Lí thuyết số (chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THPT)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH HẬU GIANG TRƯỜNG THPT CHUN VỊ THANH TỔ TỐN LÍ THUYẾT SỐ (Chun đề bồi dưỡng học sinh giỏi) GV: Trần Quang Thọ NĂM HỌC 2020 - 2021 1|Page CHUYÊN ĐỀ LÍ THUYẾT SỐ PHẦN MỞ ĐẦU Số học hay đa thức chủ đề thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia, kì thi khu vực quốc tế với tốn khó tới khó nước thầy cô phát triển nhiều Đa thức mảng mà chứa đựng yếu tố đại số, giải tích, hình học tính chất số học Chính ta có thể’ xem đa thức có thể’ xem toán tổ hợp mảng khác Toán học đóng vai trị liên kết mảng lại với thành thể’ thống Điều lí thú nhiều mệnh đề khó số học phát biểu đơn giản, hiểu ; nhiều tốn khó giải sáng tạo với kiến thức số học phổ’ thông đơn giản Không đâu số học,chúng ta lại có thể’ lần theo dấu vết toán cổ xưa để’ đến với vấn đề cịn chờ đợi người giải - Trích từ sách Số học - Bà chúa toán học - Hồng Chúng Chính kết hợp mảng kiến thức mang tới cho tốn đẹp vẻ đẹp không dễ để chinh phục cả, ln ẩn chứa điều khó khăn "nguy hiểm" Trong chủ đề viết này, khám phá chinh phục phần vẻ đẹp kết hợp I KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Số phương - Số phương bình phương số tự nhiên - Số phương n tận 0, 1, 4, 5, 6, Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố số nguyên lớn có ước số - Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, … Nếu số nguyên a > không chia hết cho số nguyên tố  a a nguyên tố - Số nguyên lớn 1, số nguyên tố gọi hợp số m p11 p 2 pkk - Phân tích số tự nhiên m lớn thừa số nguyên tố cách 2|Page - Số ước nguyên dương m d m 1  - Tổng ước nguyên dương m 1   k 1  m p111 p 2 21 p kk11 p1 1p 2 1p k1 Số nguyên tố – Số nguyên – Số hữu tỉ - Nếu hai số nguyên a, b có khác ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, (a, b) = (a, a b) BCNN ma, b thìa, b  a, b a.b ,  m , m1    n ,b - Nếu (a, b) = a b nguyên tố Nếu (a, b) = a a n  b - Các số nguyên dương a b nguyên tố tồn số nguyên x y cho: ax + by = - Hàm Ơlem: số bé số nguyên dương m nguyên tố với m  Nếu m p1  p  .p k k thì m m 1   1  1  p  p 2  p k 1  1  Nếu m = p nguyên tố  p p1 Nếu (a, b) =  ab a b - Số hữu tỉ có dạng p m , m Z, n N * n Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên số thực x số nguyên lớn khơng vượt q x, kí hiệu [x], nghĩa x x x1 - Nếu x = m + r với m nguyên  r1 [x] = m r gọi phần lẻ, r = {x} - Nếu n nguyên [n + x] = n + [x] với x Chứng minh chia hết - Phép chia số nguyên a cho số nguyên b  0: a = b.q + r với thương q nguyên dư r nguyên thỏa  r b Nếu r = số nguyên a chia hết cho số nguyên b  (b chia hết a, a bội số b, b ước a), kí hiệu a b hay b a - Dấu hiệu chia hết cho số chẵn; cho chữ số tận 0, 5; cho (hoặc 25) hai chữ số tận (hoặc 25); cho (hoặc 125) ba chữ số tận (hoặc 125); cho (hoặc) tổng chữ số (hoặc 9); cho 11 hiệu tổng chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ 11 Dư đồng dư 3|Page - Cho số nguyên m > Nếu hai số a, b có dư chia cho m a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu a b (modm) Nếu a b (modm), c d (modm) a c b dmod m, ac bdmod m - Định lý Ơle: với (a, m) = a m 1 mod m - Định lý Fecma: với p nguyên tố a p  amod p với (a, p) = a p1  1 mod p - Tậpa1 , a , , anlà hệ thăng dư đầy đủ modulo m với i, 0 i m1 , tồn j cho a j imodm - Định lý phần dư Trung Hoa: Nếu r s số nguyên dương nguyên tố nhau, a b số nguyên bất kì, hệ phương trình đồng dư: N amod r N b mod s có nghiệm N theo modulo (rs) Tổng quát: Nếu m1 , m , , mk số nguyên tố đôi a , a , , ak số mod mi; I = 1, …, k có nghiệm x nguyên nguyên, hệ k phương trình đồng dư: x a i theo modulo M m1 m mk Chú ý: 1) Nếu a tận 0, 1, 5, a n tận 0, 1, 5, tương ứng Vì 10 , n = 4k + r a tận 3, chữ số tận a n chữ số tận a r , a tận chữ số tận a n chữ số tận 6.2r 2) Nếu a tận x a20 có hai chữ số tận chữ số tận x20 Tìm hai chữ số tận a n đưa tìm dư phép chia n cho 20 3) Hệ nhị phân số tự nhiên k a.2n  a n1 n1   a  a0 k a n a n1 a 1a0 (2) với   0;1 , a n 0 Tổng quát, số tự nhiên s viết hệ g – phân nếu: s a n g n a g n1 n1   a g a s a na n1 a a (g) Với a i0,1, , g 1 , a n 4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) nghiệm nguyên dương bé phương trình x 2 dy 2 nghiệm ngun dương có dạng: | Page n  d  a b  x n , y n       a b d  n  ,   a b d n a b d d n      II CÁC BÀI TOÁN Bài toán Chứng minh 1001 a) 70.27 101 chia hết cho 13 31.38 b) Nếu ba số a, a + k a + 2k đồng thời ba số nguyên tố phân biệt lớn k Hướng dẫn giải 1001 a) Ta có 27 1mod13 27 Và 381mod13 38 101 1mod13  13n 1 n N 38 1001  27 1001  70.27  1mod13 101  13m 1 m N đpcm  31.38  7013n 1 3113m 1 70n 31m13 39 101 b) Ta biết số nguyên tố lớn biểu diễn dạng 6p + 6p + (p nguyên dương) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn biểu diễn hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, định phải có hai số biểu diễn dạng, chẳng hạn 6p + r 6s + r với r Hiệu hai số 6s – 6p = (s – p) Mặt khác hiệu hai ba số k 2k nên k 3, k số chẵn nên k Bài toán Chứng minh với m, tồn số nguyên n để: n  11n  87n  m chia hết cho 191 Hướng dẫn giải Đặt Px x  11x  87x m Giả sử: Px x a3 bmod 191  x 3 3ax 2 3a x a 3 b x 3 11x 2 87x m mod191 3a11 mod191  87mod191 3a 1 2 3  b m a mod191  1 3a 180  mod191 a 90  mod191      3a 287mod191 Vậym Z , tồn số nguyên a, b để: | Page P  x    x a   b  mod191  Nhận xét: 191 số nguyên tố dạng 191 = 3k +   P i P   j   mod191 i a    j a  3  mod191 3 Đặt u = i + a, v = j + a u  v mod191  u 3k v 3kmod191 u 3k v 2 v 3k2 v191mod191 vmod191 (định lý Ferma) (1)  v  u 3k v  u 3k 3 mod191   u 3k v  u 3k u 3k  u 3k1 u 3k  u 3k1 u  u 3k2  u 191 191  u 3k1 umod191  umod191 (2) (1) (2) suy ra: u v mod191 i j mod191 Nếu i, j1, 2, ,191 ; i j mod191 P i P jmod191 Suy tồn n1, 2, ,191 cho P (n) = 191 (mod 191) tức là: Pn  0 mod191 4 Bài toán Cho x, y số nguyên, x1; y1sao cho x   y 1 y x1 số nguyên Chứng minh x y 44 1 chia hết cho x + Hướng dẫn giải Ta chứng minh y 1 chia hết cho x + Đặt x   a ; y 1  c y b x1 d Trong a, b, c, dZ , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > Từ giả thiết, ta có ad bc nguyên, suy d | b b | d Mặt khác, a c nguyên; (a, b) = (c, bd b d d) = 1, nến b = d = 1chia hết cho x +1 Từ x y 44 1 x    x 41 chia hết cho x + (do Suy y y  y 441 chia hết cho y 1 nên chia hết cho x + x 41 chia hết cho x + 1) 44 n Bài toán Với số tự nhiện n, chứng minh tổngC 22 k0 Hướng dẫn giải | Page k  3k n  không chia hết cho  , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: Đặt x n 2n1  A Bx* với BC n1 1 x 3k k1 k0 Tương tự: 1 x  2n1  A Bx (**)  Nhân vế theo vế (*) (**) ta được: 2n1 Mặt khác, 2n 2mod 5  8B  A 1 Do vậy, B bội thì: A 2mod 5 : vơ lý Bài toán Chứng minh phần nguyên  113  n1 chia hết cho 2n1 khơng chia hết cho n2 với n số tự nhiên Hướng dẫn giải Ta có: Mà      113 n1 113  n1 số tự nhiên 113 n1  0;1   n1 113     nên   n1 113   113 n1   (Vì a b k N a k b với b0;1 nên [a] = k = a – b) Với n = 0;  113   11 3 2 01   chia hết cho 113  40 nên với n = thì:    11  3  113   11 3 Mà:   không chia hết cho         11 3       11 3  11 3 2    11 3 2 40 11   11  3 6.42 2    hết cho khơng chia hết cho Giả sử tính chất với số tự nhiên k < n Ta chứng minh tính chất với k= n Trước hết, nhận xét rằng: ; 11 Thật vậy:  11    113  113 1132 113   11 32 n1 n 1      113 chia | Page  2  n1   11 3       113       40   25.   Vậy     11 3  n1  113  n1      113  n1   n     113  11  3 2 n1  n3      113   4 113     2 n1 n1 n   n3 3  113  113 11   11      n 1 n 2 11  32n1  chia hết cho  không chia hết cho   113     11  113  n1      Bài toán Cho trước a b hai số nguyên dương Chứng minh số (4ab – 1) ước số  4a 1  a = b Hướng dẫn giải Giả sử tồn cặp hai số nguyên dương (a, b) cho (4ab – 1) ước số 4a 1 a b ta gọi cặp số cặp xấu giả sử (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ 2  4b 2    4ab 22 4a   Do mod4ab1 nên (b, a) cặp xấu, 4b 1 2 16b 4 b ) Do  2a b 2b a suy a < b (do a  3, nên số  1 chia 4a dư 1, còn4ab1 chia 4a dư 4a 4a số chia 4a dư 3, tồn số nguyên dương c cho 12  4ac 1 4ab1  1 4ab1 Vậy (a, c) cặp xấu 4a  Từ a < b 4ac  4a  1 4ab1 ta có c < b, 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ (đpcm) Bài toán Xác định tất cặp nguyên dương (a, b) cho a b a b chia hết cho ab 2 b Hướng dẫn giải Xét a < b b a1 , đó: ab 2 b 7 ab 2 b (a 1)(ab 1) a b a ab a b a b Như vậy, ta không tìm (a, b) thỏa điều kiện tốn trường hợp Như vậy, c số chẵn hay lẻ, phát biểu cho n + 1, đó, theo quy nạp, với n n Bài toán 30 Cho n số c1 , c , , c nR thỏa mãn 0c i  n Chứng minh tìm i1 n k n số ngun k , k , , kn cho i  1 n c i  nk i n với i1, , n i1 Hướng dẫn giải Với x, ta kí hiệu x phần nguyên x, kí hiệu  x   x số nguyên bé lớn hay   Điều kiện c nk1 n, n , tương đương với kl nc, với 1 c c ln  n c 1,1 n Mọi cR n , đoạn (có độ dài   2 n ) chứa số nguyên (có thể trùng nhau), là: p c  1 c     c  qc 1     n    n Để chứng minh tồn k i l nci Z n  nghiệm k i 0n i1 n  pc  0qc  i i i1 i1 Đặt  1 c i với I = 1, 2,…, n n i 1 a   c  0,1 n i1 i1 n n i n Vì a i a i1 nên a ia i n n1 Từ i1 n  a in i1 n n hay pc i a i n i1 i1 n Để chứng minh qc  , ta đặt b i c  1 i i1  b i nn i1 n Suy ra: b i i1 22 | P a g e  n i1    , n n c  n1 vì b i n i n  i   b i  1 i1  b1  i i1 n  hayqc i ta có đpcm i1  cần chứng minh: Bài toán 31 Cho x , x , , xn số thực thỏa mãn điều kiện: minh với số nguyên k, với k 2, tồn số nguyên x  x 22   x  Chứng n a , a 2, , a n không đồng thời cho với I = 1, 2, …, n ta có: a i  k1 a x 1 a x 2  a n x n  k1 n k n 1 Hướng dẫn giải  n  i1  n Từ bất đẳng thức:   x i   n  x i2 giả thiết x  x 22   x 2n 1ta dễ dàng chứng minh x  x   x n  n  i1 n Bây giờ, với bi nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k n giá trị có dạng:b i xi i1 Mỗi giá trị phải nằm đoạn  0, k1 n  Ta chia đoạn thành k   n 1 đoạn có độ k1 dài là:  n kn 1 Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có giá trị nói rơi vào đoạn Cụ thể, n n i1 i1 n giá trị làb 'i xi vàb ''i n  b '  b ''  x i i1 i i  x ta phải có: i  x i   n k1  i1 k n 1 suy đpcm Bài toán 32 Cho số nguyên n k Ta định nghĩa số c(n, k) với k = 0,1,2,…,n sau: c(n, 0) = c(n, n) = với n : cn 1, k 2k cn, k cn, k1 với n k1 Chứng minh c(n, k) = c(n, n – k) với n k Hướng dẫn giải Khẳng định với n = 0: c(0, 0) = c(0; – 0) = Ta chứng minh trường hợp tổng quát quy nạp theo n Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với   m k Thế thì, theo hệ thức truy hồi giả thiết quy nạp, ta có: cn 1, k k cn, k cn, k1 cn 1, n 1 k n1 k cn, n 1 k cn, n k n1k cn, k 1 cn, k Để hoàn tất chứng minh, ta chứng minh rằng:      c n, k  k    n1k c  n, k1 Để ý từ giả thiết quy nạp ta suy (1) 23 | P a g e  k 1 cn 1, k nk 1 cn 1, k1  k1 1 cn 1, k 1 n k1 1 cn 1, k 2   k  Từ ta có:  cn, k n1k  1 cn, k1   k 1 k cn 1, k cn 1, k 1 n1 k 1 k1 cn 1, k 1 cn 1, k 2    k2 nk 1 cn 1, k 1 k 1 cn 1, k1     n1 k  k1 cn 1, k 1 cn 1, k 2       1  cn 1, k 1  2 n k k n   cn 1, k 1 k1 k1    cn 1, k 2 n1k   cn 1, k 2 n1k Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh Bài tốn 33 Giải phương trình a) x  8x19 b)  2  x 2    16  x1 11  Hướng dẫn giải a) Đặt t = [x], t nguyên  x2 x 2 0 t 2 t  t 1 t = 2 Do [x] = -1 [x] = Vậy nghiệm 1  x  0,  x  11t16 3 x Thế nên t nguyên Ta có 16(x + 1) = 11t nên  8x19  t 16  16  x11  t  b) Đặt   11  vào phương trình cho có  11t 22  t 0 11t 22  t   14  14  Nên  t 22 Chọn số nguyên t = 3; 4; 5; 6; 3 Vậy nghiệm x 17 ; ; 19 ; 25 ; 45 16 16 Bài tốn 34 Tìm số tự nhiên n biết bỏ ba chữ số tận bên phải số có giá trị n Hướng dẫn giải Dễ thấy số phải tìm có từ chữ số trở lên 24 | P a g e Giả sử sau bỏ ba chữ số tận abc số n ta số x, n  103 x ta có: x 1000x  abc x  abc Theo đề  1000x abc xx  1000 abc Nếu x 33 vế trái lớn 33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > abc nên x < 33 2 Nếu x 31 x  961, nên 1000  abc x x    Do x nhận giá trị 32 Với x = 32 32(1026 – 1000) = abc hay 768 = abc  32768 Từ có n 10 32 768 Số thỏa mãn yêu cầu đề nên số cần tìm Bài tốn 35 Tìm số có hai chữ số cho số cộng với tích hai chữ số bình phương tổng hai chữ số Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm xy (x, y số tự nhiên từ đến x  ) 2 Ta có 10x y xy x y hay 10x y x  xy y Nếu y = ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác Biến đổi thành y  yx 1 x10 x, ta có: y  x 10 x  25 nên y  x10 x    Thay y 1, 2, 3, 4, vào x(10 – x – y) = y(y – 1) phân tích vế trái thành tích hai số số nhỏ 10 Với y = x(9 – x) = 0, suy x = Với y = x(8 – x) = = 1.2, khơng có x thỏa mãn Với y = x(7 – x) = = 1.6 = 2.3, suy x = x = Với y = x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, khơng có x thỏa mãn Với y = x(5 – x) = 20 = 4.5, khơng có x thỏa mãn Vậy có ba số phải tìm 91, 63, 13 thỏa mãn đề Bài tốn 36 Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số tiếp sau số số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải Gọi số có hai chữ số phải tìm x y 10 x, y 100 25 | P a g e Theo đề ta có: 100x + y = kxy (k nguyên dương) hay y = kxy – 100x Do kxy100x x nên y x , đặt y = mx (m nguyên dương) Khi ta lại có 100x mx kmx suy 100 = m(kx – 1) suy m ước số 100 Vì x, y số có hai chữ số nên m số có chữ số, m = 1; 2; 4; Mặt khác kx 1 100 hay kx 100 1 đồng thời x số có hai chữ số m Nếu m = 100  1 Nếu m = 100  1 m 101 khơng chia hết cho số có hai chữ số x nào: loại 21 , ta có x = 21 y = m.x = 5.21 = 105 số có ba chữ số: loại Nếu m = kx = 51, k = y = mx có nhiều chữ số, k = ta có x=17; y = 34 Vậy m = kx = 26, k = y = mx có nhiều hai chữ số, k = ta có x=13; y = 52 Thử lại Bài tốn 37 Tìm năm số thực dương cho số bình phương tổng bốn số cịn lại Hướng dẫn giải Sắp thứ tự số phải tìm là: 0 x1 x 2 x 3 x 4 x5 Theo đề bài: x1  x  x 3 x 4 x 5 Và có đẳng thức tương tự x , x , x , x5 Đặt S x1 x  x 3 x  x5 x  S x12 Tương tự x  S x2 ; x 3  S x 3 ; x   S x 4 2; x 5 S x5 2 Ta có x1  S x1    S x 2  S x   S x   S x 5 2 x Suy ra: x1 x  x 3 x  x  x (vì x > 0) S = 5x, x4x hay x(16x – 1)=0 Vì x > nên có nghiệm x Vậy năm số cần tìm 16 16 Bài tốn 38 Tìm tất số nguyên dương cho tổng chúng 1994 cịn tích chúng lớn Hướng dẫn giải Ta cần chọn n số nguyên dương n (n > 1) mà a 1 a 2  a n1994 để tích chúng lớn Khơng có số số chọn 26 | P a g e a 11, n = + 1993 = 1994 ta thay + 1992 = 1994 có 2.1992 > > tích a  a   an ta thay b a 1 tổng số Thật giả sử 1.1993, n b a   a n 1994 , cịn tích là: b x a x x a  a  1 x a x a x x a  a x a x a x x a  a x a x x a n 2 n 2 n n  a x a x a x x a n Nếu số chọn có số có khơng q hai số Thật vậy, giả sử có ba số 2.2.2 < 3.3, ta thay ba số hai số có tích lớn Khơng có số số chọn lớn Nếu trái lại, giả sử a 1 thay a1 hai số a 1 , 2 a 1 1 a1 tích lớn tích ban đầu Vậy tích lớn gồm tồn số khơng có hai số 2, nghĩa tích lớn 664 2.3 Bài 39 Tìm giá trị nhỏ fx, y 7x  13xy 7y không đồng thời x, y nhận giá trị nguyên Hướng dẫn giải Kí hiệu CP tập số phương Xét fx, y 0 gx, y 7x  13xy 7y  Coi g(x, y) tam thức bậc x, có  CP y Z, y 0 gx, y 0,x, y Z, y Mà  365y2 Do 365 CP nên 2 gx, 0 0 x , nên gx, y  0x, y Z, x  y  Do fx, y 0,x, y Z, x 2 y 2 Suy ra, với a fx , y0 Xét a chẵn phải có x , y0 chẵn Khi * giá trị cần tìm a N x x ,y  Z f ,   a  a , trái với định nghĩa  y  2  a Như vậy, a số lẻ Dễ thấy f(1, 2) = Suy a Vậy a1,3,5 2 - Nếu a = 1 0 365y  28CP gx , y 01 7x 0 13x y  7y khác,  28 khác 3 mod 5 mâu thuẫn với (*) (do b khác3 mod 5b Z ) 365y - Nếu a = thì: fx , y  x y 0   y  6x  15x y 0 0  9y  0 mod 3  x 0 y 02 y 02 0 mod 3  x 0 y 0 y 0 0 mod 3 x 0 y 0 0 mod 3 27 | P a g e (*) Mặt  f , y 0 x  0mod 9 , mâu thuẫn với 0 fx , y  Vậy: a = f(x, y) = Bài toán 40 Chứng minh tam giác ABC có bán kính đường trịn nội tiếp độ dài đường cao số nguyên tam giác ABC tam giác Hướng dẫn giải Gọi x, y, z đường cao theo thứ tự tương ứng với cạnh a, b, c củaABC (x, y, z nguyên dương) Do đường trịn ngoại tiếp tam giác có bán kính 1, nên z, y, z lớn Thật vậy, ta có: 2S = ax + by = cz = a + b + c nên: x  a b c 1 b c 1 a aaa  (vì b + c > a) Tương tự y > z > Mặt khác   c ;1 b z a b  x a b c y a  b  c Do đó:    a c x y z Giả sử x y z   x y Vậy z , mà z > nên z = suy  z 3 z Với z =   , suy x y y 2 suy y mà y > nên y = 3, từ có x = x = y = z = Kết hợp với ax = by = cz, ta có a = b = c Vậy tam giác ABC tam giác Bài toàn 41 Các cạnh tam giác có số đo 377; 80 153 Chứng minh đặt tam giác hình chữ nhật có số đo độ dài cạnh số nguyên cho hai đỉnh tam giác trùng với hai điểm đầu điểm cuối đường chéo khoảng cách từ đỉnh thứ ba, tam giác tới cạnh hình chữ nhật số nguyên Khi chứng tỏ số đo diện tích tam giác số nguyên Hướng dẫn giải Dự hình chữ nhật có chiều dài AB = CD = 16, rộng AD = BC = 11 Trên AB đặt điểm P cho AP = 28 | P a g e chiều Trên BC đặt điểm N cho CN = Từ điểm P N AB BC kẻ đường vng góc với AB BC chúng cắt M Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12; BM=MP=8 Trong tam giác vng MPA theo định lí Pitago thì: MA  AP  MP 166480AM 80 Trong tam giác vng MNC, theo định lí Pitago ta có 2 2 MC  MN  NC  12 153 31449153MC Và tam giác vuông ABC, ta có: 2 2 AC  AB  BC  16  11  256121 377 AC 377 Như tam giác MAC có cạnh 377 153 có hai đỉnh trùng với hai đầu 80 mút đường chéo AC, khoảng cách từ đỉnh M đến đến cạnh AB BC 12 số nguyên, nên tam giác phải tìm Ta có SAMC SABCDSABCSAHMSCKMSDHMX11.168.113.43.6 4.4 42     x    x2013  diện tích) nên số nguyên Bài toán 42 Cho x số thực Chứng minh phần lẻ x (đơn vị x số nguyên x  x Ta có {x} = x – [x],  x  Hướng dẫn giải và x 2013   x 2013  x 2013          x    x2013  x  x a x x Theo đề phần lẻ 2013 Với a x   x  b x   x  số nguyên     Vì x  x a nên x  x a 0 1 4a 0 a Xét a = x  x 0 x hay x = số nguyên 2013  x b Xét a > a1 , ta chứng minh quy nạp, tịn số ngun c n d m cho x n  c n x  d n , n  Thật với n = 3: x 2 x a x 3 x 2 ax x a ax   a  x a chọn số nguyên c 3 1 a d 3 a Giả sử khẳng định với n k : tồn số nguyên x k c k x dk 29 | P a g e c k  d k  cho 1  d x ck.a c a Khi x k  c x  d x c  a d x c k k k k Ta chọn c x  k1 thỏa mãn  c k  d k ; d k1  c k a Áp dụng với n = 2013 tồn số nguyên c 2013 d 2013 cho x 2013  c 2013.x  d 2013 Mà x 2013  x b nên c 2013 x d 2013  x b k Do x  b d c 2013 2013 1 k k Q Suy x nghiệm hữu tỉ phương trình x 2 x a nên x số nguyên: đpcm III BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 43 Chứng minh rằng, với số tự nhiên n > 1, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, khơng tồn hai dạng Hướng dẫn Chứng minh qui nạp: Nếu a n  k 10 k có n chữ số viết hệ số Nếu a n  h 2h có n chữ số viết hệ số Bài tập 44 Cho f(0), f(1) số nguyên, f(0) = f(1) = fn 2 n fn 1 16 n1 f n n2 n , n = 0, 1, … Chứng tỏ số f(1989), f(1990), f(1991) chia hết cho 13 Hướng dẫn Xét fn gn gn 15n 3215n116  n1 n Từ đí fn 15n 215n 32.16 152 2n 2 n1 15 Bài tập 45 Cho tam thức fx ax  bx  c với hệ số nguyên a) Chứng minh với a, b, c biệt số tam thức khơng thể 1994 không 1995 b) Khi tam thức có hệ số ngun thay đổi, tìm biệt số nguyên dương nhỏ mà không số phương Hướng dẫn a) Dùng phản chứng b) Kết quả = Bài tập 46 Có số nguyên dương (a; b; c) cho: 30 | P a g e [a; b] = 1000 [b; c] = [c; a] = 2000 Hướng dẫn Số 1000 2000 có dạng m n nên a, b, c có dạng .5 Kết 70 Bài tập 47 Tồn hay không cặp số thực (x, y) cho số x = y, x 2 y , x  y nguyên x  y không nguyên? 4 Hướng dẫn Kết tồn với x + y = 2, xy Bài tập 48 Có tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn: x 2010  x 2012 2   x y z 2008y z x  2014 Hướng dẫn Biến đổi  x 2010 2 x 2012 2 x y z 2008y z x 2014   x 2010 2 x 2011 2 x 2012 2 y z 32  3x 2 12066x 2010 2 20112 2012 2 y z 32 Kết không tồn Bài tập 49 Tìm phần nguyên S 2 3 4 2013   2013 2012 Hướng dẫn Dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh k Kết [S] = 2012 k1  1 1 k k k 1 Bài tập 50 Cho số nguyên không âm a, b cho ab c , với c số nguyên Chứng minh tồn n số n số nguyên x , x , , xn , y1 , y , , yn thỏa n n  x 12 a;y12 b vàx i y i c i1 i1 i1 Hướng dẫn Xét (a, b, c) với a b c Có trường hợp c b a > c > b Trong trường hợp sau chứng minh qui nạp theo a + b Bài tập 51 Chứng minh với số nguyên dương n có:  n   n    n n   log n log n log n n      31 | P a g e Hướng dẫn Ta có  n    x x x k   k n y Và có log m n 1 y y m  n Bài tập 52 Cho a b hai số nguyên dương cho ab + hết a  b2 Chứng minh: a 2 b ab1 số phương Hướng dẫn Dùng phản chứng đưa phương trình bậc a  kba b  k Lập dãy vô hạn nghiệm tự nhiêna i , bi mà tổng a i  bi giảm dần Bài tập 53 Với số nguyên dương n bất kì, gọin số ước số dương (kể nó) số Hãy xác định tất số nguyên dương m cho với số tồn số nguyên dương n để  n2  m  n Hướng dẫn Kết m số lẻ Bài tập 54 Kí hiệu S tập hợp tất số nguyên tố p cho a 1a a 3r a 1a a 3r r = r(p); với có chu kì sở 3r:  , p p pS số nguyên k k r p  a k2r p fk, p a  a a) Chứng minh S vơ hạn b) Tìm giá trị lớn (k, p) với k1 pS Hướng dẫn a) Gọi s số nguyên tố N s  10 b) Kết f(2, 7) = 19 2s s  10 1 N s  3 mod 9 k1 ta định nghĩa: 32 | P a g e MỤC LỤC I KIẾN THỨC TRỌNG TÂM II CÁC BÀI TOÁN .5 III BÀI LUYỆN TẬP 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] A comprehensive course in number theory - Alan Baker - Cambridge University Press (2012) [2] Problem - Solving and Selected Topics in Number Theory_ In the Spirit of the Mathematical [3] Lí thuyết số - Tài liệu bồ dưỡng học sinh giỏi – Lê Hồnh Phị (2016) [4] Tính chất số học toán đa thức - Phạm Viết Huy - THPT Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi 33 | P a g e ...CHUYÊN ĐỀ LÍ THUYẾT SỐ PHẦN MỞ ĐẦU Số học hay đa thức chủ đề thường xuyên xuất đề thi học sinh giỏi cấp quốc gia, kì thi khu vực quốc tế với tốn khó... có ba số phải tìm 91, 63, 13 thỏa mãn đề Bài tốn 36 Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số tiếp sau số số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải Gọi số có hai... tồn số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề Bài toán 28 Lập dãy số a , a , a cách sau: a 1 an ước số nguyên tố lớn dãy số a 1a a n1 với số tự nhiên n chọn số 1 Chứng minh dãy số khơng có số Hướng