Giáo án bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8

  • 84 trang
  • file .doc
Ngày soạn: 20/8/2012
Ngày dạy: 21/8/2012
Tuần 1 - Chuyên đề 1
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được các dấu hiệu chia hết và các tính chất chia hết trong N
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh:Ôn các dấu hiệu chia hết, các t/c chia hết
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
A.Ổn định tổ chức:
B. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
Phần 1: TÍNH CHẤT CHIA HẾT TRONG N
Một số dấu hiệu chia hết – Ví dụ
I.Một số dấu hiệu chia hết
1. Chia hÕt cho 2, 5, 4, 25 vµ 8; 125.
( hoÆc 25) ( hoÆc 25)
( hoÆc 125) ( hoÆc 125)
2. Chia hÕt cho 3; 9.
(hoÆc 9) ( hoÆc 9)
NhËn xÐt: D trong phÐp chia N cho 3 ( hoÆc 9) còng chÝnh lµ d trong phÐp chia tæng c¸c
ch÷ sè cña N cho 3 ( hoÆc 9).
3. DÊu hiÖu chia hÕt cho 11:
Cho
4.DÊu hiÖu chia hÕt cho 101
II.Ví dụ
VÝ dô 1: T×m c¸c ch÷ sè x, y ®Ó:
a)
b)
Gi¶i:
a) §Ó ta ph¶i cã chia hÕt cho 9 vµ 5 y = 0 hoÆc y = 5
Víi y = 0 th× tõ ta ph¶i cã 1+3+5+x+4
khi ®ã ta cã sè 13554
víi x = 5 th× tõ : ta ph¶i cã 1+3+5+x+4 +5
lóc ®ã ta cã 2 sè: 135045; 135945.
b) Ta cã
1
V× nªn b»ng 72 hoÆc 144.
+ Víi =72 th× =08, ta cã sè: 123408.
+ Víi =14 th× =80, ta cã sè 123480
VÝ dô 2 T×m c¸c ch÷ sè x, y ®Ó
Gi¶i:
Ta cã: 1375 = 11.125.
VËy sè cÇn t×m lµ 713625
VÝ dô 3 a) Hái sè cã chia hÕt cho 101 kh«ng?
b) T×m n ®Ó
Gi¶i:
a) GhÐp 2 ch÷ sè liªn tiÕp nhau th× A1991 cã 2 cÆp sè lµ 91;19
Ta cã: 1991.91-1991.19 = 1991. 72 101 nªn
b) :
II. MỘT SỐ ĐỊNH LÍ VỀ PHÉP CHIA HẾT
A.Tãm t¾t lý thuyÕt
1. §Þnh lý vÒ phÐp chia hÕt:
a) §Þnh lý
Cho a, b lµ c¸c sè nguyªn tuú ý, , khi ®ã cã 2 sè nguyªn q, r duy nhÊt sao
cho : víi , a lµ sã bÞ chia, b lµ sè chia, q lµ th¬ng sè vµ r lµ sè d.
§Æc biÖt víi r = 0 th× a = b.q Khi ®ã ta nãi a chia hÕt cho b hay b lµ íc cña a, ký
hiÖu .
VËy
cã sè nguyªn q sao cho a = b.q
b) TÝnh chÊt
a) NÕu vµ th×
b) NÕu vµ th× a = b
c) NÕu , vµ (b,c) = 1 th×
d) NÕu vµ (c,b) = 1 th×
2. TÝnh chÊt chia hÕt cña mét tæng, mét hiÖu, mét tÝch.
- NÕu
- NÕu
- NÕu .b
- NÕu a m (n lµ sè tù nhiªn)
3.Một số tính chất khác:
 Trong n số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho n
 Tích n số tự nhiên liên tiếp chia hết cho n!
 A A và (a;b) = 1
B.Ví dụ:
1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có:
Giải:
2
Bài tập tự luyện:
2. Chứng minh rằng
a. với n chẳn
b. với n lẻ
3. CMR với mọi số tự nhiên n thì biểu thức:
a) n(n + 1)(n +2) chia hết cho 6
b) 2n ( 2n + 2) chia hết cho 8.
D. Củng cố
GV khái quát lại kiến thức
E. Hướng dẫn về nhà
- Học bài và làm bài tập
4. Chứng minh rằng : với n nguyên
5. CMR với mọi số nguyên a biểu thức sau:
a) a(a – 1) – (a +3)(a + 2) chia hết cho 6.
b) a(a + 2) – (a – 7)(a -5) chia hết cho 7.
c) (a2 + a + 1)2 – 1 chia hết cho 24
d) n3 + 6n2 + 8n chia hết cho 48 (mọi n chẵn)
Ngày soạn: 26/8/2012
Ngày dạy: 28/8/2012
Tuần 2 - Chuyên đề 1
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
3
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được cách chứng minh quan hệ chia hết và tìm số dư
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh:Ôn các dấu hiệu chia hết, các t/c chia hết
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
A. Ổn định tổ chức:
B. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
4. Chøng minh quan hÖ chia hÕt
Gäi A(n) lµ mét biÓu thøc phô thuéc vµo n (n N hoÆc n Z)
a.1- §Ó chøng minh A(n) chia hÕt cho m ta ph©n tÝch A(n) thµnh tÝch trong ®ã cã mét
thõa sè lµ m
+ NÕu m lµ hîp sè ta ph©n tÝch m thµnh tÝch c¸c thõa sè ®«I mét nguyªn tè cïng nhau
råi chøng minh A(n) chia hÕt cho tÊt c¶ c¸c sè ®ã
+ Trong k sè liªn tiÕp bao giê còng tån t¹i mét sè lµ béi cña k
b.2- Khi chøng minh A(n) chia hÕt cho n ta cã thÓ xÐt mäi trêng hîp vÒ sè d khi chia
m cho n
* VÝ dô1:
C/minh r»ng A=n3(n2- 7)2 – 36n chia hÕt cho 5040 víi mäi sè tù nhiªn n
Gi¶i:
Ta cã 5040 = 24. 32.5.7
A= n3(n2- 7)2 – 36n = n.[ n2(n2-7)2 – 36 ] = n. [n.(n2-7 ) -6].[n.(n2-7 ) +6]
= n.(n3-7n – 6).(n3-7n +6)
Ta l¹i cã n3-7n – 6 = n3 + n2 –n2 –n – 6n -6 = n2.(n+1)- n (n+1) -6(n+1)
=(n+1)(n2-n-6)= (n+1 )(n+2) (n-3)
T¬ng tù : n3-7n+6 = (n-1) (n-2)(n+3) d
Do ®ã A= (n-3)(n-2) (n-1) n (n+1) (n+2) (n+3)
Ta thÊy : A lµ tÝch cña 7 sè nguyªn liªn tiÕp mµ trong 7 sè nguyªn liªn tiÕp:
- Tån t¹i mét béi sè cña 5 (nªn A 5 )
- Tån t¹i mét béi cña 7 (nªn A 7 )
- Tån t¹i hai béi cña 3 (nªn A 9 )
- Tån t¹i 3 béi cña 2 trong ®ã cã béi cña 4 (nªn A 16)
VËy A chia hÕt cho 5, 7,9,16 ®«i mét nguyªn tè cïng nhau A 5.7.9.16= 5040
VÝ dô 2: Chng minh r»ng víi mäi sè nguyªn a th× :
a/ a3 –a chia hÕt cho 3
b/ a5-a chia hÕt cho 5
Gi¶i:
a/ a3-a = (a-1)a (a+1) lµ tÝch cña c¸c sè nguyªn liªn tiÕp nªn tÝch chia hÕt cho 3
b/ A= a5-a = a(a2-1) (a2+1)
 C¸ch 1:
Ta xÕt mäi trêng hîp vÒ sè d khi chia a cho 5
- NÕu a= 5 k (k Z) th× A 5 (1)
- NÕu a= 5k 1 th× a2-1 = (5k2 1) 2 -1 = 25k2 10k 5 A 5 (2)
- NÕu a= 5k 2 th× a2+1 = (5k 2)2 + 1 = 25 k2 20k +5 A 5 (3)
Tõ (1),(2),(3) A 5, n Z
C¸ch 2:
Ph©n tÝch A thµnh mét tæng cña hai sè h¹ng chia hÕt cho 5 :
+ Mét sè h¹ng lµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp
+ Mét sè h¹ng chøa thõa sè 5
4
Ta cã : a5-a = a( a2-1) (a2+1) = a(a2-1)(a2-4 +5) = a(a2-1) (a2-4) + 5a(a2-1)
= a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2)- 5a (a2-1)
Mµ = a(a-1)(a+1) (a+2)(a-2) 5 (tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp )
5a (a2-1) 5
Do ®ã a5-a 5
* C¸ch 3: Dùa vµo c¸ch 2: Chøng minh hiÖu a 5-a vµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia
hÕt cho 5.
Ta cã:
a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) = a5-a – (a2- 4)a(a2-1) = a5-a - (a3- 4a)(a2-1)
= a5-a - a5 + a3 +4a3 - 4a = 5a3 – 5a 5
a5-a – (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5
Mµ (a-2)(a-1)a(a+1)(a+2) 5 a5-a 5(TÝnh chÊt chia hÕt cña mét hiÖu)
c/ Khi chøng minh tÝnh chia hÕt cña c¸c luü thõa ta cßn sö dông c¸c h»ng ®¼ng thøc:
an – bn = (a – b)( an-1 + an-2b+ an-3b2+ …+abn-2+ bn-1) (H§T 8)
an + bn = (a + b)( an-1 - an-2b+ an-3b2 - …- abn-2+ bn-1) (H§T 9)
- Sö dông tam gi¸c Paxcan:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
…..
Mçi dßng ®Òu b¾t ®Çu b»ng 1 vµ kÕt thóc b»ng 1
Mçi sè trªn mét dßng (kÓ tõ dßng thø 2) ®Òu b»ng sè liÒn trªn céng víi sè bªn tr¸i cña
sè liÒn trªn.
Do ®ã: Víi a, b Z, n N:
an – bn chia hÕt cho a – b( a b)
a2n+1 + b2n+1 chia hÕt cho a + b( a -b)
(a+b)n = Bsa +bn ( BSa:Béi sè cña a)
(a+1)n = Bsa +1
(a-1)2n = Bsa +1
(a-1)2n+1 = Bsa -1
* VD3: CMR víi mäi sè tù nhiªn n, biÓu thøc 16 n – 1 chia hÕt cho 17 khi vµ chØ khi n
lµ sè ch½n.
Gi¶i:
+ C¸ch 1: - NÕu n ch½n: n = 2k, k N th×:
A = 162k – 1 = (162)k – 1 chia hÕt cho 162 – 1( theo nhÞ thøc Niu T¬n)
Mµ 162 – 1 = 255 17. VËy A 17
- NÕu n lÎ th× : A = 16n – 1 = 16n + 1 – 2 mµ n lÎ th× 16n + 1 16+1=17 (H§T 9)
A kh«ng chia hÕt cho 17
+C¸ch 2: A = 16n – 1 = ( 17 – 1)n – 1 = BS17 +(-1)n – 1 (theo c«ng thøc Niu T¬n)
- NÕu n ch½n th× A = BS17 + 1 – 1 = BS17 chia hÕt cho 17
- NÕu n lÎ th× A = BS17 – 1 – 1 = BS17 – 2 Kh«ng chia hÕt cho 17
VËy biÓu thøc 16n – 1 chia hÕt cho 17 khi vµ chØ khi n lµ sè ch½n, n N
d/ Ngoµi ra cßn dïng ph¬ng ph¸p ph¶n chøng, nguyªn lý Dirichlª ®Ó chøng minh quan
hÖ chia hÕt.
 VD 4: CMR tån t¹i mét béi cña 2003 cã d¹ng: 2004 2004….2004
Gi¶i: XÐt 2004 sè: a1 = 2004
a2 = 2004 2004
a3 = 2004 2004 2004
……………………….
a2004 = 2004 2004…2004
2004 nhãm 2004
Theo nguyªn lý Dirichle, tån t¹i hai sè cã cïng sè d khi chia cho 2003.
Gäi hai sè ®ã lµ am vµ an ( 1 n Ta cã: am - an = 2004 2004……2004 000…00
5
m-n nhãm 2004 4n
hay am - an = 2004 2004……2004 . 104n
m-n nhãm 2004
mµ am - an 2003 vµ (104n , 2003) =1
nªn 2004 2004……2004 2003
m-n nhãm 2004
5. T×m sè d
* VD1:T×m sè d khi chia 2100
a/ cho 9 b/ cho 25
Gi¶i:
a/ Luü thõa cña 2 s¸t víi béi cña 9 lµ 23 = 8 = 9 – 1
Ta cã : 2100 = 2. 299= 2. (23)33 = 2(9 – 1 )33 = 2(BS9 -1) ( theo nhÞ thøc Niu T¬n)
= BS9 – 2 = BS9 + 7
VËy 2100 chia cho 9 d 7
b/ Luü thõa cña 2 gÇn víi béi cña 25 lµ 2 10 = 1024 =1025 – 1
Ta cã:
2100 =( 210)10 = ( 1025 – 1 )10 = BS 1025 + 1 = BS 25 +1 (theo nhÞ thøc Niu T¬n)
VËy 2100 chia cho 25 d 1
D. Củng cố
GV khái quát lại kiến thức
E. Hướng dẫn về nhà
Học bài và làm bài tập
* T×m 4 ch÷ sè tËn cïng cña 51994 khi viÕt trong hÖ thËp ph©n
Gi¶i:
- C¸ch 1: Ta cã: 1994 = 4k + 2 vµ 54 = 625
Ta thÊy sè tËn cïng b»ng 0625 khi n©ng lªn luü thõa nguyªn d¬ng bÊt k× vÉn tËn cïng
b»ng 0625
Do ®ã: 51994 = 54k+2=(54)k. 52 = 25. (0625)k = 25. (…0625)= …5625
- C¸ch 2: T×m sè d khi chia 51994 ch 10000 = 24.54
Ta thÊy 54k – 1 = (54)k – 1k chia hÕt cho 54 – 1 = (52 + 1) (52 - 1) 16
Ta cã 51994 = 56(51988 – 1) + 56 mµ 56 54 vµ 51988 – 1 = (54)497 – 1 chia hÕt cho 16
( 51994)3. 56(51988 – 1)chia hÕt cho 10000 cßn 56= 15625
51994 = BS10000 + 15625 51994 chia cho 10000 d 15625
VËy 4 ch÷ sè tËn cïng cña 51994 lµ 5625
6
Ngày soạn: 2/9/2012
Ngày dạy: 4/9/2012
Tuần 3 - Chuyên đề 1
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được cách tìm điều kiện chia hết và đồng dư thức
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh:Ôn cách chứng minh quan hệ chia hết và tìm số dư
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
7
A. Ổn định tổ chức:
B. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
6. T×m ®iÒu kiÖn chia hÕt
* VD1: T×m sè nguyªn n ®Ó gi¸ trÞ cña biÓu thøc A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc
B:
A = n3 + 2n2- 3n + 2; B = n2 – n
Gi¶i:
n3 + 2n2- 3n + 2 n2 – n
n3 – n2 n+3
3n2 - 3n + 2
3n2 – 3n
2
Ta cã: n3 + 2n2- 3n + 2 = (n2 – n)(n + 3) +
Do ®ã Gi¸ trÞ cña A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña B n2 – n ¦(2)
2 chia hÕt cho n(n – 1)
2 chia hÕt cho n
Ta cã b¶ng:
n 1 -1 2 -2
n–1 0 -2 1 -3
n(n – 1) 0 2 2 6
Lo¹i T/m T/m Lo¹i
VËy víi n = -1, n = 2 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc A chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc B
 VD 2: T×m sè nguyªn n dÓ n5 + 1 chia hÕt cho n3 + 1
Gi¶i:
n5 + 1 n3 + 1 n5 + n2 – n2 + 1 n3 + 1
n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) n3 + 1
(n – 1)(n + 1) (n+1)(n2 – n + 1)
n – 1 n2 – n + 1
n(n – 1) n2 – n + 1
Hay n2 – n n2 – n + 1
(n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1
1 n2 – n + 1
XÐt hai trêng hîp:
+ n2 – n + 1 = 1 n2 – n = 0 n(n – 1) = 0 n = 0, n = 1 thö l¹i thÊy t/m ®Ò bµi
+n –n+1=-1
2 n2 – n + 2 = 0 , kh«ng cã gi¸ trÞ cña n tho¶ m·n
 VD 3: T×m sè tù nhiªn n sao cho 2n - 1 chia hÕt cho 7
Gi¶i:
Ta cã luü thõa cña 2 gÇn víi béi cña 7 lµ 23 = 8 = 7 + 1
- NÕu n = 3k (k N) th× 2n - 1= 23k – 1 = (23)k – 1 = 8 k - 1k 8 – 1 = 7
NÕu n = 3k + 1(k N) th× 2n - 1 = 23k+1 – 1 = 8k . 2 – 1= 2(8k – 1) + 1
= 2. BS7 + 1
2n - 1 kh«ng chia hÕt cho 7
- NÕu n = 3k +2(k N) th× 2n - 1 = 23k+2 – 1= 4.23k – 1
= 4( 8k – 1) + 3 = 4.BS7 + 3
2 - 1 kh«ng chia hÕt cho 7
n
VËy 2n - 1 7 n = 3k (k N)
Bµi tËp
Bµi 1: Chøng minh r»ng:
a/ n3 + 6n2 + 8n chia hªt ch 48 víi mäi sè n ch½n
b/ n4 – 10n2 + 9 chia hÕt cho 384 víi mäi sè n lÎ
Gi¶i
a/ n3 + 6n2 + 8n = n(n2 + 6n + 8) = n( n2 + 4n + 2n + 8) = n[n(n + 4) + 2(n + 4)]
8
= n(n+2)(n + 4)
Víi n ch½n, n = 2k ta cã:
n3 + 6n2 + 8n = 2k(2k + 2)(2k + 4) = 8.k. (k + 1)k + 2) 8
b/ n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9 = n2(n2 – 1)- 9(n2 – 1) = (n2 – 1)(n2 - 9)
= (n – 1)(n+1)(n-3)(n+3)
Víi n lÎ, n = 2k +1, ta cã:
n4 – 10n2 + 9 = (2k +1 – 1)(2k + 1+1)(2k + 1 – 3)( 2k + 1 +3)
= 2k(2k+2)(2k-2)(2k+4)= 16k(k+1)(k-1)(k+2) 16
Bµi 2: Chøng minh r»ng
a/ n6 + n4 -2n2 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn n
b/ 32n – 9 chia hÕt cho 72 víi mäi sè nguyªn d¬ng n
Gi¶i:
Ta cã: A= n6 + n4 -2n2 = n2(n4+n2 -2)= n2(n4 + 2n2 –n2 – 2)= n2[(n2 +2)- (n2 +2)]
= n2(n2 + 2)(n2 – 1).
Ta l¹i cã: 72 = 8.9 víi (8,9) = 1
XÐt c¸c trêng hîp:
+ Víi n = 2k A = (2k)2(2k + 1) (2k -1)(4k2 +2) = 8k2(2k + 1) (2k -1)(2k2 +1) 8
+ Víi n = 2k +1 A = (2k + 1)2(2k +1 – 1)2= (4k2 + 4k +1)4k2 8
T¬ng tù xÐt c¸c trêng hîp n = 3a, n= 3a 1 ®Ó chøng minh A 9
VËy A 8.9 hay A 72
Bµi 3: Cho a lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3. Chøng minh r»ng a2 – 1 chia hÕt cho 24
Gi¶i:
V× a2 lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 nªn a lÎ a2 lµ sè chÝnh ph¬ng lÎ
a2 chia cho 8 d 1
a2 – 1 chia hÕt cho 8 (1)
MÆt kh¸c a lµ sè nguyªn tè lín h¬n 3 a kh«ng chia hÕt cho 3
a2 lµ sè chÝnh ph¬ng kh«ng chia hÕt cho 3 a2 chia cho 3 d 1
a2 – 1 chia hÕt cho 3 (2)
Mµ (3,8) = 1 (3)
Tõ (1), (2), (3) a2 – 1 chia hÕt cho 24
Bµi 4: Chøng minh r»ng:
NÕu sè tù nhiªn a kh«ng chia hÕt cho 7 th× a6 -1 chia hÕt cho 7
Gi¶i:
Bµi to¸n lµ trêng hîp ®Æc biÖt cña ®Þnh lý nhá PhÐc ma:
- D¹ng 1: NÕu p lµ sè nguyªn tè vµ a lµ mét sè nguyªn th× ap – a chia hÕt cho p
- D¹ng 2: NÕu a lµ mét sè nguyªn kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× a p-1-1 chia hÕt
cho p
ThËt vËy, ta cã a6 -1 = (a3 + 1) (a3 - 1)
- NÕu a = 7k 1 (k N) th× a3 = ( 7k 1)3 = BS7 1 a3 - 1 7
- NÕu a = 7k 2 (k N) th× a3 = ( 7k 2)3 = BS7 23 = BS7 8 a3 - 1 7
- NÕu a = 7k 3 (k N) th× a3 = ( 7k 3)3 = BS7 33 = BS7 27 a3 + 1 7
Ta lu«n cã a3 + 1 hoÆc a3 – 1 chia hÕt cho 7. VËy a6 – 1 chia hÕt cho 7
Bµi 5: Chøng minh r»ng:
NÕu n lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn th× (n-1)n(n + 1) chia hÕt cho 504
Gi¶i:
Ta cã 504 = 32 . 7.8 vµ 7,8,9 nguyªn tè cïng nhau tõng ®«i mét
V× n lµ lËp ph¬ng cña mét sè tù nhiªn nªn ®Æt n = a3
CÇn chøng minh A=(a3-1)a3(a3 + 1) chia hÕt cho 504
Ta cã: + NÕu a ch½n a3 chia hÕt cho 8
NÕu a lÎ a3-1vµ a3 + 1 lµ hai sè ch½n liªn tiÕp (a3-1) (a3 + 1) chi hÕt cho 8
VËy A 8 , n N (1)
+ NÕu a 7 a 7 3 A 7
NÕu a kh«ng chia hÕt cho 7 th× a6 – 1 7 (a3-1) (a3 + 1) 7(§Þnh lÝ PhÐc ma)
VËy A 7 , n N (2)
+ NÕu a 3 a3 9 A 9
NÕu a kh«ng chia hÊe cho 3 a = 3k 1 a3 = ( 3k 3)3= BS9 1
a – 1 = BS9+1 – 1 9
3
9
a3 + 1 = BS9- 1 + 1 9
VËy A 9 , n N (3)
Tõ (1), (2), (3) A 9 , n N
Bµi 7: §è vui: N¨m sinh cña hai b¹n
Mét ngµy cña thËp kû cuèi cïng cña thÕ kû XX, mét nhê kh¸ch ®Õn th¨m trêng gÆp
hai häc sinh. Ngêi kh¸ch hái:
- Cã lÏ hai em b»ng tuæi nhau?
B¹n Mai tr¶ lêi:
- Kh«ng, em h¬n b¹n em mét tuæi. Nhng tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh mçi
chóng em ®Òu lµ sè ch½n.
- VËy th× c¸c em sinh n¨m 1979 vµ 1980, ®óng kh«ng?
Ngêi kh¸ch ®· suy luËn thÕ nµo?
Gi¶i:
Ch÷ sè tËn cïng cña n¨m sinh hai b¹n ph¶I lµ 9 vµ 0 v× trong trêng hîp ngùoc l¹i th×
tæng c¸c ch÷ sè cña n¨m sinh hai b¹n chØ h¬n kÐm nhau lµ 1, kh«ng thÓ cïng lµ sè
ch½n.
Gäi n¨m sinh cña Mai lµ th× 1 +9+a+9 = 19 + a. Muèn tæng nµy lµ sè ch½n th× a
{1; 3; 5; 7; 9}. HiÓn nhiªn Mai kh«ng thÓ sinh n¨m 1959 hoÆc 1999. VËy Mai sinh
n¨m 1979, b¹n cña Mai sinh n¨m 1980.
Phần 2: ĐỒNG DƯ THỨC
I.Lí thuyết đồng dư:
a) §Þnh nghÜa : Cho sè nguyªn m > 0. NÕu 2 sè nguyªn a, b cho cïng sè d khi chia
cho m th× ta nãi a ®ång d víi b theo m«®un m .
KÝ hiÖu :
b) TÝnh chÊt
a)
b)
c)
d)
c) Một số hằng đẳng thức:

 (n lẻ)

II.Ví dụ:
1. Chứng minh:
Giải:
2 + 2 = 2 = 512  112(mod 200) (1)
 2 = 2  112 (mod 200) .
112 = 12544  12 (mod 200)  112  12 (mod 200)
12 = 61917364224  24(mod 200) .
112  24.112(mod 200)  2688(mod 200)  88(mod 200)
 2  88(mod 200) (2)
Từ (1) và (2)  2 + 2 = 200(mod 200) hay
III,Bài tập tự luyện:
Sử dụng hằng đẳng thức và đồng dư
1.
2.
3.
4.
10
5.
6.
7.
D. Củng cố
GV khái quát lại kiến thức
E. Hướng dẫn về nhà
- Học bài và làm bài tập
Bµi 6: T×m sè tù nhiªn n ®Ó gi¸ trÞ cña biÓu thøc sau lµ sè nguyªn tè:
a/ 12n2 – 5n – 25
b/ 8n2 + 10n +3
c/
Gi¶i:
a/ Ph©n tÝch thµnh nh©n tö: 12n2 – 5n – 25 = 12n2 +15n – 20n – 25
= 3n(4n + 5) – 5(4n +5) = (4n +5)(3n –5)
Do 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè vµ 4n +5 > 0 nªn 3n – 5 > 0.
Ta l¹i cã: 3n – 5 < 4n +5(v× n 0) nªn ®Ó 12n2 – 5n – 25 lµ sè ngyªn tè th× thõa sè
nhá ph¶i b»ng 1 hay 3n – 5 = 1 n=2
Khi ®ã, 12n2 – 5n – 25 = 13.1 = 13 lµ sè nguyªn tè.
VËy víi n = 2 th× gi¸ trÞ cña biÓu thøc 12n2 – 5n – 25 lµ sè nguyªn tè 13
b/ 8n2 + 10n +3 = (2n – 1)(4n + 3)
BiÕn ®æi t¬ng tù ta ®îc n = 0. Khi ®ã, 8n2 + 10n +3 lµ sè nguyªn tè 3
c/ A = . Do A lµ sè tù nhiªn nªn n(n + 3) 4.
Hai sè n vµ n + 3 kh«ng thÓ cïng ch½n. VËy hoÆc n , hoÆc n + 3 chia hÕt cho 4
- NÕu n = 0 th× A = 0, kh«ng lµ sè nguyªn tè
- NÕu n = 4 th× A = 7, lµ sè nguyªn tè
-NÕu n = 4k víi k Z, k > 1 th× A = k(4k + 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n 1 nªn A lµ
hîp sè
- NÕu n + 3 = 4 th× A = 1, kh«ng lµ sè nguyªn tè
- NÕu n + 3 = 4k víi k Z, k > 1 th× A = k(4k - 3) lµ tÝch cña hai thõa sè lín h¬n 1 nªn
A lµ hîp sè.
VËy víi n = 4 th× lµ sè nguyªn tè 7
11
Ngày soạn: 9/9/2012
Ngày dạy:11/9/2012
Tuần 4 - Chuyên đề 1
TÍNH CHẤT CHIA HẾT CỦA SỐ NGUYÊN
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được phương pháp chứng minh quy nạp toán học
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh:Ôn đồng dư thức
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
A)Ổn định tổ chức:
B) Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
QUY NẠP TOÁN HỌC
I.PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH
B1: Kiểm tra mệnh đề đúng với n = 1?
B2: Giả sử Mệnh đề đúng với n = k  1. Chứng minh mệnh đề đúng với n = k +
1
II.VÍ DỤ:
1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì:
Giải:
-Với n = 1:A1 = 7 + 8 = 855  57
- Giả sử Ak  57 nghĩa là
 Ak+1 = 7 + 8 =7. 7 + 64.8 = 7(7 + 8 ) + 57.8 .
Vì 7 + 8 ( giả thiết qui nạp) và 57.8 57
12
 Ak+1 57
Vậy theo nguyên lí qui nạp A = 7 + 8 57.
*Chú í: Trong trường hợp tổng quát với n là số nguyên và n  n0.
Thì ta kiểm tra mệnh đề đúng khi n = n0?
III.BÀI TẬP:
Chứng minh : Với n là số tự nhiên thì:
1.
2. 11 + 12 133
3.
4.
5.
LUYỆN TẬP
1.
2.
3. sao cho
4. A=
HD: (a + b) 9 và (a + b) = 9k k=1 a+b=9
9a = 9.8 = 72 a = 8 và b = 1
5. B=
HD: Đặt ; 99x = (x + y)(x + y - 1) 992
Xét 2 khả năng :
(1) B = 9801
(2)
ĐS: B = 9801;2025;3025
6. =
7. sao cho
D. Củng cố
GV khái quát lại kiến thức
E. Hướng dẫn về nhà
- Học bài và làm bài tập
8. Tìm
9. Tính giá trị của biểu thức:
1/ Cho x +y = 3, tính giá trị A = x2 + 2xy + y2 – 4x – 4y + 3.
2/ Cho x +y = 1.Tính giá trị B = x3 + y3 + 3xy
3/ Cho x – y =1.Tính giá trị C = x3 – y3 – 3xy.
4/ Cho x + y = m và x.y = n.Tính giá trị các biểu thức sau theo m,n.
a) x2 + y2 b) x3 + y3 c) x4 + y4
5/ Cho x + y = m và x2 + y2 = n.Tính giá trị biểu thức x3 + y3 theo m và n.
6/ a) Cho a +b +c = 0 và a2 + b2 + c2 = 2.Tính giá trị của bt: a4 + b4 + c4.
13
b) Cho a +b +c = 0 và a2 + b2 + c2 = 1.Tính giá trị của bt: a4 + b4 + c4.
Ngày soạn: 16/9/2012
Ngày dạy: 18/9/2012
Tuần 5 - Chuyên đề 2
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được định nghĩa và các tính chất của số chính phương
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh: Đọc trước các nội dung GV yêu cầu
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
A. Ổn định tổ chức:
B. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ
số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố
với số mũ chẵn.
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 (n N).
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 (n N).
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.
6. 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.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
14
DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
= k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
S = .1.2.3.4 - .0.1.2.3 + .2.3.4.5 - .1.2.3.4 +…+ k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)
(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; …
Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó.
Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44…488…89 = 44…488..8 + 1 = 44…4 . 10n + 8 . 11…1 + 1
n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1
= 4. . 10n + 8. +1
= =
2
=
15
Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
2
Z hay các số có dạng 44…488…89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
A = 11…1 + 44…4 + 1
2n chữ số 1 n chữ số 4
B = 11…1 + 11…1 + 66…6 + 8
2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
C = 44…4 + 22…2 + 88…8 + 7
2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
2 2 2
Kết quả: A = ; B= ; C=
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:
a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0
b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5
a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9
= 225.102n – 90.10n + 9
= ( 15.10n – 3 ) 2
A là số chính phương
b. B = 111…1555…5 + 1 = 11…1.10n + 5.11…1 + 1
n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
= . 10n + 5. +1=
2
= = là số chính phương ( điều phải chứng minh)
16
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là
một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5
5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n N và n>1 không
phải là số chính phương
n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]
= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)
Với n N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2
và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng
đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó
là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9
khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương
Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận
cùng của a là 4 hoặc 6 a 2 a2 4
Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56,
76, 96 Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số
chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)
a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
= 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số
chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1
không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p 2 và p không chia hết cho 4 (1)
17
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ m2 lẻ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 p+1 = 4k2 + 4k + 1
p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) 4 mâu thuẫn với (1)
p+1 là số chính phương
b. p = 2.3.5… là số chia hết cho 3 p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7…2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số
chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N 3 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N)
2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
2N+1 không là số chính phương.
D- Củng cố:
GV khái quát kiến thức
E- Hướng dẫn về nhà
Học bài và làm bài tập
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
Chứng minh là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11…1 = ; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5
2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0
2
ab+1 = +1= =
2
= =
Ta thấy 102008 + 2 = 100…02 3 nên N hay là số tự nhiên.
2007 chữ số 0
Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6
18
2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9
ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2
= = 3a + 1 N
Ngày soạn: 23/9/2012
Ngày dạy: 25/9/2012
Tuần 6 - Chuyên đề 2
SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. MỤC TIÊU
+ Kiến thức: HS nắm được định nghĩa và các tính chất của số chính phương
+ Kỹ năng: HS vận dụng được các kiến thức đã học vào giải bài tập
+ Thái độ: Rèn luyện tư duy sáng tạo, tính cẩn thận.
II. PHƯƠNG TIỆN THỰC HIỆN:
+ Giáo viên:Giáo án, SGK, tài liệu bồi dưỡng
+ Học sinh: Đọc trước các nội dung GV yêu cầu
III.CÁCH THỨC TIẾN HÀNH:
Lấy học sinh làm trung tâm + Gợi mở vấn đáp
IV. TIẾN TRÌNH BÀI DẠY:
A.Ổn định tổ chức:
B. Kiểm tra bài cũ: Kết hợp trong bài
C. Nội dung:
DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589
Giải
a. Vì n + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
2
(n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết
(k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k=6
k–n-1=1 n=4
2 2 2
b. Đặt n(n+3) = a (n N) n + 3n = a 2
4n + 12n = 4a2
(4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
(2n + 3) - 4a2 = 9
(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có
thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n=1
2n + 3 – 2a = 1 a=2
19
c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
(y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
y = 13k 4 (Với k N)
13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8)
n = 13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương.
d. Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết
(2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a. a2 + a + 43
b. a2 + 81
c. a2 + 31a + 1984
Kết quả: a. 2; 42; 13
b. 0; 12; 40
c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính
phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận
cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số
chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)
b. (23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
c. n2 + 4n + 97
d. 2n + 15
20