Sử dụng diện tích trong chứng minh Hình Học

 3) không là số chính phương với mọi số tự nhiên n khác 0. 
Nhận xét : Đối với các em đã làm quen với dạng biểu thức này thì có thể nhận ra A + 1 là số chính phương (đây là bài toán quen thuộc với lớp 8). Các em lớp 6, lớp 7 cũng có thể chịu khó đọc lời giải. 
Lời giải : Ta có : A + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1 = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) +1 = (n2 + 3n +1)2. 
Mặt khác : 
(n2 + 3n)2 < (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) = A. 
Điều này hiển nhiên đúng vì n ≥ 1. Chứng tỏ : (n2 + 3n)2 A không là số chính phương. 
Các em có thể rèn luyện bằng cách thử giải bài toán sau : 
Bài toán 10 : Hãy tìm số tự nhiên n sao cho A = n4 - 2n3 + 3n2 - 2n là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến (n2 - n + 1)2. 
Bài toán 11 : Chứng minh số 235 + 2312 + 232003 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho 3 hoặc phép chia cho 4. 
Bài toán 12 : Có 1000 mảnh bìa hình chữ nhật, trên mỗi mảnh bìa được ghi một số trong các số từ 2 đến 1001 sao cho không có hai mảnh nào ghi số giống nhau. Chứng minh rằng : Không thể ghép tất cả các mảnh bìa này liền nhau để được một số chính phương. 
Bài toán 13 : Chứng minh rằng : Tổng các bình phương của bốn số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ tới phép chia cho 4. 
Bài toán 14 : Chứng minh rằng số 333333 + 555555 + 777777 không là số chính phương. 
Gợi ý : Nghĩ đến phép chia cho … một chục (?) 
Bài toán 15 : Lúc đầu có hai mảnh bìa, một cậu bé tinh nghịch cứ cầm một mảnh bìa lên lại xé ra làm bốn mảnh. Cậu ta mong rằng cứ làm như vậy đến một lúc nào đó sẽ được số mảnh bìa là một số chính phương. Cậu ta có thực hiện được mong muốn đó không ? 
CHỨNG MINH MỘT SỐ
LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Các bạn đã được giới thiệu các phương pháp chứng minh một số không phải là số chính phương trong TTT2 số 9. Bài viết này, tôi muốn giới thiệu với các bạn bài toán chứng minh một số là số chính phương. 
Phương pháp 1 : Dựa vào định nghĩa. 
Ta biết rằng, số chính phương là bình phương của một số tự nhiên. Dựa vào định nghĩa này, ta có thể định hướng giải quyết các bài toán. 
Bài toán 1 : Chứng minh : Với mọi số tự nhiên n thì 
an = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương. 
Lời giải : Ta có :
an = n(n + 1) (n + 2) (n + 3) + 1 
= (n2 + 3n) (n2 + 3n + 2) + 1 
= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1
= (n2 + 3n + 1)2
Với n là số tự nhiên thì n2 + 3n + 1 cũng là số tự nhiên, theo định nghĩa, an là số chính phương. 
Bài toán 2 : Chứng minh số : 
là số chính phương. 
Lời giải :
Ta có : 
Vậy : là số chính phương. 
Phương pháp 2 : Dựa vào tính chất đặc biệt. 
Ta có thể chứng minh một tính chất rất đặc biệt : “Nếu a, b là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau và a.b là một số chính phương thì a và b đều là các số chính phương”.
Bài toán 3 : Chứng minh rằng : Nếu m, n là các số tự nhiên thỏa mãn 3m2 + m = 4n2 + n thì m - n và 4m + 4n + 1 đều là số chính phương.
Lời giải :
Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n 
tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 
hay là (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*) 
Gọi d là ước chung lớn nhất của m - n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m - n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d. 
Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d. 
Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1. 
Vậy m - n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Cuối cùng xin gửi tới các bạn một số bài toán thú vị về số chính phương :
1) Chứng minh các số sau đây là số chính phương : 
2) Cho các số nguyên dương a, b, c đôi một nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn : 1/a + 1/b = 1/c. Hãy cho biết a + b có là số chính phương hay không ? 
3) Chứng minh rằng, với mọi số tự nhiên n thì 3n + 4 không là số chính phương. 
4) Tìm số tự nhiên n để n2 + 2n + 2004 là số chính phương.
5) Chứng minh : Nếu : và n là hai số tự nhiên thì a là số chính phương.
CHỦ ĐỘNG SÁNG TẠO
KHI GIẢI TOÁN HÌNH HỌC
Một vấn đề đặt ra là nên cấu tạo đề bài tập toán như thế nào (với mục đích vận dụng kiến thức, rèn luyện kĩ năng, kiểm tra năng lực toán học. v.v...) để phù hợp phương pháp dạy học đổi mới theo định hướng tích cực, độc lập, sáng tạo.
Câu trả lời đã trở nên rõ ràng nếu chú ý nhận xét tính đa dạng và phong phú của hệ thống bài tập trong sách giáo khoa mới. Trong khuôn khổ một bài báo, do không thể phân tích hết ưu nhược điểm của từng thể loại bài tập toán nhằm giúp học sinh học tập chủ động, sáng tạo, tác giả xin trao đổi với các bạn đồng nghiệp về vấn đề này thông qua một số ví dụ về bài tập hình học.
Thí dụ 1 : Bài tập kích thích mạnh mẽ tư duy học sinh là loại bài tập tình huống. Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7).
Cho điểm M trên trang giấy và hai đường thẳng d, d’ cắt nhau nhau ngoài trang giấy. Hãy vẽ đường thẳng d’’ đi qua điểm M và giao điểm của d, d’. Nói cách vẽ và giải thích vì sao vẽ được như vậy.
Tình huống của bài tập này là : Học sinh phải vẽ một đường thẳng đi qua hai điểm, trong đó một điểm đã cho trước, còn điểm thứ hai thì chưa xác định được.
Hướng giải quyết bài toán không phải là vẽ giao điểm của hai đường thẳng d và d’ mà là tìm quan hệ giữa đường thẳng phải vẽ (đường thẳng d’’ đi qua điểm M) với những đường thẳng khác có thể vẽ được trên trang giấy.
Quá trình mò mẫm dẫn đến cấu hình ba đường cao đồng quy trong tam giác, từ đó => cách vẽ.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Cách vẽ : Vẽ đường thẳng a đi qua M và vuông góc với d’, a cắt d tại A. Vẽ đường thẳng b đi qua M và vuông góc với d, b cắt d’ tại B. Vẽ đường thẳng d’’ đi qua M và vuông góc với AB, d’’ là đường thẳng phải vẽ, nó đi qua giao điểm của d và d’ (giao điểm này nằm ngoài trang giấy) vì ba đường cao d, d’, d’’ của tam giác MAB đồng quy.
Cũng có thể giải thích như sau : 
Giả sử giao điểm của d và d’ là C (nằm ngoài trang giấy). Trong tam giác ABC, hai đường cao a và b cắt nhau tại M. Thế thì đường thẳng d’’ đi qua M (trực tâm của tam giác ABC) và vuông góc với AB phải là đường cao thứ ba, vậy d’’ đi qua C. 
Thí dụ 2 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 8).
Cho hình vuông ABCD, I là trung điểm của AB, J là trung điểm của BC và K là trung điểm của IB. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B xuống IC. Chứng minh rằng hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau.
Tình huống đặt ra đối với học sinh ở bài tập này là : Với kiến thức đã học, nên chọn phương pháp nào để chứng minh hai đường thẳng HJ và HK vuông góc với nhau. Học sinh có thể nghĩ tới các hướng chứng minh sau :
Đ HKJ = 90o (?) 
HK và HJ là hai tia phân giác của hai góc kề bù (không thể được !)
Δ KHJ = Δ KBJ (?)
Định lí Py-ta-go thuận và đảo (?)
v.v ... 
Học sinh loại dần hướng chứng minh sai, và thử các hướng chứng minh có triển vọng.
Lời giải (tóm tắt) mong đợi là như sau :
Tính HJ2 : Trong tam giác vuông BHC, HJ là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC. 
Gọi cạnh hình vuông là a, ta có :
HJ = BC/2 = a / 2, từ đó HJ2 = a2 / 4 
HK = IB/2 = a / 4 , từ đó HK2 = a2 / 16 
Tính HK 2 : Trong tam giác vuông BHI :
Tính JK2 : Trong tam giác vuông BJK : 
JK2 = BJ2 + BK , từ đó JK2 = a2/4 + a2 . 
Từ các kết quả trên => JK2 = HJ2 + HK2 và theo định lí Py-ta-go đảo thì tam giácJHK vuông góc tại H, tức là HJ vuông góc với HK.
Cũng có thể chứng minh theo hướng : Δ KHJ = Δ KBJ (vì HK = HB, HJ = BJ, KJ chung) => Đ H = Đ B bằng 90o, tức là HJ vuông góc với HK.
Chú ý rằng, theo chương trình mới, học sinh lớp 7 chưa học định lí : Trong tam giác vuông, đường trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền.
Thí dụ 3 : Ta hãy xét bài tập sau (lớp 7). 
Trên hình vẽ, người ta đã cho biết : AE = CE, BE // CD, Đ ABC = 88o, Đ BCE = 31o. 
a) Tính Đ ECD. 
b) Tính Đ EDC 
c) Trong tam giác CDE thì cạnh nào lớn nhất ? 
Đây là một bài tập dễ, vận dụng nhiều kiến thức và có nhiều cách giải khác nhau. Nếu đề kiểm tra cuối năm phần hình học lớp 7 được ra theo kiểu này thì chắc chắn học sinh sẽ bộc lộ rõ ràng mức độ nắm vững kiến thức cơ bản, kĩ năng cơ bản của mình và ngay cả học sinh trung bình, yếu cũng hi vọng giải được hầu hết các câu hỏi của bài toán.
Lời giải (tóm tắt) :
a) Đ BCD = Đ ABE = 88o (hai góc đồng vị).
Đ ECD = Đ BCD - Đ BCE = 88o - 31o = 57o 
b) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác ABE : 
Đ AEB = 180o - 88o + 31o = 61o. 
Đ EDC = Đ AEB - 61o (hai góc đồng vị). 
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62 
Vậy cạnh CD lớn nhất. Cách giải khác : 
a) Vì tam giác EAC cân nên Đ EAB = Đ ECB = 31o. Trong tam giác AEB : Đ ABE = 61o.
Với tam giác BEC : góc ABE = 88o là góc ngoài ở đỉnh B nên góc BEC = 88o - 31o = 57o. 
Vì BE // CD nên Đ ECD = Đ BEC = 57o (hai góc so le trong) 
b) Vì BE // CD nên Đ EDC = Đ AEB = 61o (hai góc đồng vị) 
c) Trong tam giác CDE : Đ DEC = 180o - (57o + 61o) = 62o 
Vậy cạnh CD lớn nhất.
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI 
PHƯƠNG TRÌNH NGHIỆM NGUYÊN
Trong quá trình giảng dạy và làm toán, tôi đã hệ thống được một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên, hi vọng sẽ giúp các em học sinh biết lựa chọn phương pháp thích hợp khi giải bài toán loại này. 
Phương pháp 1 : Đưa về dạng tích
Biến đổi phương trình về dạng : vế trái là tích của các đa thức chứa ẩn, vế phải là tích của các số nguyên.
Thí dụ 1 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
y3 - x3 = 91   (1)
Lời giải : (1) tương đương với (y - x)(x2 + xy + y2) = 91   (*) 
Vì x2 + xy + y2 > 0 với mọi x, y nên từ (*) => y - x > 0. 
Mặt khác, 91 = 1 x 91 = 7 x 13 và y - x ; x2 + xy + y2 đều nguyên dương nên ta có bốn khả năng sau : 
y - x = 91 và x2 + xy + y2 = 1 ; (I) 
y - x = 1 và x2 + xy + y2 = 91 ; (II) 
y - x = 3 và x2 + xy + y2 = 7 ; (III) 
y - x = 7 và x2 + xy + y2 = 13 ; (IV) 
Đến đây, bài toán coi như được giải quyết. 
Phương pháp 2 : Sắp thứ tự các ẩn
Nếu các ẩn x, y, z, ... có vai trò bình đẳng, ta có thể giả sử x ≤ y ≤ z ≤ ... để tìm các nghiệm thỏa mãn điều kiện này. Từ đó, dùng phép hoán vị để => các nghiệm của phương trình đã cho. 
Thí dụ 2 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
x + y + z = xyz   (2). 
Lời giải : 
Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. 
Vì x, y, z nguyên dương nên xyz ≠ 0, do x ≤ y ≤ z => xyz = x + y + z ≤ 3z => xy ≤ 3 => xy thuộc {1 ; 2 ; 3}. 
Nếu xy = 1 => x = y = 1, thay vào (2) ta có : 2 + z = z, vô lí. 
Nếu xy = 2, do x ≤ y nên x = 1 và y = 2, thay vào (2), => z = 3. 
Nếu xy = 3, do x ≤ y nên x = 1 và y = 3, thay vào (2), => z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (2) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 3). 
Thí dụ 3 : Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 
1/x + 1/y + 1/z = 2   (3) 
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z, trước hết ta xét x ≤ y ≤ z. Ta có : 
2 = 1/x + 1/y + 1/z ≤ 3.1/x => x ≤ 3/2 => x = 1. 
Thay x = 1 vào (3) ta có :
1/y + 1/z + 1 = 2 => 1 = 1/y + 1/z ≤ 2/y => y ≤ 2 
=> y = 1 => 1/z = 0 (vô lí)
hoặc y = 2 => 1/z = 2 => z = 2. 
Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình (3) là các hoán vị của (1 ; 2 ; 2). 
Phương pháp 3 : Sử dụng tính chất chia hết 
Phương pháp này sử dụng tính chất chia hết để chứng minh phương trình vô nghiệm hoặc tìm nghiệm của phương trình. 
Thí dụ 4 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
x2 - 2y2 = 5   (4) 
Lời giải : Từ phương trình (4) ta => x phải là số lẻ. Thay x = 2k + 1 (k thuộc Z) vào (4), ta được : 
4k2 +4k + 1 - 2y2 = 5 
tương đương 2(k2 + k - 1) = y2 
=> y2 là số chẵn => y là số chẵn. 
Đặt y = 2t (t thuộc Z), ta có : 
2(k2 + k - 1) = 4t2 
tương đương k(k + 1) = 2t2 + 1   (**) 
Nhận xét : k(k + 1) là số chẵn, 2t2 + 1 là số lẻ => phương trình (**) vô nghiệm. 
Vậy phương trình (4) không có nghiệm nguyên. 
Thí dụ 5 : Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa mãn : 
x3 + y3 + z3 = x + y + z + 2000   (5)
Lời giải : Ta có x3 - x = (x - 1).x.(x + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp (với x là số nguyên). Do đó : x3 - x chia hết cho 3. 
Tương tự y3 - y và z3 - z cũng chia hết cho 3. Từ đó ta có : x3 + y3 + z3 - x - y - z chia hết cho 3. 
Vì 2000 không chia hết cho 3 nên x3 + y3 + z3 - x - y - z ≠ 2000 với mọi số nguyên x, y, z tức là phương trình (5) không có nghiệm nguyên. 
Thí dụ 6 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
xy + x - 2y = 3   (6)
Lời giải : Ta có (6) tương đương y(x - 2) = - x + 3. Vì x = 2 không thỏa mãn phương trình nên (6) tương đương với: 
y = (-x + 3)/(x - 2) tương đương y = -1 + 1/(x - 2). 
Ta thấy : y là số nguyên tương đương với x - 2 là ước của 1 hay x - 2 = 1 hoặc x - 2 = -1 tương đương với x = 1 hoặc x = 3. Từ đó ta có nghiệm (x ; y) là (1 ; -2) và (3 ; 0). 
Chú ý : Có thể dùng phương pháp 1 để giải bài toán này, nhờ đưa phương trình (6) về dạng : x(y + 1) - 2(y + 1) = 1 tương đương (x - 2)(y + 1) = 1. 
Phương pháp 4 : Sử dụng bất đẳng thức 
Dùng bất đẳng thức để đánh giá một ẩn nào đó và từ sự đánh giá này => các giá trị nguyên của ẩn này. 
Thí dụ 7 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình : 
x2 - xy + y2 = 3   (7) 
Lời giải : 
(7) tương đương với (x - y/2)2 = 3 - 3y2/4 
Vì (x - y/2)2 ≥ 0 => 3 - 4y2/4 ≥ 0 
=> -2 ≤ y ≤ 2 . 
Lần lượt thay y = -2 ; 2 ; -1 ; 1 ; 0 vào phương trình để tính x. Ta có các nghiệm nguyên của phương trình là :
(x ; y) thuộc {(-1 ; -2) ; (1 ; 2) ; (-2 ; -1) ; (2 ; 1) ; (-1 ; 1) ; (1 ; -1)}.
Chắc chắn còn nhiều phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên và còn nhiều thí dụ hấp dẫn khác. Mong các bạn tiếp tục trao đổi về vấn đề này. Các bạn cũng thử giải một số phương trình nghiệm nguyên sau đây : 
Bài 1 : Giải các phương trình nghiệm nguyên :
a) x2 - 4 xy = 23 ; 
b) 3x - 3y + 2 = 0 ; 
c) 19x2 + 28y2 =729 ; 
d) 3x2 + 10xy + 8y2 = 96. 
Bài 2 : Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn : 
a) 4xy - 3(x + y) = 59 ; 
b) 5(xy + yz + zx) = 4xyz ; 
c) xy/z + yz/x + zx/y = 3 ; 
d) 1/x + 1/y + 1/z = 1/1995.
TÌM CHỮ SỐ TẬN CÙNG
Tìm chữ số tận cùng của một số tự nhiên là dạng toán hay. Đa số các tài liệu về dạng toán này đều sử dụng khái niệm đồng dư, một khái niệm trừu tượng và không có trong chương trình. Vì thế có không ít học sinh, đặc biệt là các bạn lớp 6 và lớp 7 khó có thể hiểu và tiếp thu được. 
Qua bài viết này, tôi xin trình bày với các bạn một số tính chất và phương pháp giải bài toán “tìm chữ số tận cùng”, chỉ sử dụng kiến thức THCS. 
Chúng ta xuất phát từ tính chất sau : 
Tính chất 1 : 
a) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6 khi nâng lên lũy thừa bậc bất kì thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. 
b) Các số có chữ số tận cùng là 4, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc lẻ thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. 
c) Các số có chữ số tận cùng là 3, 7, 9 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 1. 
d) Các số có chữ số tận cùng là 2, 4, 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n (n thuộc N) thì chữ số tận cùng là 6. 
Việc chứng minh tính chất trên không khó, xin dành cho bạn đọc. Như vậy, muốn tìm chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am, trước hết ta xác định chữ số tận cùng của a. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 0, 1, 5, 6 thì x cũng có chữ số tận cùng là 0, 1, 5, 6. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 3, 7, 9, vì am = a4n + r = a4n.ar với r = 0, 1, 2, 3 nên từ tính chất 1c => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của ar. 
- Nếu chữ số tận cùng của a là 2, 4, 8, cũng như trường hợp trên, từ tính chất 1d => chữ số tận cùng của x chính là chữ số tận cùng của 6.ar. 
Bài toán 1 : Tìm chữ số tận cùng của các số : 
a) 799   b) 141414   c) 4567 
Lời giải : 
a) Trước hết, ta tìm số dư của phép chia 99 cho 4 : 
99 - 1 = (9 - 1)(98 + 97 + … + 9 + 1) chia hết cho 4 
=> 99 = 4k + 1 (k thuộc N) => 799 = 74k + 1 = 74k.7 
Do 74k có chữ số tận cùng là 1 (theo tính chất 1c) => 799 có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 1414 = 4k (k thuộc N) => theo tính chất 1d thì 141414 = 144k có chữ số tận cùng là 6. 
c) Ta có 567 - 1 chia hết cho 4 => 567 = 4k + 1 (k thuộc N) 
=> 4567 = 44k + 1 = 44k.4, theo tính chất 1d, 44k có chữ số tận cùng là 6 nên 4567 có chữ số tận cùng là 4. 
Tính chất sau được => từ tính chất 1. 
Tính chất 2 : Một số tự nhiên bất kì, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 1 (n thuộc N) thì chữ số tận cùng vẫn không thay đổi. 
Chữ số tận cùng của một tổng các lũy thừa được xác định bằng cách tính tổng các chữ số tận cùng của từng lũy thừa trong tổng. 
Bài toán 2 : Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + … + 20048009. 
Lời giải : 
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong S đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 1 (các lũy thừa đều có dạng n4(n - 2) + 1, n thuộc {2, 3, …, 2004}). 
Theo tính chất 2, mọi lũy thừa trong S và các cơ số tương ứng đều có chữ số tận cùng giống nhau, bằng chữ số tận cùng của tổng : 
(2 + 3 + … + 9) + 199.(1 + 2 + … + 9) + 1 + 2 + 3 + 4 = 200(1 + 2 + … + 9) + 9 = 9009. 
Vậy chữ số tận cùng của tổng S là 9. 
Từ tính chất 1 tiếp tục => tính chất 3. 
Tính chất 3 : 
a) Số có chữ số tận cùng là 3 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 7 ; số có chữ số tận cùng là 7 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 3. 
b) Số có chữ số tận cùng là 2 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 8 ; số có chữ số tận cùng là 8 khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ có chữ số tận cùng là 2. 
c) Các số có chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9, khi nâng lên lũy thừa bậc 4n + 3 sẽ không thay đổi chữ số tận cùng. 
Bài toán 3 : Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23 + 37 + 411 + … + 20048011. 
Lời giải : 
Nhận xét : Mọi lũy thừa trong T đều có số mũ khi chia cho 4 thì dư 3 (các lũy thừa đều có dạng n4(n - 2) + 3, n thuộc {2, 3, …, 2004}). 
Theo tính chất 3 thì 23 có chữ số tận cùng là 8 ; 37 có chữ số tận cùng là 7 ; 411 có chữ số tận cùng là 4 ; … 
Như vậy, tổng T có chữ số tận cùng bằng chữ số tận cùng của tổng : (8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 199.(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 1 + 8 + 7 + 4 = 200(1 + 8 + 7 + 4 + 5 + 6 + 3 + 2 + 9) + 8 + 7 + 4 = 9019. 
Vậy chữ số tận cùng của tổng T là 9. 
* Trong một số bài toán khác, việc tìm chữ số tận cùng dẫn đến lời giải khá độc đáo. 
Bài toán 4 : Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000. 
Lời giải : 19952000 tận cùng bởi chữ số 5 nên chia hết cho 5. Vì vậy, ta đặt vấn đề là liệu n2 + n + 1 có chia hết cho 5 không ? 
Ta có n2 + n = n(n + 1), là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chữ số tận cùng của n2 + n chỉ có thể là 0 ; 2 ; 6 => n2 + n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1 ; 3 ; 7 => n2 + n + 1 không chia hết cho 5. 
Vậy không tồn tại số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000. 
Sử dụng tính chất “một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 0 ; 1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9”, ta có thể giải được bài toán sau : 
Bài toán 5 : Chứng minh rằng các tổng sau không thể là số chính phương : 
a) M = 19k + 5k + 1995k + 1996k (với k chẵn) 
b) N = 20042004k + 2003 
Sử dụng tính chất “một số nguyên tố lớn hơn 5 chỉ có thể tận cùng bởi các chữ số 1 ; 3 ; 7 ; 9”, ta tiếp tục giải quyết được bài toán : 
Bài toán 6 : Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng : p8n +3.p4n - 4 chia hết cho 5. 
* Các bạn hãy giải các bài tập sau : 
Bài 1 : Tìm số dư của các phép chia : 
a) 21 + 35 + 49 + … + 20038005 cho 5 
b) 23 + 37 + 411 + … + 20038007 cho 5 
Bài 2 : Tìm chữ số tận cùng của X, Y : 
X = 22 + 36 + 410 + … + 20048010 
Y = 28 + 312 + 416 + … + 20048016 
Bài 3 : Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau : 
U = 21 + 35 + 49 + … + 20058013 
V = 23 + 37 + 411 + … + 20058015 
Bài 4 : Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn : 
19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004. 
THÊM CÁC PHƯƠNG PHÁP 
GIẢI PHƯƠNG TRÌNH NGIỆM NGUYÊN
Sau bài “Một số phương pháp giải phương trình nghiệm nguyên” của cô giáo Nguyễn Thị Lệ Huyền (TTT2 số 14), rất nhiều bạn đã bổ sung thêm các phương pháp khác hoặc minh họa bằng nhiều bài toán khá thú vị. Kì này, tòa soạn tổng hợp giới thiệu tiếp một số phương pháp từ các bài gửi về của nhóm giáo viên Toán, trường THCS Phan Bội Châu, Hải Dương, nhà giáo Minh Trân, phòng giáo dục Hương Thuỷ, Thừa Thiên, Huế ; Phan Tuấn Dũng, 9A, THCS Phong Bắc, Kì Anh ; Dương Ngọc Tuyền, 9B, THCS Hoàng Xuân Hàn, Đức Thọ, Hà Tĩnh ; Dương Mạnh Linh, 9A2, T