Một số bài toán Số học

các số nguyên dương n để n1988 + n1987 + 1 là số nguyên tố.
Bài 32: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của nó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.
Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a2 – b2 = c2 – d2. Chứng minh: S = a + b + c + d là hợp số.
Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 263 – 1 và B = 277 – 1 
Bài 35: Tìm số có 4 chữ số , biết rằng nếu đem số ấy nhân với 2 rồi trừ đi 1004 thì kết quả nhận được là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng theo thứ tự ngược lại.
Bài 36: cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau htoả mãn: . Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương
Bài 37: Tổng một số tự nhiên và các chữ số của nó bằng 2359. Tìm số tự nhiên đó.
Bài 38: Chứng minh rằng hai số: A = 2n + 1 và B = là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n.
Bài 39: Cho các số: a1, a2, , an mà giá trị của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng: Nếu a1a2 + a2a3 +  + ana1 = 0 thì n chia hết cho 4 (n là số nguyên dương)
Bài 40: Tìm các số nguyên dương có 2 chữ số, biết số đó là bội của tích 2 chữ số của chính số đó.
Bài 41: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất thoả cả 2 tính chất sau:
	a/ Chữ số cuối cùng bằng 6
	b/ Nếu bỏ chữ số 6 cuối ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu.
Bài 42: Một giải bóng đá theo luật sau:
	+ Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác, hai đọi chỉ thi đấu với nhau 1 lần (Nói gọn: thi đấu 1 vòng)
	+ Trong mỗi trận đấu: đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm, nếu hoà nhau mỗi đội được 1 điểm
	Giải kết thúc với kết quả là: mỗi đội đạt được một số điểm khác nhau và đội đứng cuối đã thắng cả 3 đội đứng đầu (thứ tự xếp hạng theo điểm)
	Chứng minh rằng số đội bóng của giải không thể là 12 đội.
BÀI GIẢI
Bài 1: Các thừa số của T đều có dạng: na + (2011 – n)b = 2011b + n(a – b) với n = 5, 6, ,15 (*)
	Nếu T chia hết cho số nguyên 2011 thì tồn tại ít nhất một thừa số của T chia hết cho 2011, đó là ma + (2011 – m)b = 2011b + m(a – b) với m thoả mãn 5 m 15
	Từ đó suy ra m(a – b) chia hết cho 2011 mà 5 m 15 nên a – b chia hết cho 2011. suy ra các số n(a – b), ứng n = 5, 6, , 15 đều chia hết cho 11, do đó theo (*) tất cả 11 thừa số của T đều chia hết cho 2011.
	Vậy nếu T chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 201111
Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a N:
	 = = 3a + 1
	Lần lượt thay a từ 1 đến 2006 ta được: 
	S = 3(1 + 2 + 3 +  + 2006) + 2006 = 3.2007.1003 + 2006 = 6041069
Bài 3: Ta có 20052005 – p2006 = (20052005 + p2005) – (p2005 + p2006)	(1)
	Vì 20052005 + p2005 = (2005 + p)(20052004 – p.20052003 + p2.20052002 -  + p2004) chia hết cho 2005 + p nên từ (1), ta có:
	(20052005 – p2006) 2005 + p (p2005 + p2006) 2005 + p p2005(1 + p) 2005 + p (2)
	Ta xét 2 trường hợp:
1/ p là ước nguyên tố của 2005 tức là p = 5 hay p = 401
	Nếu p = 5 thì p2005(1 + p) = 6.52005 không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho 2005 + p = 3000.
	Nếu p = 401 thì p2005(1 + p) = 402.4012005 chia hết cho 2005 + p = 2406 = 6.401. do đó p = 401 thoả mãn bài toán.
2/ Nếu p 5 và p 401 thì (p, 5) = 1 và (p, 401) = 1 
 	=> (p2005, 2005 + p) = 1 và 1 + p < 2005 + p nên (2) không thể thoả mãn.
	Vậy chỉ có một số nguyên tố thoả mãn thoả mãn bài toán là p = 401.
Bài 4: HD sử dụng với k 1 ta tính được S = 
Bài 5: Ta có 1 + =  = với k N, k 1
	Cho k các già trị 1; 2; 3;  ; n thí bài toán trở thành:
	 = = 
	 2001n + 2001 = 2000n + 4000 n = 1999
Bài 6: Số 2020 = 220.1020 có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2n + 1 có ít hơn 20 chữ số nên n < 20
	+ Nếu n = 1 thì P = 2, thoả mãn
	+ Nếu n = 2 thì P = 5 thoả mãn
	+ Nếu n > 2 thì P > 5, hơn nữa P lại là số lẻ, do đó n là số chẵn.
	_ n không thể có ước nguyên dương lẻ > 1,Thật vậy giả sử n = (2k + 1)k (k N*; k > 1), khi đó nn + 1 = (nk)2k+1 + 1 = (nk + 1)Q với Q > 1; suy ra nn + 1 (P); (P) tập hợp các số nguyên tố.
	Vậy n chỉ nhận một trong các giá trị 4, 8, 16.
	+ Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố
	+ Với n = 8 thì P = 88 + 1 = 16777218, không là số nguyên tố.
	+ Với n = 16 thì P = 1616 + 1 = 264 + 1 = 10246.16 + 1 có nhiều hơn 19 chữ số.
	Vậy n chỉ có thể là 1; 2; 4.
Bài 7:	+ Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vị, ta có: = 31x; với x N
	 10x + c = 31x 21x = c	(1)
	Do 0 c 9, vì thế nếu x 1 thì vế trái của (1) 21, còn vế phải của (1) 9, Vô lí!
	+ Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có: = 31; với x N
	 21x + 3c = b	(2)
	Lập luận tương tự như trên nếu x 1 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2), Vô lí; Suy ra x = 0. Khi đó b = 3c. Mặt khác 31 nên có các số 31; 62, 93.
	+ Xét trường hợp chữ số gạch đi là số hàng trăm, ta có: = 31.; với x N
	 210x + 3. = 10a.
	Lập luận tương tự như các trường hợp trên ta có x = 0. Khi đó ta có: 10 = 3, suy ra 3.10; mà (3; 10) = 1 nên 10. Suy ra c = 0, do đó a = 3b, vì thế a = {3; 6; 9}
	Ta được các số: 310 = 31.10; 620 = 31.20; 930 = 31.30
	+ Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được các số có dạng: 31.10k; 62.10k; 93.10k;
	 với k = 0; 1; 2;  ; n
Bài 8: Ta có 62001 = (5 + 1)2001 1(mod5). Đặt 62001 = 5k + 1 (k N)
	A = 265k+1 = 26.265k = 26.(11881376)k = 26.(11881375 + 1)k
	Do (11881375 + 1)k = (95051.125 + + 1)k 1(mod125). Suy ra A = 26(mod125).
	Vậy A = 125m + 26 (m N)
	Mặt khác A = = . 26 Suy ra A 8> Vậy A = 8n (n N)
	Suy ra 125m + 26 = 8n 125m = 8(n – 4) + 6; Suy ra 125m = 8p +6 (p N). Từ đó ta có m là số chẵn và 125m chia cho 8 dư 6
	m chia cho 8 có các số dư là: 0, 2, 4, 6 nên 125m chia cho 8 có các số dư tương ứng là: 0, 2, 4, 6.
	Vậy m chia 8 có số dư là 6 suy ra m = 8q + 6 (q N).
	Vậy A = 125(8q + 6) + 26 = 1000q + 776, nên A chia cho 1000 dư 776, do đó có 3 chữ số tận cùng là 776
Bài 9: Gọi 10 số nguyên dương đó là a1, a2, , a10. Mười tổng lập theo yêu cầu đề bài là:
b1 = a1 + 1; b2 = a2 + 2, , b10 = a10 + 10 (b1, b2, , b10 N*)
	Suy ra b1 + b2 +  + b10 = (1 + 2 +  + 10)2 = 210 là một số chẵn. Do đó trong các số bi (i=1, 2, , 10) số các số lẻ là một số chẵn.
	+ Nếu có nhiều hơn 5 số lẻ thì do các số lẻ chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 nên có ít nhất có 2 số lẻ có chữ số tận cùng gống nhau.
	+ Nếu có ít hơn 5 số lẻ thì sẽ có nhiều hơn 5 số chẵn. Mà các số chẵn chỉ có thể có số tận cùng là: 0, 2, 4, 6, 8 nên có ít nhất có 2 số chẵn có chữ số tận cùng gống nhau.
Bài 10: = (a, b, c, d, e N, 1 a 9; 0 b, c, d, e 9)
	 = ()3 1000 + = ()3
	Đặt x = (10 x 99), y = (y N, 0 y 999. Ta có: 1000x + y = x3 (*)
	Do y 0 nên từ (*) suy ra x3 1000x x(x2 – 1000) 0
	Mà x > 0 nên x2 1000, do đó x > 31
	Lại do: y x3 – 1000x < 1000
	 x(x2 – 1000) < 1000
	Nếu x 33 thì x2 1089 nên x2 – 1000 89 suy ra x(x2 – 1000) > 1000, mâu thuẫn với x(x2 – 1000) < 1000. Vậy x < 33.
	Tóm lại 31< x < 33 mà x N nên x = 32. Khi đó từ (*) ta có: y = 323 – 1000.32 = 768
	Thử lại = 32. Vậy số phải tìm là 32768.
Bài 11: Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3 (*)
 	pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, , 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau.
	Nếu không có nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phài có mặt đúng 2 lần trong cách viết số pn. Như vậy tổng các chữ số của pn là: 2(0 + 1 + 2 +  + 9) = 90 nên pn3, do đó pn3, mâu thuẫn với (*). Vậy có ít nhất 3 chữ số giống nhau.
Bài 12: chia chữ số đã cho thành 3 tập hợp:
	A = {1; 2; ; n}, B = {n+1, n+2, , 2n-1}; C = {2n; 2n+1; ; 3n}. 
 	trong đó1 a1 a2  an+2 3n
	Đặt k = 3n – an+2 suy ra k N và 0 k 2n – 2 (vì 3n – (n + 2) = 2n – 2)
	Đặt b1 = a1 + k; b2 = a2 + k, , bn = an + k. Ta có 1 b1 b2  bn+2 3n
	+ Nếu có ít nhất một số bj B thì n < bj < 2n, suy ra:
	Suy ra n n , an+2– aj < 2n (với j = 1, 2, , n + 1)
	+ Nếu B = thì các số b1, b2, , bn+1 thuộc một trong hai tập hợp A hoặc C.
 	Ta xét các cặp số (1; 2n), (2; 2n + 1), (3; 2n + 2), , (n, 2n – 1)
 	Số hạng tổng quát của các số trong một cặp (k; 2n + k – 1) với1 k n, nên hiệu của chúng bằng 2n – 1 
	+ Vì có không quá n số bj thuộc A (do A có n phần tử), có không quá n số bi C – {3n}. Mà có (n + 1) số bi nên có ít nhất một cặp số như trên.
	Đặt bi = 2n + i – 1, bj = I, suy ra bi – bj = 2n – 1; mà n < 2n – 1 < 2n. Suy ra n < bi – bj < 2n. Do đó n < (ai + k) – (aj + k) < 2n, nên n < ai – aj < 2n.
Bài 13: Theo đề bài ta có: P1(x) = P0(x – 1) = P0
	P2(x) = P1(x – 2) = P0(x – 3) = P0
	P3(x) = P2(x – 3) = P0(x – 6) = P0
	Giả sử Pk(x) = P0 với k N, k 1
	Ta chứng minh rằng: Pk+1(x) = P0.
	Thật vậy: Pk+1(x) = Pk+1(x – (k + 1)) = P0 = P0.
	Theo nguyên lý qui nạp toán học ta suy ra: Pn(x) = P0 với mọi n N*. Do đó:
	P21(x) = P0 = P0(x – 231) = (x – 231)2 + 22(x – 231)2 – 6(x – 231) + 15 =
	= x3 – 3x2.231 + 3x.2312 – 2313 + 22x2 – 44.231x + 22.2312 – 6x + 6.231 + 5
	Hệ số của x là 3.2312– 44.231 – 6 = 149913.
Bài 14: Ta có P = 1.2.3  (n – 1)n = n! và S = 1 + 2 + 3 +  + (n – 1) + n = 
	P S n!2 n(n – 1) (n – 1)!2 (n – 1)
	Thử với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta thấy bài toán đúng với n = 1, 3, 5 không đúng với n = 2, 4, 6 
	Xét n > 6
	Nếu (n + 1) là số nguyên tố thì với mọi k n – 1 ,(k;n + 1) =1 thì (n – 1)!2 không chia hết (n + 1) nên (n + 1) là hợp số, n + 1 = a.b (a,b N,a,b > 1) .
	Do 2(n – 1) - (n + 1) = n – 3 >0 với mọi n 7 nên 2(n – 1) >(n + 1), suy ra 1 <a, b < n – 1
	*Nếu ab thì a, b đều có mặt trong (n – 1)! suy ra (n – 1)! (n + 1).
	* Nếu a = b thì n + 1 = a
	*Nếu a > thì a > mà -(n +1) = . Với n >6 thì n(n – 6) > 3 nên > 0 vì thế a> n + 1 mâu thuẫn vời (*) .
	Vậy khi a =b thì a , do đó a và 2a có mặt trong tích 1.2.3 (n – 1), suy ra (n – 1)!2a=> (n – 2)!a = (n + 1).
Tóm lại khi (n + 1) là hợp số thì n! (1 + 2 + 3 +  + (n – 1) + n) khi n > 6.Kết hợp các trường hợp trên ta được:
	Với n = 1 hoặc n +1 là hợp số > 2 thì P S
Bài 15: Giả sử, mà 3 là số nguyên tố nên a2 không chia hết cho 3; nhưng (a2 + b2) 3 nên b2 không chia hết cho 3, do đó b không chia hết cho 3.
	Vì a không chia hết cho 3 nên a = 3k + 1 hoặc a = 3k – 1 (kZ). Khi đó a2 = 9k2 + 6k + 1 hoặc a2 = 9k2 – 6k + 1. Như vậy a2 chia cho dư 1
	Cũng vì b không chia hết cho 3 nên lập luận tương tự ta có b2 chia cho 3 dư 1. Do đó a2 + b2 chia 3 dư 2, trái với giả thiết (a2 + b2) 3
	Vậy a 3, do đó a2 3 mà (a2 + b2) 3 nên b2 3 suy ra b3. Nghĩa là a, b cùng chia hết cho 3.
Bài 16: Do a, bN nên a – bZ. Mà = a – b suy ra a – b 0, do đó a – bN.
	Đặt m = a – b = (mN; b0). Ta có: 	
	Từ (1) và (2) suy ra m + b = mb (m – 1)(b – 1) = 1. Do đó m – 1 và b – 1 là ước của 1 nên ta tìm được b = 0 và b = 2
	Do b0 nên b = 2, suy ra m – 1 = 1 m = 2. Khi đó a = m + b = 4
	Vậy a = 4, b = 2
Bài 17: a/ Với n = 1, ta có 1 + 1.P1 = 1 + 1 = 2 = 2! = P2
	Giả sử bài toán đúng với n = k (k = 1, 2, ) tức là: 1 + 1.P1 + 2.P2 +  + k.Pk = Pk+1 (1)
	Cộng 2 vế của (1) với (k + 1)Pk+1, ta có:
 1 + 1.P1 + 2.P2 +  + k.Pk + (k + 1)Pk+1= Pk+1 + (k + 1)Pk+1= Pk+1(1 + k + 1) = Pk+1(k + 2) = Pk+2
	Do đó bài toán đúng với n = k + 1. vậy bài toán đúng với mọi n là số nguyên dương.
	b/ Ta có: = - = - (k = 1, 2, , n) 
 	 + +  + = + +  + = 1 – < 1
Bài 18: Giả sử x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương.
	Đặt 2n + 2003 = k2	 (1) và 3n + 2005 = m2 	(2)	(k, m N).
	Trừ theo từng vế của (1) và (2) được: n + 2 = m2 – k2
	Khử n từ (1) và (2) suy ra: 3k2 – 2m2 = 1999	(3)
	Từ (1) suy ra k là số lẻ. Đặt k = 2a + 1 (a Z). Khi đó: (3) 3(2a – 1)2 – 2m2 = 1999
	 2m2 = 12a2 + 12a – 1996 m2 = 6a2 + 6a – 998 m2 = 6a(a + 1) – 1000 + 2 (4)
	Vì a(a + 1) 2 nên 6a(a + 1) 4, 1000 4, vì thế từ (4) suy ra m2 chia 4 dư 2, Vô lý. 
	Vậy không tồn tại các số nguyên dương n thoả mãn bài toán.
Bài 19: Điều kiện a, b, c 0. Từ bài toán ta có: 
	Suy ra (bc + ac + bc)(a + b + c) – abc = 0
	 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 a + b = 0 hay b + c = 0 hay c + a = 0
	+Nếu a + b = 0 thì c = 2003
	+ Nếu b + c = 0 thì a = 2003
	+ Nếu a + c = 0 thì b = 2003
	Vậy 1 trong 3 số a, b, c bằng 2003
Bài 20: Gọi d là ước của n2 + 4 và n + 5, thì:
	 => 
	Do đó [(n + 5)2 – (n2 + 4)] d, suy ra (10n + 21) d hay 10(n + 5) – 29 d; mà 10(n + 5)d vì thế 29 d
	Để A chưa tối giản thì d > 1 mà d là ước của 29 nên d = 29. Do đó n + 5 = 29k (k N*), suy ra n = 29k – 5.
	Vì 1 n 2004 nên 1 29k – 5 2004 => 6 29k 2009. Từ đó k = 1, 2, 3, , 69. Vậy có 69 số nguyên dương thoả mãn đề bài.
Bài 21: P = = = với mọi n N
	Gọi d là UCLN của n2 + n – 1 và n2 + n + 1 thì (n2 + n – 1) d và (n2 + n + 1) d; suy ra:
[(n2 + n – 1) + (n2 + n + 1)] d hay 2 d. Do đó d = 1 hay d = 2
	Mặt khác n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 là một số lẻ nên d 2, suy ra d = 1. Vậy P là phân số tối giản.
Bài 22: Vì (a + b + c) 4 nên a + b + c = 4k (k Z). Ta có:
	P = (a + b + c – c)(a + b + c – a) (a + b + c – b) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc =
	= 64k3 – 16k2c – 16k2a + 4kac – 16k2b + 4kbc + 4kab – abc – abc 
	= 4k(16k2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab) – 2abc = 4km – 2abc (m Z). 
 	Trong đó m = 16k2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab
 Vì (a + b + c) 4 nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn, do đó abc 2 => 2abc 4
	Vậy P 4
Bài 23: Với các số lẻ: 1, 3, 5, 7, , 2n – 1 thì ước lẻ lơn nhất của chúng chính là bản thân số đó.
	Với các số chẵn: 2 = 2.1; 4 = 2.2; 6 = 2.3; ; 2n = 2. 2n-1. Nên tổng các ước lẻ lớn nhất của các số chẵn 2; 4; 6; ; 2n chính là tổng tổng các ước lẻ lớn nhất của các số 1, 2, 3, 4; ; 2n-1 = S(n–1).
	Vậy S(n) = 1 + 3 + 5 + 7 +  + (2n – 1) + S(n–1). Ta chứng minh S(n) = (1)
	Với k số lẻ: 1; 3; 5; ; 2k – 1, ta luôn có: 1 + 3 + 5 +  + (2k – 1) = k2 	(2)
	(2) luôn đúng với k = 1; Giả sử k đúng với k = m, tức là: 1 + 3 + 5 +  + (2m – 1) = m2 =>
=> 1 + 3 + 5 +  + (2m – 1) + (2m + 1) = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 => (2) đúng với k = m + 1. Vậy (2) đúng với mọi k N* => S(n) = + S(n – 1) = 4n-1 + S(n – 1)	(3)
	Xét công thức (1). Với n = 1 luôn đúng, với n = 2 luôn đúng
	Giả sử (1) đúng với n = k. Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật vậy S(k) = 
 	Theo (3) S(k + 1) = 4k + S(k) = 4k + = = = .
	Vậy (1) đúng với n = k + 1 => (1) đúng với mọi n
Bài 24: Ta có (x + z) = a + c + (a + b – 2) + (c + d – 2) = 
 	= (a + c) + ( –)2 + ( –)2 > 0, suy ra x + z > 0
	Tương tự: y + t = (b + d) + ( –)2 + ( –)2 > 0 => y + t > 0
	Do x + z > 0 nên trong 2 số x, z có ít nhất một số dương; và y + t > 0 nên trong 2 số y, t có ít nhất 1 số dương. Vậy trong 4 số x, y, z, t phải có ít nhất 2 số dương
Bài 25: + Với n = 1, ta có T = 2 + 3 + 4 = 9 = 32 là một số chính phương.
	+ Với n = 2, ta có T = 2 + 9 + 16 = 29 không phải là số chính phương.
	+ Với n 3, ta có T = 2n + 3n + 4n là số lẻ, suy ra T là số chính phương lẻ, do đó ;
T 1(mod4)
	Do n 3 nên 2n 0(mod4); 4n 0(mod4); suy ra 3n 1(mod4). 
 	Mà 3n = (4 – 1)n (-1)n(mod4); suy ra n là số chẵn.
	Đặt n = 2k (k Z). Khi đó: T = 4k + 9k + 16k = (3 + 1)k + 9k + (15 + 1)k 2(mod3).
	Nhưng một số chính phương không chia hết cho 3 sẽ có dạng (3m + 1)2 và (3m – 1)2 (k Z), khi chia cho 3 chỉ có số dư là 1. Vậy T không thể là số chính phương khi n 3
	Kết luận: n = 1.
Bài 26: m.n = 13860 = 22.32.5.7.11 trong đó các số 2, 3, 5, 7, 11 đôi một nguyên tố cùng nhau.
	 là phân số tối giản và > 1 nên (m; n) = 1 nà m > n
	+ Đặt a = 22; b = 5; c = 7; d = 32; e = 11 thì a < b < c < d < e
 	* Với n là một trong 5 số trên ta có 5 số.
 	* Với n là tích của 2 trong 5 số trên, ta có n {ab; ac; ad; ae; bc; bd; be; cd; ce; de} có 10 phân số thoả mãn là phân số tối giản và > 1
	+ Nếu n chứa thừa số 2 thì phải chứa 22, đã chứa thừa số 3 thì phải chứa 32. Mà a.b.c = 4.5.7 > 9.11 = d.e với a < b < c < d < e.
	Do vậy nến n là tích của 3 trong 5 số trên thì n > m, không thoả mãn đề bài; n càng không thể là tích của 4 trong 5 số nói trên.
	Vậy cùng với phân số , có 16 phân số cần tìm.	
Bài 27: HD Từ điều kiện ta có: a2 + b2 = (13x + 2)2 + (13y + 3)2 = 13(13x2 + 4x + 13y2 + 4y + 1) chia hết cho 13.
 Bài 28: A = là số tự nhiên => (5n – 11) (4n – 13) => 4(5n – 11) (4n – 13) 
=> (20n – 44) (4n – 13) => [5(4n – 13) – 21] (4n – 13) => 21 (4n – 13) => 4n – 13 Ư(21)
 	Mà 4n – 13 = 4(n – 3) – 1 chia 4 dư -1 (hay 3)
	Do đó 4n – 13 {– 1; 3; 7; – 21} 4n {12; 16; 20; – 8} n {3; 4; 5; – 2}
	Thay vào A ta chọn được n = 4 hoặc n = 5 thì A là số nguyên.
Bài 29: S(n) = + +  + = = = = = 
Bài 30: A = 75(41993 + 41992 +  + 42 + 5) + 25 = 25.3(41993 + 41992 +  + 42 + 4 + 1) + 25 = 
= 25.(4 – 1)(41993 + 41992 +  + 42 + 4 + 1) + 25 = 
 = 25(41994 + 41993 +  + 42 + 4 – 41993 – 41992 -  - 42 – 4 – 1) + 25 = 25(41994 – 1) + 25 = 
= 25(41994 – 1 + 1) = 25. 41994
Bài 31: + Với n = 1 ta có n1988 + n1987 + 1 = 1 + 1 + 1 = 3 là số nguyên tố
	+ Với n 2 ta có n1988 + n1987 + 1 > n2 + n + 1
 	Mặt khác ta có: n1988– n2 = n2(n1986 – 1) = n2[(n3)662 – (13)662] chia hết cho n3 – 13 mà n3 – 13 = (n – 1)(n2 + n + 1)
	Aùp dụng: (an – bn) (a – b). Vậy n1988– n2(n2 + n + 1)
	Tương tự: n1987 – n = n(n1986 – 1) (n2 + n + 1)
	Do đó: n1988 + n1987 + 1 = (n1988– n2) + (n1987 – n) + (n2 + n + 1) (n2 + n + 1). 
 	Vậy n1988 + n1987 + 1 có nhiều hơn 2 ước. Suy ra n1988 + n1987 + 1 là hợp số.
	Vậy n = 1 là số nguyên dương duy nhất thoả mãn bài toán.
Bài 32: Số cần tìm có dạng , với a, b N; 1 a 9; 0 b 9. Theo đề bài ta có:
 	2 = (a + b)3 (10a + b)2 =(a + b)3 	(1)
	Hệ thức (1) chứng tỏ là một số lập phương và (a + b) là một số chính phương.
	Do 10 99 => = 27 hoặc = 64
	+ Nếu = 27 thì a + b = 9 là số chính phương
	+ Nếu = 64 thì a + b = 10 không là số chính phương (loại)
	Vậy số phải tìm là 27.
Bài 33: Từ a2 – b2 = c2 – d2 a2 + d2 = c2 + b2. Ta xét hiệu:
	(a2 + d2 + c2 + b2) – (a + b + c + d) = (a2 – a) + (b2 – b) +(c2 – c) + (d2 – d) 2
Thay a2 + d2 = c2 + b2; ta có: 2(a2 + d2) – (a + b + c + d) 2 Mà 2(a2 + d2) 2 =>(a + b + c + d)2
	Vì a + b + c + d > 2 suy ra a + b + c + d là hợp số.
Bài 34: Ta giải bài toán: Với 1 m < n; m, n N. Tìm (2m – 1, 2n – 1)
	Đặt (m, n) = d; khi đó luôn tồn tại r, s N: rn – sm = d
	Đặt d1 = (2m – 1, 2n – 1) => d1 lẻ
	Ta có: (2n – 1) (2d – 1) (do n d) và (2m – 1) (2d – 1) (do m d) => d1 (2d – 1)
	Mặt khác: (2n – 1) d1 nên (2r.n – 1) d1 và (2m – 1) d1 nên (2sm – 1) d1
	=> 2r.n – 2sm = 2sm(2r.n-sm – 1) = 2sm(2d – 1) d1
 	=> (2; d1) = 1 nên (2d – 1) d1
	Vậy d1 = 2d – 1, nghĩa là (2m – 1; 2n – 1) = 2(m,n) – 1
	Aùp dụng: (263 – 1; 277 – 1) = 2(63,77) – 1 = 27 – 1 = 127 
Bài 35: Ta có: .2 – 1004 = < 10.000	(1)
	=> a 5
	Mặt khác do (1) nên a chẵn; Vậy a {2; 4}
	+ Nếu a = 4 thì (1) .2 = + 1004 	(2)
 	=> d.2 có chữ số tận cùng là 8 =>