Toán tuổi thơ Trường THCS Nghĩa Thắng29850

Bài 3:Một vòng tròn được chia thành k cung, được đánh số từ 1 đến k như trong hình vẽ.. Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi, một viên theo chiều cùng chiều kim đồng hồ

Bài 1:

Tìm các số tự nhiên thỏa mãn phương trình sau : 2 2 3 (1)

(x y y)( x)  2(xy)

Bài làm

Nếux 0 thì y 0và ngược lại Ta xét x y, nguyên dương Từ (1) suy rax y

Ta biến đổi (1) :

(x y y)( x)  2(xy) 2 2 3

4(x y y)( x) 8(x y)

(x y y x) (x y y x) 8(x y)

x  y y x  xy x y

x  y y  x xy  xy  x y 

Do đó : 2 là số chính phương

8(xy)  (x y 1)

(x y 1)  8(xy)  (x y 1)  (x y 3)

Mặt khác từ (1) suy ra x y, cùng tính chẵn lẻ

Kết hợp với (2) và 2 là số chính phương suy ra

8(xy)  (x y 1)

8(xy)  (x y 1)  (x y 1)

3

x y

 

Khi đó ta có 2 2 3 3.Và ,mâu thuẫn với (1).Vậy

(x  y y)( x) x  27y 3 3

2(xy)  16y

phương trình (1) có nghiệm duy nhất ( ; )x y  (0;0)

Kính gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán học tuổi thơ

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776

Bài 2:Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương ( ; ; )x y z thỏa mãn

5



Bài làm

Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của phương trình Khi đó, theo bất đẳng thức AM-GM

Suy ra 1 1

2

x hay x 2

Với x 2 : Khi đó trong bất đẳng thức trên phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là

1 1





Giải hệ, thu được ( ; ; )x y z  (2; 2;1)

Với x 1 phương trình đã cho trở thành 1 5

(1)

y z



2

y

 Với z 1, thay vào (1), thu được 2

y  y     y y

Với z 2, thay vào (1), thu được 2 Phương trình này có biệt thức

2y  3y  6 0.

nên không có nghiệm, do đó không có nghiệm nguyên

2

( 3) 4 2 6 39 0

        

dương

Vậy nghiệm của phương trình là x y z; ;   2; 2;1 , 1;1;1 , 1; 2;1    

Bài 3:

Một vòng tròn được chia thành k cung, được đánh số từ 1

đến k như trong hình vẽ Ban đầu tại mỗi cung đặt một viên

bi Mỗi lần dịch chuyển, người ta dịch chuyển hai viên bi,

một viên theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, một viên theo

chiều ngược chiều kim đồng hồ, vào cung kề với cung chứa

nó (hai viên bi được dịch chuyển không nhất thiết phải từ

cùng một cung) Hỏi sau hữu hạn bước như vậy, có đưa

được tất cả các viên bi về cùng một cung hay không?

Bài làm

Ta đánh số (gán nhãn) cho các viên bi như sau: viên bi ở cung thứ i được gán nhãn

i.

Gọi S là tổng các nhãn theo mod k Khi đó, nếu sau một số bước dịch chuyển, tất cả các viên bi được chuyển về cùng một cung, chẳng hạn cung thứ n, thì

S nk k

Nhận xét Sau mỗi lần dịch chuyển, S bất biến theo mod k bởi vì một nhãn tăng 1,

một nhãn giảm 1, các nhãn còn lại giữ nguyên

Suy ra ( 1) 1 2

2

k k

k S k

  Điều này xảy ra khi và chỉ khi k lẻ.

Vậy, ssau một số bước chuyển, tất cả các vien bi được chuyển về cùng một cung khi và chỉ khi k lẻ.

Ta sẽ chỉ ra cách chuyển, với k  2n 1 sau một số hữu hạn bước chuyển các viên

bi được đưa về cùng một cung:

- Chuyển viên bi ở cung 1 theo cùng chiều kim đồng hồ và viên bi ở cung

2n 1 theo ngược chiều kim đồng hồ; cho đến khi chúng cùng về đến cung thứ n 1.

- Lặp lại quá trình trên cho cung thứ i và cung thứ 2n  2 i i(  2, 3,  ).

Cứ như vậy, tất cả các viên bi đều được chuyển về cung thứ n 1.

k

3

2

1

Kính gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán học tuổi thơ

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776

Bài 4:Giải hệ phương trình 2 2 2  

3 3 3

4

14 , , 34





   



฀

Bài làm

Giả sử ( ; ; )x y z là một nghiệm của hệ Xét đa thức 3 2

( )

P t  t at  bt c nhận x, y, z

làm nghiệm Suy ra     a x y z 4 hay a  4

(x y z) x y z  2(xyyzzx) nên

1 2

Do x, y, z là nghiệm của P t( ) nên

(x y z ) 4(  x y z ) (    x y z) 3c 0 suy ra c 6. Do đó 3 2

P t  t t  t

P t  t t    t t t t giải ra được ba nghiệm t  1,t  2 và 3

t

Vậy, hệ đã cho có tất cả các nghiệm là ( 1; 2;3)  và các hoán vị

gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán học tuổi thơ

Bài 5:Giải hệ phương trình

 2 2  

3 3 2

,

2 2

x y







฀

Bài làm

Điều kiện x y,  0

Đặt x  a 0, y  b 0; viết hệ đã cho về dạng

4 4

1 1

2

1 1

2







(1)+(2) thu được 2 4 2 2 4 5 3 2 4

(2)-(1) thu được 1 4 2 2 4 4 2 3 5

5a 10a b b 5a b 10a b b 1 (4)

Từ (3) và (4) thu được 5

(a b )  3 và 5

(a b )  1

Từ đó, tìm được 53 1

2

a 

và

5

3 1 2

b 

Và do đó, tìm được ( 3 1)5 2 ( 3 1)5 2

,

Kính gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán học tuổi thơ

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776

Bài 6:Tìm tất cả các giá trị của a, b sao cho phương trình 3 2 có các

3 0

x ax bx a nghiệm đều là các số nguyên dương

Bài làm

Giả sử phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên dương     Khi đó, theo

định lý Vietta,      a,    b và   3a và do đó

3



     (1)  3 3  3    3   3 32  9 (2)

Nếu   3 thì   3 và 3

     , mâu thuẫn với (1) Vậy 1   3 Với   3 : khi đó    2   

         

Từ đó

3

    a  9,b 27.

2, 2 3 2 3 3.2 9 2 3 2 3 21.

          Giải phương trình này với chú ý    2 ta được  ;  12; 2 , 5;3    Với

12, 2 a 16,b 52

        Với   5,      3 a 10,b 31.

2, 2 3 2 3 3.2 9 2 3 2 3 21.

          Giải phương trình này với chú ý    2 ta được  ;  12; 2 , 5;3    Với

12, 2 a 16,b 52

        Với   5,      3 a 10,b 31.

1, 2 3 2 3 3.1 9 2 3 2 3 12,

           

vô lí Vậy tất cả các cặp số   a b;   9; 27 ,  16;52 ,  10;31 

Điện thoại : 01208127776

Bài 7:Một số nguyên dương được gọi là dễ thương nếu trong biểu diễn thập phân

của nó không có chứa chữ số 0 và tổng bình phương các chữ số của nó là một số chính phương

1. Tìm số dễ thương lớn nhất có hai chữ số

2. Hỏi có hay không số dễ thương có 2015 chữ số?

Bài làm

Giả sử số dễ thương có hai chữ số lớn nhất là ab,1 a b,  9 Theo giả thiết ta có

2 2 2

a b c là số chính phương Nếu a b, đều không chia hết cho 3 thì

2 2 2 mod 3

a b  , vô lý vì 2 2

a b là số chính phương suy ra ab 0 mod 3 

a  b c c b  không có nghiệm nguyên dương với

1  b 9

+) Nếu a  8 b 3  b 3; 6;9, thử trực tiếp ta thấy b 6 thỏa mãn Vậy số dễ thương lớn nhất có 2 chữ số là 86

Xét số  Khi đó không phải là số chính

2011 1

222211 1

so

A

2

2011 1

2 2 2 2 1 1 2027

so

     phương

suy ra  là không là số dễ thương

2011 1

222211 1

so

A

Kính gửi: Ban biên tập Tạp chí Toán học tuổi thơ

Tên : Trương Quang An

Giáo viên Trường THCS Nghĩa Thắng

Địa chỉ : Xã Nghĩa Thắng ,Huyện Tư Nghĩa ,Tỉnh Quảng Ngãi

Điện thoại : 01208127776

Bài 8:Giả sử a b c d, , , là các số nguyên sao cho a b c d   là số nguyên lẻ và chia

hết 2 2 2 2

.

a   b c d Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương n đều có a b c d  

chia hết a n  b n c n d n.

Bài làm

+ Chứng minh được nhận xét: “Với a,b,x,y,z,t là các số nguyên sao cho a b là ước

của xy và là ước của z t thì a b xz | yt”

+ Mặt khác, do 2 2

(a c )   (b d)  (a b c d a b c   )(   d) (  a b c d   ) nên suy ra

2 2 2 2

a b c d a   b c d  ac bd

Từ đó, do giả thiết nên thu được a b c  d ac bd|  (1)

+ Ta sẽ chứng minh kết luận của bài toán bằng phương pháp quy nạp

toán học

Với n 1, 2 : thì kết luận hiển nhiên đúng

Giả sử khẳng định đúng tới n, tức là a b c d a   | nb nc nd n với n ฀ ,n 2

a b c d a    b  c  d 

Thật vậy, do a b c  d| (a  c) (b d) và nhận xét ở trên suy ra a b c d   là

ước của

(a c a )( nc n) (  b d b)( nd n) a n b n c n d n ac a( n c n) bd b( n d n )

Nhưng, do (1), giả thiết quy nạp và nhận xét ở trên suy ra

| ( n n ) ( ( n n )

a b c d ac a    c   bd b  d 

Vậy suy ra a b c d   là ước của

(a c a )( nc n) bd b( n d n) ac a( n c n) bd b( n d n) a n b n c n d n