PHƯƠNG PHÁP QUI NẠP TOÁN HỌC
I. PHƯƠNG PHÁP QUY NẠP
Để cm một mệnh đề phụ thuộc số tự nhiên n∈ N ta không thể thử trực tiếp với mọi số tự nhiên
được vì tập hợp số tự nhiên là vô hạn. Song ta có thể tiến hành các bước kiểm tra như sau
Bước 1 : Trước hết ta kiểm tra rằng mệnh đề đúng với n=0
Bước 2 : Rồi ta chứng rằng : Từ giải thiết mệnh đề đúng với một số tự nhiên n=k ≥0 bất kì suy
ra nó đúng với n=k+1 .
Ví dụ : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥2 ta có đẳng thức :
a
n
-b
n
=(a-b)(a
n-1
+a
n-2
b +… + b
n-1
)
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp .
* Khi n=2 ta có a
2
-b
2
=(a-b)(a+b) là đúng
* Giả sử đẳng thức đúng khi n=k . Tức là ta có : a
k
-b
k
=(a-b)(a

= a
k
(a-b)+ b(a
k
-b
k
) = a
k
(a-b) + b(a-b)(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)
= (a-b)[ a
k
+ b(a
k-1
+a
k-2
b +… + b
k-1
)] = (a-b)(a
k
+a
k-1
b +… + b
k
) = VP

2n 2
4.3 32n 36 64
+
+ − M
Bài 6 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ≥1 ta luôn có: (n+1)(n+2)…(2n)
M
1.3.5…(2n-1)
Bài 7 : Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có: n
3
+2n
M
3
Bài 8: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n ta luôn có:
n
16 15n 1 225− − M
TÍNH CHIA HẾT
A. CHIA HẾT SỐ NGUYÊN
1. Định nghĩa: Cho hai số nguyên bất kì a và b (b
≠
0). Tồn tại một và chỉ một cặp số nguyên
(q, r) sao cho a = bq + r với
0 r b≤ <
.
* Nếu r = 0 thì a chia hết cho b: a
M
b
⇔
a = kb a, b, k
∈¥
* Nếu r

M
m thì a
±
b
M
m
a
±
b
M
m mà a
M
m thì b
M
m
a
M
m, b
M
n thì ab
M
nm
a
M
m thì a
n

M
m
n

b
M
m
* Trong n số nguyên liên tiếp (n∈N
*
) có một và chỉ một số chia hết cho n.
* Trong n+1 số nguyên bất kì (n∈N
*
) chia cho n thì có hai số chia cho n có cùng số dư.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho một số nguyên tố p ta có thể xét mọi trường hợp về số dư của n chia
cho p.
* Để chứng tỏ A(n) chia hết cho hợp số m, ta phân tích m thành tíchcác thưac số đôi một nguyên tố
cùng nhau rồi lần lượt chứng tỏ A(n) chia hết cho từng thừa số đó.
* Để CM f(x) chia hết cho m thông thường ta phân tích f(x) thành nhân tử rồi xét số dư khi chia x
cho m.
PHƯƠNG PHÁP GIẢI :
1/ Phương pháp 1 : A(n) chia hết cho p; ta xét số dư khi chia n cho p
Ví dụ : A(n) = n(n
2
+1)(n
2
+4) chia hết cho 5
n chia cho 5 có số dư là r =0,1,2,3,4,5
a/ Với r = 0 thì n chia hết cho 5 => A(n) chia hết cho 5
b/ Với r = 1 => n = 5k+1 => n
2
= 25k
2
+10k +1 thì (n
2

m có thể biến đổi A(n) thành tổng nhiều hạng tử và
chứng minh mỗi hạng tữ chia hết cho n.
4/ Phương pháp 4 : Để chứng minh A(n)

m ta phân tích A(n) thành nhân tử, trong đó có một
nhân tử bằng m hoặc chia hết cho m: A(n) = m.B(n)
+ Thường ta sử dụng các hằng đẳng thức :
a
n
– b
n


a – b ( a
≠
b) n bất kỳ.
a
n
– b
n


a – b ( a
≠
- b) n chẵn.
a
n
+ b
n


-4n
2
-16n

384 với
∀
n chẵn
Bài 2. CMR: a)
4 2
n n 12− M

b)
2
n(n 2)(25n 1) 24+ − M
c) Chữ số tận cùng của số tự nhiên n và n
5
là giống
nhau.
d)
3 3
(a b) 6 (a b ) 6+ ⇔ +M M
e) Cho n > 2 và (n, 6) = 1. CMR
2
n 1 24− M

g)
2n 1 n 2
3 2 7
+ +
+ M


g(x) hoặc f(x) - g(x)

g(x).
Cách 4 : Chứng tỏ rằng mọi nghiệm của đa thức chia đều là nghiệm của đa thức bị chia
BÀI TẬP
Bài 1. Xác định các hằng số a ; b sao cho:
a) 4x
2
- 6x + a

(x-3)
b) 2x
2
+ x + a

(x+3)
c) x
3
+ ax
2
- 4

(x
2
+ 4x + 4)
d) 10x
2
- 7x + a


– 2

n – 2
d/ n
3
- 3n
2
+ 3n - 1

n
2
+n + 1
e/n
4
– 2n
3
+ 2n
2
– 2n + 1

n
4
– 1
Bài 4: Tìm số dư phép chia x
99
+ x
55
+ x
11
+x + 7 cho x + 1

- 9x
8
+ 1

(x – 1)
2
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
I. MỘT SỐ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH VỚI NGHIỆM NGUYÊN
1. Dạng 1: Phương trình bậc nhất.
a. Phương trình dạng: ax + by = c (a,b,c nguyên)
* Cách giải: - Tách cá hệ số về tổng các số chia hết cho a hoặc b (Số nào có GTTĐ lớn hơn)
- Sử dụng dấu hiệu và tính chất chia hết của một tổng để tìm ra một ẩn .
Thay nghiệm vừa tìm được vào phương trình ban đầu tìm nghiệm còn lại.
- Kết luận nghiệmBài tập mẫu: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x + 3y = 11
Giải:
Cách 1: 2x + 3y = 11
1 y
x y 5
2
−
⇒ = − + +

x nguyên khi
1 y 2 hay y = 2t + 1 t− ∈M ¢
⇒
x = 4 – 3t
Vậy nghiệm nguyên của phương trình:
x 4 – 3t
y 2t 1
=


nghiệm tổng quát
0 1
0 1
x x b t
y y a t
= −


= +


Vậy nghiệm phương trình là:
x 4 – 3t
y 2t 1
=


= +
Ví dụ 1 Giải phương trình: 11x + 18 y = 120
Hướng dẫn giải
11x + 18 y = 120  11x + 22y – 4y = 121 – 1
 11(x + 2y -11 ) = 4y – 1
1 4y – 1
M
11 => 12y – 3
M

= −


Với điều kiện nghiệm nguyên dương ta có:
7 12 0
27 12 0
x t
y t
= − >


= − >

=> t = 2
Vậy nghiệm nguyên của phương trình là
2
3
x
y
=


=

b. Phương trình dạng: ax + by +cz= d (a,b,c,d nguyên)
Ví dụ Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 6x + 15y + 10 z = 3 (1)
Hướng dẫn giải
2 (1)  3(2x +5y +3 z-1) = - z
=> z
M

M
2x + 3 => …. 7
M
2x + 3 Lập bảng ta có: các cặp (x; y) là: (-1;6); (-1; -2);
(2; 3); (-5; 2) Thử lại các giá trị đó đều đúng.
Cách 2. Đưa về phương trình ước số:
Cách 3: Coi đó là phương trình bậc hai ẩn x, y là số đã biết. Đặt ĐK để có x nguyên.
Ví dụ 2 Tìm các nghiẹm nguyên của phương trình.
x
2
+ 2y
2
+3xy –x – y + 3 =0 (1)
Hướng dẫn giải
Sử dụng cách thứ 3 như ví dụ trên.
3. Dạng 3: Phương trình bậc ba trở lên có hai ẩn.
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x(x+1)(x+2)(x+3) = y
2
(1)
Hướng dẫn giải
Phương trình (1)  (x
2
+ 3x)(x
2
+ 3x + 2) = y
2

Đặt a = x
2
+ 3x (ĐK: a


8xy≤ +
(2)
Nếu xy + 8 < 0=> (2)  (x + y)
2

≤
-8. Vô nghiệm.
N ếu xy +8 > 0 => (2)  x
2
+ y
2

≤
8
=> x
2
, y
2

{ }
0;1;4∈
Từ đó tìm được Hai nghiệm nguyên của (1) là: (0; - 2); (2; 0)
4. Dạng 4: Phương trình dạng phân thức.
Ví dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
1 1 1 1
6 6x y xy
+ + =
(1)
Hướng dẫn giải

) = 1 => x – 17 = a
2
.k; x – 9 = b
2
.k (k nguyên)
Từ đó ta có: 8 = (a + b).(b – a).k
Lập bảng tìm được nghiệm của phương trình
x =17; 18; 8
5. Dạng 5: Phương trình dạng mũ.
Ví dụ Tìm các số tự nhiên x, y sao cho:
2
x
+ 3 = y
2
(1)
Hướng dẫn giải
3 Nếu x = 0 => y
2
= 4 => y = 2 hoặc y = -2.
4 Nếu x = 1 => y
2
= 5 Vô nghiệm nguyên.
5 Nếu x
≥ 2
=> 2
x

M
4 Do đó vế tráI chia cho 4 dư 3 mà y lẻ (Do 1) => y
2

e) 0 < a < b và 0 < c < d
⇒
a.c < b.d
f)
( )
2 1 2 1
n
n n
a b a b
+ + +
< ⇔ < ∈¢
0 <
( )
2 2
n
n n
a b a b
+
< ⇔ < ∈¢
g)
( )
2 1 2 1
n
n n
a b a b
+
+ +
< ⇔ < ∈¢

( )

≥
,
a 0∀ >
III. Bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối
a) |x|
≥
0, |x|
≥
x, |x|
≥
-x
b) |x|
≤
a
⇔
-a
≤
x
≤
a ( với a > 0)
|x|
≥
a
⇔
x
≤
-a hoặc x
≥
a
c) |a|-|b|

a a a b b b+ + + + + +
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:
1 2
1 2

n
n
a
a a
b b b
= = =
III.BĐT Becnuli
Cho a > -1, n
∈
N
*
:
(1+ + a)
n

≥
1 + na.
Đẳng thức xảy ra khi
a = 0 hoặc n = 1
2 Bất đẳng thức Cô-si mở rộng:
Cho n số không âm: a
1
; a
2; …;
a

b
≥
≥
 
+ ≥
 ÷
 
Dấu “=” xảy ra khi v chỉ khi:a= b.
Bài 2: Với mọi a, b,x,y, thuộc
¡
.
Chứng minh rằng:
( ) ( )
2 2 2
| |ax by a b x y
2
+ ≤ + +
Áp dụng :
1. Cho x
2
+ y
2
=1 , chứng minh -
2
≤ x+y ≤
2

2. Cho x+2y = 2 , chứng minh x
2
+ y

a b c
   
+ + + ≥
 ÷ ÷ ÷
   
Bài 7: CMR với 4 số a, b, x, y bất kỳ ta có:
≥++ ))((
2222
yxba
(ax + by)
2
.Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
Bài 8: Cho a, b, c, d > 0. Cm:
( )( )
dbcacdab ++≤+
Bài 9: CM bất đẳng thức:
( ) ( )
22
2222
dbcadcba +++≥+++
Bài 10: Cho a, b, c là các số dương cm BĐT

2
222
cba
ba
c
ac
b
cb

2
+ b
2
+ c
2
= 2 (2)
CMR mỗi số a, b, c đều thuộc đoạn






−
0;
3
4
Bài 14: Cho a, b, c thỏa mãn hệ thức 2a + 3b = 5.
CMR: 2a
2
+ 3b
2

≥
5.
Bài 15: Cho a, b là hai số thỏa mãn đi: a + 4b = 1.
CM: a
2
+ 4b
2

+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
Bài 19: Cho
100
1

3
1
2
1
1 ++++=S
.
CMR: S không là số tự nhiên.
Bài 20: a) Cho x, y dương. CMR:
yxyx +
≥+
411
.
Dấu bằng xảy ra khi nào?
b) Tam giác ABC có chu vi
2
cba
P

−
+
−
=
a
b
b
a
P
Bài 22: Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. CM: a
2
+ b
2
+ c
2
< 2(ab + bc + ca)
Bài 23: CMR nếu a, b, c > 0 và a + b + c = 1 thì

9
111
≥






++
cba
.

CMR:
8
3
8
22
≤+≤ ba
. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài 28: CMR với mọi a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. Ta có BĐT:
3
211
≥
+
++
baba
Bài 29: CMR nếu:
a)
51 ≤≤ a
thì
105413 ≤−+− aa
b) a + b
2;01;0 =+≥+≥ bab
thì
2211 ≤+++ ba
Bài 30: Cho biểu thức
4 3 4 3
5 4 3 2
3 1
1 1
4


c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
< 2.
Bài 32: Cho các số dương a, b thỏa mãn điều kiện a + b = 1. CMR :
9
1
1
1
1 ≥






+







.
2) Tính chất:
1. Số chính phương chẵn thì chia hết cho 4, số chính phương lẻ khi chia cho 8 dư 1
2. Nếu a=3k thì
( )
2
0 mod9a ≡
; Nếu
3a k≠
thì
( )
2
1 mod3a ≡
3. Giữa các bình phương của hai số nguyên liên tiếp không có số chính phương nào
4. 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
5. Nếu hiệu của hai số nguyên bằng 2n thì tích của chúng thêm n
2
sẽ là số chính phương.
6. Nếu ab chính phương, (a,b)=1 thì a chính phương và b chính phương.
HD: G/s ab= c
2
và gọi d=(a,c) suy ra a=a
1
d; c=c
1
d, (c
1
, d
1

∈
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
A. 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) + y
4
là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y
4

= (x
2
+ 5xy + 4y
2
)( x
2
+ 5xy + 6y

V ì x, y, z
∈
Z nên x
2

∈
Z, 5xy
∈
Z, 5y
2

∈
Z
⇒
x
2
+ 5xy + 5y
2

∈
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
= (n
2
+ 3n)( n

k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
=
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)(k-1)
⇒
S =
4
1
.1.2.3.4 -
4
1
.0.1.2.3 +
4
1
.2.3.4.5 -
4
1
.1.2.3.4 +…+
4
1
k(k+1)(k+2)(k+3) -
4
1
k(k+1)(k+2)
(k-1) =
4

nnn
=
9
110.410.4
2
++
nn
=








+
3
110.2
n
Ta thấy 2.10
n
+1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
n-1 chữ số 0
⇒






210
n
; B =








+
3
810
n
;
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 = 224.10
2n
+ 99…9.10
n+2
+ 10
n+1
+ 9
= 224.10
2n
+ ( 10

2
+ 2n + 12 b. n ( n+3 )
c. 13n + 3 d. n
2
+ n + 1589
Giải
a. Vì n
2
+ 2n + 12 là số chính phương nên đặt n
2
+ 2n + 12 = k
2
(k
∈
N)

⇒
(n
2
+ 2n + 1) + 11 = k
2

⇔
k
2
– (n+1)
2
= 11
⇔
(k+n+1)(k-n-1) = 11

⇔
(2n + 3)
2
- 4a
2
= 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
c. Đặt 13n + 3 = y
2
( y
∈
N)
⇒
13(n – 1) = y
2
– 16

⇔
13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
⇒
(y + 4)(y – 4)

8k + 1 (Với k
∈
N) thì 13n + 3 là số chính phương.
a. Đặt n
2
+ n + 1589 = m
2
(m
∈
N)
⇒
(4n
2
+ 1)
2
+ 6355 = 4m
2

⇔
(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. a
2
+ a + 43
b. a
2
+ 81

Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n
2
là số chính phương.
Giả sử 2006 + n
2
là số chính phương thì 2006 + n
2
= m
2
(m
∈
N)
Từ đó suy ra m
2
– n
2
= 2006
⇔
(m + n)(m - n) = 2006
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m
⇒
2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2)
⇒
m + n và m – n là 2 số chẵn

⇒
(m + n)(m - n)


B = abcd + 1111 = m
2

⇒
m
2
– k
2
= 1111
⇔
(m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Do đó m – k == 11
⇔
m = 56
⇔
A = 2025
m + k = 101 n = 45 B = 3136
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ
số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k
2
ta có ab – cd = 1 và k
∈
N, 32 ≤ k < 100
Suy ra 101cd = k
2
– 100 = (k-10)(k+10)
⇒


11
⇒
a + b

11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18
⇒
a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n
2
= 11
2
(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; …; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn
⇒
b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt
abcd = x
2
= y
3
Với x, y
∈
N
Vì y
3
= x

2 2
2 2 1k a b a b a b+ = − = − +
Do vế trái chẵn nên hai số a và b có cùng tính chẵn lẻ suy ra (a-b) và (a+b) cùng chẵn. Khi đó vế
phải chia hết cho 4.
4. Chứng minh phương trình 13x
2
+2 =y
2
không có nghiệm nguyên.
HD: + x và y cùng tính chẵn lẻ
+ Khi y chẵn:
( ) ( )
VP 0 mod 4 ;VT 2 mod 4 ;≡ ≡
+ Khi y lẻ :
( ) ( )
VP 1 mod8 ;VT 7 mod8 ;≡ ≡
5. Tìm
n∈¥
để
2 8 5
n
n+ +
là chính phương.
HD: +
( )
3 2 8 5 5 mod8
n
n n≥ → + + ≡
+ n=2: 25 là chính phương.
+ n=0 hoặc 1 thì không thoả mãn

+2n+1 = (n+1)
2
9. Tìm
n∈¥
n
2
+ 3n là chính phương.
HD: Dễ thấy n = 0;1 đúng.
Ngoài ra, có n
2
+2n+1< n
2
+3n < n
2
+4n+4 hay (n+1)
2
< n
2
+3n< (n+2)
2
10. Tìm
n
∈
¥
để n
2
+ 3 chia hết cho 5.
11. Tìm
n∈¥
để n! + 97 là chính phương.

15. Chứng minh rằng không tồn tại
n
∈
¥
để n
2
+n+2 chia hết cho 3.
HD: G/s
n∃ ∈¥
để n
2
+n+2=3k khi đó n
2
+n+2-3k = 0 có nghiệm nguyên dương
Có
( )
3 4 3 2k∆ = − +
là số chính phương. Điều này vô lí vì
( )
2 mod3∆ ≡
16. Gọi N=2.3.4…P
n
là tích của n số nguyên tố đầu tiên. Chứng minh rằng cả 3 số N, N-1, N+1
đều không là số chính phương.
HD: Nếu N chẵn nhưng không chia hết cho 4 nên N không chính phương.
Nếu N+1=k
2
thì k lẻ khi đó
N=(k-1)(k+1) 4!M
Nếu

2
=100a(a+1)+25. Vì a(a+1) chẵn . Ta có ĐPCM.
21. Tìm
,x y∈¥
để 2
x
+ 5
y
chính phương.
HD: G/s
( )
2 2
2 5
y
k k+ = ∈¢
+ Nếu x=0 thì 1+5
y
=k
2
suy ra k chẵn
( )
1 5 2 mod4
y
⇒ + ≡
+ Nếu
0x
≠ ⇒
k lẻ và k không chia hết cho 5.
1 y=0:
( ) ( )

= + − ⇒ + = ∈

− =

¥
( )
1 1
2 5 5 1 5 1, 0 2 5 1
n b a b b n y
b hay a y
+ − +
⇒ = − ⇒ = = = ⇒ = −
+ Nếu y=2t thì 2
n+1
=25
t
-1 chia hết cho 3
+ Nếu y lẻ thì 2
n+1
=4(5
y-1
+5
y-2
+…+ 5+1)
nếu y>1 thì 5
y-1
+5
y-2
+…+5+1 lẻ.
Vậy y=1 suy ra x=2. Đáp số x=1; y=2.

.
Vì n<100 và 101 là nguyên tố nên n+10=101 suy ra n=91.
24. (VĐ Balan) Chứng minh rằng nếu a, b là các số nguyên thoả mãn hệ thức 2a
2
+a = 3b
2
+ b thì
a - b và 2a + 2b+ 1 là các số chính phương.
HD: Có 2a
2
-2b
2
+a-b=b
2
(1), suy ra (a-b)(2a+2b+1) =b
2
.
Gọi d là ước dương của a-b và 2a+2b+1 thì d chia hết (2a+2b+1-2(a-b)=4b+1).
Mặt khác (1)
2 2
(1) \ \ \1 1d b d b d d⇒ ⇒ ⇒ ⇒ =
.
Vậy (a-b, 2a+2b+1)=1. Từ đó ta được ĐPCM
* Lưu ý: Từ gt suy ra (a-b)(3a+3b+1)=a
2
nên (3a+3b+1) là chính phương
25. (HSGQG 1995) Tìm p nguyên tố sao cho tổng tất cả các ước tự nhiên của p
4
là số chính
phương.

2
<(2p
2
+p+2)
2
suy ra 2n =2p+p+1 suy ra p=3.
26. Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên p, q là tổng của hai số chính phương thì tích pq cũng là
tổng của 2 số chính phương.
27. Chứng minh rằng nếu mỗi số nguyên m, n là tổng của 4 số chính phương thì tích m.n cũng là
tổng của 4 số chính phương.
HD: (a
2
+b
2
+c
2
+d
2
)(m
2
+n
2
+p
2
+p
2
)=(am-bm-cp-dq)
2
+
+(an+bm-cq+dp)

2
ab cd=
thì
abcd
không chính phương
35. Tìm tất cả các số chính phương có dạng
1985A ab=
.
ĐS: 198025 và 198916
36. Tìm tấ cả các số tự nhiên a để số n=26a+17 là một số chính phương.
ĐS: a=26m
2
+22m+4 hoặc a=26m
2
+30m+8
37. Chứng minh rằng một số chính phương có số ước là một số lẻ và ngược lại.
38. Chứng minh rằng nếu gấp đôi một số tự nhiên bằng tổng của 2 số chính phương thì số tự
nhiên đó cũng bằng tổng của 2 số chính phương.
RÚT GỌN, TÍNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC
Bài 1: Cho biểu thức P =
( ) ( )
3
a1
2
2
a
a12
1
a12
1

Bài 4: Cho biểu thức P =
3x
3x2
x-1
2x3
3x2x
11x15
+
+
−
−
+
−+
−
a) Tìm các giá trị của x sao cho P =
2
1
b) Chứng minh P ≤
3
2
Bài 5: Cho biểu thức
P =
a
2a
2a
1a
2aa
39a3a
1
−












−
−
+−
−
−
1a
2
1a
1
:
aa
1
1a
a
a) Rút gọn P.
b) Tính giá trị P khi a = 3 + 2
2
c) T ìm các giá trị của a sao cho P < 0.
Bài 8: Cho biểu thức

x2
x4
a) Rút gọn P.
b) Tính x để P = -1
c) T ìm m để với mọi giá trị x > 9 ta có
m(
x
- 3)P > x + 1.
Bài 9: Cho biểu thức
P =
















+
−
−
+

−−
+
+
−
−
+










a) Tìm x để P xác định.
b) Rút gọn P.
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nguyên.
Bài 11: Rút gọn P.
P =
2
224
22
22
22
22
b
baa4
:

















−
++
+
−
−
−
a) Rút gọn P.
b) Chứng minh rằng nếu 0 < x < 1 thì P > 0.
c) Tìm GTLN của P.
Bài 13: Chứng minh giá trị của biểu thức
P =
6x5x
10x
3x4x

xx
22
++
+−
+
−
++
−
Rút gọn P với 0 ≤ x ≤ 1 .
Bài 16: Cho biểu thức
P =
1x
)12(x
x
x2x
1xx
xx
2
−
−
+
+
−
++
−
a) Rút gọn P.
b) Tìm GTNN của P
c) Tìm x để b. thức Q =
P
x2

b) Rút gọn P.
c) Với giá trị nào của x thì biểu thức P đạt GTNN và tìm GTNN đó.
Bài 18: Rút gọn biểu thức
P =
5310
53
5310
53
−+
−
−
++
+
Bài 19: Rút gọn biểu thức
a) A =
7474
−−+

b) B =
5210452104
+−+++
c) C =
532154154
−−−++
Bài 20: Tính giá trị biểu thức
P =
123412724
−−++−++
xxxx
Với

+
Bài 23: Cho x =
3
725
3
725 −−+
Tính giá trị của biểu thức f(x) = x
3
+ 3x
Bài 24:Cho E =
yx
xy1
yx
xy1
−
−
−
+
+
Tính giá trị của E biết:
x =
222.222.84 +−+++
y =
45272183
2012283
+−
+−
Bài 25:Tính P =
2008
2007

3
223
−++
y =
3
21217
3
21217 −++
Bài 28:Cho biểu thức
A =






−








+
+
−
−
−



−
−⋅
−−
−++−−
1
1
1
14
1414
2
x
xx
xxxx
a) x = ? thì A có nghĩa.
b) Rút gọn A.
Bài 30:Cho biểu thức
P =
xxx
x
xx
x
+
+
+++
+−
+
−+−
−+

a
a
a
aa
a
−
+
−
−
+
−
+−
−
3
12
2
3
65
92
a) Rút gọn P.
b) a = ? thì P < 1
c) Với giá trị nguyên nào của a thì P nguyên.
Bài 33:Cho biểu thức
P =
x
x
yxyxx
x
yxy
x

−
1
1
22
2
2
a) Rút gọn P.
b) Tính P biết 2x
2
+ y
2
- 4x - 2xy + 4 = 0.
Bài 35:Cho biểu thức
P =
yxxy
yyxxyx
yx
yxyx
33
33
:
11211
+
+++







+
2
2
x
≥
10.
Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện:
( )



−+<+
>
acbcabac
c
2
0
2
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện:
a
2
+ ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax
2
+ bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x
2

2
+ b
2
– c
2
)x
2
- 4abx + (a
2
+ b
2
– c
2
) = 0
Bài 8: CMR phương trình ax
2
+ bx + c = 0 ( a
≠
0) có nghiệm nếu
4
2
+≥
a
c
a
b
Bài 9: Cho phương trình : 3x
2
- 5x + m = 0. Xác định m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn:
2

2
+ x
2
2
- đạt GTNN.
c) Tìm hệ thức liên hệ giữa x
1
,

x
2
không phụ thuộc vào m.
Bài 11: Giả sử x
1
,

x
2
là hai nghiệm của phương trình bậc 2: 3x
2
- cx + 2c - 1 = 0. Tính theo c giá trị
của biểu thức: S =
3
2
3
1
11
xx
+
Bài 12: Cho phương trình : x

1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện: x
1
2
+ x
2
2
= 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x
1
,

x
2
thỏa mãn điều kiện: x
1
< 1 <

x
2
.
Bài 14: Cho phương trình:
x
2

a) Giải và biện luận số nghiệm của phương trình (1) theo m.
b) Tìm m sao cho 10x
1
x
2
+ x
1
2
+ x
2
2
đạt GTNN. Tìm GTNN đó.
Bài 17: Chứng minh rằng với mọi số a, b, c khác 0, tồn tại một trong các phương trình
sau phải có nghiệm:
ax
2
+ 2bx + c = 0 (1)
bx
2
+ 2cx + a = 0 (2)
cx
2
+ 2ax + b = 0 (2)
Bài 18: Cho phương trình:
x
2
– (m - 1)x + m
2
+ m – 2 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) luôn luôn có nghiệm trái dấu với mọi giá trị của m.

,

x
2
thỏa mãn điều kiện:
E = x
1
2
+ x
2
2
đạt GTNN.
Bài 20: Giả sử phương trình bậc 2:
x
2
+ ax + b + 1 = 0 có hai nghiệm nguyên dương.
CMR: a
2
+ b
2
là một hợp số.
PT BẬC CAO, PT CHỨA ẨN Ở MẪU, PT VÔ TỈ.
Giải phương trình:
Bài 1: x
3
+ 2x
2
+ 2
2
x + 2

4
- 10x
3
+ 26x
2
- 10x + 1 = 0
b) x
4
+ 3x
3
- 14x
2
- 6x + 4 = 0
c) x
4
- 3x
3
+ 3x + 1 = 0
Bài 9: a) x
4
= 24x + 32
b) x
3
+ 3x
2
- 3x + 1 = 0
Bài 10:
198
35
=−+− xx

48
1
2
5
1
2
2
2
22
=
−
−
+






−
+
−






+
−

+−
xx
x
xx
xx
c)
4
1
56
55
54
53
2
2
2
2
−=
+−
+−
−
+−
+−
xx
xx
xx
xx
Bài 15: a) x
2
+
( )