 2 A 3 là cạnh ngắn thế thì tam giác A1 A 2 A 3 có 3 cạnh ngắn nên chu vi nhỏ hơn 671.3 = 2013 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 23. Trong mặt phẳng cho n đường thẳng mà đôi một không song song với nhau, sao cho qua giao điểm của mỗi cặp đường thẳng thì có một đường thẳng thứ ba. Chứng minh rằng tất cả n đường thẳng đã cho dồng quy. Lời giải Giả sử tất cả các đường thẳng đã cho không đồng quy tại một điểm. Xét giao điểm A của A

hai đường thẳng tùy ý trong n đường thẳng

đã cho. Kí hiệu hai đường thẳng này là d1

và d 2 . Với mỗi đường thẳng d 3 không đi

qua điểm A ta xét khoẳng cách từ điểm A đến đường thẳng d 3 . Trong số các cặp điểm

D d2

A và đường thẳng d 3 như vậy ta chọn cặp điểm A và đường thẳng d 3 mà khoảng cách từ A đến d 3 là nhỏ nhất. Giả sử đường thẳng d 3 cắt hai đường thẳng d1 và d 2 lần lượt tại B và C. Theo giả thiết của bài toán thì tồn tại đường thẳng d 4 đi qua A và cắt đường thẳng d 3 lại D. Không mất tính tổng quát

ta có thể giả sử D thuộc đoạn BC. Qua D tồn tại đường thẳng d 5 cắt phần trong của đoạn thẳng AB hoặc AC. Giả sử đường thẳng d 5 cắt AC tại E nằm trong đoạn AC. Khi đó khoảng cách từ E đến đường thẳng d 3 nhỏ hơn khoảng cách từ A đến đường thẳng d 3 , điều này mâu thuẫn với khoảng cách từ A đến d 3 là nhỏ nhất. Vậy tất cả các đường thẳng đã cho đồng quy tại một điểm. Ví dụ 24. Trên mặt phẳng cho n điểm phân biệt. Chứng minh rằng tồn tại một đường gấp khúc với các đỉnh là n điểm đã cho mà chúng không tự cắt nhau. Lời giải Xét hệ tất cả các đường gấp khúc khép kín gồm có n

Aj+1

khúc với n đỉnh chính là n điểm đã cho. Vì số đường gấp khúc là hữu hạn nên tồn tại một đường có tổng độ dài bé nhất. Gọi đường gấp khúc có tổng độ dài bé nhất

Aj Ai+1

là A1 A 2 ...A n A1 . Khi đó nó chính là một đường gấp khúc cần tìm và không có hai cạnh nào của đường cắt nhau. Thật vậy, ta giả sử hai cạnh của đường gấp khúc cắt nhau tại O là A i A i +1 và A j A j+1 . Từ đó ta có A i A i +1 + A j A j+1 > A i A j + A i +1A j+1 . Theo bất đẳng thức tam giác thì đường gấp khúc nhày khép kín và A1A 2 ...Ai A jA j−1 ...Ai +1A j+1A j+ 2 ...A n A1 có tổng đội dài ngắn hơn đường gấp khúc đã chọn. Điều này mâu thuẫn. Do đó bài toán được chứng minh. Ví dụ 25. Cho 5 điểm A, B, C, D, E trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại ba trong năm điểm đã cho là ba đỉnh của một tam giác có một góc: a) Nhỏ hơn hoặc bằng 36 0

b) Lớn hơn hoặc bằng 108 0 Lời giải

a) Từ năm điểm A, B, C, D, E luôn tồn tại ba điểm tạo

thành hai tia cùng xuất phát từ một điểm và chứa hai điểm còn lại.

chứa hai Giả sử ba điểm B, C, D tạo thành góc CBD

B D

điểm A và E. Khi đó ta thấy

≤ 108 0 , khi đó + Nếu DBC C

+ ABE + EBC ≤ 108 0 . DBA

ABE; EBC không Như vậy một trong ba góc DBA; vượt quá

1080 = 360 . 3

≤ 36 0 , khi đó tam giác ABD thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giả sử ABD

> 108 0 khi đó trong tan giác DBC có BDC + BCD < 72 0 . + Nếu DBC

BCD không vượt quá 36 0 . Như vậy ít nhất một trong hai góc BDC; Khi đó tam giác BCD thỏa mãn yêu cầu bài toán. b) Với năm điểm A, B, C, D, E ta xét hai trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Trong năm điểm đã cho tồn tại một tam giác chứa ít nhất một trong hai điểm còn lại. Giả sử tam giác ADE chứa điểm B. A

+ EBD + DBA = 360 0 . Như vậy ít Khi đó ta có ABE

EBD; DBA lớn hơn 120 0 nhất một trong ba góc ABE;

nên tồn tại ít nhất một góc nhở hơn 108 0 . Giả sử góc đó

, khi đó tam giác ABE thỏa mãn yêu cầu bài là ABE toán.

• Trường hợp 2: Năm điểm A, B, C, D, E, F tạo thành ngũ giác lồi ABCDE. + BCD + CDE + DEA + DAB = 540 0 . Khi đó tổng các góc của ngũ giác lồi là ABC Như vậy ít nhất một trong năm góc trên lớn hơn

5400 = 1080 . 5

≥ 108 0 , khi đó tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán. Giả sử ABC

Ví dụ 26. Có 2003 vận động viên thi đấu bóng bàn(kết quả chỉ có thắng hoặc thua, không có hòa) theo thể thức thi đấu vòng tròn(mỗi vận động viên thi đấu với các vận động viên còn lại). Chứng minh rằng có thể xếp tất cả 2003 vận động viên theo một hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng kề sau. Lời giải Xét tất cả các cách xếp một số vận động viên theo hàng dọc sao cho người đứng trước thắng người đứng sau. Vì số cách xếp là hữu hạn nên luôn tồn tại một cách xếp T có nhiều vận động viên nhất. Ta sẽ chứng minh cách xếp T có đủ cả 2003 vận động viên. Giả sử ngược lại, còn có vận động viên A không được xếp trong cách xếp T. Giả sử trong cách xếp T có n vân động viên là A1 ; A 2 ; A 3 ; ...; A n ( 2 ≤ n ≤ 2002 ) sao cho vận động viên A 1 thắng vận động viên A 2 , vận động viên A 2 thắng vận động viên A 3 ,..., vận động viên A n −1 thắng vận động viên A n . Do thể thức thi đấu vòng tròn nên vận động viên A sẽ thi đấu với vận động viên A 1 . Nếu vận động viên A thắng thì A sẽ xếp trước A1 ,như vậy tồn tại cách xếp T1 là

A; A1 ; A 2 ; A 3 ; ...; A n có nhiều vận động viên cách xếp T. Điều này trái với giả sử ban đầu. Do đó vận động viên A thua vận đông viên A1 . Như vậy A xếp sau A1 . Lập luận hoàn toàn tương thự thì ta được A thu các vận động viên A 2 ; A 3 ;...; A n . Như vậy tồn tại cách xếp T2 là A1 ; A 2 ; A 3 ;...; A n ; A có nhiều vận động viên hơn các xếp T, điều này trái với cách chọn T. Như vậy cách xếp T có đủ cả 2003 vận động viên. Ví dụ 27. Trong số những ngừơi đến dự một cuộc họp, người ta nhận thấy rằng nếu hai người quen nhau thì cả hai người này cùng không quen một người thứ ba. Còn nếu hai người không quen nhau thì họ cùng quen đúng đúng hai người khác. Chứng minh rằng trong cuộc họp này tất cả mội người có số người quen bằng nhau. Lời giải

Vì số người là hữu hạn nên ta có thể chọn ra một người

A1 B1

quen nhiều người nhất. Giả sử A là người quen nhiều người nhất. Ta cần chứng minh mọi người quen A cũng có số người quen như A. Giả sử các người quen của A là A 1 ; A 2 ; ...; A n được minh họa như hình vẽ. Theo giả

thiết các A i đôi một không quen nhau. Do A1 và A 2

cùng quen A nên A1 và A 2 cùng quen B1 khác A. Do A1 và A 3 cùng quen A nên A1 và A 3 cùng quen B2 khác A. Do A và B1 không quen nhau nên A và B1 có đúng hai người quen chung là A1 và A 2 . Từ đó ta suy ra được B1 và A 3 không quen nhau và B1 khác B2 . Hoàn toàn tương tự ta được A 1 và A 4 cùng quen B 3 ( B 3 khác B1 và B 2 );...; A1 và A n cùng quen B n −1 ( B n khác B1 ; B 2 ;...; Bn −1 ). Như vậy A1 có n người quen là A; B1 ; B2 ; ...; Bn −1 . Cứ lập luận như vậy thì ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 28. Bên trong một đường tròn có bán kính là 5 lấy bảy điểm phân biệt. Chứng minh rằng trong bảy điểm đó luôn tồn tại hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 5. Kết luận bài toán còn đúng không nếu thay bảy điểm bằng sáu điểm. Lời giải

• Chia hình tròn thành 6 hình quạt bằng nhau, khi đó theo nguyên lí Dirichlets thì tồn tại ít nhất hai điểm cùng nằm tròn một hình quạt. Không mất tính tổng quát ta giả sử hai điểm đó là A, B nằm trong hình quạt COD. Dễ thấy nếu hai điểm A, B trùng với O thì bài toán được chứng minh. Xét hai điểm A, B không trùng với O. Khi đó trên OC lấy A’ sao cho OA = OA ' . Trên OD lấy

= 600 nên điểm B’ sao cho OB = OB' . Từ đó ta có A' B' ≥ AB . Tam giác OA ' B' có góc O

và B' có một góc lớn hơn 60 0 . Không mất tính tổng ' + B' = 120 0 , như vậy trong hai góc A' A ' ≥ 60 0 . quát ta giả sử A ' ≥ O nên suy ra A ' B' ≤ OB' < OD = 5 . Như vậy AB < 5 . Từ đó ta được A

• Nếu thay bảy điểm bằng 6 điểm thì ta xét hai trường hợp sau:

+ Nếu trong 6 điểm đã cho tồn tại một điểm là tâm của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh. + Nếu trong sáu điểm không có điểm nào trùng với tâm của đường tròn. Khi đó có hai khả năng xẩy ra là - Trong sáu điểm có hai điểm cùng nằm trên một bán kính của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh. - Trong sáu điểm đã cho không có hai điểm nào cùng nằm trên một bán kính. Khi đó ta vẽ sáu bán kính đi qua sáu điểm đã cho. Cứ hai bán kính gần nhau tao ra một góc ở tâm. Như vậy ta có sáu góc ở tâm. Theo nguyên lí cực hạn thì trong sáu góc đó tồn tại một góc có số đo bé nhất. Mà tổng số đo của sáu góc đó là 360 0 nên góc bé nhất không vượt quá 600 . Không mất tnhs tổng

≤ 60 0 . quát ta giả sử COD Đến đây lập luận tương tự như trên ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 29. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng ba số tự nhiên bất kì trong chúng không lớn hơn tổng hai số còn lại, a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đó đều không nhỏ hơn 5 b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40.

Lời giải a) Gọi 5 số đó là a, b,c,d, e . Vì các số đã cho phân biệt nên không mất tính tổng quát ta giả sử a d + e ⇒ a + b + c ≥ d + e + 1 ⇒ a ≥ d + e = 1 − b − c Lại có d > c > b ⇒ d ≥ c + 1; d ≥ b + 2 ⇒ d − b ≥ 2 và e > d > c ⇒ e ≥ c + 2 ⇒ e − c ≥ 2 Do đó ta được a ≥ ( d − b ) + ( e − c ) + 1 ≥ 5 , suy ra b > 5; c > 5; d > 5; e > 5 Vậy tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5. b) Xét a ≥ 6 , khi đó b ≥ 7; c ≥ 8; d ≥ 9; e ≥ 10 suy ra a + b + c + d + e = 6 + 7 + 8 + 9 + 10 ≥ 40 trái với giả thiết. Do đó a < 6 nên ta được a = 5 . Khi đó ta có b + c + 5 ≥ d + e + 1 ⇒ b + c ≥ d + e − 4 Mà d − 2 ≥ b; e − 2 ≥ c ⇒ d + e − 4 ≥ b + c .

Kết hợp với bất đẳng thức trên ta được b = d − 2; c = e − 2 Suy ra a + b + c + d + e = 5 + 2b + 2c + 4 < 40 ⇒ b + c <

31 31 ⇒ 2b + 1 < ⇒b≤7 3 3

Nên ta được b = 6; b = 7 + Nếu b = 6, ta được d = 8 ⇒ c = 7; e = 9 . Khi đó ta được bộ số ( 5; 6; 7; 8; 9 ) + Nếu b = 7, ta được d = 9; c = 8; e = 10 . Khi đó ta được bộ số ( 5; 7; 8; 9;10 ) . Ví dụ 30. Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên khác nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc A. Tìm tất cả các phần tử của A. Lời giải

{

}

Giả sử A = a1 ; a 2 ; a 3; ...; a 21 với a 1 ; a 2 ; a 3; ...; a 21 ∈ Z và a 1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 . Theo giả thiết ta có a 1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a 12 + a 13 + ... + a 21

⇔ a 1 > a 12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a 11 (1) Mặt khác với x; y ∈ Z và x < y thì y ≥ x + 1

⇒ a 12 − a 2 ≥ 10, a 13 − a 3 ≥ 10,...,a 21 − a 11 ≥ 10 (2) Nên từ (1) suy ra a 1 > 10 + 10 + ... + 10 = 100 nên a 1 = 101 (vì 101 ∈ A).

⇒ 101 > a 12 − a 2 + a 13 − a 3 + ... + a 21 − a11 ≥ 100 nên a 12 − a 2 + a13 − a 3 + ... + a 21 − a11 = 100 . Kết hợp với (2) a 12 − a 2 = a13 − a 3 = ... = a 21 − a 11 = 10 (3)

⇒ 10 = a 12 − a 2 = ( a 12 − a 11 ) + ( a 11 − a10 ) + ... + ( a 3 − a 2 ) ≥ 10 ⇒ a 12 − a 11 = a 11 − a 10 = ... = a 3 − a 2 = 1 (4) Ta có a 1 = 101 mà 102 ∈ A nên a 2 = 102

{

}

Kết hợp với (3) và (4) suy ra A = 101;102;103;...;121 . Ví dụ 31. Trong dãy số gồm 6 số nguyên dương sắp theo thứ tự tăng dần thỏa mãn số đứng sau là bội của số đứng trước nó và tổng của sáu số đó là 79. Tìm dãy số mà số thứ sáu có giá trị lớn nhất.

Lời giải Giả sử sáu số nguyên dương a 1 ; a 2 ; a 3 ; a 4 ; a 5 ; a 6 thỏa mãn thỏa mãn yêu cầu bài toán Ta có a 1 < a 2 < a 3 < a 4 < a 5 < a 6 và a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = 79 Ta có nhận xét, nếu a 4 ≥ 12 thì a 5 ≥ 2a 4 = 24 và a 6 ≥ 2a 5 = 48 . Khi đó a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 > 12 + 24 + 48 > 79 không thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó ta được a 4 < 12 . Để ý là trừ số đầu tiên thì các số còn lại trong dãy số trên là bội của số đứng trước nó, do đó ta có một cách chọn bốn số đầu tiên là a 1 = 1; a 2 = 2; a 3 = 4; a 4 = 8 . Ta có a 5 = ma 4 = 8m và a 6 = na 5 = 8mn với m, n là các số nguyên dương lớn hơn 1. Mặt khác ta lại có a 1 + a 2 + a 3 + a 4 + a 5 + a 6 = 79 . Từ đó ta được

1 + 2 + 4 + 8 + 8m + 8mn = 79 ⇒ m ( 1 + n ) = 8 Giải phương trình nghiệm nguyên trên kết hợp với điều kiện số thứ sáu của dãy lớn nhất ta được

m = 2; n = 3 nên ta được a 6 = 48 . Vậy dãy số cần tìm là 1; 2; 4; 8; 16; 48. Ví dụ 32. Cho 21 số nguyên đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện tổng của 11 số nguyên tùy ý trong chúng lớn hơn tổng của 10 số nguyên còn lại. Biết rằng trong 21 số đó có một số là 101 và số lớn nhất là 2014. Tìm 19 số còn lại. Lời giải Gọi 21 số đó là a 1 ; a 2 ; a 3 ; ...; a 21 . Không mất tính tổng quát ta giả sử a 1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 . Khi đó ta được a 21 = 2014 . Theo bài ra ta có a 1 + a 2 + a 3 + ... + a11 > a 12 + a 13 + ... + a 21 Nên ta được a 1 > ( a 12 − a 2 ) + ( a 13 − a 3 ) + ... + ( a 21 − a11 ) .

Do a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a 21 là 21 số guyên đôi một khác nhau và a 1 < a 2 < a 3 < ... < a 21 nên ta suy ra được

a 12 − a 2 ≥ 10; a 13 − a 3 ≥ 10; ...; a 21 − a11 ≥ 10 . Do đó ta được a 1 > 100 nên suy ra a 1 ≥ 101 . Theo bài ra trong 21 số trên có một số là 101 nên từ các kết quả trên ta suy ra được a 1 = 101 . Và ta có 101 > ( a12 − a 2 ) + ( a13 − a 3 ) + ... + ( a 21 − a11 ) Do đó 100 ≥ ( a12 − a 2 ) + ( a13 − a 3 ) + ... + ( a 21 − a 11 ) nên a 12 − a 2 = a 13 − a 3 = ... = a 21 − a 11 = 10 Từ đó ta được a 11 = a 21 − 10 = 2014 − 10 = 2004 . Từ a 11 = 2004 đến a 21 = 2014 có 11 số nguyên khác nhau nên ta được

a 12 = 2005; a 13 = 2006;...; a 20 = 2013 Từ đó ta được a 2 = a 12 − 10 = 2005 − 10 = 1995; a 3 = a 13 − 10 = 2006 − 10 = 1996;...; a10 = 2004 . Vậy 19 số cần tìm là 19 số nguyên liên tiếp từ 1995 đến 2013. Ví dụ 33. Chọn 100 số tự nhiên khác nhau bất kì sao cho mỗi số đều không vượt qua 2015 và mỗi số đều chia 17 dư 10. Chứng minh rằng trong 100 số trên luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999. Lời giải Giả sử n là số tự nhiên chia 17 dư 10, khi đó n ≠ 0 và n có dạng n = 17k + 10 với k ∈ N . Gọi 100 số tự nhiên được chọn là 17k1 + 10;17k 2 + 10;17k 3 + 10;...; 17k100 + 10 . Không mất tính tổng quát ta giả sử k1 < k 2 < k 3 < ... < k100 . Nếu k100 ≥ 118 thi khi đó 17k100 + 10 ≥ 17.118 + 10 = 2016 . Do đó k100 ≤ 117 . Ta sẽ chứng minh k 3 ≤ 20 . Thật vậy, giả sử k 3 ≥ 21 . Khi đó từ k1 < k 2 < k 3 < ... < k100 suy ra k 4 ≥ k 3 + 1; k 5 ≥ k 4 + 1; k 6 ≥ k 5 + 1; ...; k100 ≥ k 99 + 1 Nên từ k 3 ≥ 21 suy ra k 4 ≥ 21 + 1 = 22; k 5 ≥ 22 + 1 = 23; k 6 ≥ 23 + 1 = 24; ...; k100 ≥ 117 + 1 = 118 , điều này trái với k100 ≥ 118 . Do đó k 3 ≤ 20 . Vì k 3 ≤ 20 nên suy ra k 2 ≤ 19; k1 ≤ 18 .

Với kết quả trên ta chon ba số nhỏ nhất trong 100 số trên là 17k1 + 10; 17k 2 + 10;17k 3 + 10 . Khi đó ta được 17k1 + 10 + 17k 2 + 10 + 17k 3 + 10 ≤ ( 17.18 + 10 ) + ( 17.19 + 10 ) + ( 17.20 + 10 ) = 999 Vậy ta luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999. bài toán được chứng minh.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Chứng minh rằng nếu tất cả các cạnh của một tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3 . 4

Bài 2. Trên mặt phẳng đã cho 2011 điểm, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối mỗi điểm trong số 2011 điểm này với điểm gần nhất. Chứng minh rằng với mỗi cách nối đó không thể nhận được một đường gấp khúc khép kín. Bài 3. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm thỏa mãn ba điểm bất kì trong số chúng đều thẳng hàng. Chứng minh rằng 2011 điểm đã cho là thẳng hàng. Bài 4. Trên mặt phẳng có 2011 điểm bất kỳ, ít nhất ba điểm không thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn vẽ được một đường tròn qua ba trong số 2011 điểm đã cho mà 2008 điểm còn lại không nằm ngoài đường tròn. Bài 5. Trên mặt phẳng cho m + n điểm phân biệt(m, n là các số nguyên dương). Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn không đi qua điểm nào trong các điểm trên và chứa đúng n điểm trong

m + n điểm đã cho. Bài 6. Trong một bảng ô vuông 10x10 người ta viết 100 số nguyên từ 1 đến 100. Mỗi hàng ta chọn ra số lớn thứ ba trong 10 số của hàng. Chứng minh rằng tổng của 10 số được chọn không nhỏ hơn tổng của 10 số trong bất cứ một hàng nào của bảng số.

Bài 8. Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng không có hai người nào câu được số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không ít hơn 50 con cá. Bài 9. Đặt các số nguyên 1; 2; 3;...; n 2 vào một bàn cờ n.n ( n ≥ 2 ) một cách ngẫu nhiên, mỗi số đúng một lần, mỗi ô một số. Chứng minh rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau(chung cạnh hoặc chung đỉnh) mà có giá trị khác nhau ít nhất n + 1 .

Bài 10. Cho trước một bảng m.n các số thực. Một phép biến đổi bảng là một lần ta đổi dấu của tất cả các số trong một hàng hay một cột nào đó của bảng. Chứng minh rằng ta luôn có thể thực hiện được một dãy hữu hạn các phép biến đổi bảng để kết quả thu được là một bảng với tổng các số trong một dòng, một cột bất kì đều không âm. Bài 11. Trong một buổi tiệc với một số lượng người tham gia nhất định, xét quan hệ “bạn bè” theo nghĩa: “Nếu A là bạn của B thì B cũng là bạn của A”. Chứng minh rằng người trong buổi tiệc luôn có thể chia làm hai nhóm để đưa vào trong hai phòng khác nhau sao cho: Với mỗi người trong một phòng bất kì, ít nhất một nửa số bạn của người đó ở phòng còn lại. Bài 12. Trong các ô của bảng vuông kích thước n.n ô vuông, người ta viết các số sao cho tổng của các số có mặt trong các ô của một “chữ thập” (tức là hình gồm một hàng và một cột) bất kỳ không nhỏ hơn a. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng các ô trong bảng. Bài 13. Lấy 2011 điểm thuộc miền trong của tứ giác để cùng với 4 đỉnh ta được 2015 điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Biết diện tích của tứ giác ban đầu là 1cm2. Chứng minh rằng tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ 2015 điểm đã cho có diện tích không vượt quá

1 cm2. 4024

Bài 14. Trong mặt phẳng cho tập hợp P gồm hữu hạn điểm bất kỳ không cùng nằm trên một đường thẳng. Xét tất cả các đường thẳng đi qua hai điểm bất kỳ của P. Chứng minh luôn có ít nhất một đường thẳng chỉ đi qua hai điểm của P. Bài 15. Trên mặt phẳng kẻ 2016 đường thẳng sao cho không có ba đường nào đồng quy. Tam giác tao bởi ba đường thẳng trong các đường thẳng trên được gọi là tam giác xanh nếu nó không bị đường thẳng cào trong số các đường thẳng còn lại cắt. Gọi k là số tam giác xanh có thể có được từ các đường thẳng trên. a) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 672. b) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 1344.

Bài 16. Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = 1 . Bài 17. Trên một vòng tròn người ta xếp ít nhất bốn số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh rằng tổng của tất cả các tích hai số kề nhau không lớn hơn

1 . 4

Bài 18. Cho n là một số nguyên dương và các số nguyên dương a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n có tổng bằng

2n − 1 . Chứng minh rằng tồn tại một số số trong các số nguyên dương trên có tổng bằng n. Bài 19. Cho 5 số nguyên phân biệt sao cho tổng ba số bất kì trong chúng luôn lớn hơn tổng hai số còn lại. Tìm giá trị nhỏ nhất của tích năm số nguyên đó.

HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Gọi A là góc nhỏ nhất của tam giác ABC thì

≤ 60 0 . suy ra BAC Ta có S ABC =

1 1 BH.AC = AB.AC.sin A 2 2

Do đó ta được

S ABC <

1 1 3 3 AB.AC.sin 600 < .1.1. = 2 2 2 4

Suy ra điều phải chứng minh Bài 2. Giả sử ngược lại với cách nối đó, chúng ta nhận được

một đường thẳng gấp khúc khép kín. Gọi AB là mắt lớn nhất của đường gấp khúc khép kín A

này. Tức là đoạn thẳng lớn nhất trong các đoạn thẳng tạo nên đường gấp khúc trên. Giả sử AC và BD là hai mắt kề với mắt AB. Khi đó ta thấy

• Nếu AC < AB thì B không phải là điểm gần nhất của A.

• Nếu BD < AB Thì A không phải là điểm gần nhất của B. Chứng tỏ rằng A và B không thể được nối với nhau. Điều này vô lí. Từ đó ta không thể nhận được một đường gấp khúc khép kín từ cách nối trên. Bài 3. Giả sử ngược lại là 2011 điểm đã cho không thẳng hàng. A

Dựng qua mỗi cặp điểm trong số 2011 điểm này một đường thẳng. Số các đường thẳng được nối như vậy là hoàn toàn xác định, hữu hạn. Xét các khoản cách khác 0 nhỏ nhất từ 2011 điểm đã cho đến các đường thẳng vừa dựng. Số các khoảng cách như vậy tồn tại và hữu hạn. Gọi khoảng cách từ A đến đường thẳng BC là bé nhất( A, B , C là ba trong số 2011 điểm đã cho) . Theo giả thiết, trên BC cón có 1 điểm thứ 3 là D khác B và C. Vẽ AQ vuông góc với BC, khoảng cách AQ là bé nhất (theo giả sử) ta có trong ba điểm B, C, D phải có ít nhất hai điểm nằm về cùng một phía của điếm Q, giả sử đó là hai điểm A và D. Giả sử CQ < DQ , vẽ CR vuông góc với AD, Khi đó dễ thấy CR < AQ , điều này vô lí. Từ đó ta suy ra được 2011 điểm đã cho thẳng hàng. Bài 4. Ta giải bài toán trong trường hợp tổng quát. Ta sẽ chứng minh khi có n điểm ( n > 2 ) ít nhất có ba điểm không thẳng hàng, ta sẽ chứng minh tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong n điểm và n − 3 điểm còn lại không nằm ngoài đường tròn này. Ta tìm được hai điểm A 1 A 2 mà tất cả các điểm còn lại đều nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng A 1A 2 . Trong số các

góc có dạng A A A 2 (với mọi i chạy từ 3 đến n) ta tìm được một điểm A k sao cho góc A A A2 1 i 1 k A A2 ≥ A A A 2 với mọi i chạy từ 3 đến n, do đó đường tròn ngoại tiếp tam nhỏ nhất. Nên A 1 i 1 k A A 2 chứa tất cả các điểm còn lại hoặc đi qua một số điểm và chứa các điểm còn lại. Tóm giác A 1 k lại là không có điểm nào trong n − 3 điểm nằm ngoài đường tròn này. Thật vậy, nếu có điểm A j

A A 2 thì ta có A nào đó nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác A A jA 2 < A A A 2 , điều này 1 k 1 1 k mâu thuẫn. Vậy ta chứng minh xong bài toán. Bài 5. Vì m, n là các số nguyên dương nên số điểm trên mặt phẳng là hữu hạn. Nối hai điểm bất kì trong các điểm trên ta được một số đoạn thẳng hữu hạn. Vẽ các đường trung trực của các đoạn thẳng trên, khi đólà cũng đươch hữu hạn các đường trung trực, như vậy tồn tại một điểm O không nằm trên đường trung trực nào. Như vậy khoảng cách từ O đến m + n điểm phân biệt là khác nhau. Gọi các khoảng cách đó lần lượt là r1 ; r2 ;...; rn ; ...; rm + n . Không mất tính tổng quát ta giả sử r1 < r2 < ... < rn < ... < rm + n . Đến đây la chọn O là tâm và bán kính là rn < r < rn +1 để vẽ đường tròn thì đường tròn đó không đi qua điểm nào và chứa đúng n điểm trong các điểm đã cho. Bài 6. Giả sử trong 10 hàng ta chọn được 10 số thỏa mãn bài toán là a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a10 . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a 1 < a 2 < a 3 < ... < a10 . Như vậy có nhiều nhất 20 số lớn hơn a 10 (gồm những số lớn nhất và số lớn thứ hai ở mỗi hàng), khi đó ta suy ra được a 10 ≥ 10 . Tương tự ta được a 9 ≥ 72 (gồm những số lớn nhất, số lớn thứ hai ở mỗi hàng và những số ở hàng chứa a10 có thể lớn hơn a 9 ).

(

) (

)

Như vậy ta được a 10 + a 9 + a 8 + ... + a1 ≥ 80 + 72 + a1 + 7 + a1 + 6 + ... + a 1 = 8a1 + 180 . Mặt khác hàng chứa số a 1 có tổng lớn nhất là

100 + 99 + ( a 1 − 1) + ( a1 − 2 ) + ... + ( a 1 − 7 ) = 8a 1 + 171 Dễ thấy 8a 1 + 171 < 8a1 + 180 . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

b) Tô màu đen trắng theo kiểu bàn cờ, ta chứng minh được tất cả các số trong các ô cùng màu phải bằng nhau. Tối đa đặt được 2 giá trị của các số vào mạng lưới ô vuông. Bài 8. Ta sắp xếp các người câu cá theo thứ tự để số cá câu được của họ giảm dần. Như thế người thứ nhất câu được nhiều cá nhất và người thứ bảy câu được ít cá nhất. Nếu người thứ tư câu được không ít hơn 15 con cá, thì ba người đầu câu được không ít hơn 16 + 17 + 18 = 51 con cá. Nếu người thứ tư câu được 14 con cá hoặc ít hơn thì cả bốn người sau câu được không quá 14 + 13 + 12 + 11 = 50 con. Như vậy ba người đầu câu được không ít hơn 50 con. Vậy ba người đầu luôn câu được tổng cộng không dưới 50 con cá. Bài 9. Với 2 ô bất kì ta luôn tìm được một dãy không quá n các ô vuông kề nhau nối chúng (tính cả 2 ô đó). (1) Giả sử ngược lại, hai ô vuông kề nhau bất kì có giá trị khác nhau nhiều nhất n (2) Xét hai ô vuông chứa số 1 và n 2 . Theo nhận xét (1) ta có một dãy không quá n ô vuông kề nhau nối chúng. Nhưng kết hợp với điều kiện (2), giá trị hai ô này khác nhau không quá n ( n − 1) . Như

(

)

vậy ta thu được n 2 − 1 ≤ n n − 1 nên ta được n ≤ 1 . Không thể xảy ra vì n ≥ 2 . Ta có điều phải chứng minh.

Bài 10. Nếu bảng chưa đạt yêu cầu, ta thực hiện một phép biến đổi bảng “tốt” như sau: đổi dấu một hàng hay cột có tổng các số là âm. Xét số S là tổng tất cả các số có trong một bảng, khi ta thực hiện một phép biến đổi “tốt”, S tăng lên thực sự. Tập các số khi ta biến đổi bảng từ bảng ban đầu rõ ràng là hữu hạn (không thể vượt quá 2 m.n , giải thích tại sao?). Do vậy tồn tại một số S lớn nhất, xét bảng với số S lớn nhất có thể này. Rõ ràng đó là bảng mà có tổng các số trong một dòng, một cột bất kì đều không âm, vì ta không thể thực hiện thêm một phép biến đổi “tốt” từ bảng này. Bài 11. Với một cách chia bất kì số người thành 2 nhóm, gọi là số lượng tất cả các cặp {P; Q} sao cho P và Q ở khác phòng và P,Q là bạn của nhau. Xét cách chia với m lớn nhất có thể (vì số cách chia là hữu hạn nên m nhận hữu hạn giá trị), ta chứng minh cách chia này thỏa mãn yêu cầu. Thật vậy, với người P bất kì, gọi a p là số bạn của anh ta trong cùng phòng và bp là số bạn của anh

(

)

ta khác phòng. Nếu ta chuyển P sang phòng còn lại thì ta sẽ cộng a p − b p vào m. Do giả thiết chọn m là lớn nhất nên ta phải có a p − bp ≤ 0 hay a p ≤ bp . Vậy với cách chia mà m lớn nhất có thể thì thỏa mãn yêu cầu.

Bài 12.

Lấy một hàng có tổng các số trong hàng đó là nhỏ nhất. Sau đó xét tổng tất cả có “chữ thập” được lập nên từ các ô của hàng đó. Có n “chữ thập” như vậy, theo điều kiện của bài toán. Ta suy ra, tổng các số ghi ở n “chữ thập” ấy không nhỏ hơn n.a.Dễ thấy tổng nói trên bằng tổng của tất cả các số trong bảng cộng thêm ( n − 1) lần tổng các số trong hàng lấy ra. Gọi tổng các số trong bảng là N, tổng các số trong hàng lấy ra là m, từ suy luận trên ta suy ra: N + ( n – 1) .m ≥ n.a

Theo định nghĩa số m thì m ≤

N+

N . Kết hợp hai kết quả trên suy ra n

N n2 . ( n − 1) ≥ n.a ⇔ N ≥ .a n 2n − 1

Mặt khác, chọn tất cả các ô trong bảng đều bằng

(

)

hình chữ thập là 2n − 1 .

vào các ô trong bảng là

a . Khi đó tổng tất cả các số ghi trong mọi 2n − 1

a = a . Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi 2n − 1

n 2 .a n 2a . Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là N min = . 2n − 1 2n − 1

Bài 13. Xét tứ giác ABCD có diện tích bằng 1.

B A

+ Với điểm thứ nhất M, ta có 4 tam giác đôi một không có điểm trong chung.

N M

+ Điểm thứ hai N phải là điểm trong của một trong 4 tam D

giác chung đỉnh M. Nối N với 3 đỉnh của tam giác đó, tạo

nên 3 tam giác tuy nhiên số tam giác đôi một không có điểm trong chung chỉ tăng thêm 2 vì mất đi tam giác chứa N. Số tam giác không có điểm trong chung lúc này là 4 + 2. Tương tự với 2009 điểm còn lại, cuối cùng số tam giác đôi một không có điểm trong chung là 4 + 2 + 2009.2 = 4024 tam giác. Tổng diện tích

của 4024 các tam giác đó bằng 1cm 2 , nên có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng

1 cm 2 (đpcm). 4024

Bài 14. Giả sử điều phải chứng minh là sai,

tức là bất kỳ bất kỳ đường thẳng nào trong l

P cũng đi qua ít nhất 3 điểm. Khi đó ta

chứng minh được tất cả các điểm trong P

B A

đều thẳng hàng. Thật vậy: Giả sử mọi đường thẳng qua 2 điểm trong S đều chứa ít nhất 3 điểm. Một đường thẳng gọi là đường nối nếu nó đi qua ít nhất hai điểm trong S. Giả sử ( P,1) là cặp điểm và đường nối có khoảng cách nhỏ nhất trong mọi cặp điểm - đường nối. Theo giả thiết l đi qua ít nhất 3 điểm trong S. nên nếu hạ đường cao từ P xuống l thì tồn tại ít nhất hai điểm nằm cùng phía của đường cao(một điểm có thể nằm ngay đường cao). Trong hai điểm này gọi điểm nằm ở gần chân đường cao hơn là B và điểm kia là C. Xét đường thẳng m nối PC khoảng cách từ B tới m nhỏ hơn khoảng cách từ P tới l nên mâu thuẫn giả thiết về P và l. Một cách dễ thấy là tam giác vuông với cạnh huyền BC đồng dạng và nằm trong tam giác vuông với cạnh huyền PC. Do đó không thể tồn tại khoảng cách dương nhỏ nhất giữa các cặp điểm đường nối. Nói cách khác, mọi điểm đều nằng trên đúng một đường thẳng nếu mọi đường nối đều chứa ít nhất 3 điểm(vô lý với giả thiết) do tất cả các điểm trong P không thẳng hàng. Suy ra giả thiết phản chứng là sai. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 15. a) Lấy đường thẳng d bất kì. Xét các giao điểm của các đường thẳng khác đường thẳng d. Trong các giao điểm đó tồn tại một giao điểm mà khoảng cách từ nó đến dường thẳng d là nhỏ nhất. Khi đó giao điểm đó với hai giao điểm nằm trên đường thẳng d là một tam giác xanh. Như vậy ứng với mỗi đường thẳng ta có một tam giác xanh nên ứng với 2016 đường thẳng ta có 2016 tam giác xanh. Tuy nhiên mỗi tam giác xanh trong số trong số 2016 tam giác xanh trên được tính nhiều nhất ba lần. Do đó có ít nhất 2016 : 3 = 672 tam giác xanh khác nhau.

b) Từ kết quả câu a thì ta suy ra được về hai phía

của đường thẳng d đều có các giao điểm của các đường thẳng khác. Do đó ứng với d có ít nhất hai M2

tam giác xanh về hai phía. Ta cần chứng minh có

d4 M3

nhiều nhất hai đường thẳng mà tất cả các giao d2

điểm của các đường thẳng khác nằm về một phía

so với đường thẳng đó. Thật vậy, giả sử ngược lại có d1 ; d 2 ; d 3 như vậy. Gọi M1 ; M 2 ; M 3 lần lượt là giao điểm của d 4 với

d1 ; d 2 ; d 3 . Giả sử M 2 nằm giữa M1 và M 3 . Khi đó M1 và M 3 nằm cùng phía so với d 2 , điều này vô lí. Như vậy ứng với 2016 đường thẳng có ít nhất 2014.2 + 2.2 = 4032 tam giác xanh. Mà mõi tam

(

)

giác xanh được tình nhiều nhất ba lần nên có ít nhất 2014.2 + 2.2 : 3 = 1344 tam giác xanh khác nhau. Bài 16. Giả sử khẳng định đề bài không đúng, tức là tồn tại hai số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau sao cho không tồn tại x, y nguyên sao cho ax + by = 1 . Gọi a 0 ; b 0 là một cặp số như vậy với a 0 + b 0 nhỏ nhất(phản ví dụ nhỏ nhất). Vì

, b0 ) = 1 và

1.0 + 1.1 = 1 ) nên a 0 ≠ b 0 . Không mất tính tổng quát, có thể giả sử

; b0 ) ≠ ( 1;1) (do

a 0 > b0 . Dễ thấy

− b 0 , b 0 ) = ( a 0 , b0 ) = 1 . Do a 0 – b0 + b0 = a 0 < a 0 + b0 nên do tính nhỏ nhất của phản ví dụ, ta suy ra ( a 0 − b0 , b 0 )

không là phản ví dụ, tức là tồn tại x, y sao cho

− b0 ) x + b0 y = 1 .

Nhưng từ đây thì

a 0 x + b0 ( y − x ) = 1 . Mâu thuẫn đối với điều giả sử. Vậy điều giả sử là sai và bài toán được chứng minh. Bài 17. Gọi các số thực không âm được xếp trên vòng tròn là a 1 ; a 2 ;...; a n với n ≥ 4 thỏa mãn

a 1 + a 2 + ... + a n = 1 Ta cần chứng minh được a 1a 2 + a 2 a 3 + ... + a n −1a n + a n a1 ≤

1 . 4

• Với n là số chẵn, tức là n = 2m với m là số nguyên dương, khi đó đặt a 1 + a 2 + ... + a 2m −1 = a . Từ

(

đó ta có a 1a 2 + a 2 a 3 + ... + a n −1a n + a na 1 ≤ a 1 + a 3 + ... + a 2m −1

)( a

+ a 4 + ... + a 2m ) = a ( 1 − a ) ≤

1 . 4

• Với n là số lẻ, khi đó giả sử a k là số nhỏ nhất. Để tiện cho việc chứng minh ta giả sử 1 < k < n − 1 , điều này không làm mất tính tổng quát n ≥ 4 . Đặt a i = b i với = 1; 2;...; k − 1 , b k = a k + a k +1 với i = k và bi = a i +1 với i = k + 1; k + 1;...; n − 1 . Thay vào bất đẳng thức cần chứng minh ta được

a 1a 2 + a 2a 3 + ... + a k − 2a k −1 + ( a k −1 + a k+ 2 ) b k + ... + a n −1a n + a n a 1 ≤

1 4

(

)

Do a k nhỏ nhất nên ta có a k −1a k + a k a k +1 + a k +1a k + 2 ≤ a k −1a k + a k −1a k +1 + a k +1a k + 2 ≤ a k −1 + a k + 2 b k .

Như vậy ta cần chứng minh được b1 b 2 + b 2 b 3 + ... + b k −1 b k + b k b1 ≤

1 với k là số chẵn. 4

Đến đây hoàn toàn tương tự như trường hợp n chẵn ta có điều phải chứng minh. Đánh giá trên đây là tốt nhất và dấu bằng xảy ra khi 2 trong n số bằng

1 , còn các số còn lại bằng 2

Từ đó ta được a l +1 + a l + 2 + ... + a k ⋮ n . Vậy luôn tồn tại một số số trong các số nguyên dương trên có tổng bằng n Bài 19. Gọi 5 số nguyên phân biệt đó là a, b, c, d, e. không mất tính tổng quát ta giả sử a d + e , do đó a > d + e − b − c . Chú ý là a, b, c, d, e là các số nguyên thỏa mãn a 4 . Từ đó suy ra a ≥ 5 nên ta được b ≥ 6; c ≥ 7; d ≥ 8; e ≥ 9 . Suy ra abcde ≥ 5.6.7.8.9 . Vậy giá trị nhỏ nhất của tích năm số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5.6.7.8.9 = 15120 . BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Chứng minh rằng nếu tất cả các cạnh của một tam giác đều nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn

3 . 4

Bài 2. Trên mặt phẳng đã cho 2011 điểm, khoảng cách giữa chúng đôi một khác nhau. Nối mối điểm trong số 2011 điểm này với điểm gần nhất. Chứng minh rằng với mỗi cách nối đó không thể nhận được một đường gấp khúc khép kín. Bài 3. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm thỏa mãn ba điểm bất kì trong số chúng đều thẳng hàng. Chứng minh rằng 2011 điểm đã cho là thẳng hàng. Bài 4. Trên mặt phẳng có 2011 điểm bất kỳ, ít nhất ba điểm không thẳng hàng. Chứng minh rằng luôn vẽ được một đường tròn qua ba trong số 2011 điểm đã cho mà 2008 điểm còn lại không nằm ngoài đường tròn. Bài 5. Trên mặt phẳng cho m + n điểm phân biệt(m, n là các số nguyên dương). Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn không đi qua điểm nào trong các điểm trên và chứa đúng n điểm trong

Bài 7. a) Trên một mạng lưới ô vuông vô hạn trên một mặt phẳng, đặt vào mỗi ô vuông một số tự nhiên sao cho số trong mỗi ô bằng trung bình cộng của bốn số trong các ô vuông có cạnh kề với ô đó. Chứng minh tất cả các số bằng nhau. b) Nếu số trong mỗi ô bằng trung bình cộng của bốn số trong các ô vuông bốn góc. Ta có thể đặt được tối đa bao nhiêu giá trị của các số? Bài 8. Bảy người câu được 100 con cá. Biết rằng không có hai người nào câu được số cá như nhau. Chứng minh rằng có ba người câu được tổng cộng không ít hơn 50 con cá. Bài 9. Đặt các số nguyên 1; 2; 3;...; n 2 vào một bàn cờ n.n ( n ≥ 2 ) một cách ngẫu nhiên, mỗi số đúng một lần, mỗi ô một số. Chứng minh rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau(chung cạnh hoặc chung đỉnh) mà có giá trị khác nhau ít nhất n + 1 .

1 cm2. 4024

đường thẳng cào trong số các đường thẳng còn lại cắt. Gọi k là số tam giác xanh có thể có được từ các đường thẳng trên. a) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 672. b) Chứng minh rằng số tam giác xanh không ít hơn 1344. Bài 16. Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì tồn tại các số nguyên x, y sao cho ax + by = 1 . Bài 17. Trên một vòng tròn người ta xếp ít nhất bốn số thực không âm có tổng bằng 1. Chứng minh rằng tổng của tất cả các tích hai số kề nhau không lớn hơn

1 . 4

Bài 18. Cho n là một số nguyên dương và các số nguyên dương a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n có tổng bằng

≤ 60 0 . suy ra BAC Ta có S ABC =

1 1 BH.AC = AB.AC.sin A 2 2

Do đó ta được

S ABC <

1 1 3 3 AB.AC.sin 60 0 < .1.1. = 2 2 2 4

Suy ra điều phải chứng minh Bài 2.

Giả sử ngược lại với cách nối đó, chúng ta nhận được

một đường thẳng gấp khúc khép kín. Gọi AB là mắt lớn nhất của đường gấp khúc khép kín A

này. Tức là đoạn thẳng lớn nhất trong các đoạn thẳng tạo nên đường gấp khúc trên. Giả sử AC và BD là hai C

mắt kề với mắt AB. Khi đó ta thấy

• Nếu AC < AB thì B không phải là điểm gần nhất của A.

Bài 4. Ta giải bài toán trong trường hợp tổng quát. Ta sẽ chứng minh khi có n điểm ( n > 2 ) ít nhất có ba điểm không thẳng hàng, ta sẽ chứng minh tồn tại một đường tròn đi qua ba điểm trong n điểm và n − 3 điểm còn lại không nằm ngoài đường tròn này. Ta tìm được hai điểm A 1 A 2 mà tất cả các điểm còn lại đều nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng A 1A 2 .

A A 2 (với mọi i chạy từ 3 đến n) ta tìm được một điểm A k sao Trong số các góc có dạng A 1 i A A 2 nhỏ nhất. cho góc A 1 k Nên A A A2 ≥ A A A 2 với mọi i chạy từ 3 đến n, do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác 1 i 1 k A A A 2 chứa tất cả các điểm còn lại hoặc đi qua một số điểm và chứa các điểm còn lại. Tóm lại là 1 k không có điểm nào trong n − 3 điểm nằm ngoài đường tròn này.

A A 2 thì Thật vậy, nếu có điểm A j nào đó nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác A 1 k

ta có A A jA2 < A A A 2 , điều này mâu thuẫn. 1 1 k Vậy ta chứng minh xong bài toán. Bài 5. Vì m, n là các số nguyên dương nên số điểm trên mặt phẳng là hữu hạn. Nối hai điểm bất kì trong các điểm trên ta được một số đoạn thẳng hữu hạn. Vẽ các đường trung trực của các đoạn thẳng trên, khi đólà cũng đươch hữu hạn các đường trung trực, như vậy tồn tại một điểm O không nằm trên đường trung trực nào. Như vậy khoảng cách từ O đến m + n điểm phân biệt là khác nhau. Gọi các khoảng cách đó lần lượt là r1 ; r2 ;...; rn ; ...; rm + n . Không mất tính tổng quát ta giả sử r1 < r2 < ... < rn < ... < rm + n . Đến đây la chọn O là tâm và bán kính là rn < r < rn +1 để vẽ đường tròn thì đường tròn đó không đi qua điểm nào và chứa đúng n điểm trong các điểm đã cho. Nhận xét: Có thể chọn vô số điểm O để vẽ đường tròn hoặc với một điểm O có vô số cách chọn bán kính r để vẽ đường tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài 6. Giả sử trong 10 hàng ta chọn được 10 số thỏa mãn bài toán là a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a10 .

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a 1 < a 2 < a 3 < ... < a10 . Như vậy có nhiều nhất 20 số lớn hơn a 10 (gồm những số lớn nhất và số lớn thứ hai ở mỗi hàng), khi đó ta suy ra được a 10 ≥ 10 . Tương tự ta được a 9 ≥ 72 (gồm những số lớn nhất, số lớn thứ hai ở mỗi hàng và những số ở hàng chứa a10 có thể lớn hơn a 9 ). Như vậy ta được a 10 + a 9 + a 8 + ... + a1 ≥ 80 + 72 + ( a1 + 7 ) + ( a1 + 6 ) + ... + a 1 = 8a1 + 180 . Mặt khác hàng chứa số a 1 có tổng lớn nhất là

100 + 99 + ( a 1 − 1) + ( a1 − 2 ) + ... + ( a 1 − 7 ) = 8a 1 + 171 Dễ thấy 8a 1 + 171 < 8a1 + 180 . Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Bài 7. a) Tồn tại ô vuông với số được điền bé nhất, 4 ô kề cạnh cũng được đặt cùng số bé nhất đó. Với ô vuông khác bất kì ta luôn tìm được một dãy các ô vuông kề cạnh bắt đầu từ ô vuông đó tới ô vuông với số bé nhất, do vậy cũng được đặt số bé nhất. Vậy tất cả các số đều bằng nhau. b) Tô màu đen trắng theo kiểu bàn cờ, ta chứng minh được tất cả các số trong các ô cùng màu phải bằng nhau. Tối đa đặt được 2 giá trị của các số vào mạng lưới ô vuông. Bài 8. Ta sắp xếp các người câu cá theo thứ tự để số cá câu được của họ giảm dần. Như thế người thứ nhất câu được nhiều cá nhất và người thứ bảy câu được ít cá nhất. Nếu người thứ tư câu được không ít hơn 15 con cá, thì ba người đầu câu được không ít hơn 16 + 17 + 18 = 51 con cá. Nếu người thứ tư câu được 14 con cá hoặc ít hơn thì cả bốn người sau câu được không quá 14 + 13 + 12 + 11 = 50 con. Như vậy ba người đầu câu được không ít hơn 50 con. Vậy ba người đầu luôn câu được tổng cộng không dưới 50 con cá. Bài 9. Với 2 ô bất kì ta luôn tìm được một dãy không quá n các ô vuông kề nhau nối chúng (tính cả 2 ô đó). (1) Giả sử ngược lại, hai ô vuông kề nhau bất kì có giá trị khác nhau nhiều nhất n (2) Xét hai ô vuông chứa số 1 và n 2 . Theo nhận xét (1) ta có một dãy không quá n ô vuông kề nhau

(

)

nối chúng. Nhưng kết hợp với điều kiện (2), giá trị hai ô này khác nhau không quá n n − 1 . Như vậy ta thu được n 2 − 1 ≤ n ( n − 1) nên ta được n ≤ 1 . Không thể xảy ra vì n ≥ 2 . Ta có điều phải chứng minh.

(

)

ta khác phòng. Nếu ta chuyển P sang phòng còn lại thì ta sẽ cộng a p − b p vào m. Do giả thiết chọn m là lớn nhất nên ta phải có a p − b p ≤ 0 hay a p ≤ b p . Vậy với cách chia mà m lớn nhất có thể thì thỏa mãn yêu cầu. Bài 12.

Theo định nghĩa số m thì ta có m ≤

N n

Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra N +

N n2 . ( n − 1) ≥ n.a ⇔ N ≥ .a n 2n − 1

Mặt khác, chọn tất cả các ô trong bảng đều bằng

(

)

hình chữ thập là 2n − 1 .

vào các ô trong bảng là

a . Khi đó tổng tất cả các số ghi trong mọi 2n − 1

a = a . Phép ghi như vậy là hợp lệ. Với cách ghi này, tổng các số ghi 2n − 1

n 2 .a n 2a . Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng cần tìm là N min = . 2n − 1 2n − 1

Bài 13. Xét tứ giác ABCD có diện tích bằng 1.

B A

+ Với điểm thứ nhất M, ta có 4 tam giác đôi một không có điểm trong chung.

N M

+ Điểm thứ hai N phải là điểm trong của một trong 4 tam D

giác chung đỉnh M. Nối N với 3 đỉnh của tam giác đó, tạo

nên 3 tam giác tuy nhiên số tam giác đôi một không có điểm trong chung chỉ tăng thêm 2 vì mất đi tam giác chứa N. Số tam giác không có điểm trong chung lúc này là 4 + 2 Tương tự với 2009 điểm còn lại, cuối cùng số tam giác đôi một không có điểm trong chung là

4 + 2 + 2009.2 = 4024 tam giác. Tổng diện tích của 4024 các tam giác đó bằng 1cm 2 , nên có ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng

1 cm 2 (đpcm). 4024

Bài 14. Giả sử điều phải chứng minh là sai, tức là

bất kỳ bất kỳ đường thẳng nào trong P cũng l

đi qua ít nhất 3 điểm. Khi đó ta chứng minh

được tất cả các điểm trong P đều thẳng

B A

hàng. Thật vậy: Giả sử mọi đường thẳng qua 2 điểm trong S đều chứa ít nhất 3 điểm. Một đường thẳng gọi là đường nối nếu nó đi qua ít nhất hai điểm trong S.

Giả sử ( P,1) là cặp điểm và đường nối có khoảng cách nhỏ nhất trong mọi cặp điểm - đường nối. Theo giả thiết l đi qua ít nhất 3 điểm trong S. nên nếu hạ đường cao từ P xuống l thì tồn tại ít nhất hai điểm nằm cùng phía của đường cao(một điểm có thể nằm ngay đường cao). Trong hai điểm này gọi điểm nằm ở gần chân đường cao hơn là B và điểm kia là C. Xét đường thẳng m nối PC khoảng cách từ B tới m nhỏ hơn khoảng cách từ P tới l nên mâu thuẫn giả thiết về P và l. Một cách dễ thấy là tam giác vuông với cạnh huyền BC đồng dạng và nằm trong tam giác vuông với cạnh huyền PC. Do đó không thể tồn tại khoảng cách dương nhỏ nhất giữa các cặp điểm đường nối. Nói cách khác, mọi điểm đều nằng trên đúng một đường thẳng nếu mọi đường nối đều chứa ít nhất 3 điểm(vô lý với giả thiết) do tất cả các điểm trong P không thẳng hàng. Suy ra giả thiết phản chứng là sai. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài 15. a) Lấy đường thẳng d bất kì. Xét các giao điểm của các đường thẳng khác đường thẳng d. Trong các giao điểm đó tồn tại một giao điểm mà khoảng cách từ nó đến dường thẳng d là nhỏ nhất. Khi đó giao điểm đó với hai giao điểm nằm trên đường thẳng d là một tam giác xanh. Như vậy ứng với mỗi đường thẳng ta có một tam giác xanh nên ứng với 2016 đường thẳng ta có 2016 tam giác xanh. Tuy nhiên mỗi tam giác xanh trong số trong số 2016 tam giác xanh trên được tính nhiều nhất ba lần. Do đó có ít nhất 2016 : 3 = 672 tam giác xanh khác nhau. b) Từ kết quả câu a thì ta suy ra được về hai d3

phía của đường thẳng d đều có các giao điểm của các đường thẳng khác. Do đó ứng với d có ít nhất hai tam giác xanh về hai

d4 M3

phía. Ta cần chứng minh có nhiều nhất hai đường thẳng mà tất cả các giao điểm của các

đường thẳng khác nằm về một phía so với đường thẳng đó. Thật vậy, giả sử ngược lại có d1 ; d 2 ; d 3 như vậy. Gọi M1 ; M 2 ; M 3 lần lượt là giao điểm của d 4 với d1 ; d 2 ; d 3 . Giả sử M 2 nằm giữa

M1 và M 3 .

Khi đó M1 và M 3 nằm cùng phía so với d 2 , điều này vô lí. Như vậy ứng với 2016 đường thẳng có ít nhất 2014.2 + 2.2 = 4032 tam giác xanh. Mà mõi tam giác xanh được tình nhiều nhất ba lần nên có ít nhất ( 2014.2 + 2.2 ) : 3 = 1344 tam giác xanh khác nhau. Bài 16. Giả sử khẳng định đề bài không đúng, tức là tồn tại hai số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau sao cho không tồn tại x, y nguyên sao cho ax + by = 1 . Gọi a 0 ; b 0 là một cặp số như

vậy với a 0 + b 0 nhỏ nhất(phản ví dụ nhỏ nhất). Vì

, b0 ) = 1 và

1.0 + 1.1 = 1 ) nên a 0 ≠ b 0 . Không mất tính tổng quát, có thể giả sử

; b0 ) ≠ ( 1;1) (do

a 0 > b0 . Dễ thấy

− b 0 , b 0 ) = ( a 0 , b0 ) = 1 . Do a 0 – b 0 + b 0 = a 0 < a 0 + b 0 nên do tính nhỏ nhất của phản ví dụ, ta suy ra ( a 0 − b0 , b 0 )

không là phản ví dụ, tức là tồn tại x, y sao cho

− b0 ) x + b0 y = 1 .

Nhưng từ đây thì

a 1 + a 2 + ... + a n = 1 Ta cần chứng minh được a 1a 2 + a 2 a 3 + ... + a n −1a n + a n a1 ≤

1 . 4

• Với n là số chẵn, tức là n = 2m với m là số nguyên dương, khi đó đặt a 1 + a 2 + ... + a 2m −1 = a . Từ đó ta có a 1a 2 + a 2 a 3 + ... + a n −1a n + a na 1 ≤ ( a 1 + a 3 + ... + a 2m −1 )( a 2 + a 4 + ... + a 2m ) = a ( 1 − a ) ≤

1 . 4

a 1a 2 + a 2a 3 + ... + a k − 2a k −1 + ( a k −1 + a k+ 2 ) b k + ... + a n −1a n + a n a 1 ≤

1 4

Do a k nhỏ nhất nên ta có a k −1a k + a k a k +1 + a k +1a k + 2 ≤ a k −1a k + a k −1a k +1 + a k +1a k + 2 ≤ ( a k −1 + a k + 2 ) b k .

Như vậy ta cần chứng minh được b1 b 2 + b 2 b 3 + ... + b k −1 b k + b k b1 ≤

1 với k là số chẵn. 4

Đến đây hoàn toàn tương tự như trường hợp n chẵn ta có điều phải chứng minh. Đánh giá trên đây là tốt nhất và dấu bằng xảy ra khi 2 trong n số bằng

1 , còn các số còn lại bằng 2

0. Bài 18. Đặt b1 = a 1 ; b 2 = a 1 + a 2 ;...; b n = a 1 + a 2 + ... + a n . Vì a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các sô nguyên dương nên ta được 1 ≤ b1 < b 2 < ... < b n = 2n − 1 . Ta xét các trường hợp sau: + Nếu n số nguyên dương b1 ; b 2 ;...; b n khi chia cho n có các số dư khác nhau thì tồn tại một số chia hết cho n. Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là b k với k ∈ {1; 2; 3;...; n} Khi đó ta có 1 ≤ b k ≤ 2n − 1 nên ta được b k = n . Do đó ta được a 1 + a 2 + a 3 + ... + a k = n . + Nếu n số nguyên dương b1 ; b 2 ;...; b n khi chia cho n có hai số dư bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là b k và b l với k, l ∈ {1; 2; 3;...; n} và k > l Từ đó ta được b k − bl ⋮ n hay ta được ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a k ) − ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a l )⋮ n Từ đó ta được a l +1 + a l + 2 + ... + a k ⋮ n . Vậy luôn tồn tại một số số trong các số nguyên dương trên có tổng bằng n Bài 19. Gọi 5 số nguyên phân biệt đó là a, b, c, d, e. không mất tính tổng quát ta giả sử a d + e , do đó a > d + e − b − c . Chú ý là a, b, c, d, e là các số nguyên thỏa mãn a 4 . Từ đó suy ra a ≥ 5 nên ta được b ≥ 6; c ≥ 7; d ≥ 8; e ≥ 9 . Suy ra abcde ≥ 5.6.7.8.9 .

Vậy giá trị nhỏ nhất của tích năm số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là 5.6.7.8.9 = 15120

Chủ đề 3 ĐẠI LƯỢNG BẤT BIẾN VÀ ỨNG DỤNG

1. Giới thiệu phương pháp đại lượng bất biến Cho a, b, c là những số thực ta xét tổng S = a + b + c . Nếu ta đổi chỗ a cho b, b cho c, c cho a, thì tổng S luôn luôn chỉ là một (không đổi). Tổng này không thay đổi đối với thứ tự phép cộng. Dù a, b, c có thay đổi thứ tự như thế nào chăng nữa S vẫn không thay đổi, nghĩa là S bất biến đối với việc thay đổi các biến khác. Trong thực tế cũng như trong toán học, rất nhiều vấn đề liên quan đến một số đối tượng nghiên cứu lại bất biến đối với sự thay đổi của nhiều đối tượng khác. 2. Giải toán bằng đại lượng bất biến Để giải toán được bằng đại lượng bất biến ta thực hiện theo các bước sau: + Bước 1: Ta phải phát hiện ra những đại lượng bất biến trong bài toán. Bước này tương đối khó nếu ta không luyện tập thường xuyên.

+ Bước 2: Xử lý tiếp đại lượng bất biến để tìm ra các điểm mâu thuẫn. 3. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Mỗi lần cho phép thay thế cặp số (a, b) thuộc tập hợp M cho dưới đây bằng cặp số (a + c, b + d) trong đó cặp số (c, d) cũng thuộc M. Hỏi sau một số hữu hạn lần thay thế ta có thể nhận được tập hợp các cặp số như trong tập hợp M1 hay không?

M = {(16, 2), (4, 32), (6, 62), (78, 8)} M1 = {(2018,702), (844, 2104), (1056, 2176), (2240 , 912)} Lời giải Ta thấy hai số trong cùng một cặp số của tập hợp M đều có cùng số dư khi chia cho 7. Do đó với hai cặp số ( a; b ) , ( c; d ) thuộc tập hợp M, ta có

a = 7m + r; b = 7n + r và c = 7i + q;

d = 7k + q

Với m, n, i, k, r, q ∈ N và 0 < r, q < 7 . Khi đó ta được

a + c = 7 ( m + i ) + r + q; b + d = 7 ( n + k ) + r + q Suy ra a + c; b + d có cùng số dư khi chia cho 7. Như vậy sau một số hữu hạn lần thay đổi, tập hợp gồm các cặp số như vậy vẫn giữ nguyên tính chất hai số trong cùng một cặp số có cùng số dư khi chia cho 7. Trong khi đó ở tập hợp M1 có chứa cặp số ( 2240; 912 ) có 2240 ⋮ 7 và 912 chia 7 dư 2. Như vậy sau một số hữu hạn lần thay thế ta không thể nhận được tập hợp các cặp số như trong tập hợp M1 Ví dụ 2. Trên bảng đen viết ba số

2; 2;

1 2

. Ta bắt đầu thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần chơi

ta xoá hai số nào đó trong ba số trên bảng, giả sử là a và b rồi viết vào 2 vị trí vừa xoá hai số mới

a+b 2

và

a−b 2

đồng thời giữ nguyên số còn lại. Như vậy sau mỗi lần chơi trên bảng luôn có ba

số. Chứng minh rằng dù ta có chơi bao nhiêu lần đi chăng nữa thì trên bảng không đồng thời có ba số

1 2 2

;

2; 1 + 2 .

Lời giải

Giả sử ba số trên bảng là a, b,c , khi thay a, b bằng x =

a+b 2

và y =

a−b 2

2  a + b   a − b  a 2 + 2ab + b 2 + a 2 − 2ab + b 2 = a 2 + b2 . Khi đó ta có x + y =   =  +   2  2   2 

Như vậy sau khi xoá 2 số a, b thay bởi hai số mới

a+b 2

và

a−b 2

thì tổng bình phương hai số

mới không đổi. Do đó tổng bình phương của ba số trên bảng không đổi và bằng 2 + 4 +

Mặt khác tổng bình phương ba số

đồng thời trên bảng ba số

1 2 2

;

1 2 2

;

1 13 = . 2 2

1  13 . Vậy không thể 2; 1 + 2 là  + 2 + 3 + 2 2  ≠ 8  2

2; 1 + 2

Ví dụ 3. Trên bảng cho 2014 số tự nhiên từ 1 đến 2014. Thực hiện liên tiếp phép biến đổi sau: Mỗi lần xoá đi hai số bất kỳ a, b có trên bảng rồi viết thêm số a + b −

1 ab vào bảng. Khi trên bảng chỉ 2

còn lại đúng một số thì dừng lại. Tìm số còn lại đó. Lời giải Trong quá trình biến đổi, giả sử trên bảng có dãy số a 1 ; a 2 ; ...; a n Ta xét biểu thức sau: P = ( a1 − 2 )( a 2 − 2 ) ... ( a n − 2 ) . Ta chứng minh su mỗi lần xóa thì giá trị biểu thức P giảm đi hai lần.

(

)(

)

Giả sử ta xóa đi hai số a và b khi đó tích P mất đi thừa số a − 2 b − 2 nhưng khi thay bằng

( a − 2 )( b − 2 ) 1 1 a + b − ab thì tích P có thêm thừa số a + b − ab − 2 = giảm đi một nửa nên P 2 2 2

giảm đi một nửa. Khi xóa đi hai số và thay bằng một số nên sau mỗi lần xóa trên bảng giảm đi một số. Mà trên bảng có 2014 số nên sau 2013 lần xóa thì P giảm đi 22013 lần. Khi đó ta có giá trị P = ( 1 − 2 )( 2 − 2 ) ... ( 2014 − 2 ) = 0 Giả sử số còn lại trên bảng là x khi đó ta có P = x − 2 = 0 ⇒ x = 2 Vậy số cuối cùng trên bảng là 2.

Ví dụ 4. Trên bảng viết các số

1 2 2014 2015 , , ..., , . Mỗi lần biến đổi, xóa đi hai số 2015 2015 2015 2016

a, b bất kỳ và thay bằng số a + b − 5ab. Hỏi sau 2014 lần thực hiện phép biến đổi trên bảng còn lại số nào? Lời giải

Trong dãy số trên có số

403 1 = . 2015 5

Nếu xóa hai số a và b bất kì và thay bằng số mới là c = a + b − 5ab , như vậy sau mỗi lần xóa day trên giảm đi một số. Như vậy sau 2014 lần xóa trên bảng còn lại một số. Đến một lúc nào đó ta sẽ xóa

Như vậy cứ xóa số

1 1 1 1 và một số b thì ta thay bằng c = + b − 5. b = 5 5 5 5

1 1 1 thì lại xuất hiện số . Vậy số cuối cùng còn lại là 5 5 5

Ví dụ 5. Người ta viết lên bảng dãy số

1 1 1 1 ; ; ;...; . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì x, y trên bảng 1 2 3 2016

thì lại viết thêm số x + y + xy . Sau một số lần thực hiện như vậy thì trên bảng còn lại một số. Tìm số còn lại đó. Lời giải Thực hiện cộng mỗi số trên bảng với 1 ta được dãy số

1 1 1 1 + 1; + 1; + 1;...; +1. 1 2 3 2016

Đặt x + y + xy = m , khi đó ta được m + 1 = ( x + 1)( y + 1)

Như vậy sau mối lần xóa đi hai số x + 1 và y + 1 của dãy thì lại thay bởi số ( x + 1)( y + 1) . Do đó lúc đấu ta có dãy số x; y; a; b; c;... và sau khi xóa đi hai số x và y ta được dãy số

m; a; b; c;... .

(

)(

)

(

)(

)

Chú ý rằng x + 1 y + 1 a + 1 b + 1 c + 1 ... = m + 1 a + 1 b + 1 c + 1 ... . Như vậy sau mỗi lần xóa thì tích trên không thay đổi. Gọi k là số cuối cùng trên bảng sau khi xóa thì ta được

 1  1  1   1  k + 1 =  + 1   + 1   + 1  ...  + 1  = 2017  1   2   3   2016  Do đó ta được k = 2016 hay số cuối cùng còn lại trên bảng là 2016. Nhận xét: Ta phát hiện ra tình chất bất biến nhờ đẳng thức xy + x + y + 1 = ( x + 1)( y + 1) . Như vậy nếu giữ nguyên đẳng thức này và thay đổi dãy số trên thì ta tìm được bài toán mới hoặc thay đổi đẳng thức trên ta cũng được bài toán mới.

• Người ta viết lên bảng dãy số 1; 2; 3;...; 2016 . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì x, y trên bảng thì lại viết thêm số x + y + xy . Sau một số lần thực hiện như vậy thì trên bảng còn lại một số. Tìm số còn lại đó.

• Người ta viết lên bảng dãy số

1007 1007 1007 1007 ; ; ;...; . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì x, y trên 1 2 3 2013

bảng thì lại viết thêm số 2xy − x − y + 1 . Sau một số lần thực hiện như vậy thì trên bảng còn lại một số. Tìm số còn lại đó. Ví dụ 6. Cho tam thức bậc hai f ( x ) . Mỗi lần thay tam thức này bởi một trong hai tam thức

 1 x 2 f  1 +  hoặc  x

( x − 1)

 1  2 f  . Như vậy nếu cho tam thức f ( x ) = x + 4x + 3 thì sau một số x − 1  

lần thay đổi có thể cho ta tam thức f ( x ) = x 2 + 10x + 9 . Lời giải Giả sử tam thức đã cho có dạng f ( x ) = ax 2 + bx + c với a, b, c là các hệ số và a khác 0.

2   1 1 1    2 Khi đó ta có x f  1 +  = x a  1 +  + b  1 +  + c  = ( a + b + c ) x 2 + ( a + 2b ) x + a x x x       2

(

Từ đó ta được ∆ = b + 2a

)

− 4 ( a + b + c ) a = b 2 − 4ac .

2  2    1  1  1 = x − 1 a + b. + c Lại có ( x − 1) f    = cx 2 + ( b − 2c ) x + ( a − b + c ) ( )    x − 1 x − 1 x − 1       2

Từ đó ta được ∆ = ( b − 2c ) − 4 ( a − b + c ) c = b 2 − 4ac . Như vậy sau mỗi lần thay đổi thì tam thức mới có biệt thức ∆ không đổi. Nếu cho tam thức f ( x ) = x 2 + 4x + 3 thì ta có ∆ = 4 2 − 4.3 = 4 , như vậy sau một số lần thay đổi trì ta không thu được tam thức f ( x ) = x 2 + 10x + 9 vì ∆ = 10 2 − 4.9 = 64 ≠ 4 . Ví dụ 7. Cho bốn số 2; 3; 4; 5 trên bảng. Mối lần xóa đi hai số a, b trong bốn số trên thì ta thay bằng hai số a + b + a 2 + b2 và a + b − a 2 + b 2 , đồng thời giữ nguyên hai số còn lại. Hỏi sau một số lần thay đổi thì có khi nào ta thu được bốn số mới trên bảng đều nhỏ hơn 1 hay không. Lời giải Nếu bốn số được ghi trên bảng là a; b; c; d thì tổng các nghịch đảo là

1 1 1 1 + + + a b c d

Sau mỗi lần thay đổi ta có bốn số đó là a + b + a 2 + b 2 ; a + b − a 2 + b 2 ; c; d

Ta có

a+b+ a +b

Khi đó

1 a + b + a 2 + b2

a+b− a +b

a + b − a2 + b2 + a + b + a2 + b2 2

(a + b) − (a

)

1 1 1 1 1 1 + + = + + + a + b − a 2 + b2 c d a b c d

Như vậy sau mỗi lần thay đổi thì tổn nghịch đảo của bốn số đã cho không đổi. Mặt khác với bốn số 2; 3; 4; 5 trên bảng thì

1 1 1 1 + + + <4. 2 3 4 5

1 1 + . a b

Giả sử sau một số lần thay đổi ta thu được bốn số x; y; z; t đều bé hơn 1. Khi đó ta có

1 1 1 1 + + + > 4. x y z t Điều này dẫn mâu thuẫn. Do đó sau một quá trình thay đổi ta không thể thu được bốn số đều bé hơn 1. Nhận xét:

• Ta có

1 1 1 1 + + + < 2 nên sau một số lần thay đổi ta cũng không thể thu được hai trong bốn số 2 3 4 5

nhỏ hơn 1.

• Ta cũng có thể giải bài toán trên theo cách khác như sau: Gọi bốn số trên bảng là a; b; c; d, khi đó sau mỗi lần thay đổi ta có bốn số có dạng như sau:

a + b + a 2 + b 2 ; a + b − a 2 + b 2 ; c; d a + b + a 2 + b 2 > a; a + b + a 2 + b 2 > b

Ta có 

2 2 a + b − a + b > 0

Khi đó ta được a + b + a 2 + b 2 + a + b − a 2 + b 2 + c + d > a + b + c + d . Như vậy sau mỗi lần thay đổi ta thu được bốn số có tổng lớn hơn bốn số cũ. Do đó a + b + a 2 + b 2 + a + b − a 2 + b 2 + c + d > 2 + 3 + 4 + 5 = 14 . Do đó không thể tồn tại bốn số mới đều nhỏ hơn 1. Ví dụ 8. Trên một hòn đảo có ba giống tắc kè sinh sống gồm 133 con màu xám, 155 con màu nâu và 177 con màu đỏ. Nếu hai con tắc kè khác màu nhau khi gặp nhau chúng sẽ cùng chuyển sang màu thứ ba, còn nếu hai con tắc kè cùng màu khi gặp nhau thì chúng giữ nguyên màu. Hỏi trên đảo có khi nào xẩy ra tình trạng tất cả các con tắc kè có cùng màu hay không. Lời giải Đặc điểm của bài toán nằm ở bộ ba số 133; 155; 177 và khi chia chúng cho 3 thì được các số dư lần lượt là 1; 2; 0. Ta xét một con tắc kè xám gặp một con tắc kè nâu khi đó chúng chuyển thành màu đỏ và lúc này số tắc kè trên đảo là 132 con màu xám, 154 con màu nâu và 179 con màu đỏ. Ta nhận thấy nếu chia các số 132; 154; 179 cho 3 thì ta được các số dư lần lượt là 0; 1; 2. Ta xét một con tắc

kè xám gặp một con tắc kè đỏ khi đó chúng chuyển thành màu nâu và lúc này số tắc kè trên đảo là 132 con màu xám, 157 con màu nâu và 176 con màu đỏ. Ta nhận thấy nếu chia các số 132; 157; 176 cho 3 thì ta được các số dư lần lượt là 0; 1; 2. Ta xét một con tắc kè nâu gặp một con tắc kè đỏ khi đó chúng chuyển thành màu xám và lúc này số tắc kè trên đảo là 135 con màu xám, 154 con màu nâu và 176 con màu đỏ. Ta nhận thấy nếu chia các số 135; 154; 176 cho 3 thì ta được các số dư lần lượt là 0; 1; 2. Như vậy dù thay đổi màu như thế nào thì khi chia số con tắc kè mỗi màu cho 3 thì ta thấy xuát hiện đầy đủ các số dư là 0; 1; 2. Tổng số tắc kè trên đảo là 133 + 155 + 177 = 465 luôn chia hết cho 3. Nếu như xẩy ra tình trạng trên đảo tất cả các con tắc kè chỉ có một màu thì số dư chi chia các con tắc kè mỗi màu cho 3 là 0; 0; 0. Điều này vô lí. Do vậy không thể xẩy ra tình trạng tất cả các con tắc kè trên đảo có cùng màu. Ví dụ 9. Có 2017 đồng xu, mỗi đồng xu có hai mặt gồm một mặt màu xanh và một mặt màu đỏ. Xếp các đồng xu sao cho các mặt màu xanh ngửa lên. Thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần cho phép thực hiện đổi bốn mặt của bốn đồng xu tương ứng. Hỏi sau một số lần thực hiện trò chơi ta có thể thu được tất cả các đồng xu đều có mặt màu đỏ ngửa lên hay không. Lời giải Thay mỗi đồng xu có mặt màu xanh ngửa lên bằng số −1 và thay mỗi đồng xu có mặt màu đỏ ngửa lên bằng số +1 . Khi đó cách thực hiện trò chơi theo bài ra được mô tả như sau: Mỗi lần xóa bốn số bất kì và thay bằng bốn số là đối của nó. Ban đầu ta có 2017 số −1 tương ứng với 2017 đồng xu có mặt màu xanh ngửa lên. Như vậy khi thực hiện trò chơi cthay đổi bốn số a, b, c, d bằng bốn số −a, − b, −c, −d thì tích ta có

( −a )( − b )( −c )( −d ) = abcd Điều đó có nghĩa là khi thực hiện trò chơi một số lần thì tích của 2017 số không thay đổi và bằng

−1 . Nếu như tất cả 2017 đồng xu đều có mặt màu đỏ ngửa lên thì tichs các số thay thế luôn bằng +1 . Như vậy sau một số lần thực hiện trò chơi thì ta không thể có 2017 đồng xu có mặt màu đỏ ngửa lên.

Ví dụ 10. Xác định các số dương m, n sao cho bảng m.n có thể lát được bằng các quân hình chữ L dưới đây.

Lời giải Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử m < n . Để lát được bằng quân hình chữ L như trên thì bảng m.n phải có m > 2; n > 3 . Giả sử bảng được lát bằng a quân hình chữ L. Khi đó do mỗi quân hình chữ L có 4 ô vuông nên ta có m.n = 4a . Mặt khác từ m > 2; n > 3 nên ta được m.n > 6 do đó a ≥ 2 .

• Xét trường hợp a = 2 , khi đó ta có bảng 2x4 có thể lát bằng hai quân hình chữ L như cách sau đây.

X X

• Xét trường hợp a = 3 , khi đó ta có hai bảng 2x6 và 3x4. Dẽ dàng kiểm tra được rằng hai bảng này không lát được bởi các quân hình chữ L. Như vậy từ hai kết quả trên ta dự đoán bảng có lát được bằng các quân hình chữ L khi a là số chẵn. Để chứng minh dự đoán này đi tô màu các ô trong bảng như sau: Giả sử m là số chẵn, khi đó các ô ở hàng lẻ ta tô màu đen và các số ở hàng chẵn ta tô màu trắng. Ta có số ô màu đen và số ô màu trằng bằng nhau và bằng 2a. Mỗi quân hình chữ L được lát vào bảng chiếm 3 ô màu đen và một ô màu trắng hoặc 3 ô màu trắng và một ô màu đen. Giả sử trong bảng được lát bằng x quân hình chữ L chiếm ba ô màu đen và một ô màu trắng, y quân hình chữ L chiếm 3 ô màu trắng và một ô màu đen.

x + y = a x = y ⇒ . 3x + y = 3y + x = 2a a = 2x

Khi đó ta có hệ phương trình 

Như vậy ta được a là số chẵn. Bây giờ ta chứng minh với a là số chẵn thì bảng m.n có thể lát được bằng quân hình chữ L. Điều này có nghĩa là ta cần chứng minh tích m.n chia hết cho 8 thì bảng m.n lát được bẳng quân hình chữ L. Thật vậy, nếu m chia hết cho 2 và m chia hết cho 4 thì bảng bảng có thể trở thành bảng 2.4 và có thể lát được bằng các quân hình chữ L. Nếu m là số lẻ và n chia hết cho 8 thì ta viết m = 2k + 3 , khi đó bảng có thể thia thành các bảng hình chữ nhật 2.4 và 3.8. Từ đó bảng có thể lát được bằng các quân hình chữ L. Vậy điều kiện cần và đủ để bảng m.n có thể lát được bằng các quân hình chữ L là tích mn chia hết cho 8 với m > 2; n > 2 . Ví dụ 11. Có tất cả 2n ngài đại sứ được mời đến một bữa tiệc. Mỗi ngài đại sứ có nhiều nhất n − 1 kẻ thù. Chứng minh rằng có thể xếp các ngài đại sứ ngồi quanh một bàn tròn để không ai phải ngồi cạnh kẻ thù của mình Lời giải B'

Đầu tiên ta xếp chỗ ngồi cho các ngài đại sứ theo mọi cách có thể. Gọi m là số cặp kẻ thù ngồi cạnh nhau. Gọi ( A; B ) là một cặp kẻ thù với B ngồi bên phải của A (hình thứ nhất), ta sẽ cần phải tách họ ra. Xét một cặp ( A '; B' ) với A' là một người bạn của A. Ta sẽ đạt được mục đích bằng cách đảo 2 đầu mút của cung BA' (hình thứ 2). Khi đó m sẽ bị giảm nếu ( A; A ' ) và ( B; B' ) trong hình b là một cặp thân thiện

Ta cần chỉ ra rằng luôn tồn tại B' nằm bên phải của A' và B là bạn của B' . Ta bắt đầu từ A và đi khắp xung quanh bàn theo chiều kim đồng hồ. Ta có ít nhất n người bạn của A và bên phải họ sẽ có n chỗ ngồi. Họ không thể bị chiếm giữ bởi tất cả kẻ thù của B' vì B' chỉ có n − 1 kẻ thù. Như vậy luôn tồn tại một điểm A' để cho bên phải của nó có B' là một người bạn của B. Kết hợp với nguyên lý bất biến mà ta đã tìm ra ở trên thì việc làm giảm m là luôn thực hiện được. Vậy sau một số lần nhất định thưc hiện thuật toán như với cặp ( A; B ) thì ta sẽ có một cách xếp thoả mãn yêu cầu của bài toán. Ví dụ 12. Trên một bàn cờ có vô hạn ô người ta quy ước một trò chơi như sau: Đầu tiên n 2 viên sỏi được sắp trên 1 khối n.n các hình vuông kề nhau, mỗi viên được đặt nên một hình vuông. Một lần di chuyển một viên sỏi(một nước đi) tức là một lần nhảy qua chiều ngang hoặc chiều đứng băng qua một hình vuông bị một viên sỏi khác chiếm chỗ kề nó để đến một hình vuông không bị chiếm chỗ tiếp liền theo sau. Viên sỏi nào ở ô vuông đã bị nhảy qua thì sẽ bị bỏ ra khỏi bàn cờ. Trò chơi kết thúc khi chỉ còn một viên sỏi duy nhất trên bàn cờ. Tìm các giá trị của n để trò chơi kết thúc. Lời giải Ta sẽ đi tìm tính bất biến cho bài toán như sau.

• Bộ 3 bước nhảy: Sau 3 nước đi (ta gọi là bộ 3 bước nhảy) thì hình 8a sẽ biến thành hình 8b

O O

Hình a

Hình b

Thật vậy ta sẽ biến hình 8a thành hình 8b qua 3 nước đi như sau : O O O O

O O O O

 →

O O

 →

O O

• Sau một số nước đi thì hình c sẽ thành hình d. O O

O O O O

 →

O O

Hình c

Hình d

Chuỗi biến đổi của chúng ta sẽ như sau: O

 →

O O

 →

O O

Ta đã chứng minh xong hai chuỗi biến đổi 1 và 2 Trở lại bài toán: Ta sẽ chứng minh rằng trò chơi chỉ kết thúc dược nếu n không phải là bội của 3.Ta xét các trường hợp sau:

• Với n = 2 , khi đó bài toán sẽ được giải quyết như sau: O O O

 →

O O

 →

• Với n = 3 . Ta thấy rằng sau 2 lần thực hiện bộ ba bước nhảy thì hình vuông 3.3 sẽ thành hình chữ nhật 3.1. O O O O O O

O O O O

 →

O O O

O O

 →

O O

Rõ ràng trong trường hợp này thì trò chơi sẽ không thể kết thúc được

• Với n = 4 . Ta sẽ đưa về trường hợp n = 2 . Thật vậy từ các tính chất 1 và 2 ta biến đổi như sau: O O O O O O O O

O O O

→

O O O

→

O O

O O O O

O O O

O O

O O O O

O O O

→

O O O O

• Với trường hợp n = 5 ta vẫn sẽ đưa về trường hợp n = 2 bằng một dãy biến đổi dựa theo các tính chất trên. Các ô 3.1 bị xoá theo thứ tự như sau : 1 2 3

6 5

• Với n > 5 , Khi đó một hình vuông n.n luôn có thể đưa về hình vuông ( n − 3 )( n − 3 ) bằng cách xoá các hình chữ L với 2n − 3 bộ ba bước nhảy. Ta minh hoạ cho trường hợp n = 7 bằng hình dưới đây 1 2 3 4 11 5

10 9

Điều này chứng tỏ rằng nếu n = 4; 7;10;... hay n = 2; 5; 8;11;... thì trò chơi sẽ luôn kết thúc . Điều gì sẽ xảy ra khi n là một bội số của 3. Ta đã kiểm tra rằng với n = 3 thì trò chơi sẽ không kết thúc được . Hơn thế nữa một hình vuông n.n với n là một bội số của 3 đều sẽ chuyển dược thành hình vuông 3.3, nhưng đây không phải là cách duy nhất để thực hiện trò chơI nên ta sẽ không thể khẳng định ngay rằng với n là một bội số của 3 thì trò chơi sẽ không thể kết thúc ta sẽ chứng minh cho điều này . Ta tô các màu của hình vuông bằng 3 màu đỏ (Đ) , xanh (X) và vàng (V) như hình sau đây

Đ X

V Đ

Đ X

Nếu n là bội số của 3 thì một hình vuông n.n như thế có số ô mỗi màu bằng nhau. Giả sử n = 3m . Ta xuất phát từ ô đỏ. Gọi A là số tất cả các nước đi tới ô đỏ, B là số tất cả các nước đi tới ô xanh, C là số tất cả các nước đi tới ô vàng. Một nước đi tới ô đỏ sẽ làm tăng số ô đỏ thêm 1, tới ô xanh sẽ làm số ô xanh giảm 1, tới ô vàng cũng làm số ô vàng giảm 1. Ban đầu có m ô đỏ, m ô xanh và m ô vàng. Như thế ta sẽ có :

−A + B + C = m − 1 A = m   ⇒ A − B + C = m 1 B=C=m− A + B − C = m  2   Nhưng điều này dẫn tới mâu thuẫn vì B và C là những số nguyên. Mâu thuẫn này dẫn tới điều cần chứng minh. Ví dụ 13. Trong mặt phẳng cho sáu điểm A1 , A 2 ,..., A 6 trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Với ba điểm bất kỳ trong số sáu điểm này luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng nhỏ hơn 671. Chứng minh trong số sáu điểm A1 , A 2 ,..., A 6 đã cho, luôn tìm được ba điểm là ba đỉnh một tam giác có chu vi nhỏ hơn 2013. Lời giải Dễ thấy 6 điểm không thẳng hàng cho ta 20 tam giác. Mỗi tam giác có ít nhất 1 cạnh nhỏ hơn 671 (gọi là cạnh ngắn), nhưng như thế mỗi cạnh ngắn có thể đã tính 4 lần, vậy có ít nhất 5 cạnh ngắn. Giả sử không có 3 cạnh ngắn nào cùng xuất phát từ 1 điểm khi đó chắc chắn sẽ tồn tại 1 đường gấp khúc nối liền 6 điểm bằng 5 đoạn ngắn. không mất tính tổng quát gọi đường gấp khúc đó là A1A 2 A 3 A 4 A 5 A 6 khi đó tam giác A1A 3 A 6 không có cạnh ngắn (mâu thuẫn với đề bài) Vậy phải tồn tại 3 đoạn ngắn cùng xuất phát từ 1 điểm. Không mất tính tổng quát giả sử 3 đoạn đó là A 1A 2 ; A1 A 3 ; A1 A 4 . Xét tam giác A 2 A 3 A 4 , theo bài ra phải có 1 cạnh ngắn, giả sử cạnh

A 2 A 3 là cạnh ngắn thế thì tam giác A1 A 2 A 3 có 3 cạnh ngắn nên chu vi nhỏ hơn 671.3 = 2013 . Từ đó ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 14. Mỗi ô vuông đơn vị của bảng hữu hạn m × n (m, n là các số nguyên dương) được ghi một số thực bất kì. Xét quy tắc biến đổi sau: Mỗi lần đổi dấu tất cả các số trên một hàng hoặc một cột. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn bước thực hiện quy tắc trên, ta thu được một bảng mà tổng các số trong mọi hàng và mọi cột đều không âm. Lời giải Xét tổng các số trong bảng khi thực hiện phép đổi dấu. Tổng này sẽ tăng khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là âm; tổng không đổi khi khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu bằng 0 và tổng này sẽ giảm khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là dương.

Khi thực hiện phép biến đổi trên thì mỗi số trong một ô hoặc là trùng với số ban đầu hoặc là số đối của số ban đầu, vì thế khi thực hiện phép biến đổi trên thì có thể nhận được tối đa 2 m.n bảng khác nhau, do vậy tổng tất cả các số trong bảng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau. Ta xét bảng ban đầu: Nếu không có hàng nào và không có cột nào có tổng các số là âm thì bài toán được chứng minh. Ngược lại, ta chọn một hàng hoặc cột có tổng các số là âm, ta thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó. Khi đó trong bảng vừa nhận được nếu có hàng hoặc cột có tổng các số là âm thì ta lại thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó và nhận được bảng mới và cứ tiếp tục như vậy. Như vậy mỗi lần thực hiện phép biến đổi thì tổng các số trong bảng tăng lên. Do tổng đó chỉ nhận hữu hạn giá trị nên hoặc là tại một bước thực hiện nào đó ta nhận được bảng cần tìm, hoặc là nhận được bảng có tổng đạt giá trị lớn nhất. Bảng có tổng đạt lớn nhất thỏa mãn bài toán vì nếu trong nó có một vệt có tổng là âm thì thực hiện phép biến đổi trên vệt đó ta được bảng mới có tổng tăng lên lớn hơn tổng lớn nhất đó, vô lý. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có điều phải chứng minh. Ví dụ 15. Cho một bảng hình vuông 10.10 gồm 100 ô vuông, trong mỗi ô vuông người ta ghi một số tự nhiên theo thứ tự từ 1 đến 100. Hàng thứ nhất ghi từ số 1 đến số 10, hàng thứ hai ghi từ 11 đến 20,..., hàng thứ 10 đến từ 99 đến 100. Người ta lấy ra 10 số bất kì trong bảng sao cho hai số bất kì không cùng thuôc một hàng nào và không cùng thuộc một cột nào. Chứng minh rằng tổng của mười số đó luôn không đổi. Tính giá trị tổng đó. Lời giải 1

11 12 13 14 15 16 17 18 19

21 22 23 24 25 26 27 28 29

31 32 33 34 35 36 37 38 39

41 42 43 44 45 46 47 48 49

51 52 53 54 55

57 58 59

61 62 63 64 65 66 67 68 69

71 72 73 74 75 76 77 78 79

81 82 83 84 85 86 87 88 89

91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 Gọi số 10 số tự nhiên ở hàng thứ nhất lần lượt là a 1 ; a 2 ; a 2 ;...; a10 . Khi đó 10 số tự nhiên trong hàng thứ hai là 10 + a 1 ;10 + a 2 ;10 + a 2 ;...;10 + a 10 10 số tự nhiên trong hàng thứ ba là 20 + a 1 ; 20 + a 2 ; 20 + a 2 ;...; 20 + a 10 ................... 10 số tự nhiên trong hàng thứ mười là 90 + a 1 ; 90 + a 2 ; 90 + a 2 ;...; 90 + a 10 . Do 10 số được chọn không có hai số nào cùng thuộc một hàng nên ở mỗi hàng ta chọn một số. Như vậy S là tổng của 10 số hạng bất kì được chọn và gọi mười số hạng được chọn lần + Số thuộc hàng thứ nhất được chọn là b1 + Số thuộc hàng thứ hai được chọn là 10 + b 2 + Số thuộc hàng thứ ba được chọn là 20 + b 3 ................. + Số thuộc hàng thứ mười được chọn là 90 + b10 . Trong đó b1 ; b 2 ;...; b10 nhận một giá trị bất kì thuộc tập hợp {a 1 ; a 2 ; a 2 ; ...; a 10 } Hay b1 ; b 2 ;...; b10 nhận một giá trị bất kì thuộc tập hợp {1; 2; 3;..;10} . Do trong 10 số được chọn không có hai số nào thuộc cùng một cột do đó b1 ; b 2 ;...; b10 khác nhau từng đôi một. Từ đó ta được b1 + b 2 + ... + b10 = 1 + 2 + ... + 10 = 45 Từ đó ta được S = b1 + 10 + b 2 + ...90 + b10 = 10 + 20 + ... + 90 + b1 + b 2 + ... + b10 = 505 Vậy tổng của 10 số được chọn trong bảng luôn không đổi và bằng 505 Ví dụ 16. Trong bảng ô vuông 4.4 gồm 16 ô vuông người ta viết mỗi ô vuông một dấu cộng hoặc một dấu trừ. Cho phép thay đổi dấu của các ô vuông trên cùng một hàng hoặc một cột bằng cách thay dấu cộng thành dấu trừ và ngược lại. Tiến hành thuật toán một số lần như vậy cho đến khi số dấu trừ trong bảng thể giảm được nữa. Khi đó số dấu trừ nhỏ nhất có trong bảng mà sau khi thực

hiện thuật toán đưa về được gọi là số đặc trưng của bảng. Hỏi số đặc trưng của bảng có thể nhận các giá trị nào. Lời giải Giả sử bảng T1 sau các phép biến đổi dấu trên mỗi hàng hoặc mỗi cột ta được bảng T2 mà số dấu trừ trong bảng là bé nhất, điều đó có nghĩa là nếu biến đổi tiếp bảng T2 thì ta không thể thu được số dấu trừ bé hơn được nữa. Ta sẽ gọi bảng như vậy là bảng cực tiểu. Ta sẽ chứng minh số dấu trừ trong bảng cực tiểu không lớn hơn 4. Thật vậy, trong mỗi hàng mỗi hoặc mỗi cột của bảng cực tiểu có không quá hai dấu trừ(vì nếu một hàng hoặc một cột nào đó có nhiều hơn hai dấu trừ thì ta thực hiện tiếp thuật toán trên số hàng hoặc cột đó số dấu trừ sẽ giảm). Giả sử tồn tại một bảng cực tiểu có nhiều hơn 4 dấu trừ. Khi đó trong một hàng(cột) A nào có của bảng có ít nhất hai dấu trừ. Ta kí hiều P và Q là các cột(hàng) chữa các dấu trừ đó, hai dấu trừ còn lại có thể ở cột P và Q hoặc các cột khác. Khi biến đổi hàng A(nếu cần thiết) ta sẽ có bảng mà mà một cột P và Q có đúng hai dấu trừ. Ta xét dấu trừ thứ năm, dấu trừ này ở hàng B, khi đổi dấu một trong hai cột P và Q thì số dấu trừ trên hàng B là 3, điều nàu mâu thuãn với bảng T2 là bảng cực tiểu. Các bảng có 1, 2, 3, 4 dấu trừ trên đường chéo và các ô vuông còn lại có dấu cộng là một bảng cực tiểu. Để chứng minh điều này ta chú ý đến kết quả của phép biến đổi T1 thành T2 không phụ thuộc vào số lần biến đổi một hàng hay một cột của bảng mà phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của số đó. Thật vậy, giả sử hàng thứ nhất thay đổi a lần và các cột tương ứng thay đổi b1 ; b 2 ; b 3 ; b 4 lần thì dấu đứng ở góc tren bên trái thay đổi a + b 1 lần, còn các ô còn lại thay đổi lần lượt là

a + b 2 ; a + b 3 ; a + b 4 lần. Nếu a là số chẵn thì thay a bằng 0 và nếu a à số lẻ thì thay a bằng 1 thì kết quả vẫn giữ nguyên. Vì vậy ta chỉ cần xét sự biến đổi không quá một lần. Sử dụng các kết quả này ta thấy các bảng trên chính là các bảng cực tiểu. Vậy số đặc trưng của bảng cố thể nhận là 1, 2, 3, 4. Ví dụ 17. Trong một bảng ô vuông n.n với n lẻ có n.n ô vuông đơn vị. Trong mỗi ô vuông đơn vị ta viết một số +1 hoặc −1 . Gọi a 1 là tích tất cả các số trong hàng thứ i và b j là tích tất cả các số trong cột thứ j với i, j = 1; 2; 3;...; n . Chứng minh rằng a 1 + a 2 + ... + a n + b1 + b 2 + ... + b n ≠ 0 . Lời giải

Nếu ta thay đổi đấu các số nằm ở hàng thứ p và ở cột thứ q, những số a p và bq cũng đổi dấu còn các số khác thì giữ nguyên. Ta đi khảo sát sự thay đổi của a p + b q trước và sau khi đổi dấu Trước

−1

a p + bq

−2

Từ bảng trên ta thấy tổng a p + b q biến đổi bằng cách thay đổi bằng một bội của 4. Ta xét bảng chỉ có các số +1 , khi đó a 1 + a 2 + ... + a n + b1 + b 2 + ... + b n = 2n , do n là số lẻ nên 2n không chia hết cho 4. Bởi vì các bảng khác sẽ nhận được từ bảng gồm toàn số 1 sau một số phép biến đổi. Do đó tổng các a 1 + a 2 + ... + a n + b1 + b 2 + ... + b n không thể chia hết cho 4. Từ đó suy ra tổng a 1 + a 2 + ... + a n + b1 + b 2 + ... + b n ≠ 0 . Ví dụ 18. Có ba đống sỏi gồm 51, 49, 5 viên. Ta thực hiện một trong hai bước đi như sau: Bước thứ nhất là dồn hai đống bất lì thành một đống và bước hai thứ hai là chọn đống có số viên sỏi là chẵn để chia thành hai đống bằng nhau. Hỏi sau khi thực hiện một dãy bước đi như thế có thể chia ba đống sỏi thành 105 đống mà mỗi đống chỉ có một viên không. Lời giải Ban đầu có ba đống sỏi gồm 51, 49, 5 viên đều là số lẻ nên bước đi đầu tiên phải là dồn hai đống sỏi thành một đống sỏi. Ta xét các trường hợp sau:

• Trường hợp 1: Dồn hai đống sỏi 5 viên và 49 viên ta được một đống sỏi 54 viên. Lúc này ta có hai đống sỏi 54 viên và 51 viên. Số sỏi ở mỗi đống đều là bội của 3. Bước thứ hai là ta chia đống sỏi 54 viên thành hai đống bằng nhau mà mỗi đống có 27 viên. Như vậy ta lại có ba đống sỏi 27 viên, 27 viên, 51 viên. Bây giả các ba đống sỏi đều có số sỏi là số lẻ nên ta sẽ thực hiện bước đi dồn hai đống 27 viên và 51 viên để được một đống 78 viên. Đến lúc này ta lại được hai đống sỏi là 27 viên và 78 viên, số sỏi mỗi đống đều chia hết cho 3. Tiếp tục thực hiện bước đi chia đóng sỏi 78 viên thành hai đống sỏi 39 viên thì ta lại được ba đống sỏi mà số viên sỏi chia hết cho 3. Như vậy thức hiện một số bước đi luân phiên ta thu được các sống sỏi mà số viên sỏi luôn chia hết cho 3. Đây chính là bất biến của trường hợp thứ nhất. Thật vậy, khi gộp hai đống sỏi có số viên sỏi chia hết cho 3 ta được một đống sỏi có số viên sỏi chia hết cho 3, còn chia chia một đống sỏi có số viên sỏi

chẵn và chia hết cho 3 thì ta lại được hai đống sỏi có số viên sỏi bằng nhau và chia hết cho 3. Như vậy khi thực hiện các bước đi thì số viên sỏi ở mỗi đống sỏi luôn chia hết cho 3 và số đóng sỏi được chia ra nhiều nhất là 35 đống với mỗi đống sỏi có 3 viên.

• Trường hợp 2: Dồn hai đống sỏi 5 viên và 51 viên ta được một đống sỏi 56 viên. Lúc này ta có hai đống sỏi 49 viên và 56 viên. Số sỏi ở mỗi đống đều là bội của 7. Bước thứ hai là ta chia đống sỏi 56 viên thành hai đống bằng nhau mà mỗi đống có 28 viên. Như vậy ta lại có ba đống sỏi 28 viên, 28 viên, 49 viên. Ta thấy số viên sỏi mỗi đống đều chia 7. Đến hay ta có thể thực hiện bước đi chia đống 28 viên thành hai đống dỏi bằng nhau hoặc dồn hai đóng sỏi 28 viên và 49 viên, khi đó ta cũng được các đống sỏi có số viên sỏi chia hết cho 7. Như vậy thức hiện một số bước đi luân phiên ta thu được các sống sỏi mà số viên sỏi luôn chia hết cho 7. Đây chính là bất biến của trường hợp thứ hai. Như vậy khi thực hiện các bước đi thì số viên sỏi ở mỗi đống soi luôn chia hết cho 7 và số đóng sỏi được chia ra nhiều nhất là 15 đống với mỗi đống sỏi có 7 viên.

• Trường hợp 3: Dồn hai đống sỏi 51 viên và 49 viên ta được một đống sỏi 100 viên. Lúc này ta có hai đống sỏi 100 viên và 5 viên. Số sỏi ở mỗi đống đều là bội của 5. Bước thứ hai là ta chia đống sỏi 100 viên thành hai đống bằng nhau mà mỗi đống có 50 viên. Như vậy ta lại có ba đống sỏi 50 viên, 50 viên, 5viên. Ta thấy số viên sỏi mỗi đống đều chia 5. Đến hay ta có thể thực hiện bước đi chia đống 50 viên thành hai đống sỏi bằng nhau hoặc dồn hai đóng sỏi 50 viên và 5 viên, khi đó ta cũng được các đống sỏi có số viên sỏi chia hết cho 5. Như vậy thức hiện một số bước đi luân phiên ta thu được các sống sỏi mà số viên sỏi luôn chia hết cho 5. Đây chính là bất biến của trường hợp thứ ba. Như vậy khi thực hiện các bước đi thì số viên sỏi ở mỗi đống soi luôn chia hết cho 5 và số đóng sỏi được chia ra nhiều nhất là 21 đống với mỗi đống sỏi có 5 viên. Như vậy từ các trường hợp trên ta thấy không thể chia ba đống sỏi thành 105 đống mà mỗi đống chỉ có một viên. Ví dụ 19. Trong bảng ô vuông 4x4 có 16 ô vuông. Trong mỗi ô vuông ta viết một dấu ( + ) hoặc một dấu ( − ) . Mỗi lần thực hiện trò chơi bắt buộc phải đổi dấu tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc trên cùng một cột. Giả sử bảng ô vuông ban đầu có 1 dấu ( + ) và 15 dấu ( − ) . Hỏi sau một số làn thực hiện trò chơi có thể đưa bảng về toàn dấu ( + ) không. Lời giải

−

Ta thay mỗi dấu cộng bằng số +1 và thay mỗi dấu trừ bằng số −1 . Xét tích tất cả các số trong bảng ô vuông. Qua mỗi phép biến đổi tích các số tron bảng ô vuông không thay đổivì trong mỗi phép biến đổi thì sẽ đổi dấu tất cả bốn ô vuông trên một hàng hoặc một cột, điều này có nghĩa là nếu hàng(cột) đang cố số chẵn(lẻ) dấu ( − ) thì sau một lần đổi dấu ta được số chẵn(lẻ) dấu ( − ) , do đó tích các số trong hàng mới hay cột mới không thay đổi. Chẳng hạn nếu hàng(cột) có 0, 2, 4 dấu ( − ) thì sau một phép biến đổi ta được 4, 2, 0 dấu ( − ) , còn nếu hàng(cột) có 1, 3 dấu trừ thì sau một phép biến đổi ta được 3, 1 dấu ( − ) . Như vậy dù thực hiện biến đổi bao nhiêu lần thì số dấu ( − ) trên một hàng(cột) luôn là một đại lượng không đổi(bất biến), điều này dẫn đến tích của tất cả các số trong các ô vuông luôn không đổi. Do ban đầu bảng đã cho ở trạng thái có 1 dấu ( + ) và 15 dấu ( − ) nên tích các số trong các ô vuông là −1 . Mà bảng có tất cả 16 ô đều có dấu ( + ) thì tích các số trong các ô vuông là +1 . Do vậy không thể đưa bảng về trạng thái tất cả các ô vuông đều có dấu ( + ) được. Ví dụ 20. Trên bàn cờ ô vuông 8x8 có 32 quan màu trắng và 32 quân màu đen, mỗi quân chiếm một ô vuông. Thực hiện trò chơi như sau: Tại mỗi bước đi ta thay toàn bộ quân đen thành quân trắng và ngược lại trên một hàng hoặc một cột nào đó. Hỏi sau một số hữu hạn bước thì trên bàn cờ có thể còn lại đúng một quân đen không. Lời giải Nếu trước khi biến đổi có k quan đen trên một hàng(cột) thì trên hàng(cột) đó có 8 − k quân trắng. Khi thực hiện biến đổi hàng(cột) đó thì k quân đen chuyển thành k quân trắng và 8 − k quân trắng chuyển thành 8 − k quân đen. Như vậy sau bước biến đổi trên hàng(cột) đó thì số quân đen trên bảng tăng thêm 8 − k và đồng thời giảm đi k quân, điều này có nghĩa là số quân đen trên bảng thay đổi một lượng là ( 8 − k ) − k = 8 − 2k quân. Số quân đen thay đổi này sẽ là số dương nếu k < 4 , là số âm nếu k > 4 và bằng 0 nếu k = 4. Chú ý rằng ( 8 − k ) − k = 8 − 2k là số chẵn nên sau mỗi bước thay đổi thì số quan đen bị thay đổi luôn là số chẵn, mà lúc đầu ta có 32 quân đen nên tổng số quân đen trên bàn cờ sau mỗi bước thay đổi luôn là số chẵn. Như vậy sau

hữu hạn bước đi trên bảng luôn tồn tại trạng thái số quân đen và quân trắng là các số chẵn. Do đó không thể biến đổi bàn cờ về trạng thái còn lại đúng một quân đen được. Ví dụ 21. Có 1999 cốc uống trà đặt trên bàn. Lúc đầu tất cả các cốc đều đặt ngửa. Mỗi bước đi ta làm đúng 100 trong số chúng lật ngược lại. Hỏi sau một số bước đi ta có thể lầm tất cả các cốc úp xuống được không. Kết quả thay đổi như nhế nào nếu số cốc trên bàn là 1998 cốc. Lời giải Ta sẽ chứng minh nếu 1999 cốc trên bàn lúc đầu ở trạng thái ngửa thì sau một số bước đi ta không thể chuyển tất cả về trạng thái úp được. Thật vậy, theo quy tắc chơi thì mỗi bước đi ta làm cho đúng 100 cốc lật ngược trở lại. Giả sử mỗi bước đi có k cốc từ trạng thái ngửa được chuyển sang trạng thái úp, khi đó có 100 − k cốc từ trạng thái úp được chuyển về trạng thái ngửa. Khi ấy số cốc ở trạng thái ngửa đã tăng lên k chiếc nhưng cũng đồng thời giảm đi 100 − k chiếc. Như vậy sau mỗi bước di thì tổng số cốc ở trạng thái ngửa thay đổi một đại lượng là

(100 − k ) − k = 100 − 2k là một số chẵn. Nếu k > 50 thì số cốc ở trạng thái ngửa giảm, nếu k < 50 thì số cốc ở trạng thái ngửa tăng lên, còn nếu k = 50 thì số cốc ở trạng thái ngửa không thay đổi. Như vậy sau mỗi bước đi thì tổng số cốc ở trạng thái ngửa không thay đổi tính chẵn lẻ(bất biến). Lúc đấu có 1999 cốc ở trạng thái ngửa nên sau một số bước đi thì số cốc ở trạng thái ngửa là một số lẻ. Như vậy ta có điều cần phải chứng minh trên. Nếu số cốc lúc đầu là 1998 chiếc ở trạng thái ngửa, ta thực hiện các bước đi như sau: Đánh số thứ tự 1998 cốc ở trạng thái ngửa là 1, 2, 3, ..., 1998. Bước thứ nhất ta chuyển 100 cốc đầu tiên về trạng thái úp, thức hiện như vậy sau cho đến khi 1800 cốc đầu tiên được chuyên sang trạng thái úp. Tiếp theo ta chuyển trạng thái các cốc số 1801, 1803, 1804,...,1901 về trạng thái úp(cốc số 1802 để nguyên trạng thái ngửa). Sau đó ta đảo các cốc số 1802, 1803, 1804,...,1901 về trang thái ngược lại(cốc số 1801 để nguyên trạng thái úp). Như vậy sau hai bước đi trên chỉ có hai cốc 1801 và 1802 chuyển sang trạng thái úp vòn các cốc còn lại vẫn ở trạng thái ngửa. Thực hiện như vậy cho đến khi còn lại 100 cốc ở trạng thái ngửa cuối cùng thì ta thực hiện một lần nữa. Khi đó tất cả 1998 cốc ở trạng thái ngửa được chuyển sang trạng thái úp. Ví dụ 22. Cho bảng số có tính chất sau: Tổng của các số trên mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo chia hết cho 2. Thực hiện thao tác biến đổi như sau: Cho phép chuyển một đơn vì từ một ô vuông sang ô vuông cạnh nó(hai ô vuong cạnh nhau là hai ô vuông có chung cạnh). Hỏi sau một số bước

biến đổi có thể chuyển từ bảng thứ nhất sang bảng thứ hai với các phần tử xung quanh là số chẵn được không.

Bảng 1

Bảng 2 Lời giải

Do tổng của các số trên mỗi hàng, mỗi cột, mỗi đường chéo chia hết cho 2 nên ta suy ra được các cặp số a 2 ; a 7 và a 4 ; a 5 có cùng tính chẵn lẻ. Do a 1 + a 4 + a 6 và a 6 + a 7 + a 8 cùng chia hết cho 2 nên ta suy ra được a 1 + a 4 + 2a 6 + a 7 + a 8 chia hết cho 2. Từ đó ta được a 1 + a 4 + a 7 + a 8 chia hết cho 2. Mặt khác ta lại có a 1 + 2 + a 8 chia hết cho 2 nên a 1 + a 8 chia hết cho 2. Khi đó ta được a 4 + a 7 chia hết cho 2 nên a 4 ; a 7 cùng tình chẵn lẻ. Như vậy ta đi đến kết luận a 2 ; a 4 ; a 5 ; a 7 cùng tính chẵn lẻ. Nếu a 2 ; a 4 ; a 5 ; a 7 cùng là số chẵn thì a 1 ; a 3 ; a 6 ; a 8 đều là số chẵn hoặc đều là số lẻ, khi đó số các số chẵn là 5 hoặc 9. Nếu a 2 ; a 4 ; a 5 ; a 7 cùng là số lẻ thì a 1 ; a 3 ; a 6 ; a 8 đều là số chẵn hoặc đều là số lẻ, khi đó số các số chẵn là 1 hoặc 5. Như vậy số các số chẵn có trong bảng thứ nhất luôn là số lẻ. Ta xét biến đổi trên xnh ô bên cạnh của một ô. Nếu x và y là hai số thuộc hai ô cạnh nhau, khi đó sau một bước biến đổi ta được hai số ở hai ô cạnh nhau là x − 1; y + 1 . Ta xét các trường hợp chẵn lẻ của ( x; y ) là (chẵn; chẵn), (chẵn; lẻ), (lẻ; chẵn), sau khi thực hiện biến đổi thì tính chẵn lẻ của

( x − 1; y + 1)

từng ứng là (lẻ; lẻ), (lẻ; chẵn), (chẵn, lẻ). Như vậy sau mỗi bước biến đổi không làm

thay đổi tính lẻ của số các số chẵn. Trong bảng thứ hai có 8 số chẵn ở các ô xung quanh. Do đó sau một số bước biến đổi ta không thu được bảng thứ hai.

BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ?

Bài 2. Giả sử rằng n là một số lẻ. Đầu tiên ta viết các số từ 1 tới 2n trên một bảng đen. Sau đó ta chọn ra hai số bất kì a, b và xoá chúng, rồi thay thế chúng bởi a − b . Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng là một số lẻ Bài 3. Người ta viết trên bảng dãy các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100. Thực hiện trò chơi như sau: Tiến hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là a 3 + b 3 . Thực hiện trò chơi như trên cho đến khi trên bảng còn lại một số. Hỏi số còn lại trên bảng có thể là 9876543212016 không. Bài 4. Có 2010 viên sỏi. Hai người chơi thay phiên nhau bốc sỏi, mỗi lượt đi người chơi được quền bốc một số lượng viên sỏi là luỹ thừa với số mũ tự nhiên bất kì của 2(1, 2, 4, .....). Ai bốc được viên sỏi cuối cùng là thắng cuộc. Giả sử cả hai người chơi đều là người thông minh. Hỏi ai là người thắng cuộc? Bài 5. Trong một hộp có 2010 viên sỏi. Có hai người tham gia trò chơi, mỗi người lần lượt phải bốc ít nhất là 11 viên sỏi và nhiều nhất là 20 viên sỏi. Người nào bốc viên sỏi cuối cùng sẽ thua cuộc. Hãy tìm thuật chơi để đảm bảo người bốc đầu tiên luôn là người thắng cuộc. Bài 6. Trên bảng có ghi 2013 số

bằng số z =

1 1 1 1 ; ; ;...; . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì trên bảng thì ta thay 1 2 3 2013

xy và giữ nguyên các số còn lại. Sau 2012 lần thực hiện thì trên bảng còn lại một x+ y+1

số. Tìm số còn lại đó. Bài 7. Cho một hình tròn được cia thành 10 ô hình quạt. Trêm mỗi ô hình quạt ta đặt một hòn bi. Thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần lấy ở hai ô bất kì mỗi ô một hòn bi và chuyển sang ô liền kề theo chiều ngược nhau. Hỏi sau một số lần thực hiện trò chơi có thể chuyển tất cỏ các viên bi về cùng một ô được không. Bài 8. Cho một bảng ô vuông chứa số như hình 4a. Ta thực hiện một thuật toán T như sau: Chọn ra 2 số bất kì nằm ở hai ô vuông cạnh nhau và cộng 2 số đó với một số nguyên nào đó. Hỏi rằng sau một số lần thực hiện thuật toán T thì bảng hình vuông chứa các số như hình 4a có thể thành bảng hình vuông như hình 4b hay không ?

Hình a

Hình b

Bài 9. Cho một bàn cờ quốc tế 8.8 . Hỏi rằng quân mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay không. Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lần Bài 10. Mỗi số trong các số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n nhận một trong hai giá trị là −1 hoặc 1. Biết rằng S = a 1 .a 2 .a 3 .a 4 + a 2 .a 3 .a 4 .a 5 +…+ a n .a 1 .a 2 .a 3 = 0 . Chứng minh rằng n chia hết cho 4 Bài 11. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét tất cả các đoạn thẳng nối các cặp điểm trong 2011 điểm này. Vẽ đường thẳng d không đi qua điểm nào trong số 2011 điểm nói trên. Chứng minh rằng nếu đường thẳng d cắt một số đoạn thẳng xét ở trên thì số đoạn thẳng bị đường thẳng d cắt là một số chẵn. Bài 12. Cho trước số nguyên dương n lẻ. Tại mỗi ô vuông của bàn cờ kích thước n x n người ta viết một số +1 hoặc −1. Gọi a k là tích của tất cả những số ghi trên hàng thứ k (tính từ trên xuống) và b k là tích của tất cả những số ghi trên cột thứ k (tính từ trái sang). Chứng minh rằng với mọi cách điền số như trên, đều có: a 1 + a 2 ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n ≠ 0 . Bài 13. Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây hoặc hình nhận được do lật hình đó(sanh trái, sang phải,...) hoặc hình nhận được do xoay hình đó đi một góc. Xác định các hình chữ nhật kích thức m.n với m, n là các số nguyên dương sao cho có thể lát được bằng các viên gạnh hình móc câu.

Bài 14. Cho các bảng ô vuông 6x6 dưới đây:

−

Bảng 1

Bảng 2

Bảng 3

Thực hiện thao tác biến đổi như sau: Mỗi bước biến đổi cho phép đảo ngược dấu tất cả các ô trên cùng một hàng hoặc một cột hoặc một đường chéo hoặc dọc theo một đường bất kì song song với một trong hai đường chéo. Hỏi sau một số bước biến đổi có thể đưa một trong các bảng trên về bảng không có dấu trừ được không. HƯỚNG DẪN GIẢI Bài 1. Chẳng hạn như số ban đầu trên bảng là số

x = 10a + b, a ∈ {1; 2; 3;...; 9} ; b ∈ {0; 1; 2; 3;...; 9} Số mới thu được sau các thao tác như đề bài là y = a + 7b Ta thấy y = x − 9a + 6b Số ban đầu ghi trên bảng là 6100 chia hết cho 3.

Theo như trên thì sau một số bước thực hiện thao tác như đề bài, số mới thu được cũng là một số cũng chia hết cho 3. Vậy nên sau một số bước thực hiện thao tác như đề bài, thì không thể nào thu được 100 6 , là một số không chia hết cho 3. Bài 2. Gọi S là tổng của tất cả các số trên bảng. Lúc đầu ta có S = 1 + 2 + 3 +…+ 2n = n ( 2n + 1) là một số lẻ vì n là một số lẻ. Ta cần tìm đại lượng bất biến. Hai số bị xóa đi là a và b, không mất tính tổng quát ta giả sử a > b . Khi đó số được thay vào là a − b = a − b .

Như vậy sau mỗi lần thực hiện thuật toán như trong đầu bài đã nói thì S sẽ bị giảm đi một một đại lượng có giá trị bằng a + b − ( a − b ) = 2b là một số chẵn. Vì thế tính chẵn lẻ của S được giữ nguyên sau mỗi lần thực hiện xáo hai số trên bảng. Trong trường hợp trên thì S luôn là một số lẻ và vì thế khi trên bảng còn lại một số thì số đó là số lẻ .

Bài 3. Với dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 ta có tổng 1 + 2 + 3 + ... + 100 =

(100 + 1) .100 = 5050 2

Tiến hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là a 3 + b 3 . Khi đó tổng dãy số

(

)

trên bảng tăng một đại lượng a 3 + b 3 − ( a + b ) . Ta thấy 1 + 2 + 3 + ... + 100 = 5050 chia 3 có số dư là 1.

(

)

Lại thấy a 3 + b 3 − ( a + b ) = ( a − 1) a ( a + 1) + ( b − 1) b ( b + 1) . Do đó đại lượng tăng lên luôn chia hết cho 3. Như vậy sau mỗi lần tiến hành trò chơi thì tổng dãy số trên bảng luôn chia cho 3 có số dư là 1. Mà ta lại có 9876543212016 chia hết cho 3. Do đó sau một số lần tiến hành trò chơi thì trên bảng không thể còn lại số 9876543212016. Bài 4. Cách đi của người đi sau như sau: Khi người đi trước bốc 2k viên sỏi. + Nếu k là số lẻ thì 2k chia 3 dư 2, người đi sau bốc 1 viên sỏi. + Nếu k là số chẵn thì 2k chia 3 dư 1. người đi sau bốc 2 viên sỏi. Như vậy người đi trước luôn đối mặt với tình huống số viên sỏi còn lại chia hết cho 3 và không bao giờ bốc được viên sỏi cuối cùng. Vậy người đi sau luôn thắng. Bài 5. Để đảm bảo thắng cuộc, ở nước đi cuối cùng của mình người bốc sỏi đầu tiên phải để lại trong hộp 11 viên sỏi. Ở nước đi trước đó phải để lại trong hộp 11 + (20 + 11) = 42 viên sỏi. Suy ra người bốc sỏi đầu tiên phải đảm bảo trong hộp lúc nào cũng còn 11 + 31k viên sỏi. Ta có (2010 − 11) : 31 = 65 dư 15. Như vậy người bốc sỏi đầu tiên ở lần thứ nhất của mình phải bốc 15 viên. Tiếp theo, khi đối phương bốc k viên sỏi ( k = 1, 2, ..., 20 ) thì người bốc sỏi đầu tiên phải bốc

31 − k viên sỏi, cuối cùng sẽ để lại 11 viên sỏi cho đối phương. Bài 6.

Ta có

 1 1 1 1  1  1 1 1+ x + y 1 1 1 + + + 1 =  + 1  + 1 . = = + + . Khi đó ta được + 1 = z xy x y z xy xy x y  x  y 

Như vậy sau mỗi lần xóa đi

 1  1  1 1 1 + 1 và + 1 thì ta thay bằng số + 1 =  + 1   + 1  . z x y  x  y 

Như vậy tích các số sau mỗi lần xóa và thay số mới là không đổi.

           1 1 1 1 Do đó nếu k là số cuỗi cùng thì ta được + 1 =  + 1   + 1  ...  + 1  = 2014! k   1   1   1 1  2   2013  Từ đó ta được k =

1 . 2014!− 1

Bài 7. Trước hết ta tô màu xen kẽ các ô hình quạt, như vậy ta có 5 ô được tô màu và 5 ô không được tô màu. Nếu di chuyển một viên bi ở ô màu và một viên bi ở ô không màu sang ô liền kề thì tổng số viên bi ở các ô màu cũng như ô không màu là không thay đổi. Nếu di chuyển hai viên bi ở mỗi ô màu sang ô không màu thì tổng số viên bi ở ô màu bị giảm đi 2. Còn nếu di chuyển hai viên bi ở hai ô không màu sang ô liền kề thì tổng số viên bi ở ô màu được tăng lên 2. Như vậy sau mỗi lần thực hiện trò chơi thỉ tổng số viên bi ở các ố màu không thay đổi tính chẵn lẻ so với lúc đầu. Mà ban đầu tổng số viên bi trong các ô màu là 5, như vây sau hữu nhạn lần thực hiện trò chơi thì tổng số viên bi trong các o màu luôn là số lẻ. Do đó tổng số viên bi trong các ô màu luôn khác 0 và khác 10. Như vậy sau một số lần thực hiện trò chơi ta không thể được tất cả các viên bi về cùng một ô được. Bài 8. Tô màu các ô của hình vuông như hình vẽ dưới đây với màu đen(Đ) và màu trắng(T) Đ T T

Đ T

Đặt B là tổng các số ở các ô màu đen và W là tổng các số ở các ô màu trắng. Ta thấy vì mỗi lần thực hiện thuật toán T ta cộng thêm 2 số ở 2 ô cạnh nhau với một số nguyên nên dễ thấy rằng hiệu

B − W là không đổi

Nhưng với giả thuyết của bài toán thì ở hình a là B − W = 5 , còn ở hình b thì B − W = −1 . Điều này trái với quy tắc bất biến ở trên. Vậy sau những lần thực hiện thuật toán T thì từ hình a ta không thể nhận được hình b Bài 9. Ta tô các ô trên bàn cờ xen kẽ các màu đen trắng như bàn cờ vua(hình vẽ) Đ

Do sự “ bình đẳng màu “ nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng ô dưới cùng bên trái có màu trắng. Từ cách đi của con mã ta nhận thấy rằng sau mỗi nước đi con mã sẽ sang một ô khác màu với ô mà nó đang đứng . Vì thế sau một số lẻ nước đi con mã sẽ ở ô màu đen , sau một số chẵn nước đi con mã sẽ ở ô màu trắng . Đây là tính bất biến của chúng ta . Trở lại bài toán ta thấy rằng đi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên phảI cần đi 63 nước đi. Vì thế ô trên cùng bên phải sẽ cần mang màu đen(Theo như tính bất biến). Điều này là vô lý. Vậy quân mã không thể đi từ ô dưới cùng bên trái nên ô trên cùng bên phải như yêu cầu của đầu bài được . Nhận xét Bài toán đã được giải quyết nhưng xung quanh bài toán này vẫn còn rất nhiều điều cần phải suy nghĩ. Chẳng hạn như khi xét bàn cờ X.X với X là một số lẻ thì liệu có một cách đi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên phải và thoả mãn các yêu cầu của bài toán hay không? Bài 10. Đây là một bài toán về lý thuyết số nhưng ta vẫn sẽ dùng bất biến để giải nó. Tính bất biến này như sau: Ta thấy S sẽ không thay đổi số dư khi chia cho 4 nếu như ta đổi dấu của 4 số hạng liên tiếp

Thật vậy, nếu có 2 số dương và 2 số âm thì sẽ không có chuyện gì thay đổi, nếu có 1 số khác dấu 3 số còn lại thì khi đổi dấu thì giá trị của S sẽ thay đổi 4 hoặc −4 và điều này không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi chia cho 4 cả, cuối cùng nếu 4 số cùng dấu thì khi đổi dấu S sẽ thay đổi một đại lượng là 8 hay −8 điều này dĩ nhiên cũng không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi chia cho 4 . Bây giờ quay lại bài toán, thực hiện thuật toán đổi dấu của 4 số hạng liên tiếp sao cho cuối cùng đưa tất cả n số thành số dương. Khi đó S = n và theo tính bất biến thì S chia hết cho 4 (vì ban đầu

S = 0 chia hết cho 4). Vậy n chia hết cho 4 và ta đã có kết luận cho bài toán . Bài 11. Đường thẳng không đi qua điểm nào trong 2011 điểm trên nên khi d cắt một đoạn thẳng nào đó thì nó chia mặt phẳng thành hai nửa mà 2011 điểm trên nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau và một nửa chứa chẵn số điểm, nửa còn lại chứa lẻ số điểm(do 2011 là số lẻ). Mặt khác khi nối chẵn số điểm ở nửa bên này với lẻ số điểm bên kia ta sẽ chứng minh được là số đoạn thẳng nối được là một số chẵn. Thật vậy, giả sử d chia các điểm trên nửa thứ nhất có m điểm(m chẵn) và nửa mặt phẳng kia chứa n điểm(n lẻ). Cứ một điểm bên nửa này nối được một đoạn thẳng với nửa bên kia nên số đoạn thẳng nối được là m.n, do m chẵn nên m.n chẵn. Bài toán được chứng minh. Bài 12. Trước hết ta chỉ ra dược a k ∈ { −1; +1}, b k ∈ { −1; +1},a k + bl ∈ { −2; 0; +2} (k , l ∈ {1, 2,...n}) . + Nếu đổi dấu của số ở một ô vuông thuộc hàng k và cột l thì các số a k và b l cũng đổi dấu theo, các số còn lại (của dãy a 1 , a 2 ,… ,a n , b1 , b 2 ,… , b n ) không đổi dấu. Hơn nữa, khi đó tổng a k + b l không đổi, hoặc tăng thêm 4 hoặc giảm đi 4. + Mỗi bảng với một cách điền số nào đó, đều được suy ra từ bảng gồm toàn số +1 bằng cách thực hiện đổi dấu một số phần tử. Tổng a 1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n của bảng sau khi đổi kém tổng a 1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n của bảng toàn số 1 một số là bội của 4. + Khi đó tổng của bảng sau khi đổi a 1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n ≡ 2n ( mod 4 )

(

Do n lẻ nên a 1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n ≡ 2 mod 4

)

Vậy với mọi cách điền số ta luôn có a 1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n ≠ 0 .

Bài 13. Nhận thấy m và n khác 1, 2, 5. Chia hình chữ nhật m.n thành m.n ô vuông đơn vị và đánh số các hàng từ dưới lên, đánh số các cột từ trái qua phải. Ta gọi ô ( p; q ) là ô nằm ở hàng thứ p và cột thứ q. Hai hiên gạch hình móc câu có thể ghép được thành các hình dưới đây. X O O O

O O O

X O X

O X

X X

O X

Do đó để lát được hình chữ nhật m.n thì tích m.n phải chia hết cho 12. Nếu một trong hai số m và n chia hết cho 4 thì có thể lát được hình chữ nhật m.n. Thật vậy, nếu m chia hết cho 4 và n chia hết cho 3 thì hình chữ nhật m.n có thể chia thành các hình chữ nhật 4.3 và do đó có lát được. Nếu m chia hết cho 4 và n không chia hết cho 3 thì ta có thể viết n về dạng n = 3a + 4b với a và b là các số nguyên dương, khi đó bảng m.n có thể lát được. Bây giờ ta chứng minh một trong hai số m và n chia hết cho 4. Giả sử ngược lại cả m và n cùng chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4. Để chứng minh được điều này không xẩy ra ta cần tạo ra một bất biến. Để tạo ra bất biến ta điền vào các ô của hình chữ nhật theo quy tắc sau: Xét ô

( p; q ) . Nếu hai tọa độ p và q cùng chia hết cho 4 thì ta điền vào ô ( p; q ) số 1, nếu chỉ p hoặc q chia hết cho 4 thì ta điền vào ô ( p; q ) số 2. Với các điền như vậy thì ta thu được bất biến là tổng các số trong các ô ở hình thứ nhất và hình số hai đều là số lẻ. Do m và n là số chẵn nên tổng các số trong các ô ở hình chữ nhật m.n là số chẵn. Muốn lát được hình chữ nhật m.n thì tổng số hình thứ nhất và hình thứ hai phải là số chẵn. Khi đó m.n chia hết cho 24, điều này không xảy ra vì m, n không chia hết cho 4. Bài 14.

• Với bảng thứ nhất ta thay các dấu cộng trong bảng bằng +1 và các dấu trừ trong bảng bằng −1 . Rõ ràng tích tất cả các số trong các ô vuông hoặc tính chẵn lẻ của các dấu trừ hoặc tính chẵn lẻ của tổng các số không phải là bất biến. Mặc dù tích các số trong tất cả các ô vuông của bảng không phải là bất biến nhưng có thể tích các số trong một số ô vuông cố định lại là bất biến. Để tìm các ô vuông cố định này ta cần tìm tập hợp các ô vuông sao cho khi thực hiện biến đổi số ô vuông có thể

đảo dấu luôn là số chẵn. Dẽ thấy tập hợp các ô vuông được đánh dấu x trong bảng sau có tính chất như thế: x

x x

• Với bảng thứ hai ta lập luận tương tự bảng thứ nhất. • Với bảng thứ ba ta thay các dấu cộng trong bảng bằng +1 và các dấu trừ trong bảng bằng −1 . Rõ ràng tích tất cả các số trong các ô vuông hoặc tính chẵn lẻ của các dấu trừ hoặc tính chẵn lẻ của tổng các số không phải là bất biến. Mặc dù tích các số trong tất cả các ô vuông của bảng không phải là bất biến nhưng có thể tích các số trong một số ô vuông cố định lại là bất biến. Để tìm các ô vuông cố định này ta cần tìm tập hợp các ô vuông sao cho khi thực hiện biến đổi số ô vuông có thể đảo dấu luôn là số chẵn. Dẽ thấy tập hợp các ô vuông được đánh dấu x trong bảng sau có tính chất như thế: x

x x

Tại trạng thái xuất phát tích tất cả các số trong các ô vuông được đánh dấu nói trên là −1 . Do tính nàu là bất biến nên sau một số phép biến đổi ta không thể đưa bảng về trạng thái khong có dấu trừ được(vì khi đó tích tất cả các ố được dánh dấu là +1 ). BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1. Trên bảng ghi một số nguyên dương có hai chữ số trở lên. Người ta thiết lập số mới bằng cách xóa đi chữ số hàng đơn vị của số đã cho, sau đó cộng vào số còn lại 7 lần số vừa bị xóa. Ban đầu trên bảng ghi số 6100. Hỏi sau một số bước thực hiện như trên ta có thể thu được 1006 hay không ? Tại sao ? Bài 2. Giả sử rằng n là một số lẻ. Đầu tiên ta viết các số từ 1 tới 2n trên một bảng đen. Sau đó ta chọn ra hai số bất kì a, b và xoá chúng, rồi thay thế chúng bởi a − b . Chứng minh rằng số còn lại cuối cùng là một số lẻ Bài 3. Người ta viết trên bảng dãy các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100. Thực hiện trò chơi như sau: Tiến hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là a 3 + b 3 . Thực hiện trò chơi như trên cho đến khi trên bảng còn lại một số. Hỏi số còn lại trên bảng có thể là 9876543212016 không. Bài 4. Có 2010 viên sỏi. Hai người chơi thay phiên nhau bốc sỏi, mỗi lượt đi người chơi được quền bốc một số lượng viên sỏi là luỹ thừa với số mũ tự nhiên bất kì của 2(1, 2, 4, .....). Ai bốc được viên sỏi cuối cùng là thắng cuộc. Giả sử cả hai người chơi đều là người thông minh. Hỏi ai là người thắng cuộc? Bài 5. Trong một hộp có 2010 viên sỏi. Có hai người tham gia trò chơi, mỗi người lần lượt phải bốc ít nhất là 11 viên sỏi và nhiều nhất là 20 viên sỏi. Người nào bốc viên sỏi cuối cùng sẽ thua cuộc. Hãy tìm thuật chơi để đảm bảo người bốc đầu tiên luôn là người thắng cuộc. Bài 6. Trên bảng có ghi 2013 số

bằng số z =

1 1 1 1 ; ; ;...; . Mỗi lần xóa đi hai số bất kì trên bảng thì ta thay 1 2 3 2013

xy và giữ nguyên các số còn lại. Sau 2012 lần thực hiện thì trên bảng còn lại một x+ y+1

theo chiều ngược nhau. Hỏi sau một số lần thực hiện trò chơi có thể chuyển tất cỏ các viên bi về cùng một ô được không. Bài 8. Cho một bảng ô vuông chứa số như hình 4a. Ta thực hiện một thuật toán T như sau: Chọn ra 2 số bất kì nằm ở hai ô vuông cạnh nhau và cộng 2 số đó với một số nguyên nào đó. Hỏi rằng sau một số lần thực hiện thuật toán T thì bảng hình vuông chứa các số như hình 4a có thể thành bảng hình vuông như hình 4b hay không ?

Hình a

Hình b

Bài 9. Cho một bàn cờ quốc tế 8.8 . Hỏi rằng quân mã có thể đi nước đầu tiên từ ô dưới cùng bên trái và kết thúc ở ô trên cùng bên phải hay không. Với điều kiện nó phải đi qua tất cả các ô trên bàn cờ và mỗi ô chỉ đi qua đúng một lần Bài 10. Mỗi số trong các số a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n nhận một trong hai giá trị là −1 hoặc 1. Biết rằng S = a1.a 2 .a 3 .a 4 + a 2 .a 3 .a 4 .a 5 +…+ a n .a1.a 2 .a 3 = 0 . Chứng minh rằng n chia hết cho 4 Bài 11. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét tất cả các đoạn thẳng nối các cặp điểm trong 2011 điểm này. Vẽ đường thẳng d không đi qua điểm nào trong số 2011 điểm nói trên. Chứng minh rằng nếu đường thẳng d cắt một số đoạn thẳng xét ở trên thì số đoạn thẳng bị đường thẳng d cắt là một số chẵn. Bài 12. Cho trước số nguyên dương n lẻ. Tại mỗi ô vuông của bàn cờ kích thước n x n người ta viết một số +1 hoặc −1. Gọi a k là tích của tất cả những số ghi trên hàng thứ k (tính từ trên xuống) và b k là tích của tất cả những số ghi trên cột thứ k (tính từ trái sang). Chứng minh rằng với mọi cách điền số như trên, đều có: a 1 + a 2 ⋯ + a n + b1 + b 2 + ⋯ + b n ≠ 0 . Bài 13. Ta định nghĩa viên gạch hình móc câu là hình gồm 6 ô vuông đơn vị như hình vẽ dưới đây hoặc hình nhận được do lật hình đó(sanh trái, sang phải,...) hoặc hình nhận được do xoay hình đó

đi một góc. Xác định các hình chữ nhật kích thức m.n với m, n là các số nguyên dương sao cho có thể lát được bằng các viên gạnh hình móc câu.

Bài 14. Cho các bảng ô vuông 6x6 dưới đây:

−

Bảng 1

Bảng 2

Bảng 3

(

)

Bài 2. Gọi S là tổng của tất cả các số trên bảng. Lúc đầu ta có S = 1 + 2 + 3 + … + 2n = n 2n + 1 là một số lẻ vì n là một số lẻ. Ta cần tìm đại lượng bất biến. Hai số bị xóa đi là a và b, không mất tính tổng quát ta giả sử a > b . Khi đó số được thay vào là a − b = a − b . Như vậy sau mỗi lần thực hiện thuật toán như trong đầu bài đã nói thì S sẽ bị giảm đi một một đại

(

)

lượng có giá trị bằng a + b − a − b = 2b là một số chẵn. Vì thế tính chẵn lẻ của S được giữ nguyên sau mỗi lần thực hiện xáo hai số trên bảng. Trong trường hợp trên thì S luôn là một số lẻ và vì thế khi trên bảng còn lại một số thì số đó là số lẻ . Bài 3. Với dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 ta có tổng 1 + 2 + 3 + ... + 100 =

(100 + 1) .100 = 5050 2

Tiến hành xóa hai số a, b bất kì trong dãy số trên và viết lại một số là a 3 + b3 . Khi đó tổng dãy số

(

) (

)

trên bảng tăng một đại lượng a 3 + b3 − a + b . Ta thấy 1 + 2 + 3 + ... + 100 = 5050 chia 3 có số dư là 1.

(

)

Bài 5. Để đảm bảo thắng cuộc, ở nước đi cuối cùng của mình người bốc sỏi đầu tiên phải để lại trong hộp 11 viên sỏi. Ở nước đi trước đó phải để lại trong hộp 11 + (20 + 11) = 42 viên sỏi. Suy ra người bốc sỏi đầu tiên phải đảm bảo trong hộp lúc nào cũng còn 11 + 31k viên sỏi. Ta có (2010 − 11) : 31 = 65 dư 15. Như vậy người bốc sỏi đầu tiên ở lần thứ nhất của mình phải bốc 15 viên. Tiếp theo, khi đối phương bốc k viên sỏi ( k = 1, 2, ..., 20 ) thì người bốc sỏi đầu tiên phải bốc 31 − k viên sỏi, cuối cùng sẽ để lại 11 viên sỏi cho đối phương.

Bài 6.

Ta có

1  1  1 1+ x + y 1 1 1 1 1 1 1 = = + + . Khi đó ta được + 1 = + + + 1 =  + 1  + 1 . z xy xy x y z xy x y x  y 

Như vậy sau mỗi lần xóa đi

1  1  1 1 1 + 1 và + 1 thì ta thay bằng số + 1 =  + 1   + 1  . y x z x  y 

Như vậy tích các số sau mỗi lần xóa và thay số mới là không đổi.

1 Do đó nếu k là số cuỗi cùng thì ta được + 1 = k

Từ đó ta được k =

     1  1   1   + 1   + 1  ...  + 1  = 2014 ! 1  1   1       1  2   2013 

1 . 2014 !− 1

Đ T T

Đ T

Đặt B là tổng các số ở các ô màu đen và W là tổng các số ở các ô màu trắng. Ta thấy vì mỗi lần thực hiện thuật toán T ta cộng thêm 2 số ở 2 ô cạnh nhau với một số nguyên nên dễ thấy rằng hiệu B − W là không đổi

Nhận xét Bài toán đã được giải quyết nhưng xung quanh bài toán này vẫn còn rất nhiều điều cần phải suy nghĩ. Chẳng hạn như khi xét bàn cờ X.X với X là một số lẻ thì liệu có một cách đi từ ô dưới cùng bên trái lên ô trên cùng bên phải và thoả mãn các yêu cầu của bài toán hay không? Bài 10. Đây là một bài toán về lý thuyết số nhưng ta vẫn sẽ dùng bất biến để giải nó. Tính bất biến này như sau: Ta thấy S sẽ không thay đổi số dư khi chia cho 4 nếu như ta đổi dấu của 4 số hạng liên tiếp Thật vậy, nếu có 2 số dương và 2 số âm thì sẽ không có chuyện gì thay đổi, nếu có 1 số khác dấu 3 số còn lại thì khi đổi dấu thì giá trị của S sẽ thay đổi 4 hoặc −4 và điều này không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi chia cho 4 cả, cuối cùng nếu 4 số cùng dấu thì khi đổi dấu S sẽ thay đổi một đại lượng là 8 hay −8 điều này dĩ nhiên cũng không ảnh hưởng gì tới số dư của S khi chia cho 4 . Bây giờ quay lại bài toán, thực hiện thuật toán đổi dấu của 4 số hạng liên tiếp sao cho cuối cùng đưa tất cả n số thành số dương. Khi đó S = n và theo tính bất biến thì S chia hết cho 4 (vì ban đầu S = 0 chia hết cho 4). Vậy n chia hết cho 4 và ta đã có kết luận cho bài toán .

Bài 11. Đường thẳng không đi qua điểm nào trong 2011 điểm trên nên khi d cắt một đoạn thẳng nào đó thì nó chia mặt phẳng thành hai nửa mà 2011 điểm trên nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau và một nửa chứa chẵn số điểm, nửa còn lại chứa lẻ số điểm(do 2011 là số lẻ). Mặt khác khi nối chẵn số điểm ở nửa bên này với lẻ số điểm bên kia ta sẽ chứng minh được là số đoạn thẳng nối được là một số chẵn. Thật vậy, giả sử d chia các điểm trên nửa thứ nhất có m điểm(m chẵn) và nửa mặt phẳng kia chứa n điểm(n lẻ). Cứ một điểm bên nửa này nối được một đoạn thẳng với nửa bên kia nên số đoạn thẳng nối được là m.n, do m chẵn nên m.n chẵn. Bài toán được chứng minh. Bài 12. Trước hết ta chỉ ra dược a k ∈ {−1; +1}, bk ∈ {−1; +1}, a k + bl ∈ {−2; 0; +2} (k , l ∈ {1, 2,...n}) . + Nếu đổi dấu của số ở một ô vuông thuộc hàng k và cột l thì các số a k và bl cũng đổi dấu theo, các số còn lại (của dãy a1, a 2 , …, a n , b1, b2 , …, bn ) không đổi dấu. Hơn nữa, khi đó tổng a k + bl không đổi, hoặc tăng thêm 4 hoặc giảm đi 4. + Mỗi bảng với một cách điền số nào đó, đều được suy ra từ bảng gồm toàn số +1 bằng cách thực hiện đổi dấu một số phần tử. Tổng a1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b2 + ⋯ + bn của bảng sau khi đổi kém tổng a1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b2 + ⋯ + bn của bảng toàn số 1 một số là bội của 4.

(

+ Khi đó tổng của bảng sau khi đổi a1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b2 + ⋯ + bn ≡ 2n mod 4

(

Do n lẻ nên a1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b2 + ⋯ + bn ≡ 2 mod 4

)

Vậy với mọi cách điền số ta luôn có a1 + a 2 + ⋯ + a n + b1 + b2 + ⋯ + bn ≠ 0 . Bài 13. Nhận thấy m và n khác 1, 2, 5. Chia hình chữ nhật m.n thành m.n ô vuông đơn vị và đánh

( )

số các hàng từ dưới lên, đánh số các cột từ trái qua phải. Ta gọi ô p; q là ô nằm ở hàng thứ p và cột thứ q. Hai hiên gạch hình móc câu có thể ghép được thành các hình dưới đây. X O O O

O O O

X O X

O X

X X

O X

( p; q ) . Nếu hai tọa độ p và q cùng chia hết cho 4 thì ta điền vào ô ( p; q ) số 1, nếu chỉ p hoặc q chia ( )

hết cho 4 thì ta điền vào ô p; q số 2. Với các điền như vậy thì ta thu được bất biến là tổng các số trong các ô ở hình thứ nhất và hình số hai đều là số lẻ. Do m và n là số chẵn nên tổng các số trong các ô ở hình chữ nhật m.n là số chẵn. Muốn lát được hình chữ nhật m.n thì tổng số hình thứ nhất và hình thứ hai phải là số chẵn. Khi đó m.n chia hết cho 24, điều này không xảy ra vì m, n không chia hết cho 4. Bài 14.

• Với bảng thứ nhất ta thay các dấu cộng trong bảng bằng +1 và các dấu trừ trong bảng bằng −1 .

Rõ ràng tích tất cả các số trong các ô vuông hoặc tính chẵn lẻ của các dấu trừ hoặc tính chẵn lẻ của tổng các số không phải là bất biến. Mặc dù tích các số trong tất cả các ô vuông của bảng không phải là bất biến nhưng có thể tích các số trong một số ô vuông cố định lại là bất biến. Để tìm các ô vuông cố định này ta cần tìm tập hợp các ô vuông sao cho khi thực hiện biến đổi số ô vuông có thể đảo dấu luôn là số chẵn. Dẽ thấy tập hợp các ô vuông được đánh dấu x trong bảng sau có tính chất như thế: x

x x

• Với bảng thứ hai ta lập luận tương tự bảng thứ nhất. • Với bảng thứ ba ta thay các dấu cộng trong bảng bằng +1 và các dấu trừ trong bảng bằng −1 .

x x

1. Cơ sở lý thuyết cơ bản. Không có một phương pháp chung nào cho việc giải các bài toán suy luận tổng hợp. Tùy thuộc vào từng bài toán mà ngươig giải vận dụng linh hoạt các nguyên lý như: nguyên lý phản chứng, nguyên lý quy nạp, nguyên lý Dirichlet,… hoặc đưa ra các nhận xét tinh tế để từ đó hình thành lời giải phù hợp. Với các bài toán suy luận ta thường phải phối hợp các kiến thức một cách hợp lý, muốn vậy người giải ngoài việc phải nắm kỹ các kiến thức toán mà còn phải rèn luyện khả năng phân tích, nhận xét, dự đoán các kết quả có thể xẩy ra. 2. Một số ví dụ minh họa

{

}

Ví dụ 1. Cho tập hợp A = 1; 2; 3;...; 2006 2007 . Chứng minh rằng trong 2007 số khác nhau tùy ý được lập từ tập hợp trên có ít nhất hai số x, y thỏa mãn 0 <

2007

x − 2007 y < 1 .

Lời giải Gọi 2007 số đã cho là 1 ≤ a 1 < a 2 < a 3 < ... < a 2007 ≤ 2006 2007 . Xét 2006 số sau:

b1 = 2007 a 2 − 2007 a1 ; b 2 = 2007 a 3 − 2007 a 2 ; ...; b 2006 = 2007 a 2007 − 2007 a 2006 Ta có b1 , b 2 ,...; b 2006 > 0 Giả sử không có số bi ( i = 1, 2,..., 2006 ) nào nhỏ hơn 1, suy ra b1 , b 2 ,..., b 2006 ≥ 1 , do đó

b1 + b 2 + ... + b 2006 ≥ 1 + 1 + ... + 1 = 2006

Mặt khác ta lại có

b1 + b 2 + ... + b 2006 = 2007 a 2 − 2007 a 1 + 2007 a 3 − 2007 a 2 + ... + 2007 a 2007 − 2007 a 2006 = 2007 a 2007 − 2007 a1 Từ đó ta suy ra được

2007

a 2007 − 2007 a 1 ≥ 2006 ⇒ 2007 a 2007 ≥ 2006 + 2007 a 1 > 2006

Hay a 2007 > 2006 2007 , điều này trái với giả thiết nên giả sử là sai. Vậy ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 2. Cho tứ giác lồi ABCD có độ dài bốn cạnh là a, b, c, d dều là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác này thì tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau. Lời giải Giả sử có tứ giác thỏa mãn yêu cầu đề bài mà không tồn tại hai cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Khi đó không mất tính tổng quát, ta sắp thứ tự a > b > c > d ≥ 1 .

a + b + c + d = ma  a + b + c + d = nb Vì độ dài mỗi cạnh đều là ước số của chu vi tứ giác nên  a + b + c + d = pc a + b + c + d = qd Với m, n, p,q ∈ N * và m < n < p < q

1 a m = a + b + c + d  b 1 =  n a + b + c + d 1 1 1 1 Suy ra ra được  ⇒ + + + =1 1 c m n p q  = p a + b + c + d  1 d  =  q a + b + c + d Do đó ABCD là tứ giác lồi nên a < b + c + d < 3a nên 2a < a + b + c + d < 4a .

Mặt khác ta có

a > b>c>d≥1  1 1 1 1 1 1 1 1 + + + ≤ + + + <1  ⇒ m = 3 và a + b + c + d = am  m n p q 3 4 5 6

Ta có mâu thuẫn nên điều giả sử là sai. Vậy bài toán được chứng minh.

Ví dụ 3. Cho 25 số tự nhiên a 1 ; a 2 ;...; a 25 khác 0 thoả mãn

+ ⋅⋅⋅ +

1 a 25

= 9 . Chứng

minh rằng trong 25 số tự nhiên đó luôn tồn tại hai số bằng nhau. Lời giải Giả sử trong 25 số tự nhiên a 1 ; a 2 ;...; a 25 không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta có thể chọn a 1 < a 2 < ... < a 25 . Khi đó ta có a1 ≥ 1; a 2 ≥ 2;...; a 25 ≥ 25

Suy ra ta được

+ ⋅⋅⋅ +

≤

a 25

+ ⋅⋅⋅ +

1 25

Mặt khác ta chứng minh được

+ ⋅⋅⋅ +

( = 1+ 2( 1 a1

+ ... +

2 2 2 3 2 25   1 1 1 < 1+ 2 + + ... +  3+ 2 25 + 24   2+ 1 = 1+ 2

Điều này dẫn tới

= 1+

+ ⋅⋅⋅ +

1 a 25

2 − 1 + 3 − 2 + ...... + 25 − 24

)

25 − 1 = 9

Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn với giả thiết của bài toán. Vậy điều ta giả sử là không xẩy ra hay bài toán được chứng minh. Ví dụ 4. Cho 25 số tự nhiên a 1 ; a 2 ;...; a 2015 khác 0 thoả mãn điều kiện:

1 a1

1 a2

1 a3

+ ... +

1 a 2015

≥ 89

Chứng minh rằng trong 2015 số tự nhiên đó luôn tồn tại hai số bằng nhau. Lời giải Giả sử trong 2015 số tự nhiên a 1 ; a 2 ;...; a 2015 không có hai số nào bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta có thể chọn a 1 < a 2 < ... < a 2015 . Khi đó ta có a 1 ≥ 1; a 2 ≥ 2; a 3 ≥ 3;...; a 2015 ≥ 2015

Suy ra ta được

+ ... +

≤

a 2015

+ ... +

1 2015

Mặt khác ta chứng minh được

+ ⋅⋅⋅ +

1 2015

= 1+

( = 1+ 2( 1 a1

+ ... +

2 2 2 3 2 2015   1 1 1 < 1+ 2 + + ... +  3+ 2 2015 + 2014   2+ 1 = 1+ 2

Điều này dẫn tới

1 a2

+ ⋅⋅⋅ +

1 a 2015

2 − 1 + 3 − 2 + ... + 2015 − 2014

)

2015 − 1 < 89

< 89 . Bất đẳng thức thu được mâu thuẫn với giả thiết

của bài toán. Vậy điều ta giả sử là không xẩy ra hay bài toán được chứng minh. Ví dụ 5. Với mỗi số nguyên dương được gán một trong ba màu: xanh, đỏ, vàng. Chứng minh rằng luôn tồn tại 2 số nguyên dương phân biệt x, y sao cho x, y giống màu nhau thỏa mãn x − y là một số chính phương. Lời giải Giải sử không tồn tại hai số x, y nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. Nhận xét: Với a ≥ 10 và a là số nguyên dương thì bộ ba ( a; a − 9; a + 16 ) có tính chất trị tuyệt đối hiệu của bất kì hai phần tử nào trong bộ là một số chính

phương.

Theo giả thiết phản chứng, ta có ( a; a − 9; a + 16 ) là ba số đôi một khác màu nhau. Mặt khác, bộ ba

( a + 7; a − 9; a + 16 )

cũng có tính chất như bộ ba ba đầu do đó theo giả thiết phản chứng, ta có

( a + 7; a − 9; a + 16 ) là ba số đôi một khác màu nhau. Suy ra a và a + 7

cùng màu. Từ đây ta được

các số a; a + 7; a + 14; a + 21;...; a + 49 . Mặt khác a + 49 − a = 49 là một số chính phương. Suy ra mâu thuẫn. Vậy giả sử ban đầu sai, do đó luôn luôn tồn tại 2 số x, y sao cho x − y là một số chính phương và x, y cùng màu. Đến đây ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 6. Giả sử a 1 ,a 2 ,...,a 11 là các số nguyên dương lớn hơn bằng 2 và đôi một khác nhau thỏa mãn điều kiện a 1 + a 2 + ... + a11 = 407. Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho tổng các số dư của các phép chia n cho 22 số a 1 ,a 2 ,...,a11 , 4a1 , 4a 2 ,..., 4a 11 bằng 2012. Lời giải Giả sử tồn tại số n thỏa mãn yêu cầu bài toán, khi đó tổng số dư khi chia n cho a 1 ,a 2 ,...,a 11 không vướt quá 407 – 11 = 396 . Tổng số dư khi chia n cho 4a 1 , 4a 2 ,..., 4a11 không vướt quá

4.407 – 11 = 1617 . Do đó tổng số dư là 2013, điều này chứng tỏ có 21 số dư lớn nhất và 1 số dư nhỏ hơn số chia 2 đơn vị. Giả sử tồn tại k để a k ; 4a k thỏa mãn, khi đó n + 1; n + 2 hoặc chia hết cho một trong hai số a k ; 4a k . Suy ra ( n + 1; n + 2 ) lớn hơn hoặc bằng a k ≥ 2 . Điều này không đúng. Vậy không tồn tại số n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 7. a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ca + 3 = 0 b) 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 + ca + 4m = 0 thì cũng tồn tại các số nguyên a', b', c' khác 0 sao cho a ' + b' + c' = 0 và a ' b'+ b' c '+ c 'a '+ m = 0 . c) 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 + ca + 2 k = 0 . Lời giải

a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 0 ⇔ ⇒ a 2 + b2 + c2 = 6 ab + bc + ca = −3 ab + bc + ca + 3 = 0 a + b + c = 0

a) Ta có 

Vì a, b,c ∈ Z và a 2 , b 2 , c 2 là các số chính phương nên ta được a 2 , b 2 ,c 2 ∈ {0; 1; 4} do đó ta được

a, b,c ∈ {0; ± 1; ± 2} mà a + b + c = 0 . Từ đó ta chọn được các bộ số như sau a = 2; b = c = −1 hoặc a = −2; b = c = 1 và các hoán vị của chúng. b) Nếu a + b + c = 0 thì trong ba số a, b, c có hai số lẻ và một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn. Nếu có hai số lẻ và một số chẵn, không mất tính tổng quát ta giả sử a, b lẻ và c chẵn

Khi đó ta được a = 2a '+ 1; b = 2b'+ 1; c = 2c' ( a '; b'; c' ∈ Z ) . Suy ra 2

(

)

0 = a 2 + b 2 + c 2 + 4m = ( 2a '+ 1) + ( 2b'+ 1) + ( 2c ' ) + 4m = 4 a '2 + b'2 + c '2 + a '+ b'+ m + 2

(

)

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 và 4 a '2 + b'2 + c '2 + a '+ b'+ m + 2 không chia hết cho 4. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không xẩy ra. Do đó cả ba số a, b, c cúng chẵn, ta chọn a ' =

Và ta cũng có a ' b' + b' c' + c 'a ' + m =

a b c ; b' = ; c ' = suy ra a ' + b' + c' = 0 2 2 2

ab + bc + ca 4m +m =− +m =0 4 4

Như vậy các số a '; b'; c' thỏa mãn yêu cầu bài toán. c) Nếu a + b + c = 0 và ab + bc + ca + 2 k = 0 thì tương tự câu a ta có a 2 + b 2 + c 2 = 2.2 k = 2 k +1 Do a, b, c là các số nguyên nên a 2 + b 2 + c 2 ≥ 3 nên k ≥ 2 , do đó 2k ⋮ 4 Vì a + b + c = 0 nên trong ba số a, b, c có hai số lẻ và một số chẵn hoặc cả ba số cùng chẵn. + Trường hợp 1: Giả sử trong ba số a, b, c thì a, b là số và c là số chẵn. khi đó

a = 2a '+ 1; b = 2b'+ 1; c = 2c' ( a '; b'; c' ∈ Z ) 2

(

) (

Ta có 0 = a 2 + b 2 + c 2 = 2a '+ 1 + 2b'+ 1

) + ( 2c' )

(

)

= 4 a '2 + b'2 + c'2 + a '+ b' + 2

)

Dễ thấy 0 chia hết cho 4 và 4 a '2 + b'2 + c ' 2 + a '+ b' + 2 không chia hết cho 4. Điều này dẫn đến mâu thuẫn. Vậy trường hợp này không xẩy ra. + Trường hợp 2: cả ba số a, b, c cùng chẵn. Khi đó gọi p là số tự nhiên lớn nhất sao cho cả ba số a, p

b, c cùng chia hết cho 2 . Nghĩa là a = a '.2 ; b = b'.2 ; c = c'.2

với a’, b’, c’ là các số nguyên

và có ít nhất một số lẻ.

(

)

Khi đó ta được a 2 + b 2 + c 2 = 2 k +1 ⇔ a '2 + b'2 + c ' 2 2 2p = 2 k ⇔ a '2 + b'2 + c ' 2 = 2 k − 2p Tương tự như trên ta được a’, b’, c’ khác 0 nên k − 2p ≥ 2 nên 2

k − 2p

⋮4 .

Mà a’, b’, c’ khác 0 trong đó có ít nhất một số lẻ nên a '2 + b'2 + c '2 không chia hết cho 4. Do đó trường hợp này cũng không xẩy ra. Vậy không tại các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 8. Cho n là một số nguyên dương và các số nguyên dương a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n có tổng bằng

2n − 1 . Chứng minh rằng tồn tại một số số trong các số nguyên dương trên có tổng bằng n. Lời giải Đặt b1 = a1 ; b 2 = a1 + a 2 ;...; b n = a1 + a 2 + ... + a n . Vì a 1 ; a 2 ; a 3 ;...; a n là các sô nguyên dương nên ta được 1 ≤ b1 < b 2 < ... < b n = 2n − 1 . Ta xét các trường hợp sau: + Nếu n số nguyên dương b1 ; b 2 ;...; b n khi chia cho n có các số dư khác nhau thì tồn tại một số chia hết cho n. Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là bk với k ∈ {1; 2; 3;...; n} Khi đó ta có 1 ≤ b k ≤ 2n − 1 nên ta được b k = n . Do đó ta được a 1 + a 2 + a 3 + ... + a k = n . + Nếu n số nguyên dương b1 ; b 2 ;...; b n khi chia cho n có hai số dư bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử số đó là b k và b l với k, l ∈ {1; 2; 3;...; n} và k > l Từ đó ta được b k − b l ⋮ n hay ta được ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a k ) − ( a 1 + a 2 + a 3 + ... + a l )⋮ n Từ đó ta được a l +1 + a l + 2 + ... + a k ⋮ n . Vậy luôn tồn tại một số số trong các số nguyên dương trên có tổng bằng n Ví dụ 9. Chọn 100 số tự nhiên khác nhau bất kì sao cho mỗi số đều không vượt qua 2015 và mỗi số đều chia 17 dư 10. Chứng minh rằng trong 100 số trên luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999. Lời giải Giả sử n là số tự nhiên chia 17 dư 10, khi đó n ≠ 0 và n có dạng n = 17k + 10 với k ∈ N . Gọi 100 số tự nhiên được chọn là 17k1 + 10;17k 2 + 10;17k 3 + 10;...; 17k100 + 10 .

Không mất tính tổng quát ta giả sử k1 < k 2 < k 3 < ... < k100 . Nếu k100 ≥ 118 thi khi đó 17k100 + 10 ≥ 17.118 + 10 = 2016 . Do đó k100 ≤ 117 . Ta sẽ chứng minh k 3 ≤ 20 . Thật vậy, giả sử k 3 ≥ 21 . Khi đó từ k1 < k 2 < k 3 < ... < k100 suy ra k 4 ≥ k 3 + 1; k 5 ≥ k 4 + 1; k 6 ≥ k 5 + 1; ...; k100 ≥ k 99 + 1 Nên từ k 3 ≥ 21 suy ra k 4 ≥ 21 + 1 = 22; k 5 ≥ 22 + 1 = 23; k 6 ≥ 23 + 1 = 24; ...; k100 ≥ 117 + 1 = 118 , điều này trái với k100 ≥ 118 . Do đó k 3 ≤ 20 . Vì k 3 ≤ 20 nên suy ra k 2 ≤ 19; k1 ≤ 18 . Với kết quả trên ta chon ba số nhỏ nhất trong 100 số trên là 17k1 + 10; 17k 2 + 10;17k 3 + 10 Khi đó 17k1 + 10 + 17k 2 + 10 + 17k 3 + 10 ≤ ( 17.18 + 10 ) + ( 17.19 + 10 ) + ( 17.20 + 10 ) = 999 Vậy ta luôn chọn được ba số có tổng không lớn hơn 999. bài toán được chứng minh. Ví dụ 10. Chia 18 vật có khối lượng 2016 2 ; 2015 2 ; 2014 2 ; ...; 1999 2 (gam) thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau(không được chia nhỏ các vật đó). Lời giải Ta xó nhận xét 2

n 2 + ( n + 5 ) = 2n 2 + 10n + 25 = X + 25 2

= 2n 2 + 10n + 17 = X + 17

= 2n 2 + 10n + 13 = X + 13

( n + 1) + ( n + 4 )

( n + 2) + ( n + 3)

Lần thứ nhất chia 6 vật có khối lượng 1999 2 , 2000 2 , 20012 , 2002 2 , 20032 , 2004 2 thành ba phần như sau 2

1999 2 + 2004 2 = 1999 2 + ( 1999 + 5 ) = 2.1999 2 + 10.1999 + 25 = A + 25 2

2000 2 + 20032 = ( 1999 + 1) + ( 1999 + 4 ) = 2.1999 2 + 10.1999 + 9 = A + 17 20012 + 2002 2 = ( 1999 + 2 ) + ( 1999 + 3 ) = 2.1999 2 + 10.1999 + 13 = A + 13

Lần thứ hai chia 6 vật có khối lượng 20052 , 2006 2 , 2007 2 , 2008 2 , 2009 2 , 2010 2 thành ba phần gồm 2

20052 + 2010 2 = 20052 + ( 2005 + 5 ) = 2.2005 2 + 10.2005 + 25 = B + 25 2

2006 2 + 2009 2 = ( 2005 + 1) + ( 2005 + 4 ) = 2.20052 + 10.2005 + 17 = B + 17 2007 2 + 2008 2 = ( 2005 + 2 ) + ( 2005 + 3 ) = 2.20052 + 10.2005 + 13 = B + 13 Lần thứ ba, chia 6 vật có khối lượng 20112 , 2012 2 , 2013 2 , 2014, 2015, 2016 2 thành ba phần như sau 2

20112 + 2016 2 = 20112 + ( 2011 + 5 ) = 2.20112 + 10.2011 + 25 = C + 25 2

2012 2 + 20152 = ( 2011 + 1) + ( 2011 + 4 ) = 2.20112 + 10.2011 + 17 = C + 17 20132 + 2014 2 = ( 2011 + 2 ) + ( 2011 + 3 ) = 2.20112 + 10.2011 + 13 = C + 13 Nhận thấy

A + 25 + B + 17 + C + 13 = A + 17 + B + 13 + C + 25 = A + 13 + B + 25 + C + 17 = A + B + C + 55 Do đó ta chia theo ba nhóm gồm Nhóm 1: A + 25 + B + 17 + C + 13 = 1999 2 + 2004 2 + 2006 2 + 2009 2 + 20132 + 2014 2 Nhóm 2: A + 17 + B + 13 + C + 25 = 2000 2 + 20032 + 2007 2 + 2008 2 + 20112 + 2016 2 Nhóm 3: A + 13 + B + 25 + C + 17 = 20012 + 2002 2 + 20052 + 2010 2 + 2012 2 + 20152 Khi đó khối lượng của mỗi nhóm đều bằng A + B + C + 55 gam. Ví dụ 11. Cho một lớp học có 35 học sinh, các học sinh này tổ chức một số câu lạc bộ môn học. Mỗi học sinh tham gia đúng một câu lạc bộ. Nếu chọn ra 10 học sinh bất kì thì luôn có ít nhất 3 học sinh tham gia cùng một câu lạc bộ. Chứng minh có một câu lạc bộ gồm ít nhất 9 học sinh. Lời giải Giả sử tất cả các câu lạc bộ đều có không quá 8 học sinh. Gọi N là số câu lạc bộ có hơn 1 học sinh. + Nếu n > 4 , khi đó từ 5 trong số các câu lạc bộ này, chọn mỗi câu lạc bộ 2 học sinh, khi đó 10 học sinh này không thỏa mãn điều kiện bài toán. + Nếu n < 4 , khi đó số học sinh tham gia các câu lạc bộ này không quá 3.8 = 24 , nghĩa là còn ít nhất 35 − 24 = 11 học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh. Chọn 10 học sinh trong số này, không thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy N = 4 . Số học sinh tham gia 4 câu lạc bộ này không quá 4.8 = 32 , nghĩa là còn ít nhất 3 học sinh, mỗi học sinh tham gia 1 câu lạc bộ mà câu lạc bộ này chỉ có 1 học sinh. Chọn 2 trong số học sinh này và mỗi câu lạc bộ trên chọn 2 học sinh, khi đó 10 học sinh không thỏa mãn điều kiện. Vậy điều giả sử sai, nghĩa là tồn tại một câu lạc bộ có ít nhất 9 học sinh tham gia. Ví dụ 12. Trong dãy số gồm 2010 số thực khác 0 được sắp xếp theo thứ tự a 1 ,a 2 ,...,a 2010 , ta đánh dấu tất cả các số âm và tất cả các số mà tổng của nó với một số liên tiếp liền ngay sau nó là một số dương. Ví dụ như với dãy số −8, − 4, −1, 2, − 1, 2, − 3,..., − 2005 thì các số được đánh dấu là

a 2 = −4, a 3 = 4, a 4 = −1, a 5 = 2 . Chứng minh rằng nếu trong dãy số đã cho có ít nhất một số dương thì tổng của tất cả các số được đánh dấu là một số dương. Lời giải Xét dãy số gồm 2010 số thực khác 0 được sắp xếp theo thứ tự a 1 ,a 2 ,...,a 2010 .

(

)

Giả sử a m là số được đánh dấu đầu tiên 1 ≤ m ≤ 2010 , khi đó tồn tại số a k sao cho

m < k ≤ 2010 để a m + a m +1 + ... + a k > 0 và a m + a m +1 + ... + a k −1 < 0 , do đó a k > 0 > Mặt khác do a m < 0 nên a m +1 + a m + 2 + ... + a k > −a m > 0 , suy ra a m +1 được đánh dấu.

{

}

Tương tự như vậy a m + 2 ; a m + 3 ; ...; a k được đánh dấu. Như vậy A1 = a m ; a m +1 ; ...; a k có tất cả các số được đánh dấu. Tổng các số trong tập hợp A1 là số dương. Từ số a k +1 đến cuối dãy ta lai xét a n là số được đánh dấu đầu tiên. Lặp lại lập luộn như trên

{

ta được A1 = a n ; a n +1 ; ...; a t

} với n < t ≤ 2010 có tất cả các số được đánh dấu và tổng của các số

đó là số dương. Các số được đánh dấu khác của dãy mà không thuộc các tập hợp A i như trên chỉ có thể là số dương. Như vậy tổng của tất cả các số được đánh dấu là một số dương. Ví dụ 13. Trong một kỳ thi, 60 thí sinh phải giải 3 bài toán. Khi kết thúc kỳ thi, người ta nhận thấy rằng: với hai thí sinh bất kỳ luôn có ít nhất một bài toán mà cả hai thí sinh đó đều giải được. Chứng minh rằng: a) Nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được.

b) Có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được . Lời giải Gọi ba bài toán là A, B, C. a) Không mất tính tổng quát, giả sử mọi thí sinh đều không giải được bài toán A.

• Nếu mọi thí sinh đều không giải được bài toán B thì từ giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán C.

• Nếu mọi thí sinh đều giải được bài toán B và bài toán C thì ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán B; bài toán C.

• Nếu có một thí sinh chỉ giải được một bài toán, giả sử giải được bài toán B. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại. Theo giả thiết, có mọi thí sinh đều giải được bài toán B. Vậy nếu có một bài toán mà mọi thí sinh đều không giải được thì phải có một bài toán khác mà mọi thí sinh đều giải được. b) Theo giả thiết ta có mọi thí sinh đều giải được ít nhất một bài toán. Nếu có một thí sinh chỉ giải đúng một bài toán. Xét học sinh này với tất cả các học sinh còn lại, ta có mọi thí sinh đều giải được bài toán đó. Ta chỉ còn xét trường hợp mà mọi thí sinh giải được ít nhất hai bài toán. Gọi số thí sinh giải được A, B mà không giải được C là x, số thí sinh giải được B, C mà không giải được A là y, số thí sinh giải được A, C mà không giải được B là z, số thí sinh giải được cả A, B, C là t (x, y, z, t ∈ N) . Ta có x + y + z + t = 60 (1) Cách 1: Giả sử có điều trái với kết luận của bài toán. Ta có x + z + t < 40; x + y + t < 40; y + z + t < 40

(

)

Do đó x + z + t + x + y + t + y + z + t < 40 + 40 + 40 ⇔ 2 x + y + z + t + t < 120 . Kết hợp (1) ta có t < 0 . Điều này vô lí. Điều giả sử ở trên là sai. Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được. Cách 2: Ta có số học sinh không giải được A là y, không giải được B là z, không giải được C là x. Nếu x > 20; y > 20; z > 20 thì x + y + z > 60 . Mâu thuẫn (1). Do đó trong ba số x, y, z phải có một số không vượt quá 20.

Như vậy có một bài toán mà có nhiều nhất 20 thí sinh không giải được. Do đó bài toán này có ít nhất 40 thí sinh giải được. Vậy có một bài toán mà có ít nhất 40 thí sinh giải được. Ví dụ 14. Có bao nhiêu tập hợp con A của tập hợp {1; 2; 3; 4; ...; 2014} thỏa mãn điều kiện A có ít

y2 ∈A . nhất hai phần tử và nếu x ∈ A,y ∈ A,x > y thì x−y Lời giải Ta chứng minh có tập con A thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi nó có dạng {y; 2y} . Thật vậy giả sử x > y là hai phần tử của A. nếu x > 2y thì theo giả thiết z =

y2 ∈ A và z < y , do đó x−y

ta được x > y > z thuộc A và x > 2y > 2z . Áp dụng giả thiết cho cặp x; z , ta được z1 ∈ A và

x > y > z1 , và cứ như thế ta suy ra A có vô số phần tử, điều này mâu thuẫn. Vậy x ≤ 2y và đặc biệt là y ≤ z . Nếu x < 2y khi đó y < z ta được z ≤ 2y . Từ đó ta nhận được y ≤ 2 ( x − z ) hay x ≥

3 y do đó 2

z < x . Vậy ta được y < z < x , do đó cặp y; z thuộc A. Áp dụng giả thiết cho cặp y; z , ta được z1 ∈ A và x > z1 > y , và cứ như thế ta suy ra A có vô số phần tử, điều này mâu thuẫn. Như vậy x = 2y , do đó A có dạng {y; 2y} với y ∈ {1; 2; 3; 4;...; 2014} . Số tập con A có dạng

{y; 2y} với y ∈ {1; 2; 3; 4;...; 2014} là 1007. Thử lại ta thấy các tập con A thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 15. Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên N. Tập A có phần tử nhỏ nhất là 1, phần tử lớn nhất là 100 và mỗi X thuộc A ( x ≠ 1) , luôn tồn tại a, b cũng thuộc A sao cho x = a + b (a có thể bằng b). Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất Lời giải Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1 = x1 < x 2 < x 2 < ⋯⋯ < x n = 100. ( 1)

{

}

Suy ra với mỗi k ∈ 1,2, 3,… ,n − 1 ta có x k +1 = x i + x j ≤ x k + x k = 2x k

( 2 ) với 1 ≤ i, j ≤ k.

Áp dụng kết quả (2) ta thu được x 2 ≤ 1 + 1 = 2; x 3 ≤ 2 + 2 = 4; x 4 ≤ 8; x 5 ≤ 16; x 6 ≤ 32; x7 ≤ 64.

Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử. + Giả sử n = 8 ⇒ x 8 = 100 . Vì x 6 + x7 ≤ 32 + 64 = 96 ⇒ x 8 = 2x7 ⇒ x7 = 50. Vì x 5 + x 6 ≤ 16 + 32 = 48 ⇒ x7 = 2x 6 ⇒ x6 = 25. Vì x 4 + x 5 ≤ 8 + 16 = 24 < 25 ⇒ x6 = 2x 5 ⇒ x 5 =

25 (mâu thuẫn). 2

{

}

+ Nếu n = 9 , ta có tập 1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 16. Một bảng hình vuông kích thước 10x10. Hỏi có thể điền được các số 1, 2, 3, .. . 99, 100 vào các ô của bảng (mỗi ô điền một số) sao cho 2 tính chất sau đồng thời được thoả mãn: (i) Tổng các số trên mỗi hàng, mỗi cột bằng nhau và bằng S (ii) Với mỗi số k = 1; 2; 3;...; 10 thì tổng các số ở các ô (i; j) ( ô ở hàng i, cột j) với i − j − k chia hết cho 10, có tổng bằng S. Lời giải Giả sử điền được các số thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi đó S =

1 (1 + 2 + ⋯ + 100 ) = 505 là một số 10

lẻ Chia các ô ( i; j ) của bảng thành 4 loại:

• Loại 1 gồm các ô mà i; j cùng lẻ, gọi S 1 là tổng của tất cả các số trên các ô loại 1. • Loại 2 gồm các ô mà i lẻ, j chẵn, gọi S 2 là tổng của tất cả các số trên các ô loại 2. • Loại 3 gồm các ô mà i chẵn, j lẻ, gọi S 3 là tổng của tất cả các số trên các ô loại 3. • Loại 4 gồm các ô mà i; j cùng chẵn, gọi S 4 là tổng của tất cả các số trên các ô loại 4. Khi đó

+ S1 + S 2 là tổng các số trên tất cả các hàng lẻ, nên S1 + S 2 = 5S + S 2 + S 4 là tổng các số trên tất cả các cột chẵn, nên S 2 + S 4 = 5S + Loại 1 và loại 4 đều gồm các ô mà i − j chẵn, do đó S1 + S 4 = 5S Suy ra 2 ( S1 + S 2 + S 4 ) = 15S . Do S lẻ nên vế phải là số lẻ và vế trái là số chẵn. Điều này vô lý.

Vậy không thể điền được các số thỏa mãn. Ví dụ 17. Trong bảng 11x11 ô vuông ta đặt các số tự nhiên từ 1 đến 121 vào các ô một cách tùy ý(mỗi ô đặt duy nhất một số và hai ô khác nhau đặt hai số khác nhau). Chứng tỏ rằng tồn tại hai ô vuông kề nhau(tức là hai ô có chung một cạnh) sao cho hiệu hai số đặt trong hai ô vuông đó lớn hơn 5. Lời giải Giả sử không có hai ô vuông kề nhau có hiệu hai số đặt trong hai ô

đó lớn hơn 5. Đánh dấu số hàng và số cột như hình vẽ xét ô ghi số

1 ở ô ( a, b ) ứng với hàng a và cột b. Xét ô ghi số 121 ở ô ( c,d )

không mất tính tổng quát ta giả sử c ≥ a; d ≥ b . Đặt x( a , b ) và x( c ,d )

2 3 4 …

4 …

(

)

(

)

là các số ghi ở ô a, b và c,d ta có

121 = x( c ,d) ≤ x( c −1,d) + 5 ≤ x( c − 2,d) + 10 ≤ ... ≤ x(a,d) + 5 ( c − a ) ≤ x(a ,b) + 5 ( c − a ) + 5 ( d − b ) = 1 + 5 ( 11 − 1) + 5 ( 11 − 1) = 101 Điều này là vô lí. Do đó điều giả sử là sai nên ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 18. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có các đỉnh là các điểm nguyên (một điểm được gọi là điểm nguyên nếu hoành độ và tung độ của điểm đó là các số nguyên).Chứng minh rằng hai lần diện tích của tam giác ABC là một số nguyên. Lời giải Đặt A ( x 2 ; y 2 ) , B ( x 3 ; y 3 ) , C ( x1 ; y 1 ) khi đó P có hoành độ là x1 và D có hoành độ x2, N có hoành độ là x3 và R có tung độ y2, S có tung độ là y1 và T có tung độ là y3 Ta có

S ABC = S CBNP − S ABND − S ADPC =

1 1 1 y 3 + y 2 )( x 3 − x1 ) − ( y 3 + y 2 )( x 3 − x 2 ) − ( y 2 + y1 )( x 2 − x1 ) ( 2 2 2

1 ( y x − y 3 x 1 − y 2 x 1 + y 2 x 3 − y 3 x 3 + y 3 x 2 − y 2 x 3 + y 2 x 2 − y 2 x 2 + y 2 x 1 − y 1 x 2 + y 1 x1 ) 2 3 3 1 1 1 = ( − y 3 x 1 − y 2 x1 + y 3 x 2 + y 2 x1 ) = x 1 ( y 2 − y 1 ) + y 3 ( x 2 − x 1 ) 2 2 2 Nên ta được 2S ABC = x1 ( y 2 − y1 ) + y 3 ( x 2 − x1 ) =

Vì các tọa độ là các số nguyên vậy diên tích hai lần diện tích tam giác ABC là số nguyên Ví dụ 19. Cho bảng ô vuông 2015 × 2015 . Kí hiệu ô ( i, j) là ô ở hàng thứ i, cột thứ j. Ta viết các số nguyên dương từ 1 đến 2015 vào các ô của bảng theo quy tắc sau: i) Số 1 được viết vào ô ( 1,1) . ii) Nếu số k được viết vào ô

( i, j) , ( i > 1)

thì số

k + 1 được viết vào ô ( i − 1, j + 1) . iii) Nếu số k được viết vào ô ( 1, j) thì số k + 1 được

…

… Hình 1

viết vào ô ( j + 1,1) . (Xem hình 1)

(

)

Khi đó số 2015 được viết vào ô m, n . Hãy xác định m và n. Lời giải Theo đề bài, các số nguyên dương được sắp xếp theo từng hàng chéo của bảng: Hàng chéo thứ nhất có 1 số, hàng chéo thứ hai có 2 số, …

Giả sử số x nằm ở hàng chéo thứ k thì ta có k ( k − 1) 2

<x≤

k ( k + 1) 2

⇒

 −1 + 1 + 8x  1 + 1 + 8x −1 + 1 + 8x ≤k< ⇒k=  2 2 2  

 −1 + 1 + 8.2015  Áp dụng x = 2015 ta có k =   = 63 . 2   Số đầu tiên ở hàng chéo thứ k = 63 là

k ( k − 1)

+ 1 = 1954

Như vậy số 2015 nằm ở vị trí thứ 2015 − 1954 + 1 = 62 của hàng chéo thứ 63 (Vị trí áp chót) Tọa độ của nó là ( 2; 62 ) .

Ví dụ 20. Gọi T là tập hợp các tam giác mà các đỉnh của tam giác có tọa độ nguyên và các cạnh của tam giác cũng là số nguyên. Chứng minh rằng các tam giác cân thuộc tập hợp T được chia thành hai tam giác vuông bằng nhau cũng thuộc tập hợp T. Lời giải Trong tam giác cân thì đường cao hạ từ đỉnh tam giác cân chia tam giác cân thành hai tam giác vuông bằng nhau. Xét tam giác ABC có CA = CB = x và AB = y với x, y ∈ N * . Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử tọa độ điểm C là C ( 0; 0 ) và A ( a 1 ; a 2 ) , B ( b1 ; b 2 ) với các số nguyên a 1 ; b1 ; a 2 ; b 2 .

(

Khi đó ta được x 2 = a12 + a 22 = b12 + b 22 và y 2 = a 1 − b1

) + (a

(

− b 2 ) = 2 x 2 − a 1 b1 − a 2 b 2

)

Gọi M là trung điểm của AB, khi đó ta được CM vuông góc với AB.

 a 1 + b1 a 2 + b 2  ; . 2   2

Từ đó tọa độ của điểm M là M 

(

)

Từ y 2 = 2 x 2 − a 1 b1 − a 2 b 2 suy ra y 2 chia hết cho 4 nên ( a 1 − b1 ) ; ( a 2 − b 2 ) đều là số chẵn. Do đó a 1 + b1 = ( a 1 − b1 ) + 2b1 ; a 2 + b 2 = ( a 2 − b 2 ) + 2b 2 đều là các số chẵn. Từ đó dẫn đến M có tọa độ nguyên. Từ đó ta được các tam giác vuông CAM và CBM có các đỉnh có toạn độ nguyên. Lại thấy AM = BM =

y là số nguyên do y là số chẵn. 2

Như vậy ta cần chứng minh được CM là số nguyên. Ta có CM 2 =

2 2 1 a1 + b1 ) + ( a 2 + b 2 )  nên CM 2 là số nguyên do a 1 + b1 ; a 2 + b 2 là các số chẵn. (   4

Ta xét hai trường hợp sau

• Nếu a 1 + b1 = 0 , khi đó CM 2 =

a + b2 2 1 a 2 + b 2 ) ⇒ CM = 2 là số nguyên. ( 4 2

 a + b1  • Nếu a 1 + b1 ≠ 0 , khi đó CM =  1   2  2

  a + b 2  2 1 +  2  .   a 1 + b1    

(

)

Từ x 2 = a12 + a 22 = b12 + b 22 ta được a 12 − b12 = − a 22 − b 22 hay ta được

− b1 )( a 1 + b1 ) = − ( a 2 − b 2 )( a 2 + b 2 )

Nếu a 2 − b2 = 0 thì a 1 − b1 = 0 , suy ra A và B trùng nhau, điều này vô lí.

Do đó a 2 − b2 ≠ 0 , do đó ta được

 a + b1  Từ đó dẫn đến CM =  1   2  2

a 2 + b2 a − b1 . =− 1 a 1 + b1 a 2 − b2   a − b 2   a + b 2 y2 1 1 1 1 +  1   =  .   a 2 − b 2    2  ( a 2 − b 2 )2  

Suy ra CM 2 là bình phương của một số hữu tỉ, mà CM 2 là số nguyên nên suy ra CM 2 là số chính phương. Do đó CM là số nguyên. Vậy bài toán được chứng minh xong. Ví dụ 21. Trong mặt phẳng cho 9 điểm có tọa độ nguyên, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Hỏi trong số các tam giác được tạo thành từ 3 trong 9 điểm đó có ít nhất bao nhiêu tam giác có diện tích nguyên? Lời giải Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh A ( x A ; y A ) , B ( x B ; y B ) , C ( x C ; y C ) thì

S ABC =

1 ( x − xA )( y B − y A ) − ( xB − xA )( y C − y A ) (1) 2 C

• Với mỗi 2 trong 3 điểm A, B, C kết hợp với 6 điểm còn lại thì được 6 tam giác có diện tích nguyên. Vậy có ít nhất 3.6 + 1 = 19 tam giác có diện tích nguyên. Ví dụ 22.Trong một hộp có chứa 2011 viên bi màu (mỗi viên bi có đúng 1 màu), trong đó có 655 viên bi màu đỏ, 655 viên bi màu xanh, 656 viên bi màu tím và 45 viên bi còn lại là viên bi màu vàng hoặc màu trắng (mỗi màu ít nhất 1 viên). Người ta lấy ra từ hộp 178 viên bi bất kì. Chứng minh rằng trong số các viên bi lấy ra luôn có ít nhất 45 viên bi cùng màu. Nếu người ta chỉ lấy ra 177 viên bi bất kì thì kết quả bài toán còn đúng không? Lời giải Gọi x, y, z lần lượt là số màu đỏ, màu xanh, màu tím trong một lần lấy. Số bi có màu khác với ba màu trên nhỏ hơn hoặc bằng 45. Vì vậy x + y + z ≥ 178 − 45 = 133 , vì x, y, z ∈ N , nếu

x < 45, y < 45, z < 45 thì x + y + z = 132 < 133 . Điều này mâu thuẫn với x + y + z ≥ 133 . Vậy trong ba số x, y, z có ít nhất một số lớn hơn hoặc bằng 45. Bài toán được chứng minh. Nếu lấy số bi là 177 viên thì kết luận trên có thể sai. Chẳng hạn x = y = z = 44 và 45 viên bi màu khác thì tổng số viên bi lấy được là 177 viên. Nhưng vì có 45 viên bi gồm màu trắng và màu vàng nên số bi mỗi màu lớn hơn hoặc bằng 1, do đó không thể lấy quá 44 viên cùng màu trong lần lấy này. Ví dụ 24. Có 2008 con gà nhốt vào 1004 cái chuồng, mỗi chuồng có 2 con.Sau mỗi ngày người ta lại thay đổi vị trí của gà sao cho không có hai con gà nào đã nhốt chung chuồng trước đólại nằm cùng chuồng lần nữa. Hỏi tối đa có bao nhiêu ngày làm được như vậy? Lời giải

Vẽ đa giác đều 2007 cạnh nội tiếp trong đường tròn. Ký hiệu tâm là 2008 và các đỉnh là 1, 2, 3, ….2007. Ký hiệu đoạn thẳng nối i với j là i – j với i, j = 1, 2008 .

Xét bán kính 1 − 2008 . Do tính chất đa giác đều nên ta thấy ngay 1003 dây cung vuông góc với bán kính ấy là 2 – 2007; 3 – 2006; 4 – 2005;...;1004 – 1005 Xét bán kính 2 − 2008 . Tương tự ta có 1003 dây cung vuông góc với bán kính ấy là

1 − 3; 2007 – 4; 2006 – 5; ... Xét bán kính 3 − 2008 . Tương tự ta có 1003 dây cung vuông góc với bán kính ấy là

2 – 4;1 – 5; 2007 – 6;.... Cứ làm như vậy và cuối cùng xét bán kính 2007 − 2008 , ta có 1003 dây cung vuông góc với bán kính ấy là 2006 – 1; 2005 – 2; 2004 – 3;.... Dựa vào nhận xét trên và cách đánh số các con gà từ 1 − 2008 , ta chỉ ra cách xếp gà theo yêu cầu bài toán như sau: + Ngày thứ nhất xếp vào chuồng các đôi gà như sau: 1 – 2008; 2 − 2007;...;1004 – 1005 + Ngày thứ hai xếp vào chuồng các đôi gà như sau: 2 − 2007;1 − 3; 2007 – 4;...;1006 – 1005 + Ngày thứ ba xếp vào chuồng các đôi gà như sau: 3 – 2008; 2 − 4;1 − 5;....; 1007 – 1006 ……………………… + Ngày thứ 2007 xếp vào chuồng các đôi gà như sau: 2007 – 2008; 2006 − 1;...;1004 – 1003 Mặt khác không có qua 2007 ngày vì mỗi con gà chỉ có thể cùng chuồng với một trong 2007 con gà còn lại. Vậy tối đa có 2007 ngày để xếp gà theo yêu cầu của đề bài. Ví dụ 25. Có 9 chiếc bàn vừa màu xanh vừa màu đỏ xếp thành một hàng dọc cách đều nhau. Chứng minh rằng có ít nhất một chiếc bàn được xếp cách 2 bàn cùng màu với mình một khoảng cách như nhau. Lời giải + Gọi tên theo thứ tự 9 chiếc bàn là B1 ; B2 ; B3 ; B4 ; B5 ; B6 ; B7 ; B8 ; B9 . Giả sử không có bàn nào được xếp cách đều hai bàn cùng màu với mình. + Không mất tổng quát ta giả sử B5 là bàn màu xanh, khi đó B4 và B6 không thể cùng màu xanh. Có hai khả năng:

• B4 và B6 cùng màu đỏ. Do đó B4 cách đều B2 và B6, còn B6 cách đều B4 và B8 nên B2 và B8 cùng màu xanh, suy ra B5 được xếp cách đều hai bàn cùng màu xanh là B2 và B8, trái với giả thiết.

• B4 và B6 khác màu, không mất tổng quát, giả sử B4 màu xanh còn B6 màu đỏ. Do B4 cách đều B3 và B5 nên B3 là bàn màu đỏ. Do B6 cách đều B3 và B9 nên B9 là bàn màu xanh. Do B5 cách đều B1 và B9 nên B1 màu đỏ. Do B2 cách đều B1 và B3 nên B2 màu xanh. Do B5 cách đều B2 và B8 nên B8 có màu đỏ. Do B6 và B8 cùng có màu đỏ nên B7 có màu xanh. Như vậy B7 được xếp cách đều hai bàn cùng màu xanh là B5 và B9, trái với giả thiết Vậy cả hai khả năng trên đều dẫn đến vô lý nên điều giả sử là sai. Như vậy có ít nhất một bàn được xếp cách đều với hai bàn cùng màu với mình. Ví dụ 26. Mỗi ô vuông đơn vị của bảng hữu hạn m × n (m, n là các số nguyên dương) được ghi một số thực bất kì. Xét quy tắc biến đổi sau: Mỗi lần đổi dấu tất cả các số trên một hàng hoặc một cột. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn bước thực hiện quy tắc trên, ta thu được một bảng mà tổng các số trong mọi hàng và mọi cột đều không âm. Lời giải Xét tổng các số trong bảng khi thực hiện phép đổi dấu. Tổng này sẽ tăng khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là âm; tổng không đổi khi khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu bằng 0 và tổng này sẽ giảm khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là dương. Khi thực hiện phép biến đổi trên thì mỗi số trong một ô hoặc là trùng với số ban đầu hoặc là số đối của số ban đầu, vì thế khi thực hiện phép biến đổi trên thì có thể nhận được tối đa 2 m.n bảng khác nhau, do vậy tổng tất cả các số trong bảng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau. Ta xét bảng ban đầu: Nếu không có hàng nào và không có cột nào có tổng các số là âm thì bài toán được chứng minh. Ngược lại, ta chọn một hàng hoặc cột có tổng các số là âm, ta thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó. Khi đó trong bảng vừa nhận được nếu có hàng hoặc cột có tổng các số là âm thì ta lại thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó và nhận được bảng mới và cứ tiếp tục như vậy. Như vậy mỗi lần thực hiện phép biến đổi thì tổng các số trong bảng tăng lên. Do tổng đó chỉ nhận hữu hạn giá trị nên hoặc là tại một bước thực hiện nào đó ta nhận được bảng cần tìm, hoặc là nhận được bảng có tổng đạt giá trị lớn nhất.

Bảng có tổng đạt lớn nhất thỏa mãn bài toán vì nếu trong nó có một vệt có tổng là âm thì thực hiện phép biến đổi trên vệt đó ta được bảng mới có tổng tăng lên lớn hơn tổng lớn nhất đó, vô lý. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có điều phải chứng minh. Ví dụ 27. Một thùng đựng n lít rượu (n là số nguyên dương). Người ta muốn đong hết để làm rỗng thùng rượu mà chỉ dùng hai bình: một bình có dung tích là 1 lít và bình kia có dung tích là 2 lít; mỗi thao tác đong chỉ dùng một loại bình. Gọi S(n) là số cách đong theo thứ tự các thao tác đong để làm rỗng thùng đựng n lít rượu. Hãy liệt kê các cách đong đó để tính S(1), S(2), S(3), S(4), S(5), S(6). Từ đó rút ra quy luật để tính S(n) (không cần chứng minh). Áp dụng để tính S(10). Lời giải Ta có bảng sau n

Các cách đong để làm rỗng thùng rượu

{1} (chỉ dùng bình 1 lít)

S(1) = 1

{1+1; 2}

S(2) = 2

{1+1+1; 2+1; 1+2}

S(3) = 3

{1+1+1+1; 2+1+1; 1+2+1; 1+1+2; 2+2}

S(4) = 5

{1+1+1+1+1; 2+1+1+1; 1+2+1+1; 1+1+2+1; 1+1+1+2; 2+2+1 2+1+2; 1+2+2}

Số cách đong S(n)

S(5) = 8

{1+1+1+1+1+1; 2+1+1+1+1; 1+2+1+1+1; 6

1+1+2+1+1; 1+1+1+2+1; 1+1+1+1+2; 2+2+1+1; 1+2+2+1; 1+2+1+2; 2+1+2+1;

S(6) = 13

2+1+1+2; 1+1+2+2; 2+2+2} Từ kết quả trên ta suy ra: với n ≥ 3 thì S(n) = S(n − 2) + S(n − 1) . Dãy số S ( 1) , S ( 2 ) , S ( 3 ) , ..., S ( n ) chính là dãy số Fibonacci. Suy ra S ( 7 ) = 21; S ( 8 ) = 34; S ( 9 ) = 55; S ( 10 ) = 89 . Ví dụ 28. Trong một hộp có chứa 2011 viên bi màu (mỗi viên bi có đúng 1 màu), trong đó có 655 viên bi màu đỏ, 655 viên bi màu xanh, 656 viên bi màu tím và 45 viên bi còn lại là viên bi màu vàng hoặc màu trắng (mỗi màu ít nhất 1 viên). Người ta lấy ra từ hộp 178 viên bi bất kì. Chứng

minh rằng trong số các viên bi lấy ra luôn có ít nhất 45 viên bi cùng màu. Nếu người ta chỉ lấy ra 177 viên bi bất kì thì kết quả bài toán còn đúng không? Lời giải Gọi x, y, z lần lượt là số màu đỏ, màu xanh, màu tím trong một lần lấy. Số bi có màu khác với ba màu trên nhỏ hơn hoặc bằng 45. Vì vậy x + y + z ≥ 178 − 45 = 133 , vì x, y, z ∈ N , nếu

Ví dụ 29. Cho tập hợp A = {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7; 8; 9} . Chứng minh rằng với mỗi tập con B gồm năm phần tử của tập hợp A thì trong các tổng x + y với x, y ∈ B và x ≠ y luôn tồn tại ít nhất hai tổng có chữ số hàng đơn vị giống nhau.

Lời giải Ta có A = C ∪ D, trong đó C = {0; 2; 4; 6; 8} , D = {1; 3; 5; 7; 9} và C ∩ D = ∅. Như vậy với mỗi tập con B gồm 5 phần tử của tập A, luôn tồn tại ít nhất 3 phần tử có cùng tính chẵn lẻ. Trường hợp 1: Tập B có 3 phần tử cùng tính chẵn (lẻ) và 2 phần tử còn lại cùng tính lẻ (chẵn). Nếu 3 phần tử của B cùng tính chẵn là a, b, c và 2 phần tử cùng tính lẻ là d, e thì 6 tổng:

d + a,d + b,d + c,e + a,e + b,e + c cùng tính lẻ, nên phải có hai tổng có chữ số hàng đơn vị như nhau. Nếu B có 3 phần tử cùng tính lẻ và 2 phần tử còn lại cùng tính chẵn thì chứng minh tương tự. Trường hợp 2: Tập hợp B có ít nhất 4 phần tử cùng tính chẵn (hoặc cùng tính lẻ), gọi 4 phần tử đó là a, b, c, d thì 6 tổng: a + b,a + c,a + d, b + c, b + d,c + d luôn cùng tính chẵn, nên có 2 tổng có chữ số hàng đơn vị như nhau. Vậy yêu cầu bài toán được chứng minh.

Ví dụ 30. Cho đa giác lồi A1 A 2 … A100 . Tại mỗi đỉnh A k ( k = 1, 2,...,100 ), người ta ghi một số thực a k sao cho giá trị tuyệt đối của hiệu hai số trên hai đỉnh kề nhau chỉ bằng 2 hoặc 3. Tìm giá trị lớn nhất có thể được của giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số ghi trên mỗi cặp đỉnh của đa giác đã cho, biết rằng các số ghi tại các đỉnh đã cho đôi một khác nhau. Lời giải Xét đa giác lồi A1A 2 … A100

như hình vẽ. Khi đó

a k − a k +1 = 2 hoặc a k − a k +1 = 3 ( k = 1, 2,..., 99 ). Không A100 A3

mất tính tổng quát, coi a 1 là nhỏ nhất và a n là lớn nhất (dễ thấy n ≥ 2 ). Đặt d = max a i − a j khi đó d = a n − a 1 . Ta sẽ

i≠ j

chứng minh d = 149. Nằm giữa A 1 , A n , theo chiều kim đồng hồ có n − 2 đỉnh và có 100 − n đỉnh, theo chiều ngược kim đồng hồ. Hơn nữa giá trị tuyệt đối của hiệu giữa hai số kề nhau không vượt quá 3. Do đó d = a 1 − a n ≤ a 1 − a 2 + a 2 − a 3 + ... + a n −1 − a n ≤ 3 ( n − 1)

Tương tự ta có d ≤ 3 ( 100 − n + 1) . Suy ra d ≤

( 3(n − 1) ) + ( 3(100 − n + 1) ) = 300 = 150 2

+ Ta có d = 150 khi và chỉ khi hiệu giữa hai số ghi trên hai đỉnh kề nhau đúng bằng 3 Từ đó ta có a i − a i +1 = 3, i = 1, 2,...,99

 a − a i + 1 = a i +1 − a i + 2 ⇒ a i − a i +1 = a i +1 − a i + 2 ⇒  i ( i = 1,...,98 ) a i = a i + 2 ⇒ a 1 − a 100 = a 1 − a 2 + a 2 − a 3 + ... + a 99 − a 100 = 99 ( a1 − a 2 ) ⇒ a 1 − a 100 = 99 ( a 1 − a 2 ) ⇒ 3 = 99.3 Điều này không xảy ra suy ra d = 150 không thỏa mãn. Ta xây dựng một trường hợp cho d = 149 như sau: a 1 = 0,a 2 = 2,a k = a k −1 + 3 với k = 2, 3,… , 52; a 53 = a 52 − 2,a k = a k −1 − 3, k = 54, 55,… ,100 Khi đó hiệu lớn nhất a 53 − a 1 = 149 . Các số a 2 ,a 3 ,… ,a 53 có dạng 2 + 3t , các số a 54 ,a 55 ,… ,a 100 có

(

)

dạng 147 − 3t . Rõ ràng không tồn tại k, t sao cho 2 + 3t = 147 − 3k ⇔ 3 k + t = 145 ( k, t ∈ ℤ ).

Suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 31. Giả sử A là một tập con của tập các số tự nhiên ℕ. Tập A có phần tử nhỏ nhất là phần tử lớn nhất là 100 và mỗi X thuộc A

( x ≠ 1) ,

luôn tồn tại a, b cũng thuộc A sao cho

x = a + b (a có thể bằng b). Hãy tìm một tập A có số phần tử nhỏ nhất. Lời giải Giả sử A có n số, chúng ta xếp chúng theo thứ tự 1 = x1 < x 2 < x 2 < ⋯⋯ < x n = 100. ( 1)

{

}

Suy ra với mỗi k ∈ 1,2, 3,… ,n − 1 ta có x k +1 = x i + x j ≤ x k + x k = 2x k

( 2 ) với 1 ≤ i, j ≤ k.

Áp dụng kết quả (2) ta thu được x 2 ≤ 1 + 1 = 2; x 3 ≤ 2 + 2 = 4; x 4 ≤ 8; x 5 ≤ 16; x 6 ≤ 32; x7 ≤ 64. Suy ra tập A phải có ít nhất 8 phần tử. + Giả sử n = 8 ⇒ x 8 = 100 . Vì x 6 + x7 ≤ 32 + 64 = 96 ⇒ x 8 = 2x7 ⇒ x7 = 50. Vì x 5 + x 6 ≤ 16 + 32 = 48 ⇒ x7 = 2x 6 ⇒ x6 = 25. Vì x 4 + x 5 ≤ 8 + 16 = 24 < 25 ⇒ x6 = 2x 5 ⇒ x 5 =

25 (mâu thuẫn). 2

{

}

+ Nếu n = 9 , ta có tập 1; 2; 3; 5; 10; 20; 25; 50; 100 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Ví dụ 32. a) Trên một tấm ván hình chữ nhật có ba cái cọc. Ở một cọc có n = 3 cái đĩa hình tròn có đường kính nhỏ dần từ dưới lên (hình bên). Số lần ít nhất

cần

có để chuyển cả 3 đĩa sang một cọc khác là bao nhiêu ? Biết

rằng

mỗi lần chỉ di chuyển một đĩa sang cọc khác sao cho đĩa với đường kính lớn luôn nằm dưới đĩa có đường kính bé hơn. b) Theo quy tắc như trên, số lần ít nhất cần có để chuyển chồng đĩa có n = 4 đĩa; có

n = 10 đĩa sang một cọc khác là bao nhiêu ? Hãy viết công thức tổng quát để tính số lần ít nhất cần có để chuyển chồng n đĩa sang một cọc khác với n là số tự nhiên bất kì lớn hơn 2. Lời giải

a) Để chuyển chồng n = 3 đĩa từ cọc số 2 sang một cọc

khác:

- Bước 1: Trước hết di chuyển 2 đĩa trên cùng sang một khác (ví dụ cọc số 1) với số thao tác: Di chuyển đĩa trên

cọc 1

cùng

(đĩa A) sang cọc 3; di chuyển đĩa thứ hai (đĩa B) sang cọc 1; cuối cùng chuyển đĩa A sang cọc 1. Do đó số lần di chuyển tối thiểu là 3. - Bước 2: Chuyển đĩa lớn nhất (đĩa C) sang cọc 3 gồm một thao tác. - Bước 3: Chuyển chồng 2 đĩa từ cọc 1 sang cọc 3: Chuyển đĩa A sang cọc 2; chuyển đĩa B sang cọc 3 và chuyển đĩa A sang cọc 3. Số lần di chuyển tối thiểu là 3. Vậy số lần ít nhất cần có để chuyển cả 3 đĩa sang một cọc khác 3 + 1 + 3 = 7 = 2 3 − 1 . b) Trường hợp chồng đĩa có n = 4 đĩa: - Bước 1: Chuyển chồng 3 đĩa trên cùng sang cọc khác

(ví dụ

cọc 1). Số lần di chuyển tối thiểu từng đĩa là 2 3 − 1 . 1

- Bước 2: Chuyển đĩa lớn nhất sang cọc khác (cọc số 3) gồm 1 thao tác. - Bước 3: Chuyển chồng 3 đĩa từ cọc 1 sang cọc 3. Số lần di chuyển tối thiểu từng đĩa là 2 3 − 1 . Vậy: Số lần ít nhất cần có để chuyển chồng 4 đĩa sang một cọc khác là:

)

(

)

− 1 + 1 + 2 3 − 1 = 2.2 3 − 1 = 2 4 − 1 = 15

Tương tự thì số lần ít nhất cần có để chuyển chồng 5 đĩa sang một cọc khác là:

)

(

)

− 1 + 1 + 2 4 − 1 = 2.2 4 − 1 = 2 5 − 1 = 31 .

. .

Số lần ít nhất cần có để chuyển chồng 10 đĩa sang một cọc khác là:

)

(

)

− 1 + 1 + 2 9 − 1 = 2.2 9 − 1 = 210 − 1 = 1023

Tổng quát: Số lần ít nhất cần có để chuyển chồng n đĩa ( n ∈ N , n > 2 ) sang một cọc khác là:

n −1

)

(

)

− 1 + 1 + 2 n −1 − 1 = 2.2 n −1 − 1 = 2 n − 1

Ví dụ 33. Với mỗi số nguyên n lớn hơn hoặc bằng 2 cố định xét các tập n số thực đôi một khác nhau X = {x1 , x 2 ,..., x n } . Kí hiệu C ( X ) là số giá trị khác nhau của tổng x i + x j , ( 1 ≤ i ≤ j ≤ n ) . Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của C ( X ) Lời giải Giả sử các phần tử của tập hợp X được sắp thứ tự là x1 < x 2 < x 3 < ... < x n . Ta có x1 + x 2 < x1 + x 3 < ... < x1 + x n < x 2 + x n . Đối với tập hợp n số thực bất kì ta luôn có ít nhất ( n − 1) + ( n − 2 ) = 2n − 3 giá trị phân biệt các tổng x i + x j . Do đó C ( X ) ≥ 2n − 3 . Xét tập hợp X 1 = {1; 2; 3; ...; n} , với 1 ≤ i < j ≤ n thì x i + x j = i + j ∈ {3; 4;...; 2n − 1} suy ra

C ( X ) = 2n − 3 . Vậy ta có Min C( X ) = 2n − 3 .

Số các tổng x i + x j , ( 1 ≤ i < j ≤ n ) bằng

{

Xét tập hợp X 2 = 2; 2 2 ; 2 3 ; ...; 2 n

n ( n − 1) 2

( )

, suy ra C X ≤

n ( n − 1) 2

} thì với mọi 1 ≤ i < j ≤ n ta có x + x i

(

)

= 2 i + 2 j . Giả sử tồn

(

)

tại 1 ≤ r < s ≤ n sao cho x i + x j = xr + x s suy ra 2 i + 2 j = 2 r + 2s ⇔ 2 r 1 + 2 s −r = 2 i 1 + 2 j−i do đó ta được 2 i ⋮ 2 r ; 2 r ⋮ 2 i ⇒ i = r ⇒ j = s nên ta được C X 2 =

( )

Vậy Max C( X ) =

n ( n − 1) 2

Ví dụ 34. Trong mỗi ô bàn cờ kích thước 5x5 có một con bọ dừa. Vào một thời điểm nào đó tất cả các con bọ dừa bò sang ô bên cạnh (ngang hoặc dọc). Có thể khẳng định rằng sau khi các con bọ dừa di chuyển sẽ luôn có ít nhất một ô trong bàn cờ không có con bọ dừa nào trong đó không? Lời giải Ta tô đen - trắng các ô bàn cờ như hình vẽ. Khi đó số ô đen nhiều hơn số ô trắng. Như vậy số con bọ dừa ở ô đen sẽ nhiều hơn số con bọ dừa ở ô trắng. Do mỗi con bọ dừa chỉ di chuyển sang ô bên cạnh(ngang hoặc dọc), vì thế sau khi di chuyển các ô đen sẽ chứa các con bọ dừa ở ô trắng. Mà số con bọ dừa ở ô đen nhiều hơn số con bọ dừa ở ô trắng

nên sau khi các con bọ dừa bò đi sẽ có ít nhất một ô đen bị bỏ trống . Vậy có thể khẳng định rằng sau khi di chuyển sẽ luôn có ít nhất một ô trong bàn cờ không có con bọ dừa nào trong đó. Ví dụ 35. Trên lưới ô vuông cạnh 1. Người ta tô màu các ô bằng 2 màu đen trắng xen kẽ. Tính bán kính lớn nhất của đường tròn chỉ đi qua ba ô trắng. Lời giải

• Xét đường tròn chỉ thuộc một ô trắng: Đường kính của nó bằng 1.

• Xét đường tròn đi qua nhiều ô trắng nên đường tròn đó phải đi qua các đỉnh của ô trắng. Không mất tính tổng quát, giả sử đường tròn đi qua đỉnh A của ô trắng ABCD. + Nếu đường tròn đi qua 2 đỉnh liên tiếp của ô trắng ( A, B). Khi đó ta lại xét hai trường hợp:

 2

Đường tròn qua A, B, E. Khi đó nó là đường tròn  I;   2     10 

Đường tròn qua A, B, G. Khi đó nó là đường tròn  K;   2   + Nếu đường tròn qua 2 đỉnh đối diện của ô trắng, không mất tính tổng quát ta giả sử là hai đỉnh đó là A và C. Ta lại xét hai trường hợp:

Đường tròn ua A, C, M(Tương tự qua A, B, G)

Đường tròn qua A, C, N (Tương tự qua A, B, G)

Cả hai trường hợp trên bán kính của đường tròn là

10 . 2

Từ các kết quả trên ta suy ra bán kính lớn nhất của đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài là

10 . 2

Ví dụ 36. Một hình vuông cạnh 4cm bị khuyết 2 hình vuông đơn vị (cạnh 1cm) ở hai góc đối diện nhau. Một người tìm cách dùng 7 quân đôminô hình chữ nhật kích thước 1cm x 2cm để đặt vào phần còn lại của hình vuông bị khuyết này. Hỏi có thể làm được không?

Lời giải Phần còn lại của hình vuông gồm 4x4 − 2 = 14 hình vuông đơn vị. Ta tô màu 14 hình vuông này bằng hai màu đen trắng kế tiếp như bàn cờ vua. Ta thấy số ô màu đen là 6 còn số ô màu trắng là 8. Mỗi quân đôminô khi đặt vào bàn cờ sẽ lấp vào 1 ô đen và 1 ô trắng liền kề. Vì số ô đen khác số ô trắng nên không thể thực hiện được việc đặt 7 quân đôminô vào hình vuông bị khuyết này.

Nhận xét. Nếu không dùng lập luận trên, ta có thể thử lát theo các cách khác nhau và đều không thể thực hiện được. Bất biến ở đây là số ô đen và trắng của mỗi cây đôminô là bằng nhau.

Ví dụ 37. Vùng nọ có khu đất vàng 100 × 100 m, chia ra làm 100 lô, mỗi lô 10 × 10 m. Vua bãi rác muốn lấn chiếm khu đất này nên sai tay chân đổ rác vào một số ô. Nếu một ô nào chưa có rác mà có ít nhất hai ô cạnh nó (có chung cạnh) đã bị đổ rác thì (đáng tiếc) hôm sau nhân dân cũng sẽ đổ rác vào ô đó. Nếu đến một ngày nào đó tất cả các ô đều bị đổ rác thì vua bãi rác sẽ chiểm khu đất. Nếu vua bãi rác muốn chiếm khu đất này thì lúc đầu cần đổ rác vào ít nhất mấy ô?

Lời giải

Ta đưa bài toán về mô hình bảng ô vuông kích thước 10×10 và mỗi ô bị đổ rác thì sẽ được tô đen. Mỗi bước biến đổi tương ứng với việc ta tô đen một ô chưa được tô và chung cạnh với ít nhất hai ô được tô đen. Do đó, ta chỉ cần tìm số ô đen được tô ban đầu sao cho sau một số hữu hạn bước biến đổi, ta có thể tô đen cả bảng. Gọi p là chu vi của tất cả các phần được tô đen. Ta chứng minh rằng sau mỗi bước biến đổi thì p không tăng. Thật vậy, do ở mỗi bước biến đổi ta tô đen một ô khi nó phải chung cạnh với ít nhất hai ô đen. Ta có các trường hợp sau: Chu vi không đổi, chu vi giảm 2 đơn vị, chu vi giảm 4 đơn vị. Khi cả bảng được tô đen thì p' = 10 × 4 = 40 . Do đó, để tô đen cả bảng ban đầu p ≥ p' = 40 . Mà mỗi ô có chu vi là 4. Suy ra ban đầu cần tô ít nhất

p = 10 ô. Ta tô mười ô trên cùng một đường 4

chéo chính thì sau hữu hạn bước biến đổi thì cả bảng sẽ được tô đen. Ban đầu vua cho đổ rác vào mười ô trên một đường chéo chính số 1. Ngày hôm sau các ô trên hai đường chéo chính số 2 sẽ bị đổ rác (do mỗi ô đều kề hai ô ở đường chéo số 1). Tiếp tục như vậy thì đến ngày thứ 10 cả khu đất sẽ bị đổ rác. Vậy ta cần mỗi ngày chiếm ít nhất 10 ô. Ví dụ 38. Cho hình hộp chữ nhật có độ dài ba kích thước là các số tự nhiên. Các mặt của hình hộp được sơn màu xanh. Chia hình hộp này thành các khối lập phương đơn vị bằng các mặt phẳng song song với các mặt của hình hộp. Tìm các kích thước của hình hộp , biết rằng số các khối lập phương đơn vị không có mặt nào màu xanh bằng

1 tổng số các khối lập phương đơn vị. 3

Lời giải Giả sử độ dài 3 cạnh hình hộp chữ nhật là x ≤ y ≤ z .

Từ điều kiện bài toán ta suy ra x ≥ 3 và

( x − 2 )( y − 2 )( z − 2 ) = 13 xyz 3

Vì

( x − 2 )( y − 2 )( z − 2 ) ≥  5  > 1 x−2 y−2 z−2 nên khi x ≥ 7 ta có ≤ ≤ 7 x y z xyz 3   {

}

Do đó x ≤ 6 6, suy ra x ∈ 3; 4; 5; 6 , Ta xét các trường hợp sau

(

)(

)

+ Nếu x = 3 thì y – 2 z – 2 = yz , điều này không thể xảy ra.

(

)(

)

+ Nếu x = 4 , ta có 2 y – 2 z – 2 =

4 yz ⇔ ( y – 6 )( z – 6 ) = 24 3

(

) (

)(

Lúc đó x;y;z = 4;7;30 , 4;8;18 , 4;9;14 , 4;10; 12

(

)(

)

+ Nếu x = 5 , ta có 3 y – 2 z – 2 =

(

) (

)(

5 yz ⇔ ( 2y – 9 )( 2z – 9 ) = 45 3

)(

Lúc đó x; y; z = 5; 5; 27 , 5; 6;12 , 5; 7; 9

(

)(

)

(

)(

)

(

+ Nếu x = 6 , ta có 4 y – 2 z − 2 = 2yz ⇔ y − 4 z – 4 = 8 . Ta có nghiệm duy nhất 6; 6; 8

)

Tóm lại có 8 kết quả cho ba kích thước hình họp chữ nhật

( x;y;z ) = ( 4;7;30 ) , ( 4;8;18 ) , ( 4;9;14 ) , ( 4;10;12 ) , ( 5; 5; 27 ) , ( 5; 6;12 ) , ( 5; 7; 9 ) , ( 6; 6; 8 ) Ví dụ 40. Cho tam giác ABC vuông cân tại A có độ dài cạnh huyền bằng 2015. Trong tam tam giác ABC lấy 2031121 điểm phân biệt bất kỳ. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất hai điểm có khoảng cách không lớn hơn 1.

1 Do đó trong tam giác ABC có tất cả 2015 + 2014.2015 = 2031120 hình (vừa hình vuông có 2 đường chéo bằng 1 vừa tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng 1). Như vây theo nguyên lý Dirchhlets thì trong 2031121 điểm sẽ tồn tại ít nhất hai điểm nằm trong một hình nào đó. Với hai điểm đó thì khoảng cách của nó không lớn hơn 1 Ví dụ 41. Mọi điểm trên mặt phẳng được đánh dấu bởi một trong hai dấu (+) hoặc ( − ). Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. Lời giải

Chứng minh rằng luôn chỉ ra được 3 điểm trên mặt phẳng làm

thành tam giác vuông cân mà ba đỉnh của nó được đánh cùng dấu. Dựng tam giác vuông cân ABC đỉnh A. Do chỉ đánh bởi hai

dấu (+), ( − ) nên tồn tại hai điểm cùng dấu , không mất tổng quát giả sử hai điểm A, B cùng dấu và cùng dấu (+).

• Nếu C có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABC là tam giác phải tìm.

• Nếu C có dấu ( − ) thì ta dựng điểm D sao cho ABDC là hình vuông. + Nếu D có dấu (+) thì tam giác ABD là tam giác cần tìm. + Nếu D có dấu ( − ) thì gọi I là giao điểm của AD và BC . - Nếu I có dấu (+) thì tam giác vuông cân ABI là tam giác cần tìm. - Nếu I dấu ( − ) thì dễ thấy tam giác vuông cân CID có ba đỉnh cùng dấu ( − ) là tam giác cần tìm.

(

)

Ví dụ 42. Cho một đa giác lồi có diện tích k cm 2 . Chứng minh rằng tồn tại một hình bình hành

(

)

có diện tích không vượt quá 2k cm 2 chứa toàn bộ đa giác. Lời giải Gọi C là đỉnh cách xa AB nhất (hình vẽ).

• Trường hợp 1: Nếu AC là đường chéo của đa giác lồi. Qua C kẻ a // b ( A, B ∈ b ) . Gọi D, E là các đỉnh cách xa AC nhất, qua D kẻ đường thẳng d // AC, qua E kẻ đường thẳng c // AC. Gọi MNPQ là hình bình hành tạo bởi a ,b,c,d suy ra các đỉnh của đa giác nằm trong hoặc trên biên của hình bình hành MNPQ.

(

)

Ta chứng minh S MNPQ ≤ 2k cm 2 . Thật vậy, gọi S d là diện tích đa giác

Ta có S ACD + S ACE ≤ S d ⇔

1 S ≤ S d ⇔ S MNPQ ≤ 2k cm 2 2 MNPQ

(

)

• Trường hợp 2: Nếu AC là cạnh của đa giác lồi. Gọi E là đỉnh cách xa AC nhất ta chứng minh tương tự.

Vậy bài toán được chứng minh.

= 120 0 , trên tia phân giác Oz của góc xOy lấy điểm A sao cho độ dài đoạn Ví dụ 43. Cho góc xOy thẳng OA là một số nguyên lớn hơn 1. Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất ba đường thẳng phân biệt đi qua A và cắt hai tia Ox, Oy lần lượt tại B và C sao cho độ dài các đoạn thẳng OB và OC đều là các số nguyên dương. Lời giải O

A B

C y

x z

Qua điểm A vẽ đường thẳng d1 vuông góc với OA. Khi đó tam giác OAB vuông tại O và có

= 60 0 , từ đó ta được OB = 2AO . Đặt OA = a > 1 với a nguyên, khi đó ta được OB là số AOB nguyên dương lớn hơn 1. Hoàn toàn tương tự ta có OC là số nguyên dương lớn hơn 1. Từ đó đường thẳng d1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trên tia Ox lấy điểm B sao cho OB = a + 1 nguyên dương. Đường thẳng d 2 đi qua A, B cắt tia Oy tại C. Do OA là đường phân giác của tam giác OBC nên ta chứng minh được

Từ đó suy ra

1 1 1 . + = OB OC OA

1 1 1 + = ⇒ OC = a ( a + 1) là số nguyên dương. Do đó đường thẳng d 2 là một a + 1 OC a

đường thẳng cần tìm.

(

)

Hoàn toàn tương tự lấy B trên Ox sao cho OB = a a + 1 , khi đó đường thẳng d 3 đi qua điểm A và B cắt tia Oy tại C, chứng minh đương tự như trên ta được OC = a + 1 là số nguyên dương lớn hơn 1. Như vậy đường thẳng d 3 là một đường thẳng cần tìm. Dễ thấy ba đường thẳng d1 ,d 2 ,d 3 phân biệt. Từ đó bài toán được chứng minh.

Ví dụ 44. Chứng minh rằng nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường tròn (O) sao cho ∆ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC không lớn hơn chu vi (O) Lời giải Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (I), I nằm trong tam giác ABC. - Nếu A, B, C nằm trên đường tròn (O) thì hai đường tròn (I) và (O) trùng nhau. - Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) tiếp xúc trong với (I) thì chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). - Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M và N. Vì tam giác ABC nhọn nên số đo cung nhỏ MN nhỏ hơn 180 0 và số đo cung lớn MN lớn hơn 180 0 , do đó tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Do đó chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). Ví dụ 45. Mỗi điểm của mặt phẳng được tô bởi một trong ba màu đỏ, xanh, vàng. Chứng minh rằng tồn tại hai điểm A và B được tô bởi cùng một màu mà độ dài AB = 1 Lời giải + Giả sử trái lại, với mọi cách tô, không tồn tại hai điểm cùng màu mà có khoảng cách bằng 1. Xét hai điểm M và N cách nhau một khoảng là

3 , khi đó tồn tại các điểm P và Q sao cho các tam giác

MPQ và NPQ là các tam giác đều có độ dài cạnh bằng 1. Khi đó, do hai điểm có khoảng cách bằng 1 thì được tô bởi hai màu khác nhau, nên M và N phải được tô bởi cùng một màu, chẳng hạn nếu tô P màu đỏ và Q màu vàng thì M, N phải tô cùng màu xanh. + Từ đó nếu điểm M được tô màu Xanh, thì mọi điểm nằm trên đường tròn tâm M, bán kính

đều được tô màu Xanh. Nhưng trên đường tròn này luôn có hai điểm mà khoảng cách giữa chúng bằng 1. Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Từ đó suy ra điều phải chứng minh Ví dụ 46. Trong bảng hình vuông gồm 10 × 10 ô vuông (10 hàng, 10 cột), người ta viết vào các ô vuông các số tự nhiên từ 1 đến 100 theo cách như sau: Ở hàng thứ nhất, từ trái sang phải, viết các số từ 1 đến 10; ở hàng thứ hai, từ trái sang phải, viết các số từ 11 đến 20; cứ như vậy cho đến hết hàng thứ 10. Sau đó cắt bảng hình vuông thành những hình chữ nhật nhỏ kích thức 1x2 hoặc 2x1 . Tính tích số của hai số trong mỗi hình chữ nhật nhỏ rồi cộng 50 tích lại. Cần phải cắt hình vuông như thế nào để tổng tìm được nhỏ nhất ?Hãy tính giá trị nhỏ nhất đó.

Lời giải Cắt hình vuông thành các hình chữ nhật cỡ 1x2 hoặc 2x1 thì được tất cả 50 hình. Giả sử trong hình thứ k có 2 số a k ; b k thì hoặc a k − b k = 1 hoặc a k − b k = 10 2

a 2 + b k2 ( a k − b k ) Ta có a k .b k = k − , từ đó suy ra 2 2 a1 .b1 + a 2 .b 2 + ... + a 50 .b 50 =

2 2 2 1 2 1 a 1 + b12 + a 22 + b 22 + ... + a 250 + b 250  − ( a1 − b1 ) + ( a 2 − b 2 ) + ( a 50 − b 50 )      2 2

(

)

(

)

1 2 1 a1 + b12 + a 22 + b 22 + ... + a 250 + b 250  = 11 + 2 2 + ⋯ + 100 2 = 169175 và mỗi số   2 2

(

Trong đó

) (

)

(

)

(

)

− b k ) hoặc bằng 1 hoặc bằng 100. 2

Do đó để tổng thu được là nhỏ nhất thì ( a k − b k ) = 100, ∀k = 1, 2,..., 500. Vì vậy cần cắt hình vuông thành các hình chữ nhật với kích thước 2x1 . Và khi đó giá trị nhỏ nhất của tổng bằng 169175 − 25 × 100 = 166675 . Ví dụ 47.Một hình vuông có độ dài bằng 1 được chia thành 100 hình chữ nhật có chu vi bằng nhau (hai hình chữ nhật bất kỳ không có điểm chung). Kí hiệu P là chu vi của mỗi hình chữ nhật trong 100 hình chữ nhật này. a) Hãy chỉ ra một cách để chia P = 2, 02.

b) Hãy tìm giá trị lớn nhất của P.

Lời giải a) Giả sử tồn tại cách chia hình vuông thành 100 hình chữ nhật bằng nhau có kích thức

x; y ( 0 < x < y ) thỏa mãn bài ra.

x + y = 1,01 x + y = 1,01 ⇔ 100xy = 1 xy = 0,01

Ta có 

Như vậy x, y là nghiệm của phương trình t 2 − 1, 01t + 0,01 = 0 ⇔ t = 0,01; t = 1 Từ đó ta suy ra được x = 0,01; y = 1 .

Khi đó ta có cách chia như sau: Chia một cạnh hình vuông thành 100 phân bằng nhau và bằng 0,01. Từ mỗi điểm trên cạnh đó vễ đương thẳng vuông góc với cạnh đó, cắt dạnh đố diện tạo ra 100 hình chữ nhật bằng nhau. b) Chú ý rằng mọi cách chia đều phải thỏa mãn điều kiện các cạnh của hình chữ nhật phải song song với cạnh của hình vuông, nếu trái lại có một cạnh của hình chữ nhật không song song với cạnh của hình vuông thì tất cả các hình chữ nhật khác sẽ chứa hai cạnh đối diện song song hoặc trùng dạnh đó. Điều này là vô lí vì có những phần của hình vuông không chia được thành hình chữ nhật.

(

) (

)

(

)

Gọi P1 là giá trị lớn nhất của các giá trị chu vi P và x1 ; y1 , x 2 ; y 2 , ..., x100 ; y100 tương ứng là

(

)

kích tướng của các hình chữ nhật được chia 0 < x i ≤ y i với i = 1; 2; ...; 100 . Khi đó P1 ≥ 2,02 . Ta có x1 + y1 = x 2 + y 2 = ... = x100 + y100 ≥ 1, 01 . 2

Mặt khác do x i ≥ 0,01; y i ≤ 1 ⇒ 0 ≤ ( y i − x i ) ≤ 1 − 0,01 do đó 0 ≤ ( y i − x i ) ≤ ( 1 − 0, 01)

Vì tổng diện tích các hình chữ nhật là 1 nên x1 y1 + x 2 y 2 + ... + x100 y100 = 1 2

(a + b) − (a − b) Để ý đến ab =

(x 1=

ta được

+ y 1 ) − ( x1 − y 1 ) 4

(x +

+ y 2 ) − ( x2 − y 2 )

(x + ... +

100

+ y100 ) − ( x100 − y100 ) 4

( x − y100 )  1 100P12  ( x1 − y1 ) ( x 2 − y 2 ) ⇔1= . − + + ... + 100 4 4 4 4 4     2 2 2 2 (x − y ) (x − y ) x100 − y100 )  100 ( 1 − 0, 01) ( 100P12 1 1 2 2  ≤ 1+ ⇔ = 1+  + + ... + 16 4 4 4 4     2

Suy ra P12 ≤ 4,0804 ⇔ P1 ≤ 2,02 . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi

x = x 2 = ... = x100 = 0,01 y1 − x1 = y 2 − x 2 = ... = y100 − x100 = 0, 99 ⇒  1  y1 = y 2 = ... = y100 = 1 Vậy giá trị lớn nhất của P là 2,02.

Ví dụ 48. Người ta gọi “Hình vuông (V) ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD” khi tứ giác ABCD nằm trong (V) và trên mỗi cạnh của (V) có chứa đúng một đỉnh của tứ giác ABCD (Hình 1). Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại tiếp khác nhau. Chứng minh rằng tứ giác này có vô số hình vuông ngoại tiếp nó. Lời giải Giả sử tứ giác lồi ABCD có hai hình vuông ngoại

tiếp. Xét hình vuông MNPQ ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD.

Gọi A’ là hình chiếu của A trên PQ, B’ là hình chiếu

của B trên MQ. Từ B kể BE vuông góc với AC(E nằm trên cạnh MQ). Ta cần chứng minh BE = AC.

M B'

- Nếu E trùng B’ thì A’ trùng C. Khi đó ta được P2

BE = BB' = AA ' = AC

= A' AC suy - Nếu E khác B’ ta có BB’ = AA’; BBE

ra ∆B' BE = ∆A ' AC nên ta được BE = AC . Xét hai hình vuông M1N1P1Q1 ; M 2 N 2 P2 Q 2 ngoại tiếp tứ giác lồi ABCD. Chứng minh tương tự như trên ta

Q2 E1

được BE1 = AC; BE 2 = AC . Do đó E1 ; E 2 trùng

E2 M2

nhau tại D. Vậy tứ giác AC và BD bằng nhau và vuông goác với nhau. Ngược lại, cho tứ giác lồi ABCD có hai đường chéo bằng nhau và vuông góc với nhau. Dựng đường thẳng d sao cho tứ giác ABCD và d chỉ có một điểm chung là A. Qua c dựng đường thẳng song song với d, Qua B, D dựng các đường thẳng vuông góc với d. Các đường thẳng này cắt nhau thì được MNPQ là hình chứ nhật. Dễ dàng chứng minh được MNPQ là hình vuông. Vậy có vô số hình vuông ngoại tiếp tứ giác ABCD.

Ví dụ 49. Trên một đường tròn người ta sắp xếp các số 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10(mỗi số xuát hiện một lần) a) Chứng minh rằng không tồn tại cách sắp xếp mà tổng hai số kề nhau đều lớn hơn 10. b) Tồn tại hay không một cách sắp xếp mà tổng hai số kề nhau đề lớn hơn hoặc bằng 10. Lời giải a) Gỉ sử tồn tại một cách sắp xếp

thỏa mãn yêu cầu bài toán(hình 1) Không mất tính tổng quát ta giả sử

a10

a 1 = 1 , khi đó ta có

a 1 + a 2 > 10 a > 9 a = 10 ⇒ 2 ⇒ 2  a 1 + a 10 > 10 a 10 > 9 a10 = 10

a8 a5

a7 a6

Hình 1

Điều nàu mâu thuẫn với giả thiết

4 7

Hình 2

mỗi số chỉ xuất hiện một lần. Vậy không tồn tại cách sắp xếp thỏa mãn đề bài. Ví dụ 50. Trên mặt phẳng cho 2011 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét tất cả các đoạn thẳng nối các cặp điểm trong 2011 điểm này. Vẽ đường thẳng d không đi qua điểm nào trong số 2011 điểm nói trên. Chứng minh rằng nếu đường thẳng d cắt một số đoạn thẳng xét ở trên thì số đoạn thẳng bị đường thẳng d cắt là một số chẵn. Lời giải Đường thẳng không đi qua điểm nào trong 2011 điểm trên nên khi d cắt một đoạn thẳng nào đó thì nó chia mặt phẳng thành hai nửa mà 2011 điểm trên nằm ở hai nửa mặt phẳng đối nhau và một nửa chứa chẵn số điểm, nửa còn lại chứa lẻ số điểm(do 2011 là số lẻ). Mặt khác khi nối chẵn số điểm ở nửa bên này với lẻ số điểm bên kia ta sẽ chứng minh được là số đoạn thẳng nối được là một số chẵn. Thật vậy, giả sử d chia các điểm trên nửa thứ nhất có m điểm( m chẵn), và nửa mặt phẳng kia chứa n điểm(n lẻ). Cứ một điểm bên nửa này nối được một đoạn thẳng với nửa bên kia nên số đoạn thẳng nối được là m.n, do m chẵn nên m.n chẵn. Bài toán được chứng minh.

Ví dụ 51. Hãy chia một tam giác bất kì thành 7 tam giác cân trong đó có 3 tam giác bằng nhau. Lời giải

• Trường hợp 1: Tam giác ABC không cân.

Giả sử AB là cạnh lớn nhất của tam giác ABC. Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AC cắt AB tại D.

E O

Vẽ cung tròn tâm B, bán kính BD cắt BC tại E. Vẽ cung tròn tâm C, bán kính CE cắt AC tại F.

Vẽ cung tròn tâm A, bán kính AF cắt AB tại G. Dễ dàng chứng minh 5 điểm C, D, E, F, G thuộc đường tròn tâm O với O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Nối 5 điểm đó với O, nối A, B với O, nối F với G, D với E ta được 7 tam giác cân:

AGF,OGF, ODG, BDE,ODE,OCE,OCF . Trong đó, có ba tam giác bằng nhau là:

OCE,OCF,OGD . • Trường hợp 2: Tam giác ABC cân.

Giả sử tam giác ABC cân tại A. Gọi D, E, F, G, B

H, I lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng: AB, BC, CA, DE, EF, FD. Khi đó, ta có 7 tam giác cân ADF, BDE, CEF, DGI, EGH, FHI, GHI trong đó ba tam giác bằng nhau là: ADF, BDE, CEF. Ví dụ 52. Một tứ giác lồi có độ dài bốn cạnh đều là số tự nhiên sao cho tổng ba số bất kì trong chúng chia hết cho số còn lại. Chứng minh rằng tứ giác đó có ít nhất hai cạnh bằng nhau. Lời giải

(

)

Gọi độ dài các cạnh của tứ giác là a, b,c,d a, b,c,d ∈ N * . Giả sử không có 2 cạnh nào của tứ giác bằng nhau. Không mất tính tổng quát ta giả sử a > b > c > d . Do tứ giác lồi nên a < b + c + d ⇒ a < b + c + d < 3a ⇒ 2a < a + b + c + d < 4a Từ giả thiết suy ra a + b + c + d chia hết cho các số a, b, c, d nên ta có a + b + c + d = 3a .

Đặt a + b + c + d = mb với m ∈ ℕ * và a + b + c + d = nc với n ∈ ℕ * Do a > b > c ⇒ n > m > 3 ⇒ n ≥ 5, m ≥ 4 Từ đó ta được 3 ( a + b + c + d ) = 3a + mb + nc ≥ 3a + 4b + 5c Từ đó suy ra ( b – d ) + 2 ( c – d ) ≤ 0 , điều này mâu thuẫn với a > b > c > d Do đó tứ giác có ít nhất 2 cạnh bằng nhau. Ví dụ 53. Cho đa giác đều n đỉnh. Dùng ba màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh của đa giác một cách tùy ý(mỗi đỉnh được tô một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện các thao tác sau đây: Chọn hai đỉnh kề nhau bất kì(hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bẳng màu còn lại. a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện các thao tác trên một số lần ta luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn tô bởi hai màu. b) Chứng minh rằng với n = 4 và n = 8 , bằng cách thực hiện các thao tác trên một số lần ta luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn tô bởi một màu. Lời giải a) Giả sử có đa giác đều n cạnh là A1A 2 ...A n ( Ta sắp xếp các định trên một đường tròn và các đỉnh có thứ tự theo chiều quay của kim đồng hồ). Vì dùng đúng ba màu để tô các đỉnh nên luôn tìm được hai đỉnh kề nhau khác màu. Không mất tính tổng quát, giả sử A 1 ; A 2 là hai đỉnh kề nhau và được tô màu xanh và màu vàng. Thao tác tô tàm 1 ta được A 1 ; A 2 có màu đỏ. Ta sẽ chứng minh bằng cách thực hiện các thao tác tô như vậy ta sẽ làm cho các đỉnh của đa giác chỉ cong được tô bởi hai màu xanh và đỏ. Thậy vậy xét đỉnh A 3 ; A 4 ; ...; A n đến đỉnh được tô màu vàng đầu tiên là A j ( 3 ≤ j ≤ n ) , ta có đỉnh A j−1 được tô màu xãnh hoặc màu đỏ. Nên ta thực hiện thao tác tô lần 2, hai đỉnh A j−1 ; A j sẽ có màu xanh hoặc màu đỏ. Cứ như vậy thực hiện các thao tác tô đối với các đỉnh màu vàng tiếp theo cho đến đỉnh màu vàng cuối cùng. Như vậy lúc này ta sẽ được một đa giác mà các đỉnh được tô bởi hai màu xanh và đỏ. b) Với n = 4 , áp dụng câu a ta được các đỉnh A1 ; A 2 ; A 3 ; A 4 được tô bởi hai màu, không mất tính tổng quát, giả sử hai màu đó là xanh và đỏ. Khi đó các đỉnh liên tiếp của đa giác có thứ tự màu sắp xếp theo kiểu ĐXĐX, ĐĐXX, ĐĐĐX, ĐĐXĐ( X là màu xanh, Đ là màu đỏ)

+ Với trường hợp ĐXĐX ta thao tác tô như sau: ĐXĐX → VVĐX → VVVV + Với trường hợp ĐĐXX ta thao tác tô như sau: ĐĐXX → ĐVVX → XXVX → XĐĐX → VVĐX → VVVV + Với trường hợp ĐĐĐX ta thao tác tô như sau: ĐĐĐX → ĐĐVV → XXXX + Với trường hợp ĐĐXĐ ta thao tác tô như sau: ĐĐXĐ → ĐVVĐ → XXĐV → XXXX Như vậy ta đã tô được 4 đỉnh cùng một màu. Với n = 8 , ta chia 8 đỉnh thành hai bộ bốn đỉnh. Áp dụng cách tô như trên ta sẽ được một bộ mà bốn đỉnh được tô cùng một màu + Nếu màu của hai bộ bốn đỉnh giống nhau ta được 8 đỉnh cùng màu. + Nếu màu của hai bộ bốn đỉnh khác nhau. Giả sử là ĐĐĐĐXXXX. Ta thực hiện thao tác tô như sau: ĐĐĐĐXXXX → ĐĐĐVVXXX → VVVVVVVV(theo n = 4 ) Như vậy ta đã tô được 8 đỉnh cùng một màu. Ví dụ 54. Cho hình vuông 12x12, được chia thành lưới các hình vuông đơn vị. Mỗi đỉnh của hình vuông đơn vị này được tô bằng một trong hai màu xanh đỏ. Có tất cả 111 đỉnh màu đỏ. Hai trong số những đỉnh màu đỏ này nằm ở đỉnh hình vuông lớn, 22 đỉnh màu đỏ khác nằm trên cạnh cạnh của hình vuông lớn (không trùng với đỉnh của hình vuông lớn ) hình vuông đơn vị được tô màu theo các quy luật sau: cạnh có hai đầu mút màu đỏ được tô màu đỏ, cạnh có hai đầu mút màu xanh được tô màu xanh, cạnh có một đầu mút màu đỏ và một đầu mút màu xanh thì được tô màu vàng. Giả sứ có tất cả 66 cạnh vàng. Hỏi có bao nhiêu cạnh màu xanh. Lời giải Có 111 đỉnh màu đỏ, trong đó có 22 đỉnh nằm trên cạnh của hình vuông, 87 đỉnh nằm lọt trong hình vuông lớn.Từ đó ta thấy có hai điểm màu xanh ở hai góc của hỉnh vuông lớn, 22 điểm màu xanh trên các cạnh của hình vuông lớn không nằm trên đỉnh của hình vuông lớn còn lại có 34 điểm màu xanh nằm lọt trong hình vuông.Với 312 cạnh của cả hình, ta cho đình của mỗi cạnh như sau: trong 2 mút của nó có i điểm màu xanh thì cho i điểm. Gọi tổng số điểm là S, ta có S = 2(số cạnh màu xanh) + số cạnh vàng. Ta lại có thể đếm số S theo cách khác: Mỗi điểm xanh ở góc là mút của

hai đoạn, các điểm còn lại là mút của 4 đoạn.Vậy S = 2.2 + 22.3 + 34.4 = 206 , suy ra số cạnh xanh là: ( 206 – 66 ) :2 = 70 cạnh màu xanh. Ví dụ 55. Độ dài ba cạnh của tam giác ABC là ba số nguyên tố. Chứng minh rằng diện tích của tam giác ABC không thể là số nguyên. Lời giải Giả sử a, b, c là các số nghuyên tố và là các cạnh của tam giác ABC, đặt p = a + b + c và S là diện tích tam giác ABC. Khi đó ta có 16S 2 = p ( p − 2a )( p − 2b )( p − 2c ) . Giả sử S là số tự nhiên, khi đó từ hệ thức trên ta được p = a + b + c là số chẵn, khi đó ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Cả ba số a, b, c cùng chẵn, khi đó ta được a = b = c , suy ra S = 3 . + Trường hợp 2: Trong ba số a, b, c có một số chẵn và hai số lẻ, giả sử số chẵn là a thì ta được a = 2 . Khi đó - Nếu b ≠ c suy ra b − c ≥ 2 = a vô lí. - Nếu b = c thì S 2 = b 2 − 1 ⇒ ( b − S )( b + S ) = 1 , hệ thức không xẩy ra vì S là số tự nhiên Vậy diện tích tam giác không thể là số nguyên. Ví dụ 56. Cho bảng ô vuông kích thước 3.n (3 hàng; n cột, n là số tự nhiên lớn hơn 1) được tạo bởi các ô vuông nhỏ kích thước 1x1. Mỗi ô vuông nhỏ được tô bởi một trong hai màu xanh hoặc đỏ. Tìm số n bé nhất để với mỗi cách tô màu như thế luôn tìm được hình chữ nhật tạo bởi các ô vuông nhỏ sao cho 4 ô vuông nhỏ ở 4 góc của hình chữ nhật đó cùng màu. Lời giải Ta kí hiệu Đ là ô màu đỏ và X là ô màu xanh Xét n = 2; 3; 4; 5; 6 đều không thỏa mãn như hình dưới đây Đ

Đ Đ

Xét n = 7 . Trên một hàng có ít nhất bốn ô cùng màu. Xét bốn ô đó, giả sử bốn ô đó ở cột thứ 1, 2, 3, 4 và được tô màu xanh. Xét trên hang 2 và 4 thuộc các cột 1, 2, 3, 4 + Nếu có hai ô màu xanh, giả sử ô ở cột 1 và 2 thì hình vuông tạo bởi hàng 1, 2 và cột 1, 2 thỏa mãn 1

X X X X

X X

+ Nếu không có hai ô màu xanh thì tồn tại ít nhất ba ô màu đỏ. Gỉ sử các ô đó thuộc cột 1, 2, 3. Xét các hàng thuộc cột 1, 2, 3 , trong đó phải có hai ô cùng màu . Giả sử hai ô đó thuộc cột 1, 2 - Nếu hai ô đó màu xanh thì hình chữ nhật tạo bởi hàng 1, 3 và cột 1, 2 thỏa mãn 1

Đ Đ Đ

- Nếu hai ô đó màu đỏ thì hình chữ nhật tạo bởi hàng 2, 3 và cột 1, 2 thỏa mãn 1

Đ Đ Đ

Đ Đ

Do đó n ≥ 7. Vậy n nhỏ nhất bằng 7. Ví dụ 57. Mỗi ô vuông đơn vị của bảng hữu hạn m × n (m, n là các số nguyên dương) được ghi một số thực bất kì. Xét quy tắc biến đổi sau: Mỗi lần đổi dấu tất cả các số trên một hàng hoặc một cột. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn bước thực hiện quy tắc trên, ta thu được một bảng mà tổng các số trong mọi hàng và mọi cột đều không âm. Lời giải Xét tổng các số trong bảng khi thực hiện phép đổi dấu. Tổng này sẽ tăng khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là âm; tổng không đổi khi khi tổng các số trên hàng (hoặc cột)

trước khi đổi dấu bằng 0 và tổng này sẽ giảm khi tổng các số trên hàng (hoặc cột) trước khi đổi dấu là dương. Khi thực hiện phép biến đổi trên thì mỗi số trong một ô hoặc là trùng với số ban đầu hoặc là số đối của số ban đầu, vì thế khi thực hiện phép biến đổi trên thì có thể nhận được tối đa 2 m.n bảng khác nhau, do vậy tổng tất cả các số trong bảng chỉ nhận hữu hạn giá trị khác nhau. Ta xét bảng ban đầu: Nếu không có hàng nào và không có cột nào có tổng các số là âm thì bài toán được chứng minh. Ngược lại, ta chọn một hàng hoặc cột có tổng các số là âm, ta thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó. Khi đó trong bảng vừa nhận được nếu có hàng hoặc cột có tổng các số là âm thì ta lại thực hiện phép biến đổi trên hàng hoặc cột đó và nhận được bảng mới và cứ tiếp tục như vậy. Như vậy mỗi lần thực hiện phép biến đổi thì tổng các số trong bảng tăng lên. Do tổng đó chỉ nhận hữu hạn giá trị nên hoặc là tại một bước thực hiện nào đó ta nhận được bảng cần tìm, hoặc là nhận được bảng có tổng đạt giá trị lớn nhất. Bảng có tổng đạt lớn nhất thỏa mãn bài toán vì nếu trong nó có một vệt có tổng là âm thì thực hiện phép biến đổi trên vệt đó ta được bảng mới có tổng tăng lên lớn hơn tổng lớn nhất đó, vô lý. Vậy trong mọi trường hợp ta đều có điều phải chứng minh. Ví dụ 58. Xét n điểm điểm liên tiếp A 1 ; A 2 ; A 3 ;...; A n trên cùng một đường thẳng thỏa mãn điều kiện

A1A 2 = A 2 A 3 = A 3 A 4 = ... = A n −1A n Tìm n biết rằng trên đường thẳng đó có đúng 2025 đoạn thẳng nhân một trong các điểm trên làm trung điểm. Lời giải Giả sử n điểm A1 ; A 2 ; A 3 ; ...; A n thỏa mãn A1A 2 = A 2 A 3 = A 3 A 4 = ... = A n −1A n được biểu diễn bằng hình vẽ sau

An+1-i

An-2

An-1

Khi đó ta có + Các điểm A1 và A n không là trung điểm của đoạn thẳng nào + Các điểm A 2 và A n −1 là trung điểm của một đoạn thẳng. + Các điểm A 3 và A n − 2 là trung điểm của hai đoạn thẳng. ...

...

+ Các điểm A i và A n − i +1 là trung điểm của i − 1 đoạn thẳng. Với mọi giá trị i = 2; 3; 4; ... trong đó 2i ≤ n . Đến đây ta xét các trường hợp sau

(

)

• Trường hợp 1: Nếu n là số lẻ, khi đó ta đặt n = 2k + 1 k ∈ N * . Ta có k < k + 1 < n − k + 1 . Từ đó sẽ có một điểm A k +1 là trung điểm của k đoạn thẳng. Từ đó ta suy ra số các đoạn thẳng nhận các điểm đã cho làm trung điểm là

S = 1 + 2 + 3 + ... + ( k − 1) + k + ( k − 1) + ... + 3 + 2 + 1 = ( k − 1) k + k = k 2 . Theo bài ra thì có 2025 đoạn thẳng nhân một trong các điểm trên làm trung điểm nên ta được

k 2 = 2025 , do đó ta được k = 45 nên suy ra n = 91 .

(

)

• Trường hợp 2: Nếu n là số lẻ, khi đó ta đặt n = 2k k ∈ N * . Ta có k < k + 1 = n − k + 1 . Từ đó ta thấy trong các điểm đã cho không có điểm chính giữa. Từ đó ta suy ra số các đoạn thẳng nhận các điểm đã cho làm trung điểm là

S = 1 + 2 + 3 + ... + ( k − 1) + ( k − 1) + ... + 3 + 2 + 1 = ( k − 1) k . Theo bài ra thì có 2025 đoạn thẳng nhân một trong các điểm trên làm trung điểm nên

k ( k − 1) = 2025 , Dễ thấy không tồn tại k thỏa mãn đẳng thức trên. Do đó không có n điểm thỏa mãn bài toán. Vậy n = 91 thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Ví dụ 59. Cho hai tam giác đều bằng nhau, một tam giác có cạnh màu đỏ, một tam giác có cạnh màu xanh. Hai tam giác này nằm chồng lên nhau sao cho phần chung là một lục giác mà kí hiệu là MNPQRS. Chứng minh rằng lục giác MNPQRS có tổng độ dài các cạnh màu đỏ bằng tổng độ dài các cạnh màu xanh. Lời giải Giả sử hai tam giác đều ABC và A1 B1C1

bằng nhau và nằm chồng lên nhau sao cho lục giác MNPQRS được kí hiệu như hình vẽ.

Các góc của hai tam giác đều ABC và

A1 B1C1 bằng nhau và hai góc đối đỉnh thì bằng nhau nên ta nhận thấy các tam giác

A R

Q B M A1

A1MN; B1PQ; C1RS; CPN; ARQ; BMS đồng dạng

với nhau. Từ đó ta được

MN PQ RS NP QR SM = = = = = A1M + A1N B1P + B1Q C1R + C1S CN + CP AQ + AR BS + BM Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta được

MN + PQ + RQ NP + QR + MS = A1M + A1N + B1P + B1Q + C1R + C1S CN + CP + AQ + AR + BM + BS Đặt độ dài cạnh của tam giác đều là a và x = MN + PQ + RQ; y = NP + QR + MS .

Khi đó ta được

y x = ⇔ x ( 3a − y ) = y ( 3a − x ) ⇔ ( x − y )( 3a − x − y ) = 0 3a − y 3a − x

Mặt khác ta có

3a = BC + CA + AB = ( BM + MN + NC ) + ( CP + PQ + QA ) + ( AR + RS + SB ) = ( CN + CP ) + ( AQ + AR ) + ( BS + BM ) + ( MN + PQ + RS ) > ( NP + QR + MS ) + ( MN + PQ + RS ) = y + x Hay ta được 3a > x + y ⇒ 3a − x − y > 0 Do đó từ đẳng thức trên ta suy ra được x = y hay MN + PQ + RS = NP + QR + SM .

Ví dụ 60. Cho đa giác A1A 2 A 3 A 4 A 3 A 6 A 7 A 8 có các cạnh là các số hữu tỉ và các góc của đa giác bằng nhau. Chứng minh rằng các cặp cạnh đối diện song song và bằng nhau. Lời giải Do đa giác có các góc ở các đỉnh bằng nhau nên mỗi

( n − 2 ) .180 góc có số đo là

A 0

6.180 = = 1350 . 8

Kéo dài các cạnh của đa giác, chúng cắt nhau tại các

điểm A, B, C, D như hình vẽ. D

Khi đó ta có AA A = 450 , hoàn toán tương tự ta 1 8

được các góc ngoài của đa giác đều có số đo là 450 . Nên các tam giác AA 1A 8 , BA 2 A 3 , CA 4 A 5 , DA 6 A 7 là các tam giác vuông cân. Từ đó ta được tứ giác ABCD là hình chữ nhật. Suy ra các cạnh đối diện của đa giác A1A 2 A 3 A 4 A 3 A 6 A 7 A 8 song song với nhau.

Xét tam giác AA1A 8 ta có AA1 =

Tương tự ta có BA 2 =

A2 A3 2

A1 A 8 2

; CA 5 =

A4 A5 2

Khi đó ta được AB = AA1 + A1A 2 + A 2 B =

Tương tự ta cũng có CD =

Do AB = CD nên ta được

Suy ra A1A 2 − A 5 A 6 =

A4 A5 2 A1 A 8 2

A1 A 8 2

+ A 5 A6 +

+ A1 A 2 =

A2 A3 2

−

; DA6 =

A1 A 8 2

A 6 A7 2

+ A1 A 2 =

A2 A3 2

A 6 A7 2 A2 A3

A4 A5

A4 A5 2

−

2 A 6 A7

+ A 5 A6 + 1 2

(A A 1

A 6 A7 2

+ A 2 A 3 − A 4 A 5 − A 6 A7 )

Do các cạnh của đa giác A1A 2 A 3 A 4 A 3 A 6 A 7 A 8 là các số hữu tỉ nên A1A 2 − A 5 A 6 là số hữu tỉ

Suy ra

1 2

(A A 1

+ A 2 A 3 − A 4 A 5 − A 6 A 7 ) là số hữu tỉ.

Do đó

1 2

(A A 1

+ A 2 A 3 − A 4 A 5 − A 6 A7 ) = 0 , nên ta được A1A 2 − A 5 A 6 = 0 hay A1A 2 = A 5 A 6

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được A 2 A 3 = A 6 A 7 ; A 3 A 4 = A 7 A 8 ; A 4 A 5 = A 8 A 1 Vậy bài toán được chứng minh xong. Ví dụ 61. Cho ngũ giác ABCDE, mà mỗi đường chéo song song với một cạnh của ngũ giác. Chứng minh rằng tỉ số giữa cạnh của ngũ giác và đường chéo song song với nó là một hằng số. Lời giải Gọi O là giao điểm của CE và BD. Qua C kẻ đường

thẳng song song với BD cắt AB tại P, từ đó ta thấy O nằm trong ngũ giác và P nằm ngoài ngũ giác ABCDE. Đặt

OC = k ( k > 0 ) . Do AE//BD, AB//CE và BE//CD AM

B E P O

nên ta được ∆OBE = ∆AEB và ∆OCD ∽ ∆AEB Do đó ta được ∆OCD ∽ ∆ABE suy ra

OC OD = = k ⇒ OD = k.AE AB AE Dễ thấy các tứ giác ABOE, APCE và BPCO là các hình bình hành, nên ta được AB = OE; CP = AE và BP = OD = k.AB .

= ACE = CED và EOD = OEA = APC Xét hai tam giác EOD và APC có PAC Do đó ∆EOD ∽ ∆APC suy ra

Từ đó ta được k =

Do đó ta có

OD OE AE.k AB AB = ⇒ = = PC PA AE AB + BP AB + k.AB

1 5 −1 ⇔ k2 + k − 1 = 0 ⇒ k = 1+ k 2

EC OE + OC AB + OC 5 +1 = = = 1+ k = AB AB AB 2

Tương tự ta tính được

AC AD BE BD 5 +1 = = = = DE BC CD AE 2

Ví dụ 62.Tính diện tích của ngũ giác lồi ABCDE, biết các tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB cùng có diện tích bằng 1.

Lời giải Gọi

I = EC ∩ BD. Ta có S BAE = S DAE nên

khoảng cách từ B, D đến AE bằng nhau. Do B, D cùng phía đối với đường thẳng AE nên BD//AE. Tương tự ta được AB//CE

Do đó ABIE là hình bình hành nên

S IBE = S ABE = 1

(

Đặt S ICD = x 0 < x < 1

)

⇒ S IBC = S BCD − S ICD = 1 − x = S ECD − S ICD = S IED

Lại có

S ICD IC S IBC = = S IDE IE S IBE

 3+ 5 x = x 1− x 2 = ⇔ x 2 − 3x + 1 = 0 ⇔  hay 1− x 1  3− 5 x = 2 

Kết hợp điều kiện ta có x =

3− 5 5 −1 ⇒ S IED = 2 2

5 −1 5+ 5 = . 2 2

Do đó S ABCDE = S EAB + S EBI + S BCD + S IED = 3 +

Ví dụ 62. Cho hình bình hành ABCD và một điểm E nằm trên cạnh CD. Biết rằng các tam giác

. BCE, BED và DAB là tam giác cân. Tính số đo của góc BAD Lời giải

= BCD = α ; ABD = BDC = δ ; ADB = ϕ ; EBC = β ; BED =γ Đặt BAD Nếu α > 90 0 , khi đó chỉ có AB = AD, BC = CE

B δ

, mâu thuẫn với giả thiết E nằm trên đoạn CD.

C α

Do đó α < 90 0 , khi đó ta xét các trường hợp sau

γ E

+ Trường hợp 1: Nếu BC = CE , khi đó ta được α A

= β = 90 0 − α CBE 2 = γ = 180 0 − β = 90 0 + α > 90 0 Lại có BED

φ δ D

Do đó ta được EB = ED nên tam giác BED cân tai E

= EBD = δ = 1 1800 − γ = 1 180 0 − α Suy ra EDB

Do đó ta được ϕ =

(

3 180 0 − α 4

(

)

(

)

Nếu α = δ thì ta được α =

1800 = 36 0 = 360 hay BAD 5

Nếu α = ϕ thì ta được α =

0 3.1800 = 3.180 hay BAD 7 7

+ Trường hợp 2: Nếu BC = BE , khi đó ta được γ = 180 0 − α > 90 0 do đó EB = ED 0 = δ = 180 − γ và ϕ = β + δ > δ Suy ra tam giác BDE cân tại E nên ta được BDE

Ta có tam giác ABD cân và α ≠ δ nên ta được α = ϕ

Do đó 180 0 = α + ϕ + δ =

5 2.1800 = 720 α ⇒α = = 720 hay BAD 2 5

+ Trường hợp 3: Nếu EC = EB , khi đó ta được α = β , γ = 2α -

Nếu δ = ϕ = 2α , ϕ > β = α ta được ϕ = δ = 2α

Do đó ta được 180 0 = α + ϕ + δ = 5α ⇒ α =

Nếu δ =

1800 = 36 0 = 360 hay BAD 5

1800 − γ = 900 − α suy ra ϕ = β + δ = α + δ = 90 0 2

= 450 Do đó α = δ = 450 hạy BAD -

Nếu γ = 2α thì ϕ = 3α do đó ta được α = δ hoặc δ = ϕ

Do đó ta được α = 36 0 hoặc 3α = 180 0 − 4α ⇒ α =

= 180 = 36 0 hoặc BAD Hay BAD

1800 7

0 0 = α ∈  180 ; 36 0 ; 450 ; 72 0 ; 3.180  Vậy ta được BAD  

 7



Ví dụ 64. Cho ngũ giác lồi ABCDE có diện tích S. Chứng minh rằng trong năm tam giác ABC, BCD, CDE, DEA, EAB luôn có một tam giác có diện tích lớn hơn

S . 4

Lời giải Chú ý rằng nếu điểm K nằm trên cạnh PQ của tứ

giác lồi MNPQ thì ta luôn có K

Min {S PMN ; S QMN } ≤ S KMN ≤ Max {S PMN ; S QMN } + Nếu S ABC

S > thì tam giác ABC là tam giác cần 4

tìm. + Nếu S BCD >

S thì tam giác BCD là tam giác cần 4

tìm. + Nếu S ABC ≤

S S và S BCD ≤ thì ta được 4 4

S ABCDK = S ABC + S BCD − S KBC <

S 2

Như vậy một trong hai tam giác KDE hoặc KEA có diện tích lớn hơn

+ Nếu S KDE >

S thì theo chú ý trên trong tứ giác ACDE có điểm K nằm trên cạnh AC. 4

Khi đó ta được S CDE ≥ S KDE >

+ Nếu S KEA >

S 4

S S hoặc S DEA ≥ S KDE > 4 4

S S S thì tương tự ta có S DEA > hoặc S DEA > 4 4 4

Vậy trong năm tam giác trên luôn có một tam giác có diện tích lớn hơn

S . 4

Ví dụ 65. Cho lục giác lồi ABCDEF có diện tích S và AB song song với DE, BC song song với EF, CD song song với FA. a) Chứng minh rằng S ACE ≥

S 2

b) Chứng minh rằng S ACE = S BDF

Lời giải a) Qua A, C, E kẻ các đường thẳng a, c, e lần lượt song

song với BC, AB, AF. Giả sử a cắt c tại M, c cắt e tại N, e cắt a tại P. Khi đó dễ thấy các tứ giác ABCM, CDEN,

EFAP là hình bình hành. Các hình bình hành này đôi N

một nằm ngoài nhau và cùng nằm trong đa giác ABCDEF. Từ đó ta được F

S ABC + S CDE + S EFA Suy ra S ACE ≥

1 S = ( S ABCM + S CDEN + S EFAP ) ≤ 2 2

S . 2

Dễ thấy MN = AB − DE ; NP = CD − AF ; PM = BC − EF

Từ đó ta thấy S ACE =

S S ⇔ S ABC + S CDE + S EFA = ⇔ S ABCM + S CDEN + S EFAP = S 2 2

Hay S MNP = 0 ⇔ ba điểm M, N, P trùng nhau ⇔ AB = DE; CD = AF; BC = EF b) Hoàn toàn tương tự như trên qua B, D, F kẻ các

đường thẳng b, d, f lần lượt song song với AF, BC, AB. Giả sử d cắt f tại M’, f cắt b tại N’, b cắt d tại P’.

Khi đó ta có

M' N' = AB − DE = MN N' P' = CD − AF = NP

P' M ' = BC − EF = PM Do đó ta được ∆MNP = ∆M ' N' P ' . Từ đó suy ra

S ABCM + S CDEN + S EFAP = S − S MNP = S − S M' N'P' = S DEFM' + S FABN' + S BCDP' Từ đó ta có S ABC + S CDE + S EFA = S DEF + S FAB + S BCD nên suy ra S ACE = S BDF

Ví dụ 66. Cho tam giác ABC chứa hình bình hành MNPQ. Chứng minh rằng S MNPQ ≤ Lời giải Ta xét các trường hợp sau đây:

1 S 2 ABC

+ Trường hợp 1: Tứ giác MNPQ có một cạnh nằm trên

cạnh của tam giác ABC. Không mất tính tổng quát ta giả sử cạnh MN nằm trên cạnh BC và M nằm giữa hai điểm B, N.

Gọi giao điểm của PQ với AB, AC lần lượt là F và E. Qua E dựng đường thẳng song song với AB cắt BC tại M

D, khi đó tứ giác BDEF là hình bình hành và có cùng

đường cao với hình bình hành MNPQ. Mà ta lại có PQ ≤ EF nên ta được S MNPQ ≤ S BDEF Lại dễ thấy S BDEF ≤

1 1 S ABC nên ta được S MNPQ ≤ S ABC 2 2

+ Trường hợp 2: Tứ giác MNPQ không có cạnh nào

nằm trên cạnh của tam giác ABC. Khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử giao điểm của MQ và NP với

các cạnh của tam giác ABC được kí hiệu như hình vẽ.

P' P

Dễ thấy tứ giác M’N’P’Q’ là hình thang có hai đỉnh

nằm trên một cạnh của tam giác ABC.

Hai điểm M’ và Q hoặc hai điểm N’ và P’ không thể

cùng thuộc một cạnh của tam giác ABC vì MQ và NP không nằm tren một cạnh của tam giác ABC. Hai đỉnh M’ và P’ hoặc hai đỉnh N’ và Q’ cũng không thể cùng nằm trên một cạnh của tam giác ABC. Như vậy hai đỉnh M’ và N’ hoặc P’ và Q’ cùng nằm trêm một cạnh của tam giác ABC. Giả sử M’N’ nằm trên cạnh BC. Khi đó trên đoạn N’P’ và M’Q’ lấn lần lượt các điểm P1 ; Q1 sao cho

N' P1 = NP; M ' Q1 = MQ . Khi đó ta được hình bình hành M ' N' P1Q1 có cạnh M’N’ nằm trên cạnh BC và tam giác ABCD chứ các điểm M’, N’, P’, Q’. Do đó chứng minh tương tự như trên ta được

S M' N'P1Q1 ≤

1 1 S ABC ⇒ S MNPQ ≤ S ABC . 2 2

Ví dụ 67. Cho đa giác lồi (H) có n cạnh. Kẻ các đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh kề nhau của hình (H) tạo thành đa giác (H’).

a) Chứng minh rằng nếu n = 4 thì S ( H') = S ( H ) 2

b) Chứng minh rằng nếu n ≥ 5 thì S( H' ) > S ( H ) 2

c) Lấy ví dụ về ngũ giác lồi (H) thỏa mãn điều kiện

S( H')

S( H)

1 1 + 2 106

Lời giải a) Xét đa giác lồi ABCD như hình vẽ. Gọi M, N, P, Q lần

lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Khi đó MQ là

đường trung bình của tam giác ABD nên ta được

S AMQ

M1 A4

1 = S ABD 4

Tương tự ta có

S MBN =

1 1 1 S ABC ; S NCP = S BCD ; S PDQ = S ACD 2 2 2

Từ đó ta được

S AMQ + S MBN + S NCP + S PDQ =

1 1 1 1 1 S ABD + S ABC + S BCD + S ACD = S ABCD 4 2 2 2 2

Do đó suy ra S MNPQ =

1 S . 2 ABCD

b) Giả sử n-giác lồi là A1 A 2 A 3 ...A n và trung điểm các cạnh A1A 2 ; A 2 A 3 ;...; A n A1 lần lượt là

B1 ; B2 ; B3 ; ...; Bn . Khi đó ta có đa giác H là A1 A 2 A 3 ...A n và đa giác H’ là B1 B2 B3 ...Bn . Các phân của đa giác (H) nằm ngoài đa giác (H’) là các tam giác

B1A 2 B2 ; B2 A 3 B3 ; B3 A 4 B4 ;...; Bn A1 B1 Ta có S B A 1

2 B2

+ S B2 A3 B3 + S B3A4 B4 + ... + S Bn A1B1 =

1 S + S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2 4 A1 A 2 A 3

(

)

Trong n tam giác A1 A 2 A 3 ; A 2 A 3 A 4 ; ...; A n A1 A 2 thì hai tam giác liên tiếp mới có phần chung và hai tam giác không liên tiếp không có điểm chung trong. Ngoài ra mỗi tam giác trên chứa một tam giác không có điểm chung trong với các tam giác khác, chẳng hạn tam giác A 1M 1M 2 nằm trong

tam giác A1A 2 A 3 và không có điểm chung trong với các tam giác

A 2 A 3 A 4 ; A 3 A 4 A 5 ; ...; A n A1A 2 . Do đó ta được S A A A + S A A A + ... + S A 1

Suy ra S B A 1

2 B2

n A1 A 2

< 2S H

+ S B2 A3 B3 + S B3 A4 B4 + ... + S Bn A1B1 =

1 1 S A1A2 A3 + S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2 < SH 4 2

(

)

Hay ta được S( H' ) > S ( H ) . 2 c) Xét tam giác đều có cạnh bằng a và I là trung điểm của BE. Kẻ hai đoạn thẳng IC, ID có độ dài bằng 1 lần lượt song song và cùng cùng chiều với AB, AE. Khi đó tam giác ICD là tam giác đều và ta được ngũ giác lồi (H) là ABCDE. Gọi M, N, P, Q, R lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD,

DE, EA. Khi đó ngũ giác lồi H’ là MNPQE. Từ đó ta tính được

S AMR =

1 a2 . 3 1 1 a2 3 S ABE = và S BMN = S ABC = S ABI = 4 16 4 4 32

a2 3 . 32

Hoàn toàn tương tự ta được S EQR =

N C

Đặt S n = S AMR + S BMN + S CNP + S DPQ + SEQR thì ta được

S n > S AMR + S BMN + S EQR =

a2 3 8

Ta có S ( H ) = S ABCDE = S ABE + S BCDE =

Do đó ta được S ( H') = S ( H ) − S n <

Do S ( H ) > S ABE

Do đó với a >

a 2 3 BE + CE a2 3 a + 1 + .IP < + 4 2 4 2

a2 3 a + 1 a2 3 a2 3 a + 1 + − = + 4 2 8 8 2

a2 3 a + 1 + S ( H') a2 3 8 2 = 1 + 2. a + 1 = nên < 2 4 S(H ) 2 a 3 a2 3 4

4.106 3

thì

2 ( a + 1) a

< a

= 3

4 a 3

4 4.10 6 3

= . 3

1 10 6

Suy ra

S( H') S( H)

1 1 4.106 + 6 . Vậy ngũ giác ABCDE chọn như trên và a > thì ta được 2 10 3

1 1 + . 2 106

Ví dụ 68. Cho đa giác lồi (H) có diện tích S. Chứng minh rằng luôn tồn tại một hình tam giác có diện tích không vượt qua 2S chứa hình (H). Lời giải Trong các tam giác có ba đỉnh là ba đỉnh của hình (H) ta chọn tam giác có diện tích lớn nhất. Gọi ba đỉnh của tam giác đó là A, B, C. Khi đó ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Nếu S ABC ≤

S 2

Qua A, B, C kẻ các đường thẳng lần lượt song song

với BC, CA, AB tạo thành tam giác A’B’C’. Dễ thấy E

tam giác A’B’C’ chứa hình (H) vì nếu một đỉnh của hình (H) nằm ngoài tam giác A’B’C’, chẳng hạn điểm

E như hình vẽ thì khi đó S EBC > S ABC , điều này trái với cách chọn tam giác ABC. Mặt khác dễ thấy A, B, C lần lượt là trung điểm của B’C’, C’A’, A’B’. Từ đó ta được S A' B'C' = 4S ABC ≤ 2S . + Trường hợp 2: Nếu S ABC >

S 2

Trong các đỉnh của hình (H)nằm khác phía với A so với

BC ta chọn đỉnh xa nhất, không mất tính tổng quát ta giả

N P

sử điểm đó là M. Tương tự gọi các đỉnh khác phía B, C đối với CA, AB và xa CA, AB nhất lần lượt là N, P. Khi đó hình (H) chứa lục giác APMBCN. Từ S ABC >

S ta được S APB + S BMC + S CNA < S ABC . 2

B B'

C M

Qua M, N, P kẻ các đường thẳng lần lượt song song với BC, CA, AB và các đường thẳng này cắt nhau tạo thành tam giác A’B’C’. Theo cánh chọn M, N, P thì tam giác A’B’C’ chứa hình (H). Theo kết qua bài toán trên ta có S A' B'C' < 2S APBMCN ≤ 2S . Nếu BC là một cạnh của hình (H) tức là không có đỉnh nào của hình (H) nằm khác phía đối với A so với BC. Qua N, P kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với CA, AB. Hai đường thẳng đó tạo với đường thẳng BC tam giác A’B’C’. Khi đó dễ thấy tam giác A’B’C’ chứa hình (H) và

S A' B'C' < 2S APBNC ≤ 2S . Nếu tam giác ABC có hai cạnh chẳng hạn BC, CA là hai cạnh của hình (H) thì qua P kẻ đường thẳng song song với AB, đường thẳng này tạo với hai đường thẳng BC, CA tam giác A’B’C’. Khi đó tam giác A’B’C’ chứa hình (H) và S A' B'C' < 2S APBC ≤ 2S Ví dụ 69. Cho đa giác lồi (H) có diện tích S. Chứng minh rằng (H) chứa một hình tam giác có diện tích: a) Lớn hớn

S 4

b) Không bé hơn

3 S 8

Lời giải Giả sử hai đỉnh xa nhất của hình (H) là A, B. Qua A, B kẻ hai đường thẳng a, b kẻ hai đường thẳng vuông góc với AB. Khi đó dễ thấy hình (H) nằm giữa hai đường thẳng a và b.

M Q

d1 d2

D P

T E U

( )

a) Đường thẳng AB chia hình (H) thành hai đa giác H1 và ( H 2 ) nằm về hai phía của đường thẳng AB. Gọi hai đỉnh của ( H1 ) và ( H 2 ) xa AB nhất lần lượt là E, F thì các tam giác ABE, ABF nằm trong hình (H), Qua E, F kẻ các đường thẳng song song với AB, chúng tạo với a, b một hình chữ nhật MNPQ chứa hình (H) và không trùng với hình (H).

Dễ thấy S ABE + S ABF =

1 1 S S S MNPQ > S nên ta được S ABE > hoặc S ABF > . 2 2 4 4

b) Chia AB thành bốn đoạn thẳng bằng nhau AI = IH = HK = KB = x . Qua I, K, H kẻ ba đường thẳng d1 ,d 2 ,d 3 vuông góc với AB và đường thẳng d 2 chia hình (H) thành hai đa giác ( H1 ) và

( H ) . Giả sử d 2

( )

cắt biên của hình H1 tại C, D. Kéo dài các cạnh chứa C, D cắt a, d 2 tạo thành

( )

hình thang MNPQ chứa hình H1 . Giả sử d 3 cắt biên của hình ( H 2 ) tại E, F. Kéo dài các cạnh chứa E, F cắt d 2 , b tạo thành hình thang RTUV chứa hình ( H 2 ) .

( )

Vì hình thang MNPQ và RTUV chứa lần lượt các đa giác H1 và ( H 2 ) nên ta được

S = S( H ) + S ( H ) ≤ S MNPQ + S RTUV = CD.2x + EF.2x = 2x ( CD + EF ) 1

S AEF + S BCD = EF.

Từ đó ta được S AEF + S BCD ≥

3x 3x 3x 3 EF + CD ) = .2x ( CD + EF ) + CD. = ( 2 2 2 4

3 3 3 S nên suy ra S AEF ≥ S hoặc S BCD ≥ S 4 8 8

Ngoài ra do hình (H) là đa giác lồi nên hình (H) chứa các tam giác AEF và BCD. Ví dụ 70. a) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có ba đường phân giác có độ dài không vượt quá 1 thì ta luôn có S ABC ≤

1 3

b) Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có ba đường phân giác có độ dài không nhỏ hơn 1 thì ta luôn có S ABC ≥

1 3 Lời giải

Giả sử ba đường phân giác AD, BE, CF của tam

giác ABC cắt nhau tại I. a) Giả sử AD ≤ 1; BE ≤ 1; CF ≤ 1 và BC là cạnh E

lớn nhất của tam giác ABC. I

Khi đó ta có AF ≤ BF; AE ≤ CE nên

S AEF ≤

1 S 4 ABC

Do đó ta được S BCEF ≥

3 4 S ABC hay S ABC ≤ S BCEF 4 3

= B + C ≤ 600 ≥ 600 nên ta được BIF Do A

Từ đó suy ra S ABC ≤

4 4 1 ≤ 2 sin 600 = 2 . 3 = 1 S ABC = . BE.CF.sin BIF 3 3 2 3 3 2 3

b) Giả sử AD ≥ 1; BE ≥ 1; CF ≥ 1 và AC là cạnh bé nhất của ta giác ABC.

Khi đó ta có BF ≥ AF; BD ≥ CD nên ta được S BDF ≥

Do đó suy ra S ACDF ≤

1 S 4 ABC

3 4 S ABC hay S ABC ≥ S ACDF . 4 3

≤ 60 0 nên A +C ≥ 120 0 Do AC là cạnh nhỏ nhất của tam giác ABC nên B

= A + C ≥ 600 nên ta được 60 0 ≤ CID < 90 0 . Ta có CID

Do đó S ABC ≥

4 4 1 ≥ 2 sin 600 = 2 . 3 = 1 S ACDF = . .AD.CF.sin CID 3 3 2 3 3 2 3

Ví dụ 71. Cho đa giác lồi (H) có diện tích S và chu vi 2p. Chứng minh rằng: a) Nếu (H) chứa đường tròn (O; r) thì r ≤

S . p

b) Nếu (H) luôn dựng được đường tròn có bán kinh r >

S . p

Lời giải a) Xét đa giác lồi A 1 A 2 A 3 ...A n , do đa giác chứa đường tròn (I; r) nên các khoảng cách từ I đến các cạnh của đa giác đều không nhỏ hơn r. Khi đó ta được

S = S IA1A2 + S IA2 A3 + ... + S IAn A1 = ≥

1 ( A A .d + A 2 A 3 .d2 + ... + A n A1 .dn ) 2 1 2 1

1 ( A A + A 2 A 3 + ... + A n A1 ) r = p.r 2 1 2

Trong đó d1 ; d 2 ;...; d n là khoảng cánh từ I đến A1A 2 ; A 2 A 3 ;...; A n A1 và p là nửa chu vi của đa giác. Từ đó ta suy ra được r ≤

S . p

b) Ứng với mỗi cạnh A i A i +1 dựng một hình chữ nhật A i A i +1M i N i nằm trong đa giác

A1 A 2 A 3 ...A n sao cho A1N i =

S( C ) = 1

S . Ta gọi hình chữ nhật A i A i +1M i N i là ( C i ) . Khi đó ta có 2p

A i A i +1 .S 2p

Từ đó ta được

AA AA AA A A S ( C ) + S ( C ) + S ( C ) + ... + S( C ) = 1 2 .S + 2 3 .S + 3 4 .S + ... + n 1 .S 1 2 3 n 2p 2p 2p 2p A A + A 2 A 3 + ... + A n A1 = S. 1 2 =S 2p

( )

Gọi H 0 hình bằng hợp của n hình chữ nhật nói trên, khi đó do hai hình chữ nhật liên tiếp có phân hồng lên nhau nên ta được S( H ) < S( C ) + S( C ) + S( C ) + ... + S( C ) = S . Điều này có nghĩa là 0 1 2 3 n

( )

hình H 0 không phủ kín được đa giác A1 A 2 A 3 ...A n . Điều này chứng tỏ tồn tại một điểm O nằm

( ) ( )

( )

ngoài tất cả các hình chữ nhật C1 ; C 2 ; ...; C n . Giả sử trong các đường thẳng A1A 2 ; A 2 A 3 ;...; A n A1 thì A i A i +1 là đường thẳng gần O nhất và gọi d là khoảng cách từ O đến A i A i +1 . Ta sẽ chứng minh d >

S . 2p

Thật vậy, qua điểm O kẻ đường thẳng vuông góc với A i A i +1 và M i N i lần lượt tại L và K. vì đoạn

M i N i và điểm O nằm về một phía so với A i A i +1 và điểm O nằm ngoài hình chữ nhật

A i A i +1M i N i nên ta được d = OL > KL = A i Ni =

S . 2p

Như vậy đường tròn tâm O có bán kính r = d nằm trong đa giác A1 A 2 A 3 ...A n . Ví dụ 72. Bên trong đường tròn tâm O bán kính 1 cho tam giác ABC có diện tích lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng điểm O nằm trong hoặc nằm trên cạnh của tam giác ABC.

Lời giải Giả sử O nằm ngoài miền tam giác ABC. Không mất tính tổng

quát, giả sử A và O nằm về 2 phía của đường thẳng BC. Suy ra K

đoạn AO cắt đường thẳng BC tại K. Kẻ AH vuông góc với BC tại

C O

H. Suy ra AH ≤ AK < AO < 1 suy ra AH < 1 Suy ra S ∆ABC =

AH.BC 2.1 < = 1 (mâu thuẫn với giả thiết). Suy ra 2 2

điều phải chứng minh. Ví dụ 73. Chứng minh rằng nếu ba điểm A, B, C không có điểm nào nằm bên ngoài đường tròn (O) sao cho tam giác ABC có ba góc nhọn thì chu vi của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC không lớn hơn chu vi (O). Lời giải Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (I), I nằm trong tam giác ABC. - Nếu A, B, C nằm trên đường tròn (O) thì hai đường tròn (I) và (O) trùng nhau. - Nếu (O) đựng (I) hoặc (O) tiếp xúc trong với (I) thì chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). - Nếu (O) và (I) cắt nhau tại M và N. Vì tam giác ABC nhọn nên số đo cung nhỏ MN nhỏ hơn 180 0 và số đo cung lớn MN lớn hơn 180 0 , do đó tồn tại đường kính của (I) nằm trong (O). Do đó chu vi của (I) nhỏ hơn chu vi của (O). Bài 2. Cho 9 hình vuông có các độ dài cạnh tính bằng mét là n + 1, n + 2, n + 3, n + 4, n + 5,

n + 6, n + 7, n + 8, n + 9 , với n là số nguyên dương. Gọi S là tổng diện tích của 9 hình vuông này. Có hay không một hình vuông diện tích bằng S và có độ dài cạnh là một số nguyên mét? b) Giả sử tồn tại hình vuông diện tích bằng S và có độ dài cạnh là a ( a ∈ N * ) . Ta có: 2

( n + 1) + ( n + 2 ) + ( n + 3 ) + ( n + 4 ) + ( n + 5 ) + ( n + 6 ) + ( n + 7 ) + ( n + 8 ) + ( n + 9 ) 9n 2 + 90n + 285 = a 2 . Chú ý 9n 2 + 90n + 285 là số nguyên chia cho 9 dư 6. Số chính phương a 2 chia cho 9 chỉ có thể dư 0; 1; 4; 7 . Ta gặp mâu thuẫn. Vậy không tồn tại hình vuông thỏa bài toán.

= a 2 Hay