Chuyên đề Dãy số viết theo qui luật - Dãy các phân số viết theo qui luật

Chuyªn ®Ò 1
D·y Sè viÕt theo qui luËt - D·y c¸c ph©n sè viÕt theo qui luËt
A- Kiến thức cần nắm vững:
I. Dãy số viết theo qui luật:
1) Dãy cộng 
1.1) Xét các dãy số sau:
	a) Dãy số tự nhiên: 0; 1; 2; 3; 4;...	(1)
	b) Dãy số lẻ: 1; 3; 5; 7;...	(2)
	c) Dãy các số chẵn: 0; 2; 4; 6;....	(3)
	d) Dãy các số tự nhiên lớn hơn 1 chia cho 3 dư 1: 4; 7; 10; 13;...	 (4)
Trong 4 dãy số trên, mỗi số hạng kể từ số hạng thứ 2, đều lớn hơn số hạng đứng liền trước nó cùng một số đơn vị:
	+) Số đơn vị là 1 ở dãy (1)
	+) Số đơn vị là 2 ở dãy (1) và (2)
	+) Số đơn vị là 3 ở dãy (4)
Khi đó ta gọi dãy các trên là "dãy cộng"
1.2) Công thức tính số hạng thứ n của một dãy cộng (khi biết n và d)
	- Xét dãy cộng trong đó . Ta có:
 ; ;...
Tổng quát: (I)
	Trong đó : n gọi là số số hạng của dãy cộng
	 d hiệu giữa hai số hạng liên tiếp
Từ (I) ta có: (II)
Công thức (II) giúp ta tính được số số hạng của một dãy cộng khi biết : Số hạng đầu , số hạng cuối và hiệu d giữa hai số hạng liên tiếp.
1.3) Để tính tổng S các số hạng của dãy cộng: . Ta viết:
Nên 
Do đó: (III)
Chú ý: Trường hợp đặc biệt tổng của n số tự nhiên liên tiếp bắt đàu từ 1 là
B- BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: Tìm chữ số thứ 1000 khi viét liên tiếp liền nhau các số hạng của dãy số lẻ 1; 3; 5; 7;...
Bài 2: a) Tính tổng các số lẻ có hai chữ số
	b) Tính tổng các số chẵn có hai chữ số
	c) Tính: với 
	d) Tính: với 
Bài 3: Có số hạng nào của dãy sau tận cùng bằng 2 hay không?
H­íng dÉn: Sè h¹ng thø n cña d·y b»ng: 
NÕu sè h¹ng thø n cña d·y cã ch÷ sè tËn cïng b»ng 2 th× n(n + 1) tËn cïng b»ng 4. §iÒu nµy v« lÝ v× n(n + 1) chØ tËn cïng b»ng 0, hoÆc 2, hoÆc 6. 
Bài 4: a) Viết liên tiếp các số hạng của dãy số tự nhiên từ 1 đến 100 tạo thành một số A. Tính tổng các chữ số của A
	b) Cũng hỏi như trên nếu viết từ 1 đến 1000000
Hướng dẫn: a) ta bổ sung thêm chữ số 0 vào vị trí đầu tiên của dãy số (không làm thay đổi kết quả). Tạm chưa xét số 100. Từ 0 đến 99 có 100 số, ghép thành 50 cặp: 0 và 99; 1 và 98; 2 và 97; mỗi cặp có tổng các chữ số bằng 18. Tổng các chữ số của 50 cặp bằng: 18.50 = 900. Thêm số 100 có tổng các chữ số bằng 1. ĐS: 901
b) Tương tự: ĐS: 27000001
Bài 5: Cho 
Tính ?
Hướng dẫn: Số số hạng của S1,..., S99 theo thứ tự bằng 2; 3; 4; 5; 100
ĐS: S100 = 515100
Bài 6: Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số 100! chứa thừa số nguyên tố 7 với số mũ băng bao nhiêu?
Bài 7: Tính số hạng thứ 50 của các dãy sau:
	a) 1.6; 2.7; 3.8; ...
	b) 1.4; 4.7; 7.10;...
Bài 8: Cho ; 
Tính 
Bài 9: Tính các tổng sau:
Bài 10: Tổng quát của bài 8
Tính : a) , với ()
	b) , với ()
	c) , với ()
Bìa 11: Cho . Chứng minh rằng: .
Bài 12: Tính giá trị của biểu thức:
(NCPTT6T1)
SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TOÁN
Giải hàng trăm bài toán mà chỉ cốt tìm ra đáp số và dừng lại ở đó thì kiến thức thu lượm được chẳng là bao. Còn giải ít bài tập mà lại luôn suy nghĩ trên mỗi bài đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm những ý của bài toán, đó là con đường tốt để đi lên trong học toán. 
Dưới đây là một thí dụ. 
Bài toán 1 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và B = A.3. Tính giá trị của B. 
Lời giải 1 : Theo đề bài ta có :
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3) + 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5 -  + 8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990. 
Trước hết, ta nghĩ ngay rằng, nếu bài toán yêu cầu chỉ tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330 
Bây giờ, ta tạm thời quên đi đáp số 990 mà chỉ chú ý tới tích cuối cùng 9.10.11, trong đó 9.10 là số hạng cuối cùng của A và 11 là số tự nhiên kề sau của 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp. Ta dễ dàng nghĩ tới kết quả sau : 
Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 +  + (n - 1).n thì giá trị của B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1). Các bạn có thể tự kiểm nghiệm kết quả này bằng cách giải tương tự như trên. 
Bây giờ ta tìm lời giải khác cho bài toán. 
Lời giải 2 : 
B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = (0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = [1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2 +9.9.2).3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).2.3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).6. 
Ta chưa biết cách tính tổng bình phương các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1, nhưng liên hệ với lời giải 1, ta có : 
(12 + 32 + 52 + 72 + 92).6 = 9.10.11, hay 
(12 + 32 + 52 + 72 + 92) = 9.10.11/6 
Hoàn toàn hợp lí khi ta nghĩ ngay đến bài toán tổng quát : 
Bài toán 2 : Tính tổng : 
P = 12 + 32 + 52 + 72 +  + (2n + 1)2 
Kết quả : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6 
Kết quả này có thể chứng minh theo một cách khác, ta sẽ xem xét sau. 
Loạt bài toán sau là những kết quả liên quan đến bài toán 1 và bài toán 2. 
Bài toán 3 : Tính tổng : 
Q = 112 + 132 + 152 +  + (2n + 1)2. 
Bài toán 4 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và C = A + 10.11. Tính giá trị của C. Theo cách tính A của bài toán 1, ta được kết quả là : C = 10.11.12/3 
Theo lời giải 2 của bài toán 1, ta đi đến kết quả : C = 2.(22 + 42 + 62 + 82 + 102). Tình cờ, ta lại có kết quả của bài toán tổng quát : tính tổng bình phương của các số tự nhiên chẵn liên tiếp, bắt đầu từ 2. 
Bài toán 5 : Chứng minh rằng :
22 + 42 + 62 + + (2n)2 = 2n.(2n + 1).(2n + 2)/6 
Từ đây, ta tiếp tục đề xuất và giải quyết được các bài toán khác. 
Bài toán 6 : 
Tính tổng : 202 + 222 +  + 482 + 502. 
Bài toán 7 : Cho n thuộc N*. Tính tổng : 
n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 +  + (n + 100)2. 
Hướng dẫn giải : Xét hai trường hợp n chẵn và n lẻ ; áp dụng kết quả bài toán 2, bài toán 5 và cách giải bài toán 3. 
Bài toán chỉ có một kết quả duy nhất, không phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của n. 
Bài toán 8 : Chứng minh rằng : 
12 + 22 + 32 +  + n2 = n.(n + 1)(2n + 1)/6 
Lời giải 1 : 
Xét trường hợp n chẵn : 
12 + 22 + 32 +  + n2 = (12 + 32 + 52 +  + (n – 1)2) + (22 + 42 + 62 +  + n2)
= [(n – 1).n.(n + 1) + n.(n + 1).(n + 2)]/6 
= n.(n + 1).(n -1 + n + 2)/6 = n.(n + 1).(2n + 1)/6 
Tương tự với trường hợp n lẻ, ta có đpcm. 
Lời giải 2 : Ta có : 
13 = 13 
23 = (1 + 1)3 = 13 + 3.12.1 + 3.1.12 + 13 33 = (2 + 1 )3 = 23 + 3.22.1 + 3.2.12 + 13  (n + 1)3 = n3 + 3.n2.1 + 3.n.12 + 13. 
Cộng từng vế của các đẳng thức trên : 
13 + 23 + 33 +  + n3 + (n + 1)3 = = (13 + 23 + 33 +  + n3) + 3(12 + 22 + 32 +  + n2) + 3(1 + 2 + 3 +  + n) + (n + 1)
=> (n + 1)3 = 3(12 + 22 + 32 +  + n2) + 3(1 + 2 + 3 +  + n) + (n + 1)
=> 3(12 + 22 + 32 +  + n2) = (n + 1)3 – 3(1 + 2 + 3 +  + n) – (n + 1)
= (n + 1)2.(n + 1) – 3.n.(n + 1)/2 – (n + 1)
= (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n + 2]/2 
= (n + 1).n.(2n + 1)/2 
=> 12 + 22 + 32 +  + n2 = (n + 1).n.(2n + 1)/6 
Bài toán 9 : Tính giá trị biểu thức : 
A = - 12 + 22 – 32 + 42 -  - 192 + 202. 
Lời giải : Đương nhiên, ta có thể tách A = (22 + 42 +  + 202) – (12 + 32 + + 192) ; tính tổng các số trong mỗi ngoặc đơn rồi tìm kết quả của bài toán. Song ta còn có cách giải khác như sau : 
A = (22 -12) + (42 – 32) +  + (202 -192) = (2 + 1)(2 – 1) + (4 + 3)(4 – 3) +  + (20 + 19)(20 – 19) = 3 + 7 + 11 + 15 + 19 + 23 + 27 + 31 + 35 + 39 = (3 + 39).10/2 = 210. 
Trở lại bài toán 1. Phải chăng bài toán cho B = A.3 vì 3 là số tự nhiên liền sau của 2 trong nhóm đầu tiên : 1.2. Nếu đúng như thế thì ta có thể giải được bài toán sau : 
Bài toán 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10. 
Lời giải : 
A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 – 0) + 2.3.4.(5 – 1) +  + 8.9.10.(11 – 7)] : 4 = (1.2.3.4 – 1.2.3.4 + 2.3.4.5 – 2.3.4.5 +  + 7.8.9.10 – 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : 4 = 8.9.10.11/4 = 1980. 
Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có ngay kết quả tổng quát của bài toán 10 : 
Bài toán 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 +  + (n – 1).n.(n + 1).
Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4 <DD.BàI 
Các bạn thấy đấy ! Chỉ với bài toán 1, nếu chịu khó tìm tòi, suy nghĩ, ta có thể tìm được nhiều cách giải, đề xuất được những bài toán thú vị, thiết lập được mối liên hệ giữa các bài toán. 
Kết quả tất yếu của quá trình tìm tòi suy nghĩ trên mỗi bài toán, đó là làm tăng năng lực giải toán của các bạn. 
Chắc chắn còn nhiều điều thú vị xung quanh bài toán 1. Các bạn hãy cùng tiếp tục suy nghĩ nhé.
II- Dãy các phân số viết theo qui luật:
* Các công thức cần nhớ đến khi giải các bài toán về dãy các phân số viết theo qui luật:
1) .
2) .
3) .
4) .
5).
6) .
7).
(Trong đó: , )
TỪ MỘT BÀI TOÁN TÍNH TỔNG
Chúng ta cùng bắt đầu từ bài toán tính tổng rất quen thuộc sau : 
Bài toán A : 
Tính tổng : 
Lời giải : 
Vì 1 . 2 = 2 ; 2 . 3 = 6 ; ... ; 43 . 44 = 1892 ; 44 . 45 = 1980 ta có bài toán khó hơn chút xíu. 
Bài 1 : Tính tổng : 
Và tất nhiên ta cũng nghĩ đến bài toán ngược. 
Bài 2 : Tìm x thuộc N biết : 
Hơn nữa ta có : 
ta có bài toán 
Bài 3 : Chứng minh rằng : 
Do vậy, cho ta bài toán “tưởng như khó” 
Bài 4 : Chứng tỏ rằng tổng : 
không phải là số nguyên. 
Chúng ta cũng nhận ra rằng nếu a1 ; a2 ; ... ; a44 là các số tự nhiên lớn hơn 1 và khác nhau thì 
Giúp ta đến với bài toán Hay và Khó sau : 
Bài 5 : Tìm các số tự nhiên khác nhau a1 ; a2 ; a3 ; ... ; a43 ; a44 sao cho 
Ta còn có các bài toán “gần gũi” với bài toán 5 như sau : 
Bài 6 : Cho 44 số tự nhiên a1 ; a2 ; ... ; a44 thỏa mãn 
Chứng minh rằng, trong 44 số này, tồn tại hai số bằng nhau. 
Bài 7 : Tìm các số tự nhiên a1 ; a2 ; a3 ; ... ; a44 ; a45 thỏa mãn a1 < a2 a3 < ... < a44 < a45 và 
Các bạn còn phát hiện được điều gì thú vị nữa rồi chăng ?
Bài toán 2: Tính nhanh: 
a) .
b) .
c) .
Bài toán 3: (Bài toán tổng quát của bài toán 2)
Tính nhanh: .
Bài toán 3: Tính tổng 100 số hạng đầu tiên của các dãy sau:
	a) 	b) 
Hướng dẫn: b) Ta thấy 6 = 1.6; 66 = 6.11; 176 = 11.16; 336 = 16.21,
Do đó số hạng thứ n của dãy có dạng (5n – 4)(5n + 1).
Bài toán 4: Tính tổng: 
a) .
b) .
c) .
Bài toán 5: Tính giá trị của biểu thức:
	a) .
	b) .
Hướng dẫn:
a) Biến đổi số bị chia: 
Biểu thức này gấp 50 lần số chia. Vậy A = 50.
b) Biến đổi số chia: 
Biểu thức này bằng 100 lần số bị chia. Vậy .
Bài toán 6: Tìm tích của 98 số hạng đầu tiên của dãy:
Hướng dẫn: các số hạng đầu tiên của dãy được viết dưới dạng:
Hay 
Do đó số hạng thứ 98 có dạng . 
 Ta cần tính:
Chương 0 : HỆ THỐNG GHI SỐ THẬP PHÂN
1. Hệ thống thập phân : 
	Số anan-1 . . . .a1a0 = an .10n + an-1.10n-1 . . . .a1.10 + a0 .
	Ví dụ : Số 99 . . .9 + 1 = 10n .(gồm n số 9 ) .
	 Nếu đặt a = 11..1 ( gồm n số 1) thì 10n = 9a + 1 .	 
Ví dụ 1: Tìm số nguyên lớn gấp 7 lần chữ số hàng đơn vị củ ... g trình ước số :
Ví dụ 1 :
	Giải phương trình nghiệm nguyên x2 -4y2 =1
	(x-2y)(x+2y) = 1
	Giải các hệ : x -2y = 1	x - 2y = -1	
	 x+2y =1	x + 2y = -1 để tìm nghiệm .
Phương trình bậc hai hai ẩn :
Bài 1 :
a. x3 - y3 = 91
b. x+ y = xy
c. 3xy + x - y = 1
d. 2x2 + 3xy - 2y2 = 7.
Bài 2 : 
a. x2 + xy + y2 = 2x + y
b. x2 + xy + y2 = x + y
c. x2 - 3xy + 3y2 = 3y
d. x2 - 2xy + 5y2 = y + 1.
J Các phương trình trên có thể giải bằng nhiều cách khác nhau. Chọn cách giải phù hợp sẽ rút ngắn được lời giải. nếu trong phương trình. Nếu trong phương trình có chứa một ẩn bậc nhất, nói chung ta nên sử dụng phương pháp tách ra các hệ số nguyên. Nếu phương trình có dạng F(x,y) = p ( p là số nguyên tố) ta nên áp dụng phương pháp đưa về phương trình ước số. Rất nhiều phương trình bậc hai gíải được bằng phương pháp xét điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai. 
Phương trình bậc cao :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + y3 = y6
	4x2 = 4y6 - 4y3 + 1 - 1
	(2x)2 = ( 2y3 - 1)2 - 1
	( 2x - 2y3 + 1)( 2x + 2y3 - 1) = -1
Lập và giải hai hệ để tìm x.
Bài tập 1 :Giải phương trình nghiệm nguyên x6 + 3x3 + 1 = y4 .
HD : 	Û 4x6 + 12x3 + 4 = 4y4
	Û (2x3 + 3)2 - 4y4 = 5 
	Û (2x3 + 3 -2y2)(2x3 + 3 +2y2) = 5 .
Lập và giải bốn hệ để tìm nghiệm .
Bài tập 2: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình : x(x+1)(x+2)(x+3) = y2
	(x2 + 3x)(x2 + 3x + 2) = y2
Đặt X = x2 + 3x được : X(X + 2) = y2
	(X+1)2 - 1 = y2
	(X+1-y)(X+1+y) = 1
Giải phương trình ước số để tìm nghiệm.
Bài tập 3 :Giải phương trình nghiệm nguyên : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 .
HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 Û ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 .
Đặt X = x2 + 8x được : X (X+ 7) = y2
	X2 + 7X =y2
	4X2 + 28X = 4y2
	(2X)2 + 2.2X.7 + 49 - 4y2 = 49
	(2X + 7 )2 - 4y2 = 49
	(2X+7-2y)(2X+7+2y) = 49
Giải phương trình ước số để tìm nghiệm.
Bài tập 4: Giải phương trình nghiệm nguyên : x4 - x2 + 2x + 2 = y2
	x4 - 2x2 + 1 + x2 + 2x + 1 = y2.
	(x2 - 1)2 + (x+1)2 = y2
	(x+1)2((x-1)2 + 1 ) = y2.
	(x-1)2 + 1 phải là số chính phương. Đặt (x-1)2 + 1 = k2
	(x-1-k)(x-1+k) = -1
Giải phương trình ước số để được x.
Bài tập 5:
 Giải phương trình nghiệm nguyên x2 + xy + y2 = x2y2
Công hai vế với xy được (x + y)2 = xy(xy + 1)
	Đặt x + y = a ; xy = b được a2 = b2 + b 	
	4a2 + 1 = 4b2 + 4b + 1
	(2b + 1 -2a)(2b + 1 +2a) = 1
Giải (*) được a, b để tìm x,y.
Nếu có nhận xét tích hai số nguyên liên tiếp là số chính phương thì một trong hai số đó bằng 0 thì phép giải sẽ gọn hơn.
Cách khác :
x2 + xy + y2 = x2y2
4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2
( 2x + y)2 = 4x2y2 - 3y2
( 2x + y)2 = y2(4x2 - 3)
Suy ra được 4x2 - 3 là số chính phương 4x2 - 3 = k2.
Ta đưa về phương trình tích (2x - k)(2x + k) = 3
Giải phương trình tích trên để tìm x .
Phương trình dạng mũ :
Bài tập 1:
	Tìm x, y tự nhiên để : 2x + 57 = y2 .
Xét x lẻ : đặt x = 2k + 1 được :
	22k+1 + 57 = y2 .
	2. 22k + 57 = y2 .
Dựa vào đồng dư thức xét số dư khi chia 22k cho 3 được 2. 22k + 57 chia 3 dư 2. Trong khi đó y2 chia 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1.
Xét x chẵn : Đặt x = 2k
	22k - y2 = - 57
	(2k - y)( 2k - y) = - 57	(*)
(*) là phương trình ước số.
Bài 2:	Tìm x, y tự nhiên để : x2 - 2y = 33.
Xét y chẵn : đặt y = 2k được (x - 2k)(x + 2k) = 33. Giải phương trình tích này.
y lẻ . Đặt y = 2k + 1 được x2 = 33 + 2.22k
Xét số dư khi chia cho 3 có 33 + 2.22k chia 3 dư 2 trong khi x2 chia 3 chỉ có thể có số dư là 0 hoặc 1.
Bài 3: Tìm x, y tự nhiên để : x2 + 1 = 2y
Xét y chẵn : Đặt y = 2k được (2k - x)(2k + x) = 1. Giải phương trình ước số này
Xét y lẻ : Đặt y = 2k + 1 được x2 + 1 = 22k + 1
	 x2 + 1 = 2.22k
k = 0 được x = ± 1 ; y = 1
Với k > 0 thì 2.22k chia hết cho 4 trong khi x2 + 1 chia 4 dư 1 hoặc dư 2.
Bài tập 4: Tìm x, y tự nhiên sao cho x2 = 4y + 5
Xét y chẵn . Đặt y = 2k được (x - 4k)(x+4k) = 5. Giải phương trình ước số
Nếu y lẻ. Đặt y = 2k+1 được x2 = 4.42k + 5
k=0 được x = 3. K > 0 thì 4.42k + 5 là số lẻ chia 8 dư 5. Trong khi đó x2 lẻ chia 8 chỉ có thể dư 1.
: Giải các phương trình nghiệm nguyên sau ( bằng cách phù hợp nhất )
5. Phương pháp lùi vô hạn :
Ví dụ : Giải phương trình nghiệm nguyên : x3 + 2y3 = 4z3
Suy ra được x chia hết cho 2. Đặt x = 2x1 được
	8x13 + 2y3 = 4z3. Chia hai vế cho 2 được 4x13 + y3 = 2z3.
Suy ra được y chia hết cho 2 .Đặt y = 2y1 được 
4x13 + 8y1 3 = 2z3. Chia hai vế cho 2 được 2x13 + 4y1 3 = z3
Suy ra được z chia hết cho 2 .Đặt z = 2z1 được 
2x13 + 4y1 3 = 8z1 3. Chia hai vế cho 2 được x13 + 2y1 3 = 4z3
Lập luận tương tự như trên xn, yn, zn chia hết 2. hay x chia hết 2n với mọi n suy ra x = 0,y = 0 , z = 0.
Bài tập : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
	a. x3 - 3y3 = 9z3
	b. x2 + y2 = 3z2
6. Giới hạn miền nghiệm :
Bài 0: Giải phương trình nghiệm nguyên : 6x2 + 5y2 = 74
	6x2 £ 74 Þ x2 £
	Giải x2 = 0, 1, 4, 9 để tìm x . Từ đó được y
Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên 2x2 + 4x = 19 - 3y2
	2(x+1)2 = 21 - 3y2.
	(x+1)2£
	Xết (x+1)2 = 0, 1, 4, 9.
Nếu có thêm nhận xét 2(x+1)2 chia hết cho 3 nên (x+1) chia hết cho 3 suy ra (x+1)2 chia hết cho 9 ta chỉ cần giải một trường hợp.
Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : .
Do x,y,z có vai trò bình đẳng. Không mất tính tổng quát ta giả sử x ³ y³ z có :được :
Có : nên 
Thay z = 1 vào ta được : 
Bài 3 :Giải phương trình nghiệm nguyên y2 = -2(x6 - x3y -32)
HD :	y2 = -2(x6 - x3y -32) Û 2x6 - 2x3y + y2 = 64
	Û x6  +(x3- y)2 = 64
Do (x3- y)2 ³ 0 nên | x | £ 2 . Xét các giá trị nguyên x thuộc đoạn [2,2] để tìm nghiệm .
Bài 4 : Tìm x,y,z nguyên dương để x + y + z = xyz
Do x,y,z có vai trò bình đẳng. Không mất tính tổng quát ta giả sử
 	1 £ x £ y £ z
Do đó 	x + y + z £ 3z
	xyz £ 3z 
	 xy £ 3 
Giải xy = 1 ; xy = 2; xy = 3 để tìm x, y từ đó được z. 
Bài 5 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x3 + 7y = y3 + 7x 
Giải với x = y.
Với x¹ y được :	(x - y)( x2 + xy + y2) = 7(x - y)
	 x2 + xy + y2 = 7
	( x - y)2 + 3xy = 7
	xy £ 
Giải 0, 1, 2 được x,y.
Bài tập 6 :Giải phương trình nghiệm nguyên x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 .
HD : x(x+1)(x+7)(x+8) = y2 Û ( x2 + 8x)(x2 + 8x + 7) = y2 .
Đặt X = x2 + 8x được : X (X+ 7) = y2
	X2 + 7X =y2
Với X > 9 được X2 + 8X + 16 > X2 + 7X
	 X2 + 6X + 9 < X2 + 7X
Tóm lại với X > 9 thì (X+3)2 9 thì X2 + 7X =y2
vô nghiệm.
Với X £ 9 được x2 + 8x - 9£ 0
Giải x2 + 8x - 9£ 0 được 1 £ x £ 9
( Ta có phân tích như sau :X2 + 7X > X2 + 6X + 9 được X > 9
X2 + 7X -16 )
Bài tập 7:
Giải phương trình nghiệm nguyên x4 + 2x3 + 2x2 + x + 3 = y2
	(x2 + x)2 + ( x2 + x + 3) = y2
Đặt X = x2 + x được : X2 + X + 3 = y2	
Với X > 2 ta có X2 + X + 3 > X2
 X2 + X + 3 < X2 + 2X + 1
Vậy với X > 2 thì X2 + X + 3 = y2 vô nghiệm.
x2 + x < 2 được -2 £ x £ 1
( Phân tích : X2 + X + 3 > X2 được X > -3
X2 + X + 3 2 )
Bài 8: Giải phương trình nghiệm nguyên sau 7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
7(x2 + xy + y2 )= 39 (x + y)
Do ( 1,39) = 1 nên x + y chia hết cho 7. Đặt x + y = 7m	(1)
Do ( 1,39) = 1 nên x2 + xy + y2 chia hết cho 39. Đặt x2 + xy + y2 = 39 k.	(2)
Ta có k = m . x2 + xy + y2 = 39m suy ra xy + 39m = (x+y)2
Từ hằng đẳng thức x2 + y2 ³ 2xy
Ta được ( x+ y)2 ³ 4xy . 
Thay ta được 49m2 ³ 4(49m2 - 39m)
	-147 m2 + 156m ³ 0
Giải được 0 £ m £ 
Thay m = 0, 1 vào trên để giải.
Bài 8 :Giải phương trình nghiệm nguyên 1! + . . .+ x! = y2 . ( Với x! = 1.2.3...x)
	Với x ³ 5 có 1! + . . .+ x! = 33 + 5! + ... +x! .
	 x! chia hết cho 10 với x ³ 5 ( do có chứa hai thừa số 2 và 5 ) nên :
 33 + 5! + ... +x! có chữ số tận cùng là 3 .Hay phương 1! + . . .+ x! = y2 không có nghiệm nguyên x³ 5 .
Xét các giá trị nguyên x ở miền 0 < x < 5 được các nghiệm là : (1,1) và (3,3) .
Bài 7: Giải phương trình nghiệm nguyên x! + y! = 10z + 9
C1 : Với x ³ 5 thì x! có tận cùng bằng 0, Với y ³ 5 thì y! có tận cùng bằng 0 nên x! + y! có tận cùng bằng 0 . 10z + 9 có tận cùng bằng 9.
Xét x, y = 1,2,3,4,5. 
C2 : Với x,y ³ 2 thì x!, y! là số chẵn. Trong khi 10z + 9 là số lẻ.
Xét x = 1 được nghiệm : 
 y = 1 được nghiệm :
7. Một số bài toán liên quan đến phương trình nghiệm nguyên :
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên k cho trước, không tồn tại số nguyên dương x sao cho x(x+1) = k(k+2)
	x2 + x + 1 = ( k + 1)2. Bài toán trở thành chứng minh với mọi x > 0 thì x2 + x + 1 không phải là số chính phương.
Với x > 0 ta được x2 + x + 1 < x2 + 2x + 1
 x > 0 được x > -1 được x2 + x + 1 > x 2.
Vậy với x > 0 thì ( x + 1)2 > x2 + x + 1 > x 2. nên x2 + x + 1 không phải là số chính phương được đpcm.
Phân tích : 
	x2 + x + 1 > x 2 được x > - 1
	x2 + x + 1 0 
Bài 2 : Giả sử p là số nguyên tố sao cho cả hai nghiệm của phương trình : 
	x2 + px -444p = 0 là các số nguyên. Hãy tìm p và các nghiệm của phương trình .
HD : x2 + px -444p = 0 Û x2 = p(444 - x) .
	Số x2 chia hết cho p nên x chia hết cho p . Đặt x = np được :
	n2p2 = p(444- np) Û n2p = 444 - np Û n(n+1)p = 444 = 3.4.37 .
	Do p nguyên tố nên p = 2 , 3, 37 . Chỉ có trường hợp p = 37 thì tích còn lại mới là tích của hai số nguyên liên tiếp .
Thay n = 37 vào phương trình giải để tìm x .
Bài 3 : Chứng minh rằng số có dạng A(n) = n6 -n4 + 2n3 + 2n2 không chính phương với mọi n > 1 .
HD : Phân tích A(n) thành nhân tử được A(n) = n2(n+1)2((n-1)2 +1)
Để chứng minh A(n) không chính phương ta chứng minh (n-1)2 +1 không chính phương .
Với n > 1 Û 2n > 2 Û -2n < 2 Û n2 -2n + 2 < n2 - 2 + 2 Û (n-1)2 + 1 < n2 
Lại có (n -1)2 < (n-1)2 + 1 nên (n -1)2 < (n-1)2 + 1< n2 .Hay (n-1)2 + 1 không phải là số chính phương .
Chương V : MỘT SỐ BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 1 : Cho hai số tự nhiên a, b . Chứng minh rằng nếu tích a.b chẵn thì ta luôn tìm được hai số tự nhiên c, d sao cho d2 = a2 + b2 + c2 .
HD : Tích a.b chẵn thì : 	- Cả a,b đều chẵn .
	- Chỉ có một số chẵn .
	- Khi cả hai số a, b đều chẵn được a2 + b2 chia hết cho 4 . Đặt a2 + b2 = 4m . Lúc đó ta chọn d = m+1 và c = m-1 . Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m + 1 .
	- Khi chỉ có một số chẵn được a2 + b2 là số lẻ . Đặt a2 + b2 = 2m + 1 . Lúc đó chọn d = m+1 và c = m . Có d2 = a2 + b2 + c2 = m2 + 2m + 1 .
Bài 2 : Các số nguyên a,b,c,d thoả a2 + b2 + c2 = d2. Chứng minh rằng : abc chia hết cho 4.
H.Dẫn : 
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có ba số đều lẻ Þ a2 + b2 + c2 chia 4 dư 3 nên không thể là số chính phương.
- Trong ba số a2 , b2 , c2 có hai số đều lẻ Þ a2 + b2 + c2 chia 4 dư 2 nên không thể là số chính phương.
- Suy ra trong ba số a2 , b2 , c2 có hai hoặc cả ba số đều chẵn. Suy ra a.b.c chia hết cho 4.
Bài 3 :Tìm tất cả các số nguyên tố có dạng : n(n+1)/2 - 1 .
HD : Dùng phương pháp giới hạn miền nghiệm : Chứng minh được với n³ 4 thì n(n+1)/2 - 1 là hợp số xét n=1; 2; 3 để tìm số nguyên tố p .