Phần 3 hồng hạnh nguyễn

Câu Ký hiệu  x  số nguyên lớn khơng vượt q x Giải phương trình x     x   x  2015 0 Hướng dẫn giải Ta có x 0 x  x  2015 x  x  2015   x   x  x  x 2015 x x pt  x  a    a 2015  x   a  1 x  2015 0 a    a  1  8060  x  * 2 Do a 2015  x   a  1 x  2015 0  x a 1  a 1   a  1 2 a   8060    a 1   S   Vậy Câu  8060   a  1 a 1   a  1 2  8060 Tìm tất đa thức 2015 (t/ m);  4a  2015  loai    ; a  ; a 2015  P  x    x thỏa mãn điều kiện P  P  x   x  P  x  P  x  1 , x   Hướng dẫn giải Giả sử deg P  x  n So sánh bậc x hai vế (1) ta n 2n   n 0  n 2 P  x  c c c   c 0  c 1 Thay vào (1) ta Khi n 0 ta đa thức P  x  0 P  x  1 Vậy đa thức thỏa mãn yêu cầu P  x  ax  bx  c Khi n 2 ta giả sử với a 0 So sánh hệ số cao (1) ta a a Do a 0 nên ta có a 1 Vậy ta có P  x   x  bx  c Thế vào (1) kiểm tra thấy thỏa mãn P  x  0 P  x  1 P  x   x  bx  c Kết luận: , Câu Tìm tất số nguyên dương n cho (n - 1)! không chia hết cho n2 Hướng dẫn giải Nhận xét n số nguyên tố (n - 1) < n nên (n - 1)! hiển nhiên không chia hết cho n, khơng chia hết cho n2 Ta tìm n khơng ngun tố thỏa (n - 1)! khơng chia hết cho n2 Ta có: ( n  1)!  n  n !  n Điều xảy tồn ước số p n cho bậc p (số mũ lũy thừa p phân tích thừa số nguyên tố) n! bé bậc p n3 t Giả sử n  p k (với (p, k)=1) Theo lí luận ta có bất đẳng thức:  n  n   n   p    p    p    3t       (*)  n   n  n   n  3t             p   p   p   p t   3t k ( p t   p t    1) Suy ra: k ( p t  1) 1.(2t  1) 3t  2t   t  {1,2,3} p  (**) Suy ra:  2 Ta xét trường hợp dùng phép thử lại để làm rõ kết tốn • TH1: t = Ta có: (**)  k Suy k 2 k 3 (Do k 1 n trở thành số 3t  nguyên tố) + Với k = 2: n 2 p (p nguyên tố)  2p  2p           (đúng)  p p  Thử lại: p = n = (thỏa); p 2 : (*) + Với k = 3: n 3 p (p nguyên tố) Thử lại: p = n = (thỏa); p = n = (thỏa); p 5 :  3p   3p           p p    (sai) (*) • TH2: t = Ta có (**)  k ( p  1) Suy k 1 k 2 (Do ( p  1) 3 ) + Với k = 1, ta ( p  1) 6  p  {2, 3,5}  n  {4,9, 25} Thử lại ta chọn: n = 4, n = + Với k = 2, ta ( p  1) 3  p 2  n 8 Thử lại ta thấy n = thỏa mãn • TH : t = Ta có (**)  k ( p  p  1) Suy k 1 (Do p  p  1) 7 ) + Với k = 1, ta ( p  p  1) 9  p 2  n 8 (thỏa) Vậy tập tất giá trị số tự nhiên n thỏa ( n  1)! n { p , p , , } với p nguyên tố Câu Cho 2k  số nguyên lẻ a0 , a1 ,  , a2 k ( k  ) Chứng minh phương trình a2 k x k  a2 k  x k     a1 x  a0 0 khơng có nghiệm hữu tỷ Hướng dẫn giải 2k Giả sử phương trình a2 k x  a2 k  x ( p, q) 1 2k     a1 x  a0 0 (1) có nghiệm hữu tỷ p 2k 2k  2k   a0 q k 0 (2) q vào (1) ta có a2 k p  a2 k  p q    a1 pq Thay 2k Suy a2 k p q , ( p, q) 1 nên a2k q Tương tự ta có a0  p x x p q, Vì a2 k , a0 số lẻ nên p, q lẻ Vế trái (1) tổng 2k  số lẻ đẳng thức (1) khơng xảy nên phương trình khơng có nghiệm hữu tỷ Câu Cho tập S gồm tất số nguyên đoạn [1; 2014] Gọi T tập hợp gồm tất tập không rỗng S Với tập hợp X  T , ký hiệu m( X ) trung bình cộng tất số thuộc X Đặt tính giá trị m m  m( X ) |T | (ở tổng lấy theo tất tập hợp X  T ) Hãy Hướng dẫn giải m  m(X) Với x  [1, 2, , 2014], đặt k  tổng lấy theo tất tập hợp X  T mà | X | k k Xét số a thuộc S, suy a có mặt C2013 tập X  T mà | X | k k1 k1 kmk (1    2014)C2013 1007.2015.C2013 Suy k 2014 2014  C2013  2015 2014 k 2015 2014 k m (X)  m  1007.2015  C  C2014     2014  k  k  k 1 k 1 k 1  k 1  Do  2015 2014 (2  1) | T | (2 2015  1)  m  2015 Mà Cách Xây dựng song ánh từ T vào T sau X  T  f ( X ) {2015 - x / x  X }  m ( X )  m ( f ( X )) 2015 Suy 2 m(X)   m(X)   m(f(X)) | T | 2015 m Suy Câu  m(X)  2015 |T | 2 Tìm tất số nguyên dương k để phương trình x  y  kxy  x  y 0 có nghiệm nguyên dương Giải phương trình nghiệm nguyên dương với k nhỏ tìm Hướng dẫn giải Tìm k (dùng kĩ thuật pt Markov) +) Gọi k giá trị thỏa mãn Với k đó, gọi ( a, b) nghiệm nguyên dương pt cho cho a  b nhỏ KMTTQ coi a b 2 Khi ta có đẳng thức a  ( kb  1)a  b  b 0 2 +) Xét pt bậc 2: x  ( kb  1) x  b  b 0 , dễ thấy pt có nghiệm x1 a , nên có nghiệm x2 a ' , với a  a ' kb  (1) a.a ' b2  b (2) Do a, b, k nguyên dương nên đẳng thức chứng tỏ a ' nguyên dương Điều suy ( a ', b) nghiệm nguyên dương pt cho, tính “nhỏ nhất” ( a, b) nên a ' a 2 Kết hợp (2) a a.a ' b  b 2 2 2 Lại có a b nên b a b  b  (b  1) , suy a b hay a b k 2  a nguyên dương, từ a = 2, tương ứng k có +) Kết hợp (1)(2) thể +)(1đ) Giải pt Với k=3 giá trị nhỏ tìm được, pt cần giải tương đương x  (3 y  1) x  y  y 0 Để pt có nghiệm nguyên biệt thức số phương hay y  10 y  t  t  5( y  1)2  Bẳng cách giải pt kiểu Pell ta nghiệm (t,y) thỏa mãn t  ( y  1)  (u  v 5)(9  5) n tương ứng với nghiệm riêng (u, v ) =(1,1), (4,2), (11,5) * n  N (để thỏa mãn y nguyên dương) Từ ta có cơng thúc cụ thể cho giá trị y nghiệm (x,y) (tất nhiên nguyên dương), giá trị x (3 y   t ) / (đảm bảo số nguyên dương) Câu Cho đa thức P  x  a0 x n  a1 x n    an n  i 1 i 1  1ai 1 , i 1, 2, , n  n i i số thực phân biệt Hướng dẫn giải ai2  nghiệm P  x Xét đa thức Q  y ynP  y  trình bậc với hệ số thực Chứng minh tất có tất nghiệm số thực phân biệt Hơn phương Q  n    y   n    n  3 4.3  n  n  1 an y   n  1 an  y  2a n   có   n  1 an2  2n  n  1 an an   nghiệm thực phân biệt, suy Với i n  (1) đúng, có nghĩa đa thức thỏa mãn đề hệ số x thỏa mãn (1) n i   P  x  b0 x i 1  b1x i   bi1 x  bi x  bi có Với i 1, 2, , n  , xét đa thức tất nghiệm số thực phân biệt  i  1 b  bi  1bi 1 i i Áp dụng BĐT cho bi ta có Trong Suy bi 1  n  i  1 4.3ai 1, bi  n  i  3.2ai , bi   n  i  1 2.1ai    n  i  3.2a  ai2  i   i  1  n  i  1 2.ai   n  i  1 4.3ai 1 i  i  1  n  i  1 a a i  i 1 i  n  i Hay Ta có điều phải chứng minh Câu  a  : a1  * , an1 an3  2019, n  * Chứng minh có nhiều số hạng Cho dãy số n dãy số phương Hướng dẫn giải 2019 3  mod  So sánh đồng dư an , an 1 an 2 theo modun ta có (chú ý ) Một số phương chia có số dư Vì từ số hạng thứ trở đi, dãy khơng có số phương 2 Nếu a1 a2 phương, giả sử a1 a , a2 b , suy b2 a  2019   b  a   b  a  2019 phân tích 2019 thành tích có cách 2019 1.2019 3.673 b 1010 b  a 1 b  a 2019  a 1009 Trường hợp 1:  , vơ lí 1009 khơng lập phương  b 338 b  a 3 b  a 673  a 335 Trường hợp 2:  , vơ lí 335 khơng lập phương Vậy điều giả sử sai, nghĩa dãy có nhiều số phương  Câu  1,2,3, , n gọi tốt sau ta Với n số nguyên dương, tập tập xếp thứ tự tăng phần tử thu số lẻ, chẵn, lẻ, … theo thứ tự  1, 4,5,6 ,  3, 4, 7 , tập  Tập  2,3, 4,7 khơng tập tốt bắt Ví dụ tập tốt đầu số chẵn  1,2,3, , n Tính số tập tốt tập Hướng dẫn giải  1,2,3, , n Gọi f n số tập tốt Ta lập hệ thức truy hồi f n + Nếu tập tốt  1,2,3, , n khơng lấy n f n  f n   1,2,3, , n lấy n f n  f n + Nếu tập tốt Vậy ta có f n  f n   f n  Hơn f1 2, f 3 1 x  x  0  x  Phương trình đặc trưng n  1   1  fn  A    B      Suy n  1 1 B 2 A 2  2    1   1   A   B  3      Thay giá trị đầu ta Suy  n   n 2   1   1   1 1  fn             5     Câu 10 Cho đa thức P  x   x  14 x  x   cho ta ln có   2 5  A  5  B   5 n 1  1     5  n Chứng minh với x  Z tồn số tự nhiên n  P P  P  x    x 101        Hướng dẫn giải x  y  mod101  P  x   P  y   mod101 Cho x, y hai số nguyên bất kỳ, ta chứng minh x  y  mod101  P  x   P  y   mod101 Thật vậy, hiển nhiên Biến đổi n  P  x   P  y   4  x  y   x  xy  y  14 x  14 y   2  x  y    x  y  14    y  29   101 y  27    ,  x  y  mod101  1 P  x  P  y   mod101   2 x  y  14    y  29  0  mod101   Do đó, Nếu xảy (1) ta có điều phải chứng minh Nếu xảy (2), có hai khả  2 y  29 101   y  29;101 1 , mà  x  y  14    3  y  29  suy  số phương mod 101 nên sử dụng ký hiệu Legendre có       101              101   101      (mâu thuẫn) y  29101 , thu x  y  14101 , từ suy x  y 29  mod101 x  y  mod101  P  x   P  y   mod101 Như trường hợp ta có  Xét 102 số P  x  , P  P  x   , , P P  P  x          102  Theo nguyên lý Drichlet, tồn P  P  P  x    P  P  P  x     mod101               m, n   1;2; ;102 m  n m n , cho   P P  P  x    x  mod101        m n Từ nhận xét rút Vậy suy điều phải chứng minh Câu 11 Với hoán vị p  a1 , a2 , , a9  chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu s  p tổng ba số có s  p chữ số a1a2a3 , a4a5a6 , a7a8a9 Trong có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ s  p  m m n n số hốn vị p thỏa mãn Tính Hướng dẫn giải p  a1 , a2 , , a9  s  p Với hoán vị chữ số 1, 2, …, 9, kí hiệu tổng ba số có s  p chữ số a1a2a3 , a4a5a6 , a7a8a9 Trong có hàng đơn vị 0, gọi m giá trị nhỏ s  p  m m n n số hoán vị p thỏa mãn Tính s  p s  p đạt giá trị nhỏ chữ số hàng trăm 1, 2, 3, có chữ số tận Để chữ số hàng đơn vị có tổng bội 10 Và từ chữ số 4, 5, 6, 7, 8, khơng có ba số có tổng 10   24  30 nên chữ số hàng đơn vị phải có tổng 20, ta thấy   4   5   20 , có ba số xếp vào chữ số hàng đơn vị, tương ứng chữ số lại hàng chục Do giá trị nhỏ s  p m    3 100  19 10  20 810 Như có trường hợp, trường hợp có cách chọn chữ số hàng trăm, cách chọn chữ số hàng chục cách chọn chữ số hàng đơn vị Vậy số hoán vị p thỏa mãn yêu cầu toán n 3 6 6 6 648 Vậy m  n 162 Câu 12 Cho x1 , x2 , x3 , , xn số nguyên thỏa mãn điều kiện: x12  x22   xn2  n  2n  1  x1  x2   xn   n Chứng minh tổng S  x1  x2    xn  n  không số phương Hướng dẫn giải Câu 13 Cho trước số nguyên dương a , b Chứng minh phương trình x  2axy   a  4b  y  4by  z có vơ số nghiệm ngun dương Hướng dẫn giải Câu 14 Một số nguyên dương n gọi có tính chất P thỏa mãn với số nguyên dương a tùy ý, n chia hết a n  n chia hết a n  Chứng minh có vơ số hợp số có tính chất P Hướng dẫn giải Kí hiệu pk số nguyên tố thứ k Với k 3 ta có pk 5 , tồn số qk ước số nguyên tố nhỏ pk  n Đặt n  pk qk , ta chứng minh n có tính chất P Thật vậy, giả sử a 1(mod n )  (n) 1(mod n ) Xét hàm Ơle  ( n ) ( pk  1)( qk  1) , a Chú ý (n; (n )) 1 nên suy a 1(mod n )  a n   a n    n(mod n )  a n  (a  1)(a n   a n    1) chia hết cho n Hiển nhiên n hợp số, dễ thấy với hai số nguyên tố pk pm đôi khác cho ta hai hợp số pk qk pm qm khác Vì tập số ngun tố vơ hạn nên có vơ hạn hợp số có tính chất P Câu 15 P  x  1  P  x    b Tìm đa thức P  x với hệ số thực thỏa mãn P  2014  2046 P  x   P  x  1  33  32  x 0 Hướng dẫn giải Q  x  P  x   x a Đặt Q   0 Q  x , P  k  k Giả sử x k nghiệm P  k  1 k   Q  k  1 0 Suy ra, Q  x  0 mà k   k nên có vơ số nghiệm Do P  x   x hay Q  x  P  x   32 Q  2014  2014 b Đặt Q  x  1  Q  x    đó, Q  x  0 Suy ra, Q  x x hay P  x   x  32 Câu 16 Trên bảng có số nguyên Người ta ghi nhớ chữ số cuối số này, sau xố 2014 cộng thêm vào với số lại bảng lần chữ số vừa xố Ban đầu có số Hỏi hay không sau số lần thực thế ta thu số 2014 ? Hướng dẫn giải N 10a  b  b 9  Giả sử số có bảng N  a  5b Khi số nhận sau phép biến đổi Ta thấy N  N  49a Như N 7 N 7 2014 2014 Do 7 , cịn 2014 khơng chia hết qua phép biến đổi cho từ thu 2014 Câu 17 Cho phương trình x   x  0 với  số nguyên dương Gọi  nghiệm dương x  phương trình Dãy số n xác định sau x0  , xn 1   xn  , n 0,1, 2,3, Chứng minh tồn vô hạn số tự nhiên n cho xn chia hết cho  Hướng dẫn giải Đầu tiên ta chứng minh  số vô tỉ Thật vậy,  số hữu tỉ  số nguyên (do hệ số cao x 1)  ước Do  1 suy  0 , trái giả thiết Do   xn     xn     xn     xn   xn   xn   xn x 1 x  xn   n   xn    n  xn       x    n   xn        (1) Lại có     0 , suy  x  x  xn  xn 1   xn  n   xn   n   xn  xn       (do (1)) * Vậy xn 1  xn   (mod  ) Từ quy nạp ta có với k   , n 2k  1, xn 1  xn  ( k 1)  ( k  1) (mod  ) (2)   xn  xn  ( k + = la l Ỵ ¥ * ) Chọn , n + = 2la , từ (2) ta có x2 l  x0  l   l 0 (mod  ) Vậy x2l chia hết cho  , l  * Câu 18 Với số nguyên dương m, kí hiệu C(m) số nguyên dương k lớn cho tồn tâp S gồm m số nguyên dương để số nguyên chạy từ đến k thuộc S tổng hai phần tử thuộc S (hai phần tử không thiết phân biệt) Chứng minh: m(m  6) m(m  3) C (m)  Hướng dẫn giải Trước tiên ta tính thử vài giá trị ban đầu C(m) để cảm nhận toán Dễ thấy: C(1)=2; C(2)=4; C(3)=8 Nhận xét: Việc tính C(m) quy việc đếm số phần tử tập A xác định bởi: A S  ( S  S ) ; S  S  x  y | x, y  S  C (m)  +) Chứng minh: m(m  3) | A || S |  | S  S || S |  | S | C|2S |  | S | (| S | 3) m( m  3)  2 Chú ý: Để đánh giá số phần tử tập S+S ta chia hai trường hợp x trùng y x khác y Rõ ràng {1;2;3;.;k} tập A nên ta đpcm m(m  6) C (m) +) Chứng minh: Ta tập B cho với số nguyên chạy từ đến m(m+6)/4 thuộc B tổng hai số (không thiết phân biệt) thuộc S(m) Khi C(m)>=m(m+6)/4 Xét hai trường hợp sau: TH1: m = 2n Xét tập B(m) = {1; 2; 3;.; n; 2n+1; 3n+2;.; (n+1)n+n} gồm m phần tử dễ thấy tập B  ( B  B) chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n + 2n rõ ràng (n+1)n + 2n = 2n(2n+6)/4 TH2: m = 2n+1 Khi ta xây dựng tập B(m)={1;2;3;.; n+1;2n+3;3n+5;.;(n+1)n+2n+1}gồm m phần tử tập B   B  B chứa dãy số liên tiếp từ đến (n+1)n+3n+2 rõ ràng (n+1)n+3n+2 > (2n+1)(2n+7)/4 Từ hai TH ta đpcm Câu 19 Cho m > số nguyên Chứng minh với số nguyên n biểu diễn dạng n = a + b, a số nguyên nguyên tố với m b số nguyên b2 b  mod m  cho Hướng dẫn giải - Ta xét trường hợp thứ với m  p , p số nguyên tố  1 Giả sử n số nguyên Khi đó, xảy hai trường hợp:  m, n  1 ta chọn a) p khơng chia hết n Trong trường hợp ƯCLN   a, b   n,0  b) p chia hết n Trong trường hợp p khơng chia hết n - (bởi ngược lại p chia hết 1) Từ suy ƯCLN  m, n  1 1 ta lấy  a, b   n  1,1 1  r - Ta đến trường hợp tổng quát với m  p1 p2 pr với số nguyên tố phân biệt p1, p2, p3,., pr số nguyên dương 1 ,  , ,  r Giả sử n số nguyên Bằng cách sử dụng trường hợp trên, với k cho   k k r , có  ak , bk  để n ak  bk , ƯCLN pk , ak 1 bk b  mod m  -Theo định lí Trung Hoa phần dư tồn số nguyên b cho = 1, 2,., r Vì b2  b bk2  bk 0  mod pkk   p1 , p2 , , pr  b2  b 0  mod p11 p2 pr r  luận b2 b  mod m  tức b bk  mod pkk  với k số nguyên tố phân biệt nên ta kết , Câu 20 Điền 29 số nguyên dương vào ô vuông bảng x cách sau: Cho phép thay đổi vị trí số bảng theo quy tắc: Mỗi lần, lấy số nằm ô kề với ô trống chuyển số sang trống Hỏi cách thực liên tiếp số hữu hạn lần phép chuyển số nói bảng số ban đầu ta nhận bảng số sau hay khơng? 10 29 11 12 10 13 14 Bảng Bảng Hướng dẫn giải Giả sử nhờ phép chuyển số theo qui tắc đề bài, từ Bảng ta nhận Bảng (*) Ta coi ô trống bảng ô điển số Với bảng số nhận trình chuyển số, ta liệt kê tất số bảng theo thứ tự từ hàng xuống hàng hàng từ trái qua phải Khi ứng với bảng số ta có hốn vị 30 số tự nhiên Và đó, điều giả sử (*) tương đương với: Từ hoán vị (1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 0, 13, 14, 15, 16, 17, 18, 19, 20, 21, 22, 23, 24, 25, 26, 27, 28, 29) (gọi hốn vị a) nhận hốn vị (29, 2, 3, 4,.,11 12, 0, 13, 14, 15,.27, 28, 1) ( gọi hoán vị b) nhờ việc thực liên tiếp số hữu hạn lần phép đổi chỗ hai số hoán vị theo qui tắc: Mỗi lần, lấy hai số hoán vị đổi vị trí số cho số liền kề với số (1)  a ;a  +) Giả sử (a1, a2, a3, ……, a30) hoán vị 30 số tự nhiên Ta gọi cặp số i j a  aj cặp số ngược hoán vị vừa nêu i i  j Dễ thấy, sau lần thực phép đổi chỗ hai số kề hoán vị (a1, a2, a3, ……, a30) số cặp số ngược hốn vị tăng giảm đơn vị +) Khi chuyển chỗ hai số n ( n 1 tùy ý) hoán vị, tức chuyển liên tiếp qua n số kề với chuyển n liên tiếp qua n – số kề với nó, nghĩa chuyển 2n – (một số lẻ lần) hai số kề nhau, cặp số ngược hốn vị tăng giảm số lẻ đơn vị (2) +) Ta có: Số cặp số ngược của hoán vị a 12 số cặp số ngược hốn vị b 67 Từ đó, kết hợp với (2), suy từ hoán vị a ta nhận hốn vị b sau số lẻ lần thực phép đổi chỗ hai số Điều cho thấy, từ Bảng ta nhận Bảng số lần đổi chỗ hai số hai phải số lẻ (3) +) Tô màu tất ô vuông bảng x hai màu xanh, đỏ cho hai kề có màu khác Sau lần đổi chỗ hai số hai ô kề nhau, có số ô trống, theo cột hay theo hàng số chuyển từ có màu sang có màu Và số bảng số bảng nằm hai ô màu nên từ bảng ta nhận bảng sau số chẵn lần đổi chỗ hai số hai kề nhau, có số Điều mâu thuẫn với (3) mâu thuẫn cho thấy: Từ Bảng ta khơng thể nhận Bảng nhờ số hữu hạn lần đổi chỗ hai kề nhau, có số ô trống, theo quy tắc đề Câu 21 Ban đầu ta có số  a, b, c, d  a, b, c, d số nguyên đôi khác Thực thuật tốn sau: có số M  x, y , z, t  với x, y , z, t nguyên phép thay  x  y y  z z t t  x  T  M   , , ,  2 2  Chứng minh việc thực thuật toán  số dừng lại sau hữu hạn bước Hướng dẫn giải Giả sử ngược lại, ta nhận số với thành phần số nguyên S max  xn  yn , yn  zn , zn  tn , tn  xn , xn  zn , yn  tn   x , y , z ,t  Gọi n n n n n số nhận sau bước thứ n Ta có: Sn 1  Sn , n 1 * Do Sn  , n 1 nên tồn m   cho Sm 0 Khi ta có: xm  ym  zm tm 0 Đặt xm  ym  zm tm k xm   y m  y m   z m  z m   t m  t m   x m     k 2 2 Ta có: Suy ra: xm  zm , ym tm Đặt xm  zm u, ym tm v xm   y m  z m   t m  y z t  xm   u; m  m   m  v 2 2 Ta có: x  y m   zm   tm  u v  m  2 Suy ra: Thế xm  ym  zm tm Tiếp tục trình lập luận dẫn đến a b c d Vậy ta hoàn tất chứng minh Câu 22 Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải ,b i ∈ N a b a b a b Xét phân tích =(2 )(2 )(2 ) với a1 +a 2+ a3=9 b1 +b 2+b 3=9 1 2 3 { Với a ∈ N , ≤ a1 ≤ , có 10−a1 cách chọn số a 2, để a 1+ a2 ≤ từ chọn a 3=9−a1−a2 Vậy số cách chọn (a , a2 , a3 ) 10+9+.+1 = 55 cách ❑số cách chọn (a , a2 , a3 ) (b , b2 , b3 ) 55.55 cách ⇒ Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng +) TH1: thừa số nhau: 9=(23 33)(23 33 )(23 33 ) +) TH2: thừa số nhau: Câu 23 9=(2 a 3b )(2a b)(29−2 a 39−2 b ) (a; b) (3; 3) Câu 24 Khi a ∈ {0; 1; 2; 3; 4}; b∈ {0; 1; 2; 3; } (a; b) (3; 3) → số cặp (a; b) 5.5 – =24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: 1+24+ ( 55× 55−24 × 3−1 ) :6=517 cách  1; 2;3 Câu 25 Cho số 1) Chúng ta thực phép biến đổi số sau: thay hai số chúng, ví dụ a b, a  b a  b Hỏi nhận số sau:  a1; b1; c1  thỏa mãn  1;2;3 ? sau thực hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu 2) Nếu thực phép biến đổi số sau: thay hai số a1  b1  c1 10 a b a b Hỏi nhận số  28;4;2014  sau thực chúng, ví dụ a b,  1;2;3 hữu hạn phép biến đổi từ số ban đầu Hướng dẫn giải  1;2;3   3;  1;3   3;2;    Ta thực theo cấu hình sau  3;2;      7;2;  1  a1; b1; c1  a1  b1  c1 10 Dễ thấy: Trong cấu hình ta ln có: Tổng bình phương số không đổi 2 2 2 Lại có:   28   2014 Vậy câu trả lời phủ định m Câu 26 Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương m cho  chia hết cho m Hướng dẫn giải 1  Ta có: m Ta với số nguyên dương m Với m 1 , khẳng định m , ta có:   Giả sử khẳng định với m nguyên dương đó, tức tồn k nguyên dương cho m 23 k 3m  Ta có: m 1 23  3m.k  1 33m.k  32 m 1.k  3m 1.k  3m 1.t  với t số nguyên dương Như vậy, khẳng định chứng minh Câu 27 Tìm số ngun tố (khơng cần phân biệt) mà tích chúng mười lần tổng chúng Hướng dẫn giải Câu 28 Tìm tất số tự nhiên n cho tìm số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c = a n + b n + cn số nguyên tố Hướng dẫn giải Câu 29 Cho số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn a + b2 + ab = c2 + d2 + cd Chứng minh rằng: a + b + c + d hợp số Hướng dẫn giải n n Câu 30 Tồn hay không hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n chia hết cho p n với số nguyên dương n? Hướng dẫn giải n n Giả sử tồn hai số p, q nguyên dương phân biệt cho q n chia hết cho p n với số n n nguyên dương n, q n > p n  q  p Giả sử a số nguyên tố lớn q n số tự nhiên thỏa mãn n ( p  1)(a  1)  Khi n = (p+1)a –p  n  p(mod a ) (1) Vì p < q < a nên (p, a) =(q, a)=1 Theo định lý nhỏ Fermat, ta có p a  1(mod a )  p ( p 1)( a  1) 1(mod a )  p ( p 1)( a  1)1  p(mod a ) n Do p  p(mod a ) (2) Từ (1) (2) suy p n  n 0(mod a ) hay Chứng minh tương tự, ta p n  n  a (4) q n q(mod a ) (3)  q n  n  a n Từ (1) (3) suy q  n q  p(mod a ) (5) Từ (4) (5) suy ( q  p )a Điều sảy p  q  a n n Vậy không tồn hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q  n chia hết cho p  n với số nguyên dương n Câu 31 Cho số nguyên dương m, n; bảng hình vng kích thước n n gọi bảng “ m  hồn thiện” tất điền số ngun khơng âm (khơng thiết phân biệt) cho tổng số hàng cột m Hỏi có tất cách lập bảng “2015-hồn thiện” kích thước 3x3 cho số nhỏ số đường chéo nằm vị trí tâm bảng? (Ơ đường chéo bảng vị trí giao dịng có số thứ tự tính từ xuống cột có số thứ tự tính từ trái sang nhau; tâm bảng 3x3 dịng thứ cột thứ 2) Hướng dẫn giải Ta giải tốn trường hợp lập bảng “ m  hồn thiện” kích thước 3x3 Gọi x, y , z, t số điền đường chéo vị trí dịng cột 2, số cịn lại xác định hình bên x t m x t mz x y t y x t  z y t  z m y t z Vì số điền khơng âm y số nhỏ số đường chéo nên điều kiện sau phải thỏa x, y , z, t 0; x  t m; x  t  z; z  y  t m; x  y  t m  z; y min  x, y , z Các điều kiện rút gọn lại thành  y min  x, y , z ; x  t m; z  y  t  * Khi  y 2 y  t  z  x  y  t  z  x  t m  y; y  t  z; x  y  t  z; x  t  theo thứ tự tăng dần xác Ta thấy bốn số không âm  * tương ứng với cách lập bảng “ m  hoàn định số x, y , z, t thỏa mãn m4   thiện” Do vậy, số cách lập 2019   Áp dụng với m 2015 kết Câu 32 Tìm tất số tự nhiên n cho hai số 9n  16 16n  số phương Hướng dẫn giải n=0 thỏa mãn toán Xét n>0, hai số 9n  16 16n  số phương số An (9n  16)(16n  9) (12n )  (9  162 )n  12 số phương Mặt khác ta lại có (12n  12)2  (12n)  (9  162 ) n  122  (12n  15) 2 Thế nên ta phải có An (12n  13) An (12n  14) , từ thay vào giải hai trường hợp ta n 1;52 Vậy có ba giá trị n thỏa mãn 0;1;52 Câu 33 Chứng minh bảy số phương tuỳ ý ln có hai số khác mà hiệu chúng chia hết cho 20 Hướng dẫn giải Dễ thấy, với số phương chia cho 20 dư 1; 2; 4; 8; 16 Nếu ta có số phương theo nguyên lý Đirichlê, tồn hai số phương khác số phương đó, có số dư chia cho 20 Câu 34 Cho a, b, c số thực thỏa mãn Chứng minh đa thức có nghiệm đoạn Hướng dẫn giải Đặt Khi hàm liên tục R ta có Do  1 9a  11b  29c  f    f    a  9b  27c  f    f    27 f    3  1 f  0 , f   , f     hiển nhiên phương trình Nếu số có nghiệm đoạn Nếu số khác hai chúng phải khác dấu hàm liên tục nên phương  1    0;  ,  ;  ;  0; 2 trình có nghiệm thuộc đoạn có có nghiệm thuộc đoạn  0;2 Câu 35 Tìm đa thức P(x) thoả mãn điều kiện: P(1) 2013 ( x  y ) P ( x  y )  ( x  y ) P( x  y ) 4 xy ( x  y ); x, y    Hướng dẫn giải Do 2 Từ giả thiết: ( x  y ) P( x  y )  ( x  y ) P ( x  y ) 4 xy ( x  y ); x, y   , thay y = x ta 2 P(0) = Đặt P(x) = xQ(x) ( x  y ) P( x  y )  ( x  y ) P( x  y ) 4 xy ( x  y )  ( x  y )Q ( x  y )  ( x  y )Q ( x  y ) 4 xy; x, y    Q ( x  y )  Q ( x  y ) 4 xy; x , y  , x y  Q ( x  y )  Q ( x  y ) 4 xy; x, y   2 Thay y = x ta Q (2 x )  Q (0) 4 x  Q ( x )  x  Q (0); x   Ta có: Q (1) 1Q (1) P (1) 2013  Q (0) 2012 Vậy Q ( x )  x  2012  P ( x )  x  2012 x Thử lại ta P( x )  x  2012 x thoả mãn toán Câu 36 Tìm tất số nguyên a cho tồn đa thức P( x ) với hệ số nguyên thỏa mãn P( a  a ) 2 a  3 a Hướng dẫn giải Dễ thấy a lập phương số nguyên a thỏa mãn yêu cầu toán.Bây ta xét trường hợp a lập phương số nguyên Ta cần ba bổ đề sau 3 Bổ đề 1.Nếu x , y , z số nguyên thỏa mãn x  y a  z a 0 x  y  z 0 Bổ đề Nếu f ( x ) đa thức với hệ số nguyên tồn ba ( x, y , z ) số 3 3 nguyên cho f ( a  a )  x  y a  z a Bổ đề Nếu f ( x ) đa thức với hệ số nguyên f ( a  a )  x  y a  z a ( x, y , z  ) y  z  mod a  1 Quay trở lại toán, giả sử a thỏa mãn yêu cầu tốn Ta có P( a  a ) 2 a  3 a 2  mod a  1 với P đa thức với hệ số nguyên Áp dụng bổ đề cho P ta có , suy a 2 (ta xét a lập phương số nguyên.) Ngược lại, với a 2 ta chọn P( x )  x  x  đểcó (*) Vậy giá trị a phải tìm a 2 a lập phương số nguyên Câu 37 Cho p q số nguyên dương khác Tìm số nguyên dương m bé cho m số nguyên phân biệt thuộc đoạn [  q; p ] , tồn số khác có tổng Hướng dẫn giải Ta chứng minh giá trị nhỏ m max( p, q )   ,  3 p , q số chẵn p q , c 2 trường hợp lại Rõ ràng giá trị nhỏ m tồn tại, ký hiệu m0 Khơng tính tổng quát ta giả sử p q Đoạn [  p; q] chứa q  số không âm khơng có ba số có tổng , suy trường hợp m0 q  Khi p , q số chẵn p q tập { q;  q  1;;  q / 2; q / 2;; q} gồm q  số khơng có ba số có tổng Do m0 q   Bây ta chứng minh m0 q   Xét ba trường hợp Trường hợp 1: p q hai số lẻ Bằng quy nạp theo q ta chứng minh Bổ đề Nếu X  [  q; q] ‚ {0} X khơng chứa ba phần tử có tổng | X |q  Thật vậy, khẳng định hiển nhiên với q 1 Giả sử với số lẻ bé q Xét tập X  [  q; q] ‚ {0} cho X khơng chứa ba phần tử có tổng Đặt Y  X  { q;  ( q  1); q  1; q} Nếu | Y |2 | X |( q  1)  q  theo giả thiết quy nạp Bây ta xem | Y |3 Chắc chắn Y chứa hai phần tử dấu, giả sử hai phần tử âm,  q  Y  X Suy với i 1, 2,, q , nhiều phần tử {i, q  i} q 1 thuộc X , suy X chứa nhiều phần tử dương, dấu xảy q X q 1 q  X Nếu tính đối xứng, X chứa nhiều phần tử âm, | X |q   X q   X | Y |3 Ta có X khơng thể chứa hai  i  q   i với Nếu q  i 1, 2,,  q q Mà X chứa  q  q  , X chứa nhiều phần tử dương, X có q q q | X | 2   q  Suy 2 thể chứa Vậy bổ đề chứng minh Bây gọi Z tập [  p; q] cho | Z |q  Ta chứng minh Z có ba phần tử có tổng , định nghĩa m0 ta có ln m0 q  q   Cố định Z , giả sử ngược lại Z khơng có ba phần tử có tổng Ta có 0  Z , trái lại Z chứa ba số có tổng dạng 0, x,  x Áp dụng bổ đề cho tập Z ta có | Z |q  , vô lý Trường hợp 2: p q hai số chẵn Gọi Z tập [  p; q] cho | Z |q  Ta chứng minh Z có ba phần tử có tổng , định nghĩa m0 ta có ln m0 q  q   Cố định Z ,  Z , giả sử ngược lại Z khơng có ba phần tử có tổng Ta có  trái lại Z chứa ba số có tổng dạng 0, x,  x Áp dụng bổ đề cho tập Z  [  q  1; q  1] ta có | Z |q  , vơ lý Trường hợp 3: p  q Gọi Z tập [  p; q] cho | Z |q  Ta chứng minh Z có ba phần tử có tổng , định nghĩa m0 ta có m0 q  q   Cố định Z ,  Z , giả sử ngược lại Z khơng có ba phần tử có tổng Ta có  trái lại Z chứa ba số có tổng dạng 0, x,  x Nếu q chẵn X ‚ {q}  [ q  1; q  1] , theo trường hợp ta có | X ‚ {q} |q , suy | X |q 1 , vơ lý Nếu q lẻ X  [  q; q] , theo trường hợp ta có | X ‚ {q} |q , suy | X |q  , vô lý Bài tốn giải hồn tồn X  1;2;3; ;2016 Câu 38 Cho tập hợp Tìm số k nguyên dương nhỏ cho với tập gồm k phần tử tập hợp X chứa số nguyên liên tiếp Hướng dẫn giải A  X /  5k ,1 k 403  A 2016  403 1613 Xét tập hợp Với k không lớn 1613, chọn tập hợp B tập gồm k phần tử A, tập X B chứa số nguyên liên tiếp (1,5 điểm) Nếu k = 1614 Xét C tập X gồm 1614 phần tử Ai  5i  4;5i  3;5i  2;5i  1;5i ,i 1;403, A404  2016 (1.5 điểm) Nếu tập hợp chứa tối đa phần tử thuộc C số phần tử C khơng 4x403+1= 1613 ( vô lý) Vậy tập hợp gồm phần tử phải có tập C nên C chứa số nguyên lien tiếp Vậy số k nhỏ cần tìm 1614 * Câu 39 Cho n   , a0 < a1 < a2 < …< an số nguyên P(x) đa thức bậc n có hệ số cao P    Chứng minh tồn i  {0, 1, …, n} cho Hướng dẫn giải Khai triển đa thức P(x) theo cơng thức nội suy Lagrange có: n n i 0 j 0 j i P  x   P    x a  a  a  n! 2n j i j n Xét hệ số x có: n  P   n i j 0, j i Đặt  1  a i 0 M max P   0i n i 0 n  a i j 0, j i P   n n  a  a  i 0  aj  i j  i 0 j 0, j i n  a i j 0, j i  aj  n  i 0 n M n  a i j 0, j i M i 0 i !  n  i  !   aj  1 n n! 2n     n ! i 0 i !  n  i  ! n ! i 0 i !  n  i  ! n Lại có  M  aj , a0 < a1 < a2 < …< an số nguyên nên có: P   n   P   n Từ suy ra: M n! n! P( )  n M max P   n  0 i n để 0i n 2n n! Câu 40 Tìm tất đa thức với hệ số thực thỏa mãn: P ( x ) P ( x  1) P ( x  2) , x  R Hướng dẫn giải Nếu degP = P ( x ) c , c số  c.c c   c 0  c 1 Từ (1) Suy trường hợp có hai đa thức: P( x ) 0, P( x ) 1 thỏa đề  Nếu degP = m với m lẻ đa thức P( x ) ln có nghiệm x0  R 2 Từ (1) suy ra: P ( x0  2) =P( x0 ) P( x0  1) 0 suy x0  nghiệm P( x ) u  x0 (un ) : un un2  , n 2 Xét dãy số: Dễ dàng ta thấy (un ) dãy tăng quy nạp theo n ta có: P(un ) 0 , n  Do đa thức P( x ) có vơ số nghiệm: điều vơ lý Vì degP(x) chẵn *  Xét degP(x) = 2n, n  N 2n n   a1 x  a0 , a2 n 0  Ta viết lại P ( x ) a2 n x  a2 n  x 4n Từ quan hệ (1) toán, ta đồng hệ số x hai vế phương trình hàm, ta được: a22n a2 n  a2 n 1 n  Ta đặt P( x ) ( x  x  2)  G ( x ) với deg G ( x )  2n G ( x ) 0 Khi đó: P ( x ) P ( x  1) P ( x  2) , x  R   G ( x )  ( x  x  2) n   G ( x  1)  ( x  x  2) n  G( x  2)   ( x  2)  ( x  2) n   n  G ( x ).G ( x  1)  G ( x ).( x  x  2) n  G ( x  1).( x  x  2) n G ( x  2) , (2) 2 2 2 2 Vì: ( x  x  2).( x  x  2) ( x  2)  x ( x  2)  ( x  2)  Mà deg G ( x ) k  2n suy ra: VT(2) có bậc là: 2n  k , VP(2) có bậc 2k Nhưng: 2n  k  2k n Do phải có G ( x ) 0 , ta tìm được: P( x ) ( x  x  2) , x  R n  Vậy đa thức cần tìm là: P( x ) 0, P ( x ) 1 , P( x ) ( x  x  2) , x  R Câu 41 Tìm tất đa thức hệ số thực P(x) không đồng không thỏa mãn: P(2014) = 2046, P( x )  P ( x  1)  33  32, x 0 Hướng dẫn giải Suy Giả sử P(x) thỏa mãn đầu Khi ta có P ( x  1) [P ( x)  32]2  33, x 0 P(2014  1) (2046  32)  33 2014  33 Đặt x =2014, ta có x0  32 2046, P ( x0 )  x0  32 P(2014) = 2046 2 Xét dãy {xn} sau: x0=2014, x1  x0  1, x n 1  xn  1, n=1,2,3 Khi P ( x0 ) x0  32 P ( x1 ) P ( x02  1) [P( x0 )  32]2  33 x02  33 x02   32 x1  32 P ( x2 ) P ( x12  1) [P( x1 )  32]2  33 x12  33 x12   32 x2  32 Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh P ( xn )  xn  32, n 0,1,2 (*) Xét đa thức hệ số thực Q ( x ) P ( x )  x  32 Từ (*) ta có Q(x) nhận x n làm nghiệm với n=0,1,2…  Mặt khác dãy {xn }n 0 tăng nghiêm ngặt nên Q(x)  suy P(x) = x+32 Thử lại ta có P(x) thỏa mãn đầu Vậy: Có đa thức P(x) = x + 32 Câu 42 Cho đa thức P  x  4 x  54 x  243x  m , P  n  821 với m   Chứng minh tồn n   cho với m Hướng dẫn giải 3k  Để chứng minh toán ta chứng minh Nhận xét 821 số nguyên tố có dạng A  P  1 , P   , , P  821  P  ni   P  n j   mod821 Vì hệ đầy đủ mod 821 với m Nghĩa ni n j  mod 821  2,821 1 nên P  ni  P  n j   mod821  P  ni  2 P  n j   mod 821  4ni3  54ni2  243ni  m  2  4n 3j  54n 2j  243n j  m   mod 821  2ni   3  2n j    mod 821 (1), với m x  y  mod p  x  y  mod p  Ta chứng minh bổ đê sau; với p 3k  số nguyên tố Thật x 0  mod p   x 0  y  mod p   y 0  mod p   x  y  mod p  Nếu  x, p  1  y, p  1 , theo Fermat ta có x 3k 1 1  y 3k 1  mod p  Nếu x  p hay x  y  x 3k  xy   y 3k  xy   x 3k 1 y  y 3k 1 x  y  x  mod p  Từ Vậy từ (1)  2ni  2n j   mod 821  ni n j  mod821 ni n j A  P  1 , P   , , P  821  , ni , n j 821 nên hệ đầy đủ mod 821 với m P  ni   A P  ni  821 Suy với m, tồn ni cho thỏa mãn Vậy Câu 43 Cho đa thức P( x ) x  2009 x  2015 x  2012 * Đặt P1 ( x ) P ( x ); Pn 1 ( x ) P( Pn ( x )), n  N Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n thỏa mãn Pn ( x )  x chia hết cho 2003 với số nguyên x Hướng dẫn giải