CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC ĐỀ 30-4

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII Chủ đề: SỐ HỌC VĂN PHÚ QU

Trang 1

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII

Chủ đề: SỐ HỌC ( VĂN PHÚ QUỐC- GV TRƯỜNG ĐH QUẢNG NAM)

1 Tìm hai số nguyên dương thỏa mãn PT: 2011 2011  2011

2013

HD:

Giả sử x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn PT đã cho Suy ra: x y , 2013

Không mất tính tổng quát, giả sử: x y

Do 2013x nên 2013 x1 ( x  ) 

2011

Do x y nên

2011 2011

y









Như vậy: 2011x y, 2013x y2012

2 Tìm phần nguyên trong biểu diễn thành số thập phân của số:

Q x  x  x  x ; x   *

HD:

Với x   thì: *

4x1 36x 10x 3 6x2 4x 1 36x 10x36x 2

Cộng 4x vào mỗi vế của BĐT trên ta có: 2  2 2 2  2

2x1 4x  36x 10x3 2x2

2x 1 4x 36x 10x 3 2x 2

Cộng thêm 2

x vào mỗi vế của BĐT ta có:  2 2 2 2  2

Vậy  Q  x1

3 Chứng minh rằng nếu x y x   thỏa mãn: , , x2012y2012 z2012 thì Min x y  ,  2012

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử x y thỏa mãn PT :

1

x y z z  y z yz y

Trang 2

 2012

2012

x

 

Vậy Min x y , x2012

4 Số 1k 9k 19k 2013k

a     với k  có phải là số chính phương không? 

HD:

Với k   và k lẻ ta có:

1k 1 mod4 ; 9k 1 mod 4 ; 19k  1 mod 4  ; 2013k 1 mod 4 

Do đó: a 2 mod 4  Vậy a không phải là số chính phương

5 Chứng minh rằng nếu x22y là một số chính phương với ,x y  thì  x2y là tổng của hai số chính phương

HD:

Ta có: x22yx

2

    với t 2yt22tx chẵnt  t 2 , k k  

2y4k 4kxy2k 2kxx y xk 2kx (đpcm)

6 Tìm số nguyên tố p sao cho 2p  là lập phương của một số tự nhiên 1

HD:

Rõ ràng: p2 p 3

Giả sử ap 1 t3 ; t  * 3    2 

2p t 1 2p t 1 t t 1

1, 2 1

t  t  nên t   1 2

Mặt khác do p là số nguyên tố nên t 1 2  t 3 p13

7 Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên a sao cho bn4 không phải là số nguyên tố với mọi a

n  

HD:

Xét số 4

4 ,

a k k  và k 1 Ta có:

bn  k  n  nk k n  nk k

n  nk k  n k k  ; 2 2  2 2

n  nk k  n k k  Vậy b không phải là số nguyên tố

Trang 3

8 Cho p là số nguyên tố bất kỳ khác 2 và khác 5 Chứng minh rằng trong dãy 9,99,999, 9999, có vô

số số hạng chia hết cho p

HD:

Do p là số nguyên tố khác 2 và khác 5 nên p,101 (1)

Vì p là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:    1 

10p10 p10 10p 1  (2) p

10p 1p10p 1 mod p

Do đó, với mọi n nguyên dương thì  1    1

10n p 1 modp 10n p   với n nguyên dương 1 p

Mặt khác,  

 



1

10n p 1 99 9

n p



  Từ đó suy ra tồn tại vô số số hạng của dãy 9,99,999, 9999, chia hết cho p

9 Cho p là số nguyên tố lẻ Chứng minh:  

0

p

p p k k

C C 



 chia hết cho p 2

HD:

- Chứng minh: 1  

1

p

k k

p p k k









  với 1k p ( vì 1 C k pp)

Thật vậy:  !  1 2    !

k

p k

C



Vì p1p2  pkk! mod pp1p2  pkk! chia hết cho p và k!

Mà p k, !1 suy ra: p1p2  pkk! chia hết cho

1

p

k





- Chứng minh:   2

2p p 2

C  p

Thật vậy:      

2 2

2

Đồng nhất hệ số của x hai vế ta được: p  2 1 2

2



Trang 4

k

p

C p   k 2 2

p

2p p 2 mod 2p p 2

Từ (1) và (2) suy ra: T p 2

10 Giải PT nghiệm nguyên: x14x24 x144 1599 với x x1, 2, ,x   14

HD:

Xét n là một số nguyên tùy ý

- Nếu n2 , k k  thì 4 4  

16 0 mod16

1 4 1 8 1 16 1 mod16

1 2 14 mod16

Với r   và r 14

Mặt khác, ta có: 159915 mod16 

Do đó : PT đã cho không thể có nghiệm nguyên

11 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n , phân số sau đây tối giản: 21 4

14 3

n n



HD:

Gọi d 21n4;14n3

Ta có: 21n4kd ; 14n 3 hd với ,k h  Suy ra:  7n 1 kh d

Do đó: 21n 3 3kh d

Vì vậy: 121n4  21n3kd3kh d 3h2k d d 3h2k 1

Vậy phân số đã cho tối giản

12 Chứng minh 1 9 1 7 13 5 82 3 32

630 21 30 63 35

B x  x  x  x  x nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x

HD:

Ax x  x  x  x 

= x4x3x2x1 x x1x2x3x4

Còn

630 2.5.7.9

Trang 5

13 Chứng minh rằng với mọi số nguyên a b ta có: , 3a5 , 8b a13b  a b, 

HD:

Ta có: 8a13b2 3 a5b  2a3b ; 3a5b1 2 a3b  a2b ; 2a3b2a2bb Vậy 8a13 , 3b a5b  3a5 , 2b a3b  2a2 ,b a2b  a2 ,b b  a b, 

14 Cho đa thức P x  với hệ số nguyên, biết rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho không có số nào

trong các số P 1 ,P 2 , ,P a  chia hết cho a Chứng minh rằng với mọi số nguyên z ta có

  0

P z 

HD:

Giả sử tồn tại số nguyên b sao cho P b   0 Khi đó ta có: P x   x b Q x    với Q x  là đa thức

có hệ số nguyên Đặt baq , r 1 r a Ta cos: P r   rb Q r   aQ r a  ( mâu thuẫn gt)

15 Chứng minh rằng các số 2p và 21 q  là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi 1 p và q nguyên tố cùng nhau

HD:

ĐK cần: Giả sử 2p1, 2q1 và 1 kp q,  Đặt pku q, kv

Khi đó: 2p  1  2k u 1 2 k 1 Tương tự: 2q1 2 k1

Như vậy 2k là một ước chung của 21 p và 21 q Kết hợp với giả thiết suy ra: 21 k  1 1 k  1 Vậy p và q nguyên tố cùng nhau

ĐK đủ: Giả sử p q ,  1 Khi đó tồn tại các số nguyên s t, sao cho psqt Gọi 1 d 2p1, 2q1

- Xét TH: s 0 Khi đó t 0 Đặt v  t 0 Suy ra: psqv Ta có: 21 ps 1 2 p 1 2ps1 d

Tương tự: 2qv 1

d

  Từ đó suy ra: 2ps1  2qv  hay 1 d 2qv2ps qv   Kết hợp với đẳng thức 1 d

1

psqv suy ra: 2qv d

Mặt khác do 2p là một số lẻ nên 1 d lẻ Từ đó suy ra: d 1

- Xét TH: s 0, t 0 ta làm tương tự

Tóm lại: 2p1, 2q1 1

16 Cho a b là hai số nguyên sao cho , a b ,  1 Tìm 5a7 ,5a b 7b

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử ab Đặt s  a 5a7a

Trang 6

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Nếu a2b ta có: s a s s a a b 5 7b b s a2b Do đó: s s a, b  s s b, a2b

Tương tự nếu ba2b thì ta có: s s a, b  s s b, 2b a 

Vậy từ thuật toán Euclid suy ra nếu a b là số chẵn thì s s a, b  s s1, 212, còn nếu a b là số lẻ thì s s a, b  s s0, 12

17 Tìm 2n1, 2n1 với n  

HD:

- Nếu n 0 thì 2n  1 0

- Nếu n 0 thì 2n 1 2n1 Do đó: 2 2n1, 2n1  2n1, 2 2

2 1 2 1

2 1, 2 1

18 Cho p và 2p  là hai số nguyên tố lớn hơn 3 Chứng minh rằng 41 p  là một hợp số 1

HD:

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p3k 1

- Nếu p3k thì 1 2p 1 6k 3 3 2 k1 không phải là một số nguyên tố nên trường hợp này không thể xảy ra

- Nếu p3k1, k thì 2 4p 1 12k 3 3 4 k1 Do 4k  1 7 nên 4p  là một hợp số 1

19 Tìm số nguyên tố p sao cho hai số p  và 4 p  cũng là số nguyên tố 8

HD:

- Nếu p  thì 3 p 4 7,p 8 11 đều là những số nguyên tố

- Nếu p3k thì 1 p 8 3k 9 3k3 là hợp số

- Nếu p3k thì 1 p43k 1 3k1 là hợp số

Vậy p  là số nguyên tố duy nhất phải tìm 3

20 Chứng minh rằng với m 2 , giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố Từ đó suy ra rằng có vô

số số nguyên tố

HD:

Do m 2 nên m  ! 1 4 Gọi p là một ước nguyên tố của am! 1 ta có: paPm!

Bây giờ chứng tỏ pm Giả sử ngược lại rằng pm Khi đó: p là ước của m! và do đó p là ước của m!m! 1 1, điều này là vô lý Vậy p là số nguyên tố thỏa mãn m pm!

Trang 7

21 Cho rằng các số tự nhiên a b và n Biết rằng , n

k  chia hết cho a kb với mọi k,k b Chứng minh rằng: ab n

HD:

Ta có: k nb k n b với k b   và , kb

Ta lại có: k na k b Suy ra: a b k n b với mọi b, k,k b

Điều này chỉ có thể xảy ra ab n

2n 3 ;n 2n 3n ; 2n 3n

a) Chứng minh: A và B nguyên tố cùng nhau ; b) Tìm d A C, 

HD:

a) Ta có: B2A3n

Nếu A và B có một ước chung d 1 thì d 3n d 2n ( Vô lý) Do đó A và B nguyên tố cùng nhau b) Ta có: C4A5.3n Điều này chứng tỏ ước chung lớn nhất của A và C có thể là 5 hoặc 1

Muốn cho A C ,  5 thì 5 Anlẻ

Vậy d 5 nếu n lẻ ; d 1 nếu n chẵn

23 Có tồn tại một số tự nhiên n có thể viết dưới dạng: nx!y! với ,x y   và x  y bằng hai cách khác nhau hay không?

HD:

Giả sử tồn tại một số tự nhiên n có thể viết dưới dạng:

1! 2! 2! 2!

nx x x y với x y x y1, 1, 2, 2  và x1 y x1, 2 y2

Không mất tính tổng quát, giả sử 0x1x2 y1x2 Do đó: x2!y2!y1!x2!x1!x2! Vô lý

24 Tìm nghiệm nguyên dương của PT: x12012x22012 x20122012 2011x x1 2 x2012

HD:

Ta có: 2012 2012 2012

25 Chứng minh rằng nếu có 6 số nguyên a b c d e f thỏa mãn điều kiện: , , , , , a2b2c2d2e2  f2

thì cả 6 số đó không đồng thời là số lẻ

HD: ( Dễ dàng chứng minh được bình phương của một số nguyên lẻ chia cho 8 dư 1

Giả sử cả 6 số đó đều là số lẻ Thế thì mỗi số hạng ở vế trái khi chia cho 8 đều dư 1 Như vậy cả vế trái chia cho 8 dư 5 Trong khi đó vế phải là số chia cho 8 dư 1 Điều này mâu thuẫn

Trang 8

26 Cho số nguyên tố p  và m, n là hai số nguyên tố cùng nhau sao cho 3

 2

m

Chứng minh rằng m chia hết cho p

HD:

Ta có:        

2

m

là một số nguyên

Mặt khác do p là số nguyên tố nên 0, , , ,1 1 1



là một hệ thặng dư đầy đủ theo mod p

Do đó:

2

p

p, 61) Suy ra:    

2

p

(mod p) hay  p 1 ! 2 m p

n

 

Mà p1,p1 nên m chia hết cho p

27 Cho số nguyên n 3 Lấy n số x x1, 2, ,x và mỗi số n x bằng 1 hoặc i 1 sao cho:

x x x x  x x x x  Hãy chứng minh rằng n phải là bội số của 4

HD:

Đặt: X1 x x X1 2, 2 x x2 3, ,X n x x n 1

Mỗi số X bằng 1 hoặc i 1, và X1X2 X n  0

Như vậy nếu có p số X bằng 1 thì phải có i p số X j bằng 1 Suy ra: n2p

Mặt khác: X X1 2 X n x x1 2 x n2  1

Mà X X1 2 X   n  1 p Vậy p chẵn và n2p là một bội số của 4

28 Chứng tỏ rằng số 444444 303030 3 không thể biểu diễn dưới dạng xy 32 với x y   ,

HD:

Nếu AB 32 CD 3 thì C A23B D2, 2AB Suy ra: A B 32 CD 3

Do đó nếu xy 32 444444 303030 3 thì cũng cóxy 32 444444 303030 3  vô lý 0

29 Chứng minh rằng đa thức:   9999 8888 7777 6666 4444 3333 2222 1111

1

P x x x x x x x x x  chia hết

1

Q x x x x x x x x x  x

Trang 9

HD:

Ta có:      9999 9  8888 8  1111 

P x Q x  x x  x x   x x

= 9  10 999  8  10 888    10 111 

    10

1

10

1 1

x



30 Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn p 1 mod 6  và đặt 2

3

p

q  

 

Chứng minh nếu

m

 ; m n   thì , p m

HD:

Ta có: p 1 mod 6  Đặt p6k , suy ra: 1 2 4

3

p

q  k

Khi đó

m

n     k k  k  k   k

2k 1 4k 2k 2 4k 1 3k 3k 1

=

2 1 4 2 2 4 1 3 3 1

k k  k k   k k Suy ra: p m

31 Tìm nghiệm nguyên của PT: x22011x2012y2 yxy2011xy22013

HD:

Vì x y   nên hai thừa số trong vế trái của PT này đều là ước số của 1 ,

32 Cho n là số tự nhiên, a là ước nguyên dương của 2n Chứng minh 2 2

n  không là số chính a

phương

HD:

Giả sử n2ax2 (1) với x   Theo giả thiết: 2n2 ka với k  

Ta có:  

2 2

2

 

         

Vì vậy 2

2

k  k phải là số chính phương ( Vô lý vì 2 2  2

k k  k k )

Trang 10

33 Chứng minh rằng số: 555 222

222 555 chia hết cho 7

HD:

2227.31 5 2225 mod 7 222 5 mod 7

5 254 mod 7

3

5 4.5 mod 7 6 mod 7

4

5 6.5 mod 7 2 mod 7

5

5 2.5 mod 7 3 mod 7

5 3.5 mod 7 1 mod 7 5 k 1 mod 7

5556.92 3 5 5 mod 7 6 mod 7 Tức là: 555  

222 6 mod 7

5557.7922 mod 7 555 2 mod 7

2 1 mod 7 2 k 1 mod 7

2223.742 1 mod 7 Tức 222

555  (mod7) 1

222 555 7 mod 7 0 mod 7 tức là: 222555555222 chia hết cho 7

34 Tìm bộ số nguyên dương m n;  sao cho pm2n2 là số nguyên tố và m3n3 chia hết cho 4 p

HD:

4 0 mod

m n   p suy ra:

Do p là số nguyên tố nên ta có 2 khả năng:

- TH1: Nếu  2 2

2

1

1, 2

 





  



Thử lại ta thấy: bộ số m n,  là   1;1 , 2;1 , 1; 2   thỏa bài toán

m n  nm m n   m n  nm m n   m n

2nm2 m n  4 2 m1 n1 1 0 2nm2 mn  4 m n

( chỉ xảy ra khi mn1)

Trang 11

35 Tìm tất cả các số nguyên tố a b c sao cho: , , abcab bc ca

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử abc Suy ra: ab bc c a3b c

Nếu a  thì 3bcabcab bc caa c b mâu thuẫn với bài ra Vậy a 2 ( vì a nguyên tố)

2

       

- Với b2c nguyên tố bất kì

- Với b  3 c 3 hoặc c 5

Vậy nghiệm của bài toán là: a2,b2,c p nguyên tố và các hoán vị, hoặc a2,b3,c và các 3 hoán vị

36 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 ta có:  

1

2 1 0

n

n k

n n k k





 chia hết cho 4n1 HD:

2 1 ! 2 1

2 2 ! 2 2 1 ! 2

 

2 1

n

n k

C 



1

2 1 0

n

n n k k





37 Chứng minh rằng: 22 11 3

0

2

n

k k n k

C 



 không chia hết cho 5 với mọi n là số tự nhiên

HD:

Ta có:  

2 1

1



2 1

1



Suy ra:    

Cho x  8, từ (*) suy ra: 72n 1 2 8 2

   với 22 1 3

0

2

n

k k n k



0

2

n

k k n k

B C 



Vì  2 1  

7 n 2 mod 5

- Nếu B thì 5 2  

2 mod 5

Trang 12

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Tuy nhiên   a , a5 ,k a5k1,a5k Ta luôn có: 2 2  

0 mod 5

1 mod 5

2

4 mod 5

2 mod 5

Từ (**) và (***) ta có điều mâu thuẫn

Vậy B không chia hết cho 5

38 Tính:  1999

45 1999

 , trong đó: a là ký hiệu phần nguyên của số a

HD:

k

=

999

1999

0

2 k 1999 45k k 2

k



m  

44 199945045 1999   1 0 45 1999  1

45 1999 2m 1

999

1999 0

1999 45

k



39 Chứng minh rằng: 2 3

n

  

  là số lẻ với mọi số tự nhiên n

HD:

x

x y y

  







 



là nghiệm của PTX24X   1 0

Đặt: S n x n y n

S  x  y   xy x y xy x  y   S S 

Suy ra: S n14S nS n1 0

S  S  S   n 

Vì 0 2 3 nên 1 02 3n  1

Do đó: 2 3 2 3 1 2 3 2 3 2 3

Suy ra: 2 3n2 3 n 2 3n1

  là số lẻ (vì S S chẵn nên 0, 1 S chẵn) n

40 Chứng minh rằng biểu thức A 9 4 5  n 9 4 5 n nhận giá trị nguyên và không chia hết cho

17 với mọi giá trị nguyên của n

Trang 13

HD:

Làm tương tự như bài 39

41 Tìm n nguyên dương sao cho: 3 3 3 3

1 2  n 2n 4 7225

HD:

Suy ra: với mỗi k cho trước, số các số m thỏa: 3

  

  là:  3 3 2

k k  k  k Gọi tổng tương ứng của chúng là S , ta có: k  2  3 2

k

S k k  k  k  k  k

Do: 3n31 n 1

1 3

3

1

4

n k k





Dễ dàng tìm được: n 10

42 Cho p là số nguyên tố khác 2 và a b là hai số tự nhiên lẻ sao cho , a b chia hết cho p và a b chia hết cho p  Chứng minh rằng: 1 a bb a chia hết cho 2 p

HD:

Giả sử ab

Gọi r là dư trong phép chia a cho p thì armodp

Do a b p  nên b rmodp

Suy ra: a b b a r br amodp hay a b b a r b1r a b  mod p

Mặt khác: a b p  1 nên a b k p 1

Vì r không chia hết cho p nên theo định lý Fermat nhỏ ta có:

1

r   p r   p r   p

Từ đó suy ra: a bb a 0 mod p tức là: a bb a p

Ngoài ra a b là các số nguyên lẻ nên b, a a b b a 2

Vậy a bb a2p

43 Tìm tất cả các số hữu tỉ dương x y, sao cho xy và 1 1

x y là các số nguyên

HD:

x y m

n xy

 



là nghiệm của PT: nX2mnXm 0

Ta có:  mn mn 4

- Nếu  0mn4 Giải tìm m n, sau đó tìm x y,

- Nếu  0mn4 Mà  2  2

2 3

m       không là số chính phương

 Không tồn tại X X   1, 2

Định dạng
Số trang	13
Dung lượng	318,98 KB