Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 6 theo chủ đề - Số chính phương

SỐ CHÍNH PHƯƠNG
I. ĐỊNH NGHĨA: Số chính phương là số bằng bình phương đúng của một số nguyên.
II. TÍNH CHẤT:
1. Số chính phương chỉ có thể có chữ số tận cùng bằng 0, 1, 4, 5, 6, 9 ; không thể có chữ số tận cùng bằng 2, 3, 7, 8.
2. Khi phân tích ra thừa số nguyên tố, số chính phương chỉ chứa các thừa số nguyên tố với số mũ chẵn.
3. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 4n hoặc 4n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 4n + 2 hoặc 4n + 3 (n N).
4. Số chính phương chỉ có thể có một trong hai dạng 3n hoặc 3n + 1. Không có số chính phương nào có dạng 3n + 2 (n N).
5. Số chính phương tận cùng bằng 1 hoặc 9 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 5 thì chữ số hàng chục là 2
Số chính phương tận cùng bằng 4 thì chữ số hàng chục là chữ số chẵn.
Số chính phương tận cùng bằng 6 thì chữ số hàng chục là chữ số lẻ.
6. Số chính phương chia hết cho 2 thì chia hết cho 4.
 Số chính phương chia hết cho 3 thì chia hết cho 9.
 Số chính phương chia hết cho 5 thì chia hết cho 25.
 Số chính phương chia hết cho 8 thì chia hết cho 16.
III. MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
DẠNG1: CHỨNG MINH MỘT SỐ LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG 
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì 
 A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
 = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 
Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thì
 A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 
V ì x, y, z Z nên x2 Z, 5xy Z, 5y2 Z x2 + 5xy + 5y2 Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1 
 = (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2 
 = (n2 + 3n + 1)2
Vì n N nên n2 + 3n + 1 N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
 Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
Ta có k(k+1)(k+2) = k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
 = k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
S =.1.2.3.4 -.0.1.2.3 + .2.3.4.5 -.1.2.3.4 + + k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1) = k(k+1)(k+2)(k+3)
4S + 1 = k(k+1)(k+2)(k+3) + 1
Theo kết quả bài 2 k(k+1)(k+2)(k+3) + 1 là số chính ph ương.
Bài 4: Cho dãy số 49; 4489; 444889; 44448889; 
 Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.
Ta có 44 488 89 = 44 488..8 + 1 = 44 4 . 10n + 8 . 11 1 + 1
 n chữ số 4 n-1 chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 8 n chữ số 4 n chữ số 1
 = 4. . 10n + 8. + 1
2
 = = 
 = 
Ta thấy 2.10n +1=200 01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3 
2
 n-1 chữ số 0 
 Z hay các số có dạng 44 488 89 là số chính phương.
Bài 5: Chứng minh rằng các số sau đây là số chính phương:
 A = 11 1 + 44 4 + 1 
 2n chữ số 1 n chữ số 4
 B = 11 1 + 11 1 + 66 6 + 8
 2n chữ số 1 n+1 chữ số 1 n chữ số 6
 C = 44 4 + 22 2 + 88 8 + 7 
 2n chữ số 4 n+1 chữ số 2 n chữ số 8
2
2
2
Kết quả: A = ; B = ; C = 
Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:
 a. A = 22499 9100 09
	n-2 chữ số 9 n chữ số 0
 b. B = 11 155 56
 n chữ số 1 n-1 chữ số 5
A = 224.102n + 99 9.10n+2 + 10n+1 + 9
 = 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9
 = 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9
 = 225.102n – 90.10n + 9
 = ( 15.10n – 3 ) 2
 A là số chính phương
b. B = 111 1555 5 + 1 = 11 1.10n + 5.11 1 + 1 
 n chữ số 1 n chữ số 5 n chữ số 1 n chữ số 1
 = . 10n + 5. + 1 = 
2
 = = là số chính phương ( điều phải chứng minh)
Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể là một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)
Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5
 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó nN và n>1 không phải là số chính phương
n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ] 
 = n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]
	= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)
Với nN, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2
 và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2
 Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
 Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính phương đó là một số chính phương
 Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9 khi đó tổng của chúng bằng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương 
 Cách 2: Nếu một số chính phương M = a2 có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số tận cùng của a là 4 hoặc 6 a2 a2 4 
 Theo dấu hiệu chia hết cho 4 thì hai chữ số tận cùng của M chỉ có thể là 16, 36, 56, 76, 96 Ta có: 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 là số chính phương.
Bài 10: Chứng minh rằng tổng bình phương của hai số lẻ bất kỳ không phải là một số chính phương.
a và b lẻ nên a = 2k+1, b = 2m+1 (Với k, m N)
 a2 + b2 = (2k+1)2 + (2m+1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1
 = 4(k2 + k + m2 + m) + 2 = 4t + 2 (Với t N)
Không có số chính phương nào có dạng 4t + 2 (t N) do đó a2 + b2 không thể là số chính phương.
Bài 11: Chứng minh rằng nếu p là tích của n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không thể là các số chính phương.
Vì p là tích của n số nguyên tố đầu tiên nên p2 và p không chia hết cho 4 (1)
a. Giả sử p+1 là số chính phương . Đặt p+1 = m2 (m N)
Vì p chẵn nên p+1 lẻ m2 lẻ m lẻ.
Đặt m = 2k+1 (k N). Ta có m2 = 4k2 + 4k + 1 p+1 = 4k2 + 4k + 1
 p = 4k2 + 4k = 4k(k+1) 4 mâu thuẫn với (1)
 p+1 là số chính phương
p = 2.3.5 là số chia hết cho 3 p-1 có dạng 3k+2.
Không có số chính phương nào có dạng 3k+2 p-1 không là số chính phương .
Vậy nếu p là tích n số nguyên tố đầu tiên thì p-1 và p+1 không là số chính phương
Bài 12: Giả sử N = 1.3.5.7 2007.
Chứng minh rằng trong 3 số nguyên liên tiếp 2N-1, 2N và 2N+1 không có số nào là số chính phương.
2N-1 = 2.1.3.5.7 2007 – 1
Có 2N 3 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k N)
 2N-1 không là số chính phương.
2N = 2.1.3.5.7 2007
Vì N lẻ N không chia hết cho 2 và 2N 2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 2N không là số chính phương.
2N+1 = 2.1.3.5.7 2007 + 1
 2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
 2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11 1 ; b = 100 05
 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0
 Chứng minh là số tự nhiên.
Cách 1: Ta có a = 11 1 = ; b = 100 05 = 100 0 + 5 = 102008 + 5
2
 2008 chữ số 1 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0
 ab+1 = + 1 = = 
2
 = = 
Ta thấy 102008 + 2 = 100 02 3 nên N hay là số tự nhiên.
 2007 chữ số 0 
Cách 2: b = 100 05 = 100 0 – 1 + 6 = 99 9 + 6 = 9a +6
 2007 chữ số 0 2008 chữ số 0 2008 chữ số 9
 ab+1 = a(9a +6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a+1)2
 = = 3a + 1 N
DẠNG 2: TÌM GIÁ TRỊ CỦA BIẾN ĐỂ BIỂU THỨC LÀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG
Bài1: Tìm số tự nhiên n sao cho các số sau là số chính phương:
a. n2 + 2n + 12 b. n ( n+3 ) 
c. 13n + 3 d. n2 + n + 1589
Giải
a. Vì n2 + 2n + 12 là số chính phương nên đặt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)
 (n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n+1)2 = 11 (k+n+1)(k-n-1) = 11
Nhận xét thấy k+n+1 > k-n-1 và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (k+n+1)(k-n-1) = 11.1 k+n+1 = 11 k = 6
 k – n - 1 = 1 n = 4
b. Đặt n(n+3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2
 (4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2
 (2n + 3)- 4a2 = 9
 (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9
Nhận xét thấy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a và chúng là những số nguyên dương, nên ta có thể viết (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1
 2n + 3 – 2a = 1 a = 2
c. Đặt 13n + 3 = y2 ( y N) 13(n – 1) = y2 – 16
 13(n – 1) = (y + 4)(y – 4)
 (y + 4)(y – 4) 13 mà 13 là số nguyên tố nên y + 4 13 hoặc y – 4 13
 y = 13k 4 (Với k N)
 13(n – 1) = (13k 4 )2 – 16 = 13k.(13k 8)
 n = 13k2 8k + 1
Vậy n = 13k2 8k + 1 (Với k N) thì 13n + 3 là số chính phương.
Đặt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2
 (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355
Nhận xét thấy 2m + 2n +1> 2m – 2n -1 > 0 và chúng là những số lẻ, nên ta có thể viết (2m + 2n +1)(2m – 2n -1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41
Suy ra n có thể có các giá trị sau: 1588; 316; 43; 28.
Bài 2: Tìm a để các số sau là những số chính phương:
a2 + a + 43 
a2 + 81
a2 + 31a + 1984 
Kết quả: a. 2; 42; 13
 b. 0; 12; 40
 c. 12; 33; 48; 97; 176; 332; 565; 1728 
Bài 3: Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + + n! là một số chính phương .
Với n = 1 thì 1! = 1 = 12 là số chính phương .
Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương 
Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1+1.2+1.2.3 = 9 = 32 là số chính phương 
Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1+1.2+1.2.3+1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; ; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + + n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương .
Vậy có 2 số tự nhiên n thỏa mãn đề bài là n = 1; n = 3.
Bài 4: Tìm n N để các số sau là số chính phương: 
n2 + 2004 ( Kết quả: 500; 164)
(23 – n)(n – 3) ( Kết quả: 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23)
n2 + 4n + 97 
2n + 15
Bài 5: Có hay không số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương. 
Giả sử 2006 + n2 là số chính phương thì 2006 + n2 = m2 (m N)
Từ đó suy ra m2 – n2 = 2006 (m + n)(m - n) = 2006 
Như vậy trong 2 số m và n phải có ít nhất 1 số chẵn (1)
Mặt khác m + n + m – n = 2m 2 số m + n và m – n cùng tính chẵn lẻ (2)
Từ (1) và (2) m + n và m – n là 2 số chẵn
 (m + n)(m - n) 4 Nhưng 2006 không chia hết cho 4
 Điều giả sử sai. 
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để 2006 + n2 là số chính phương.
2
Bài 6: Biết x N và x>2. Tìm x sao cho x(x-1).x(x-1) = (x-2)xx(x-1) 
Đẳng thức đã cho được viết lại như sau: x(x-1) = (x-2)xx(x-1)
Do vế trái là một số chính phương nên vế phải cũng là một số chính phương .
Một số chính phương chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 0; 1; 4; 5; 6; 9 nên x chỉ có thể tận cùng bởi 1 trong các chữ số 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)
Do x là chữ số nên x ≤ 9, kết hợp với điều kiện đề bài ta có x N và 2 < x ≤ 9 (2)
Từ (1) và (2) x chỉ có thể nhận 1 trong các giá trị 5; 6; 7.
Bằng phép thử ta thấy chỉ có x = 7 thỏa mãn đề bài, khi đó 762 = 5776
Bài 7: Tìm số tự nhiên n có 2 chữ số biết rằng 2n+1 và 3n+1 đều là các số chính phương.
Ta có 10 ≤ n ≤ 99 nên 21 ≤ 2n+1 ≤ 199. Tìm số chính phương lẻ trong khoảng trên ta được 25; 49; 81; 121; 169 tương ứng với số n bằng 12; 24; 40; 60; 84.
Số 3n+1 bằng 37; 73; 121; 181; 253. Chỉ có 121 là số chính phương.
Vậy n = 40
Bài 8: Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên sao cho n+1 và 2n+1 đều là các số chính phương thì n là bội số của 24.
Vì n+1 và 2n+1 là các số chính phương nên đặt n+1 = k2 , 2n+1 = m2 (k, m N)
Ta có m là số lẻ m = 2a+1 m2 = 4a (a+1) + 1
 n = = = 2a(a+1)
 n chẵn n+1 lẻ k lẻ Đặt k = 2b+1 (Với b N) k2 = 4b(b+1) +1
 n = 4b(b+1) n 8 (1)
Ta có k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)
Mặt khác k2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1, m2 chia cho 3 dư 0 hoặc 1. 
Nên để k2 + m2 2 (mod3) thì k2 1 (mod3)
 m2 1 (mod3)
 m2 – k2 3 hay (2n+1) – (n+1) 3 n 3 (2)
 Mà (8; 3) = 1 (3)
Từ (1), (2), (3) n 24.
Bài 9: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 28 + 211 + 2n là số chính phương .
Giả sử 28 + 211 + 2n = a2 (a N) thì 
 2n = a2 – 482 = (a+48)(a-48)
 2p.2q = (a+48)(a-48) Với p, q N ; p+q = n và p > q
 a+48 = 2p 2p – 2q = 96 2q (2p-q -1) = 25.3 
48 = 2q 
 q = 5 và p-q = 2 p = 7
 n = 5+7 = 12
Thử lại ta có: 28 + 211 + 2n = 802
C.DẠNG 3: TÌM SỐ CHÍNH PHƯƠNG 
Bài 1: Cho A là số chính phương gồm 4 chữ số. Nếu ta thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta được số chính phương B. Hãy tìm các số A và B.
Gọi A = abcd = k2. Nếu thêm vào mỗi chữ số của A một đơn vị thì ta có số 
 B = (a+1)(b+1)(c+1)(d+1) = m2 với k, m N và 32 < k < m < 100
 a, b, c, d N ; 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b, c, d ≤ 9
 Ta có A = abcd = k2
 B = abcd + 1111 = m2 
 m2 – k2 = 1111 (m-k)(m+k) = 1111 (*)
Nhận xét thấy tích (m-k)(m+k) > 0 nên m-k và m+k là 2 số nguyên dương.
Và m-k < m+k < 200 nên (*) có thể viết (m-k)(m+k) = 11.101
Do đó m – k == 11 m = 56 A = 2025
 m + k = 101 n = 45 B = 3136 
Bài 2: Tìm 1 số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị.
Đặt abcd = k2 ta có ab – cd = 1 và k N, 32 ≤ k < 100 
Suy ra 101cd = k2 – 100 = (k-10)(k+10) k +10 101 hoặc k-10 101
Mà (k-10; 101) = 1 k +10 101
Vì 32 ≤ k < 100 nên 42 ≤ k+10 < 110 k+10 = 101 k = 91
 abcd = 912 = 8281
Bài 3: Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.
Gọi số chính phương phải tìm là aabb = n2 với a, b N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9
Ta có n2 = aabb = 11.a0b = 11.(100a+b) = 11.(99a+a+b) (1)
Nhận xét thấy aabb 11 a + b 11
Mà 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a+b ≤ 18 a+b = 11
Thay a+b = 11 vào (1) được n2 = 112(9a+1) do đó 9a+1 là số chính phương .
Bằng phép thử với a = 1; 2; ; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thỏa mãn b = 4
Số cần tìm là 7744
Bài 4: Tìm một số có 4 chữ số vừa là số chính phương vừa là một lập phương.
Gọi số chính phương đó là abcd . Vì abcd vừa là số chính phương vừa là một lập phương nên đặt abcd = x2 = y3 Với x, y N
Vì y3 = x2 nên y cũng là một số chính phương .
Ta có 1000 ≤ abcd ≤ 9999 10 ≤ y ≤ 21 và y chính phương y = 16
 abcd = 4096
 Bài 5: Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số sao cho chữ số cuối là số nguyên tố, căn bậc hai của số đó có tổng các chữ số là một số chính phương.
Gọi số phải tìm là abcd với a, b, c, d nguyên và 1 ≤ a ≤ 9 ; 0 ≤ b,c,d ≤ 9
abcd chính phương d{ 0,1,4,5,6,9}
d nguyên tố d = 5
Đặt abcd = k2 < 10000 32 ≤ k < 100
k là một số có hai chữ số mà k2 có tận cùng bằng 5 k tận cùng bằng 5
Tổng các chữ số của k là một số chính phương k = 45
 abcd = 2025
Vậy số phải tìm là 2025
Bài 6: Tìm số tự nhiên có hai chữ số biết rằng hiệu các bình phương của số đó và viết số bởi hai chữ số của số đó nhưng theo thứ tự ngược lại là một số chính phương
Gọi số tự nhiên có hai chữ số phải tìm là ab ( a,b N, 1 ≤ a,b ≤ 9 )
2
2
Số viết theo thứ tự ngược lại ba 
Ta có ab - ba = ( 10a + b ) 2 – ( 10b + a )2 = 99 ( a2 – b2 ) 11 a2 - b2 11
Hay ( a-b )(a+b ) 11 
2
2
Vì 0 < a - b ≤ 8 , 2 ≤ a+b ≤ 18 nên a+b 11 a + b = 11
2
2
Khi đó ab - ba = 32 . 112 . (a - b)
Để ab - ba là số chính phương thì a - b phải là số chính phương do đó a-b = 1 hoặc a - b = 4
Nếu a-b = 1 kết hợp với a+b = 11 a = 6, b = 5, ab = 65
 Khi đó 652 – 562 = 1089 = 332
Nếu a - b = 4 kết hợp với a+b = 11 a = 7,5 ( loại )
Vậy số phải tìm là 65
Bài 7: Cho một số chính phương có 4 chữ số. Nếu thêm 3 vào mỗi chữ số đó ta cũng được một số chính phương. Tìm số chính phương ban đầu 
 ( Kết quả: 1156 )
Bài 8: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của số ấy bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. 
2
Gọi số phải tìm là ab với a,b N và 1 ≤ a ≤ 9 , 0 ≤ b ≤ 9
Theo giả thiết ta có : ab = ( a + b )3 
 (10a+b)2 = ( a + b )3
 ab là một lập phương và a+b là một số chính phương
Đặt ab = t3 ( t N ) , a + b = l 2 ( l N )
Vì 10 ≤ ab ≤ 99 ab = 27 hoặc ab = 64
Nếu ab = 27 a + b = 9 là số chính phương 
Nếu ab = 64 a + b = 10 không là số chính phương loại
 Vậy số cần tìm là ab = 27
Bài 9: Tìm 3 số lẻ liên tiếp mà tổng bình phương là một số có 4 chữ số giống nhau.
 Gọi 3 số lẻ liên tiếp đó là 2n-1, 2n+1, 2n+3 ( n N)
 Ta có A= ( 2n-1 )2 + ( 2n+1)2 + ( 2n+3 )2 = 12n2 + 12n + 11
 Theo đề bài ta đặt 12n2 + 12n + 11 = aaaa = 1111.a với a lẻ và 1 ≤ a ≤ 9
 12n( n + 1 ) = 11(101a – 1 )
 101a – 1 3 2a – 1 3
 Vì 1 ≤ a ≤ 9 nên 1 ≤ 2a-1 ≤ 17 và 2a-1 lẻ nên 2a – 1 { 3; 9; 15 }
 a { 2; 5; 8 }
 Vì a lẻ a = 5 n = 21
 3 số càn tìm là 41; 43; 45
Bài 10: Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó.
 ab (a + b ) = a3 + b3
10a + b = a2 – ab + b2 = ( a + b )2 – 3ab
 3a( 3 + b ) = ( a + b ) ( a + b – 1 )
a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó
 a + b = 3a hoặc 	a + b – 1 = 3a
 a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b
 a = 4 , b = 8 hoặc a = 3 , b = 7
 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37.
 . .. Hết .
Sè nguyªn tè
I. KiÕn thøc cÇn nhí:
1. DÞnh nghÜa: 
* Sè nguyªn tè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, chØ cã hai ­íc lµ 1 vµ chÝnh nã.
* Hîp sè lµ sè tù nhiªn lín h¬n 1, cã nhiÒu h¬n hai ­íc.
2. TÝnh chÊt:
* NÕu sè nguyªn tè p chia hÕt cho sè nguyªn tè q th× p = q.
* NÕu tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× Ýt nhÊt mét thõa sè cña tÝch abc chia hÕt cho sè nguyªn tè p.
* NÕu a vµ b kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p th× tÝch ab kh«ng chia hÕt cho sè nguyªn tè p .
3. C¸ch nhËn biÕt mét sè nguyªn tè:
a) Chia sè ®ã lÇn l­ît cho c¸c sè nguyªn tè ®· biÕt tõ nhá ®Õn lín.
- NÕu cã mét phÐp chia hÕt th× sè ®ã kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
- NÕu chia cho ®Õn lóc sè th­¬ng nhá h¬n sè chia mµ c¸c phÐp chia vÉn cßn sè d­ th× ssã ®ã lµ sè nguyªn tè.
b) Mét sè cã 2 ­íc sè lín h¬n 1 th× sè ®ã kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
4. Ph©n tÝch mét sè ra thõa sè nguyªn tè:
* Ph©n tÝch mét sè tù nhiªn lín h¬n 1 ra thõa sè nguyªn tè lµ viÕt sè ®ã d­íi d¹ng mét tÝch c¸c thõa sè nguyªn tè.
- D¹ng ph©n tÝch ra thõa sè nguyªn tè cña mçi sè nguyªn tè lµ chÝnh sè ®ã.
- Mäi hîp sè ®Òu ph©n tÝch ®­îc ra thõa sè nguyªn tè.
5. Sè c¸c ­íc sè vµ tæng c¸c ­íc sè cña mét sè:
6. Sè nguyªn tè cïng nhau: 
* Hai sè nguyªn tè cïng nhau lµ hai sè cã ¦CLN b»ng 1.
	Hai sè a vµ b nguyªn tè cïng nhau ¦CLN(a, b) = 1.
	C¸c sè a, b, c nguyªn tè cïng nhau ¦CLN(a, b, c) = 1.
	C¸c sè a, b, c ®«i mét nguyªn tè cïng nhau ¦CLN(a, b) = ¦CLN(b, c) = ¦CLN(c, a) =1.
II. C¸c vÝ dô:
VD1: Ta biÕt r»ng cã 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100. Tæng cña 25 sè nguyªn tè lµ sè ch½n hay sè lÎ.
HD:
Trong 25 sè nguyªn tè nhá h¬n 100 cã chøa mét sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ 2, cßn 24 sè nguyªn tè cßn l¹i lµ sè lÎ. Do ®ã tæng cña 25 sè nguyªn tè lµ sè ch½n.
VD2: Tæng cña 3 sè nguyªn tè b»ng 1012. T×m sè nguyªn tè nhá nhÊt trong ba sè nguyªn tè ®ã.
HD:
V× tæng cña 3 sè nguyªn tè b»ng 1012, nªn trong 3 sè nguyªn tè ®ã tån t¹i Ýt nhÊt mét sè nguyªn tè ch½n. Mµ sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ 2 vµ lµ sè nguyªn tè nhá nhÊt. VËy sè nguyªn tè nhá nhÊt trong 3 sè nguyªn tè ®ã lµ 2.
VD3: Tæng cña 2 sè nguyªn tè cã thÓ b»ng 2003 hay kh«ng? V× sao?
HD:
V× tæng cña 2 sè nguyªn tè b»ng 2003, nªn trong 2 sè nguyªn tè ®ã tån t¹i 1 sè nguyªn tè ch½n. Mµ sè nguyªn tè ch½n duy nhÊt lµ 2. Do ®ã sè nguyªn tè cßn l¹i lµ 2001. Do 2001 chia hÕt cho 3 vµ 2001 > 3. Suy ra 2001 kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
VD4: T×m sè nguyªn tè p, sao cho p + 2 vµ p + 4 còng lµ c¸c sè nguyªn tè.
HD:
Gi¶ sö p lµ sè nguyªn tè.
NÕu p = 2 th× p + 2 = 4 vµ p + 4 = 6 ®Òu kh«ng ph¶i lµ sè nguyªn tè.
NÕu p 3 th× sè nguyªn tè p cã 1 trong 3 d¹ng: 3k, 3k + 1, 3k + 2 víi k N*.
+) NÕu p = 3k p = 3 p + 2 = 5 vµ p + 4 = 7 ®Òu lµ c¸c sè nguyªn tè.
+) NÕu p = 3k +1 th× p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) p + 2 3 vµ p + 2 > 3. Do ®ã 
p + 2 lµ hîp sè.
+) NÕu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) p + 4 3 vµ p + 4 > 3. Do ®ã 
p + 4 lµ hîp sè.
VËy víi p = 3 th× p + 2 vµ p + 4 còng lµ c¸c sè nguyªn tè.
VD5: Cho p vµ p + 4 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng p + 8 lµ hîp sè.
HD:
V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k + 2 víi k N*.
- NÕu p = 3k + 2 th× p + 4 = 3k + 6 = 3(k + 2) p + 4 3 vµ p + 4 > 3. Do ®ã 
p + 4 lµ hîp sè ( Tr¸i víi ®Ò bµi p + 4 lµ sè nguyªn tè).
- NÕu p = 3k + 1 th× p + 8 = 3k + 9 = 3(k + 3) p + 8 3 vµ p + 8 > 3. Do ®ã 
p + 8 lµ hîp sè.
VËy sè nguyªn tè p cã d¹ng: p = 3k + 1 th× p + 8 lµ hîp sè.
VD6: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4n + 1 hoÆc 4n – 1.
HD:
Mçi sè tù nhiªn n khi chia cho 4 cã thÓ cã 1 trong c¸c sè d­: 0; 1; 2; 3. Do ®ã mäi sè tù nhiªn n ®Òu cã thÓ viÕt ®­îc d­íi 1 trong 4 d¹ng: 4k, 4k + 1, 4k + 2, 4k + 3
 víi k N*.
NÕu n = 4k n4 n lµ hîp sè.
NÕu n = 4k + 2 n2 n lµ hîp sè.
VËy mäi sè nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4k + 1 hoÆc 4k – 1. Hay mäi sè nguyªn tè lín h¬n 2 ®Òu cã d¹ng 4n + 1 hoÆc 4n – 1 víi n N*.
VD7: T×m ssã nguyªn tè, biÕt r»ng sè ®ã b»ng tæng cña hai sè nguyªn tè vµ b»ng hiÖu cña hai sè nguyªn tè.
HD:
VD8: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: x2 – 6y2 = 1.
HD:
VD9: Cho p vµ p + 2 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng p + 16.
HD:
V× p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3, nªn sè nguyªn tè p cã 1 trong 2 d¹ng: 3k + 1, 3k + 2 víi k N*.
- NÕu p = 3k + 1 th× p + 2 = 3k + 3 = 3(k + 1) p + 2 3 vµ p + 2 > 3. Do ®ã 
p + 2 lµ hîp sè ( Tr¸i víi ®Ò bµi p + 2 lµ sè nguyªn tè).
- NÕu p = 3k + 2 th× p + 1 = 3k + 3 = 3(k + 1) (1). 
Do p lµ sè nguyªn tè vµ p > 3 p lÎ k lÎ k + 1 ch½n k + 12 (2)
Tõ (1) vµ (2) p + 16.
II. Bµi tËp vËn dông:
Bµi 1: T×m sè nguyªn tè p sao cho c¸c sè sau còng lµ sè nguyªn tè:
p + 2 vµ p + 10.
p + 10 vµ p + 20.
p + 10 vµ p + 14.
p + 14 vµ p + 20.
p + 2vµ p + 8.
p + 2 vµ p + 14.
p + 4 vµ p + 10.
p + 8 vµ p + 10.
Bµi 2: T×m sè nguyªn tè p sao cho c¸c sè sau còng lµ sè nguyªn tè:
p + 2, p + 8, p + 12, p + 14.
p + 2, p + 6, p + 8, p + 14.
p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
p + 2, p + 6, p + 8, p + 12, p + 14.
p + 6, p + 12, p + 18, p + 24.
p + 18, p + 24, p + 26, p + 32.
p + 4, p + 6, p + 10, p + 12, p+16.
Bµi 3:
Cho p vµ p + 4 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 8 lµ hîp sè.
Cho p vµ 2p + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 4p + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 10p + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 5p + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ p + 8 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: p + 4 lµ hîp sè.
Cho p vµ 4p + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 2p + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 5p + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 10p + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 8p + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p - 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 8p - 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 8p2 - 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p2 + 1 lµ hîp sè.
Cho p vµ 8p2 + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè (p > 3). Chøng minh r»ng: 8p2 - 1 lµ hîp sè.
Bµi 4: Chøng minh r»ng:
NÕu p vµ q lµ hai sè nguyªn tè lín h¬n 3 th× p2 – q2 24.
NÕu a, a + k, a + 2k (a, k N*) lµ c¸c sè nguyªn tè lín h¬n 3 th× k 6.
Bµi 5: 
Mét sè nguyªn tè chia cho 42 cã sè d­ r lµ hîp sè. T×m sè d­ r.
Mét sè nguyªn tè chia cho 30 cã sè d­ r. T×m sè d­ r biÕt r»ng r kh«ng lµ sè nguyªn tè.
Bµi 6: Hai sè nguyªn tè gäi lµ sinh ®«i nÕu chóng lµ hai sè nguyªn tè lÎ liªn tiÕp. Chøng minh r»ng mét sè tù nhiªn lín h¬n 3 n»m gi÷a hai sè nguyªn tè sinh ®«i th× chia hÕt cho 6.
Bµi 7: Cho 3 sè nguyªn tè lín h¬n 3, trong ®ã sè sau lín h¬n sè tr­íc lµ d ®¬n vÞ. Chøng minh r»ng d chia hÕt cho 6.
Bµi 8: T×m sè nguyªn tè cã ba ch÷ sè, biÕt r»ng nÕu viÕt sè ®ã theo thø tù ng­îc l¹i th× ta ®­îc mét sè lµ lËp ph­¬ng cña mét sè tù nhiªn.
Bµi 9: T×m sè tù nhiªn cã 4 ch÷ sè, ch÷ sè hµng ngh×n b»ng ch÷ sè hµng ®¬n vÞ, ch÷ sè hµng tr¨m b»ng ch÷ sè hµng chôc vµ sè ®ã viÕt ®­îc d­íi d¹ng tÝch cña 3 sè nguyªn tè liªn tiÕp.
Bµi 10: T×m 3 sè nguyªn tè lÎ liªn tiÕp ®Òu lµ c¸c sè nguyªn tè.
Bµi 11: T×m 3 sè nguyªn tè liªn tiÕp p, q, r sao cho p2 + q2 + r2 còng lµ sè nguyªn tè.
Bµi 12: T×m tÊt c¶ c¸c bé ba sè nguyªn tè a, b, c sao cho a.b.c < a.b + b.c + c.a.
Bµi 13: T×m 3 sè nguyªn tè p, q, r sao cho pq + qp = r.
Bµi 14: T×m c¸c sè nguyªn tè x, y, z tho¶ m·n xy + 1 = z.
Bµi 15: T×m sè nguyªn tè 
Bài 16: Cho c¸c sè p = bc + a, q = ab + c, r = ca + b (a, b, c N*) lµ c¸c sè nguyªn tè. Chøng minh r»ng 3 sè p, q, r cã Ýt nhÊt hai sè b»ng nhau.
Bµi 17: T×m tÊt c¶ c¸c sè nguyªn tè x, y sao cho: 
x2 – 12y2 = 1.
3x2 + 1 = 19y2.
5x2 – 11y2 = 1.
7x2 – 3y2 = 1.
13x2 – y2 = 3.
x2 = 8y + 1.
Bµi 18: T×m 3 sè nguyªn tè sao cho tÝch cña chóng gÊp 5 lÇn tæng cña chóng.
Bµi 19: Chøng minh r»ng ®iÒu kiÖn cÇn vµ ®ñ ®Ó p vµ 8p2 + 1 lµ c¸c sè nguyªn tè lµ 
p = 3.
Bµi 20: Chøng minh r»ng: NÕu a2 – b2 lµ mét sè nguyªn tè th× a2 – b2 = a + b.
Bµi 21: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn tè lín h¬n 3 ®Òu cã d¹ng 6n + 1 hoÆc 
6n – 1.
Bµi 22: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph­¬ng cña 3 sè nguyªn tè lín h¬n 3 kh«ng thÓ lµ mét sè nguyªn tè.
Bµi 23: Cho sè tù nhiªn n2. Gäi p1, p2, ..., pn lµ nh÷ng sè nguyªn tè sao cho 
 pn n + 1. §Æt A = p1.p2 ...pn. Chøng minh r»ng trong d·y sè c¸c sè tù nhiªn liªn tiÕp: A + 2, A + 3, ..., A + (n + 1). Kh«ng chøa mét sè nguyªn tè nµo.
Bµi 24: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4...(p – 3)(p – 2) - 1p.
Bµi 25: Chøng minh r»ng: NÕu p lµ sè nguyªn tè th× 2.3.4...(p – 2)(p – 1) + 1p.
 Chuyªn ®Ò t×m ch÷ sè tËn cïng
I. Tìm một chữ số tận cùng
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. 
e) Tích của một số tự nhiên có chữ số tận cùng là 5 với bất kì số tự nhiên lẻ nào cũng cho ta số có chữ số tận cùng là 5.
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. 
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 1: Tìm chữ số tận cùng của các số:	a) 799 	b) 	c) 
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 Þ 99 = 4k + 1 (k Î N) Þ 799 = 74k + 1 = 74k.7 
Do 74k có chữ số tận cùng là 1 Þ 799 có chữ số tận cùng là 7.
b) Dễ thấy 1414 = 4k (k Î N) Þ 141414 = 144k có chữ số tận cùng là 6.
c) Ta có 567 − 1 4 Þ 567 = 4k + 1 (k Î N) Þ 4567 = 44k + 1 = 44k.4 Þ 44k có chữ số tận cùng là 6 nên 4567 có chữ số tận cùng là 4. 
Bài 2: Tìm chữ số tận cùng của các số:
	a) 71993	b) 21000	c) 31993	d) 4161	e) 	g) 	h) 	i) 
Bài 3: Chứng minh rằng: a) 8102 − 2102 10	b) 175 + 244 − 1321 10	c) 4343 − 1717 10
Bài 4: Tìm các số tự nhiên n để n10 + 1 M 10
Bài 5: Có tồn tại hay không số tự nhiên n để n2 + n + 2 chia hết cho 5?
Bài 6: Tìm chữ số tận cùng của C = 1.3.5.7 ..99
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 2: Tìm chữ số tận cùng của tổng S = 21 + 35 + 49 + + 20048009. 
Giải: Trước hết ta có 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 Î {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. 
Bài 3: Tìm chữ số tận cùng của tổng T = 23 + 37 + 411 + + 20048011. 
Giải: Trước hết ta có 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. 
Bài 4: Tồn tại hay không số tự nhiên n sao cho n2 + n + 1 chia hết cho 19952000. 
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 Þ n2 + n + 1 chỉ có thể tận cùng là 1; 3; 7 Þ 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 sau: 
Bài 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”
Bài 6: Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh rằng: p8n +3.p4n − 4 chia hết cho 5. 
Bài 7: Tìm số dư của các phép chia: 
	a) 21 + 35 + 49 + + 20038005 cho 5 
	b) 23 + 37 + 411 + + 20038007 cho 5 
Bài 8: Tìm chữ số tận cùng của X, Y: 
	X = 22 + 36 + 410 + + 20048010 
	Y = 28 + 312 + 416 + + 20048016 
Bài 9: Chứng minh rằng chữ số tận cùng của hai tổng sau giống nhau: 
U = 21 + 35 + 49 + + 20058013 
V = 23 + 37 + 411 + + 20058015 
Bài 10: Chứng minh rằng không tồn tại các số tự nhiên x, y, z thỏa mãn: 
19x + 5y + 1980z = 1975430 + 2004. 
II. Tìm hai chữ số tận cùng 
Nhận xét: Nếu x Î N và x = 100k + y, trong đó k; y Î N thì hai chữ số tận cùng của x cũng chính là hai chữ số tận cùng của y. 
Hiển nhiên là y ≤ x. Như vậy, để đơn giản việc tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x thì thay vào đó ta đi tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên y (nhỏ hơn). 
Rõ ràng số y càng nhỏ thì việc tìm các chữ số tận cùng của y càng đơn giản hơn. 
Từ nhận xét trên, ta đề xuất phương pháp tìm hai chữ số tận cùng của số tự nhiên x = am như sau: 
Trường hợp 1: Nếu a chẵn thì x = am 2m. Gọi n là số tự nhiên sao cho an − 1 25. 
	Viết m = pn + q (p ; q Î N)