Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Chuyên đề 8: Số học

 CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
Chuyên đề 8: SỐ HỌC
Câu 1. (Đề thi HSG 9 huyện BA VÌ 2019-2020) 
 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao 
 cho x x 1 n n 2 
 Lời giải
 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao 
 cho x x 1 n n 2 
 2
 Ta có: x x 1 n n 2 x2 x 1 n 1 (1) 
 2
 Với x * thì: x2 x2 x 1 x 1 nên x2 x 1 không phải là số chính phương mà 
 2
 n 1 là số chính phương với n  , do đó (1) không xảy ra. 
 Vậy với mọi số nguyên n cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho 
 x x 1 n n 2 
Câu 2. (Đề thi HSG 9 huyện BA VÌ 2019-2020) 
 Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức A n3 6n2 9n 2 là một số nguyên tố.
 Lời giải
 Ta có : A n3 6n2 9n 2 n 2 n2 4n 1 để A là số nguyên tố thì 
 -Nếu n 2 1 A 2 (loại ) 
 -Nếu n2 4n 1 1 n 0,n 4 với n=0 thì A=-2 (loại ) với n=4 thì A=2 (nhận ) 
 -Thử tương tự cho các trường hợp n-2=-1 và n2 4n 1 1 cho ra n=1 là thỏa 
 Vậy với n=4 hoặc n=1 là giá trị cần tìm 
Câu 3. (Đề thi HSG 9 VINH 2009-2010) 
 Tìm các số tự nhiên x, y biết rằng: 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y 11879 .
 Lời giải
 Đặt A 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 , ta có 2x.A là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp nên 
 2x.A chia hết cho 5. Nhưng 2x không chia hết cho 5, do đó A chia hết cho 5.
 Nếu y 1, ta có 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y chia hết cho 5 mà 11879 không chia 
 hết cho 5 nên y 1 không thỏa mãn, suy ra y 0. 
 Khi đó, ta có 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 5y 11879
 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 1 11879
 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 11880 CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 2x 1 2x 2 2x 3 2x 4 9.10.11.12 x 3 .
 Vậy x 3; y 0 là hai giá trị cần tìm.
Câu 4. (Đề thi HSG 9 huyện CẨM XUYÊN 2019-2020) 
 Tìm các số nguyên dương x, y để A, B đồng thời là các số chính phương biết A x2 y 1 
 và B y2 x 4
 Lời giải
 Ta có A x2 y 1
 B y2 x 4
 - Với x y thì x2 x2 y 1 x2 x 1 x2 2x 1 (x 1)2
 x2 B (x 1)2
 Không tồn tại x, y 
 - Với x y y2 y2 x 4 y2 y 4 y2 4y 4 (y 2)2
 y2 B (y 2)2
 B (y 1)2 y2 x 4
 x 2y 3
 A x2 y 1 (2y 3)2 y 1 4y2 11y 10
 Vì A là số chính phương nên A k 2
 k 2 4y2 11y 10
 4y2 11y 10 k 2 0
 16k 2 39
 Để A là số chính phương là số chính phương
 16k 2 39 a2
 (4k a)(ak a) 39 1.39 3.13
 4k a 1 a 19 4k a 3 a 5
 và 
 4k a 39 k 5 4k a 13 k 2
 Với k 5 y 1 (loại)
 Với k 2 y 2 x 1
 Vậy cặp số (1;2) thỏa mãn yêu cầu đề bài
Câu 5.(Đề thi HSG 9 tỉnh ĐÀ NẴNG 2010-2011) 
 Tìm ba chữ số tận cùng của tích của mười hai số nguyên dương đầu tiên. CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 Lời giải
 Đặt: S 1 .2.3.4.5.6.7.8.9.10.11.12 
 S
 3.4.5.6.7.8.11.12 (1) là một số nguyên 
 100
 hai chữ số tận cùng của S là 00
 Mặt khác, trong suốt quá trình nhân liên tiếp các thừa số ở vế phải của 1 , nếu chỉ để ý đến 
 S
 chữ số tận cùng, ta thấy có chữ số tận cùng là 6 
 100
 (vì3.4 12; 2.6 12; 2.7 14; 4.8 32; 2.9 18; 8.11 88; 8.12 96 )
 Vậy ba chữ số tận cùng của S là 600 
Câu 6. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG KHÊ 2019) 
 Viết hai số tiếp theo của dãy 1; 2 ; 3; 5; 7; 10 ;13 ;17; 21; 
 Lời giải
 Ta thấy:
 7 3 10 
 1 1 2
 10 3 13 
 2 1 3
 13 4 17 
 3 2 5
 17 4 21
 5 2 7
 Do đó số tiếp theo là 21 5 26 và 26 5 31.
 Vậy số cần tìm là 26, 31. 
Câu 7. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG KHÊ 2019) 
 Tìm A là số nguyên dương, biết trong ba mệnh đề P , Q , R dưới đây chỉ có duy nhất một 
 mệnh đề sai:
 P “ A 45 là bình phương của một số tự nhiên”
 Q “ A có chữ số tận cùng là số 7”
 R “ A 44 là bình phương của một số tự nhiên”
 Lời giải
 - Nếu P, Q đúng thì A 45 có tận cùng bằng 2. Không là số chính phương, trái với P . 
 Suy ra P hoặc Q sai. 1 
 - Nếu Q và R đúng thì A 44 có tận cùng bằng 3. Không là số chính phương, trái với R . 
 Suy ra Q hoặc R sai. 2 
 Từ 1 và 2 suy ra Q sai.
 Mà A 45 là bình phương của một số tự nhiên nên A 45 có dạng a2 
 A 44 là bình phương của một số tự nhiên nên A 44 có dạng b2 .
 A 45 A 44 a2 b2 CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 89 a b a b 
 Mà 89 là số nguyên tố a b 1; a b 89 .
 a 45, b 44. 
 2
 A 45 45 2025 
 Vậy A 1980.
Câu 8. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG SƠN 2019-2020) 
 Cho số tự nhiên n 9999 (có 2019 chữ số 9). Tính tổng các chữ số của n2 .
 Lời giải
 n 9999 10000 1 (trong đó có 2019 chữ số 0).
 Suy ra n2 10000 1 2 100002 20000 1 9999800001 (trong đó có 
 2018 chữ số 9 và 2018 chữ số 0).
 Vậy tổng các chữ số của n2 là: 2018.9 8 1 18171.
Câu 9. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG SƠN 2019-2020) 
 Tìm x , y nguyên dương thỏa mãn: 3x2 10xy 8y2 96 .
 Lời giải
 Ta có 3x2 10xy 8y2 3x 4y x 2y 96 25.3 .
 Vì 3x 4y x 2y nên ta có bảng giá trị như sau:
 3x 4y 25.3 24.3 23.3 22.3 24 25
 x 2y 1 2 22 23 2.3 3 
 3x 4 24 x 4
 Dễ dàng nhận thấy chỉ với thì thỏa mãn yêu cầu đề bài.
 x 2y 2.3 y 1
Câu 10. (Đề thi HSG 9 huyện HƯƠNG SƠN 2019-2020) 
 Cho hai số tự nhiên a , b thỏa mãn: 2a 2 a 3b2 b . Chứng minh rằng: 2a 2b 1 là số 
 chính phương.
 Lời giải
 Ta có: 2a 2 a 3b2 b b2 a b 2a 2b 1 (1) .
 Đặt d UCLN 2a 2b 1,a b .
 2a 2b 1 2(a b) 4b 1 d .
 Mặt khác, b2 d2 bd 4bd và bởi 4b 1 d nên 1d .
 Vậy a b và 2a 2b 1 là hai số nguyên tố cùng nhau. Kết hợp với (1) cho ta được 
 a b và 2a 2b 1 là hai số chính phương.
Câu 11.(Đề thi HSG 9 huyện HOẰNG HÓA 2019) 
 1/ Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương. CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 2/ Cho x, y, z là các số nguyên thoả mãn : x – y y – z z – x x y z 
 Chứng minh: x y z chia hết cho 27.
 Lời giải
 1/ Để n 18 và n 41 là hai số chính phương
 n 18 p2 và n 41 q2 p,q N 
 p2 q2 n 18 n 41 59 p q p q 59
 p q 1 p 30
 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: 
 p q 59 q 29
 Từ n 18 p2 302 900 suy ra n 882
 Thay vào n 41 , ta được 882 41 841 292 q2 .
 Vậy với n 882 thì n 18 và n 41 là hai số chính phương
 2/ Khi chia x, y, z cho 3 ta được một trong các số dư là 0, 1, 2. 
 * Nếu 3 số dư khác nhau thì x – y, y – z, z – x đều không chia hết cho 3 nên 
 x – y y – z z – x không chia hết cho 3, còn x y z chia hết cho 3 (loại).
 * Nếu chỉ có 2 số dư giống nhau. Không giảm tính tổng quát ta giả sử (x y)3khi đó 
 x y z không chia hết cho 3 (loại)
 * Nếu 3 số khi chia cho 3 có cùng số dư thì x – y , y – z , z – x đều chia hết cho 3 
 nên x y z x – y y – z z – x  27 .
Câu 12.(Đề thi HSG 9 THẠCH HÀ 2018-2019) 
 Cho đa thức f(x), tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x+2). Biết rằng f(x) chia cho x - 1 dư 
 7 và f(x) chia cho x + 2 dư 1. 
 Lời giải
 Vì (x - 1)(x + 2) = x2 + x - 2 là đa thức bậc 2 nên f(x) : (x 1)(x 2) có đa thức dư dạng 
 ax + b
 Đặt f (x) (x 1)(x 2).q(x) ax b
 Theo đề ra f(x) : (x - 1) dư 7 f (1) 7 a b 7 (1)
 f(x) : (x + 2) dư 1 f ( 2) 1 2a b 1 (2)
 Từ (1) và (2) a = 2 và b = 5.
 Vậy f(x) : [(x - 1)(x + 2)] được dư là 2x + 5.
Câu 13.(Đề thi HSG 9 Đề thi HSG 9 BÌNH ĐỊNH 2016-2017) 
 Cho biểu thức: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. 
 Chứng minh rằng nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 Lời giải
 a + b + c  4 (a, b, c Z)
 Đặt a + b + c = 4k (k Z) a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b 
 Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc 
 = 16k 2 4ak ack ac 4k b abc 
 = 64 k 3 16bk 2 16ak 2 4abc 16ck 2 4bck 4ack abc abc
 = 4 16k 3 4bk 2 4ak 2 abk 4ck 2 bck ack 2abc (*)
 Giả sử a, b, c đều chia 2 dư 1 a+ b + c chia 2 dư 1 (1)
 Mà: a + b + c  4 a + b + c  2 (theo giả thiết) (2)
 Do đó (1) và (2) mâu thuẫn Điều giả sử là sai 
 Trong ba số a, b, c ít nhất có một số chia hết cho 2
 2abc  4 (**)
 Từ (*) và (**) P  4 
Câu 14.(Đề thi HSG 9 THANH HÓA 2017 - 2018 ) 
 Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p a 2 b2 là số nguyên tố và p 5 
 chia hết cho 8. Giả sử x, y là các số nguyên thỏa mãn ax 2 by 2 chia hết cho p . 
 Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p .
 Lời giải
 Do p 58 nên p 8k 5 (k ¥ )
 4k 2 4k 2
 Vì ax2 by2  ax2 by2  p nên a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4  p
 Nhận thấy a4k 2  x8k 4 b4k 2  y8k 4 a4k 2 b4k 2 x8k 4 b4k 2 x8k 4 y8k 4 
 2k 1 2k 1
 Do a4k 2 b4k 2 a2 b2  a2 b2 p và b p 
 nên x8k 4 y8k 4  p (*)
 Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) suy ra số thứ hai cũng 
 chia hết cho p .
 Nếu cả hai số x, y đều không chia hết cho p thì theo định lí Fecma ta có :
 x8k 4 x p 1 1(mod p), y8k 4 y p 1 1(mod p)
 x8k 4 y8k 4  2(mod p) . Mâu thuẫn với (*).Vậy cả hai sốx và y chia hết cho 
 p . CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
Câu 15.(Đề thi HSG 9 AMSTERDAM 2017-2018 ) 
 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương p;q;n , trong đó p , q là các số nguyên tố thỏa 
 mãn: p p 3 q q 3 n n 3 
 Lời giải
 Không mất tính tổng quát, giả sử p q.
 Trường hợp 1: p 2
 p p 3 2 2 3 2.5 10
 10 q q 3 n n 3 
 10 n2 3n q2 3q n2 q2 3n 3q 
 10 n q n q 3 n q 
 10 n q n q 3 
 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương n q 2.
 n q 3 2 2 3 7
 Mà 10 1.10 2.5
 n q 3 10 n q 7 n 4
 n q 1 n q 1 q 3
 So với điều kiện thỏa mãn.
 Vậy bộ ba số nguyên dương p;q;n cần tìm là 2;3;4 .
 Trường hợp 2: p 3
 p p 3 3. 3 3 3.6 18
 18 q q 3 n n 3 18 n2 3n q2 3q n2 q2 3n 3q 
 18 n q n q 3 n q 
 18 n q n q 3 
 Vì p p 3 q q 3 n n 3 mà p ; q ; n là các số nguyên dương n q 3.
 n q 3 3 3 3 9
 Mà 18 1.18 2.9 3.6
 n q 3 18 n q 15 n 8
 n q 1 n q 1 q 7
 So với điều kiện thỏa mãn.
 Vậy bộ ba số nguyên dương p;q;n cần tìm là 3;7;8 .
 Trường hợp 3: p 3
 Ta sẽ chứng minh với 1 số nguyên a bất kì không chia hết cho 3 thì tích a a 3 luôn 
 chia 3 dư 1.
 Thật vậy:
 Nếu a :3 dư 1 a 3k 1 a 3 3k 4
 a a 3 3k 1 3k 4 9k 2 15k 4 :3 dư 1.
 Nếu a :3 dư 2 a 3k 2 a 3 3k 5
 a a 3 3k 2 3k 5 9k 2 21k 10 :3 dư 1.
 Trở lại bài toán chính:
 Vì q p 3 p Œ3;q Œ3. CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 p p 3 q q 3 :3 dư 2.
 Mà n n 3 :3 dư 1 (nếu n Œ3) hoặc n n 3 3 nếu n3.
 p p 3 q q 3 n n 3 
 Suy ra không có bộ ba số nguyên dương p;q;n thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 16.(Đề thi HSG 9 TỈNH BẾN TRE - 2017-2018 ) 
 Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất cả 2019 bóng đèn chiếu sáng đô thị, bao gồm 
 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng 
 vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: mỗi lần người ta tháo 
 bỏ hai bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng hai bóng đèn thuộc loại còn lại. Hỏi theo 
 quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc 
 cùng một loại không? Giải thích vì sao?
 Lời giải
 Ta có 671 chia cho 3 dư 2 ; 673 chia cho 3 dư 1; 675 chia cho 3 dư 0 .
 Ta thấy mỗi loại bóng đèn có số bóng khi chia cho 3 được các số dư khác nhau 0 , 1, 2 .
 Sau mỗi bước thay bóng đèn, số bóng đèn mỗi loại giảm đi 1 hoặc tăng thêm 2 , khi đó số 
 dư của chúng khi chia cho 3 thay đổi như sau:
 Số chia cho 3 dư 0 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 2 .
 Số chia cho 3 dư 1 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 0 .
 Số chia cho 3 dư 2 sau khi thay chia cho 3 sẽ dư 1.
 Do đó sau mỗi bước thay bóng thì số bóng đèn mỗi loại chia cho 3 cũng có số dư khác 
 nhau là 0 , 1, 2 . Vì vậy luôn luôn chỉ có 1 loại bóng đèn có số lượng bóng chia hết cho 3 . 
 Giả sử đến một lúc nào đó tất cả bóng đèn cùng một loại, thì số bóng đèn của 2 loại kia 
 đều 0 và chia hết cho 3 (mâu thuẫn).
 Vậy không thể thay bóng theo quy trình như trên để tất cả bóng đèn cùng một loại.
Câu 17.(Đề thi HSG 9 TỈNH BẮC NINH 2017-2018 ) 
 1) Tìm tất cả các số nguyên dương m , n sao cho m n2 chia hết cho m2 n và n m2 
 chia hết cho n2 m .
 2) Cho tập hợp A gồm 16 số nguyên dương đầu tiên. Hãy tìm số nguyên dương k nhỏ nhất 
 có tính chất: Trong mỗi tập con gồm k phần tử của A đều tồn tại hai số phân biệt a , b sao 
 cho a2 b2 là số nguyên tố.
 Lời giải
 ì 2 2
 ï m + n Mm - n
 1) í 2 2 (1)
 îï n + m Mn - m
 ì 2 2
 ï m + n ³ m - n ïì (m- n + 1)(m + n)³ 0
 Û í Û íï 
 ï 2 2 ï
 îï n + m ³ n - m îï (n- m + 1)(m + n)³ 0
 ïì m- n + 1³ 0
 Û íï (do m , n nguyên dương)
 îï n- m + 1³ 0 CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
Û - 1£ m- n £ 1 
*) TH1: m- n = - 1 Û m = n- 1 
+) m + n2 Mm2 - n 
 m + n2
Þ 2
 m - n Î Z 
 n- 1+ n2
Þ Î Z
 (n- 1)2 - n
 (n2 - 3n + 1)+ 4n- 2
Þ Î Z
 n2 - 3n + 1
 4n- 2
Þ Î Z Þ n2 - 3n+ 1£ 4n- 2 
 n2 - 3n + 1
 7- 37 7 + 37
Þ n2 - 7n+ 3£ 0 Þ £ n £ 
 2 2
vì n Î N* Þ n Î {1;2;3;4;5;6} 
Þ m Î {1;2;3;4;5} 
Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp (m;n)thỏa mãn là: (2;3).
*) TH2: m- n = 0 Û m = n 
m + n2 Mm2 - n
 m + n2
Þ Î Z
 m2 - n
 2
 n + n2 (n - n)+ 2n 2
Þ Î Z Þ Î Z Þ Î Z
 n2 - n n2 - n n- 1
Þ n- 1£ 2 Þ n £ 3 
Vì n Î N* Þ n Î {1;2;3} Þ m Î {1;2;3} 
Thử lại vào (1) ta tìm được các cặp số (m;n)thỏa mãn là: (2;2), (3;3).
*) TH3: m- n = 1Û m = n + 1 
n + m2 Mn2 - m
 2
 n + m2 n + (n + 1) n2 + 3n + 1
Þ Î Z Þ Î Z Þ Î Z
 n2 - m n2 - n- 1 n2 - n- 1
 4n + 2
Þ Î Z Þ n2 - n- 1£ 4n+ 2 Þ n2 - 5n- 3£ 0 
 n2 - n- 1 CHUYÊN ĐỀ HỌC SINH GIỎI 9
 5- 37 5+ 37
 Þ £ n £ 
 2 2
 Vì n Î N* Þ n Î {1;2;3;4;5} Þ m Î {2;3;4;5;6}
 Thử lại vào (1) ta được các cặp số (m;n) thỏa mãn là: (3;2)
 2) Ta xét tập T gồm các số chẵn thuộc tập A . 
 Khi đó |T |= 8 và với a , b thuộc T ta có a2 + b2 , do đó k ³ 9
 Xét các cặp số sau: 
 A = {1;4} È {3;2} È {5;16} È {6;15} È {7;12} È {8;13} È {9;10} È {11;14} 
 Ta thấy tổng bình phương của mỗi cặp số trên đều là số nguyên tố
 Xét T là một tập con của A và |T |= 9 , khi đó theo nguyên lí Dirichlet T sẽ chứa ít nhất 
 1 cặp nói trên.
 Vậy kmin = 9 
Câu 18.(Đề thi HSG 9 HẠ HÒA 2015 -2016 ) 
 Với a, b là các số nguyên. Chứng minh rằng nếu 4a 2 + 3ab 11b2 chia hết cho 5 thì 
 a4 b4 chia hết cho 5.
 Lời giải
 Ta có :
 4a 2 3ab 11b 2 5 5a 2 5ab 10b 2 a 2 2ab b 2 5
 a 2 2ab b 2 5 
 2
 a b 5
 a b5 ( Vì 5 là số nguyên tố) 
 - Ta có:a 4 b 4 a 2 b2 a b a b 5 (đpcm)
Câu 19. Câu 1. (Đề thi HSG 9 huyện Như Thanh - năm 2019)
 Tìm số tự nhiên lẻ n nhỏ nhất sao cho n 2 biểu diễn được thành tổng của một số lẻ các số 
 chính phương liên tiếp.
 Lời giải
 2 2
 +) Xét n2 a 1 a2 a 1 , a 1 (Tổng của 3 số chính phương)
 3a2 2 (Loại vì số dư của số chính phương khi chia cho 3 không thể là 2).
 2 2 2 2
 +) Xét n2 a 2 a 1 a2 a 1 a 2 (Tổng của 5 số chính phương)
 5a2 2 12 22
 =5 a2 2 .