Tài liệu số chính phương

1. Định nghĩa: Số nguyên A được gọi là số chính phương ⇔ A = a 2 ( a ∈ Z ) 2. Một số tính chất áp dụng khi giải toán: ( A, B ) = 1 và AB là số chính phương thì A, B là số chính phương. Số chính phương tận cùng bằng 0,1,4,5,6,9. Nếu A là số chính phương thì : A ≡ 1( mod 8 ) nếu +Còn 1 số tính chất về số dư khi chia cho 5,6 ,7… các bạn có thể tự suy ra bằng cách đặt số ban đầu là...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Tài liệu số chính phương1. Định nghĩa: Số nguyên A được gọi là số chính phương ⇔ A = a 2 ( a ∈ Z )2. Một số tính chất áp dụng khi giải toán: ( A, B ) = 1 và AB là số chính phương thì A, B là số chính phương. Số chính phương tận cùng bằng 0,1,4,5,6,9. Nếu A là số chính phương thì : A ≡ 1( mod 8 ) nếu +Còn 1 số tính chất về số dư khi chia cho 5,6 ,7… các bạn có thể tự suy rabằng cách đặt số ban đầu là nk+q (Ví dụ 5k+1,5k+2,5k+3…). Số chính phương không tận cùng bằng 2 số lẻ.3.Một số cách nhận biết số không chính phương: / A p và A  p 2 (p là số nguyên tố) B 2 < A < ( B + 1)2 với B ∈ Z A có chữ số tận cùng là 2,3 ,7 ,8.4.Một số điều cần lưu ý:>>>Khi giải các bài toán về số chính phương ta có thể áp dụng phương pháp môđun,nghĩa là xét số dư của các số chính phương khi chia cho 1 số nguyên nào đó.Ta xét ví dụ sau: Tìm k để 4k + 3 = a 2 . Giả sử 4k + 3 = a 2 ⇒ a 2 ≡ 3 (mod 4) (1) lại có nếu a là số chính phương thì A ≡ 0,1(mod 4) (2) Từ (1) và (2) ⇒ vô lý Vậy không ∃k để 4k + 3 là số chính phương.>>> Số chính phương có thể dùng để giải toán về phương trình nghiệm nguyên. Ví dụ:Tìm a ∈ N * để phương trình sau có nghiệm nguyên: x 2 + 2ax-3a=0 Xét ∆ = a 2 + 3a Để phương trình có nghiệm nguyên thì a 2 + 3a là số chính phương Lại có a 2 < a 2 + 3a < a 2 + 4a + 4 ⇒ a 2 < a 2 + 3a < (a + 2) 2 Do đó a 2 + 3a = a 2 + 2a + 1 ⇒ a =1 Với a = 1 phương trình có nghiệm x = 1 hay x = −3.5. Một số bài tập ví dụ:Bài 1:Tìm a để 17 a + 8 là số chính phương.Theo đề bài ∃y ∈ N để 17a + 8 = y 2 ⇒ 17(a − 1) = y 2 − 25 ⇒ 17(a − 1) = ( y − 5)( y + 5)  y − 517 ⇒  y + 517 ⇒ y = 17 n ± 5 ⇒ a = 17n 2 ± 10n + 1Bài 2:Chứng minh số 3n +63 không chính phương (n ∈ N , n ≠ 0, 4)Xét n lẻ .Đặt n = 2k + 1.Có 32 k +1 ≡ (−1)2 k +1 ≡ −1(mod 4) 63 ≡ 3(mod 4) ⇒ 32 k +1 + 63 ≡ 2(mod 4) ⇒ 3n + 63 không chính phươngXét n chẵn .Đặt n = 2k ( k ≠ 0)Giả sử 3n + 63 là số chính phương tức là 3n + 63 = y 2 ( y ∈ N * ) ⇒ y3Đặt y = 3t ta có: 32 k + 63 = 9t 2 ⇒ 32 k − 2 + 7 = t 2 ⇒ t 2 − (3k −1 ) 2 = 7 ⇒ (t − 3k −1 )(t + 3k +1 ) = 7 t − 3k −1 = 1  ⇒ k +` t + 3 = 7  ⇒ 2.3k −1 = 6 ⇒ 3k −1 = 3 ⇒k =2 ⇒ n = 4 (trái với giả thiết đề bài)Vậy 3 + 63 không là số chính phương ∀n ≠ 0, n ≠ 4 . nBài 3:Chứng minh rằng phương trình x 2 + y 2 + 1 = z 2 có vô số nghiệm nguyên.∀n ∈ N * , ta chọn x = 2n 2 ; y = 2n; z = 2n 2 + 1.Ta có: x 2 + y 2 + 1 = (2n 2 ) 2 + (2n) 2 + 1 = (2n 2 + 1) 2 = z 2Do đó phương trình có vô số nghiệmBài 4:Cho p là tích của n số nguyên tố đầu tiên ( n > 1) .Chứng minh rằng p − 1 không phải là số chính phương.Giả sử p − 1 là số chính phương. Do p là tích của số nguyên tố đầu tiên ( n > 1) suy rap 3 . Do đó p − 1 ≡ −1(mod 3)Đặt p − 1 = 3k − 1 .Một số chính phương không có dạng 3k − 1 .Từ đây ta có điều mâu thuẫn.Bài 5: Chứng minh n7 + 34n + 5 không chính phương.Bổ đề: x 2 ≡ i (mod 7); i ∈ {0,1, 2, 4}Theo định lý Fermat ta có: n7 ≡ n(mod 7)⇒ n 7 + 34n + 5 ≡ 35n + 5(mod 7)⇒ n 7 + 34n + 5 ≡ 5(mod 7)Giả sử n7 + 34n + 5 = x 2 , x ∈ N .Suy ra x 2 ≡ 5(mod 7) (vô lý)Do đó n7 + 34n + 5 không phải là số chính phương.Bài 6: Cho k1 < k 2 < k3 < ... là những số nguyên dương, không có hai số nào liên tiếp vàđặt S n = k1 + k2 + ... + k n , ∀n = 1, 2,... .Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương, khoảng [ S n , Sn +1 ) chứa ít nhất một số chínhphương.Nhận xét: khoảng [ S n , Sn +1 ) có ít nhất một số chính phương khi và chỉ khi khoảng ) S n , Sn +1 có ít nhất một số nguyên dương, tức là: S n +1 − S n ≥ 1.Ta có: S n +1 − S n ≥ 1 ( ) 2 ⇔ S n +1 ≥ Sn + 1 ( ) 2 ⇔ S n + kn +1 ≥ Sn + 1 ⇔ kn +1 ≥ 2 S n + 1Theo đề bài rõ ràng:kn +1 ≥ k n + 2, ∀n ∈ N *⇒ S n ≤ nk n +1 − n(n + 1)Ta cần chứng minh:kn +1 ≥ 2 nkn +1 − n(n + 1) + 1⇔ kn2+1 − 2kn +1 + 1 ≥ 4nkn +1 − 4n(n + 1)⇔ kn2+1 − 2(2n + 1)kn +1 + ( 2n + 1) ≥ 0 2⇔ ( k n +1 − 2n − 1) ≥ 0. 2Bất đẳng thức cuối cùng là đúng.Do đó với mọi n khoảng [ S n , Sn +1 ) chứa ít nhất một số chính phương.Bài 7: Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương m, tồn tại một số nguyên dương n saocho là số chính phương và là số lập phương. Chọn n = m 2 + 3m + 3 thì: m 2 + n + 1 = (m + 2) 2 J mn + 1 = (m + 1)36. Bài tập luyên tập. a 2 + b2 a 2 + b2Bài 1: Nếu a, b ∈ Z và ∈ Z thì ∈ Z là số chính phương. 1 + ab 1 + abBài 2: Tìm tất cả bộ số nguyên dương ( x, y , z ) sao chox 2 + y 2 + z 2 + 2 xy + 2 x( z − 1) + 2 y ( z + 1) là số chính phương.Bài 3: Tìm a để 19a + 7 là số chính phương.Bài 4:Chứng minh rằng: 192 n + 5n + 2000(n ∈ N * ) không phải là số chính phương.Bài 5: Tìm n để tổng bình phương các số từ 1 đến n là số chính phương.Bài 6: Với mọi số nguyên dương n , hãy xác định (phụ thuộc theo n ) số tất cả các cặpthứ tự hai số nguyên dương ( x, y ) sao cho x 2 − y 2 = 102.302 n .Ngoài ra chứng minh số các cặp này không là số chiứnh phương. an −1 + an +1 ...