Hsg 11 so hoc ho binhm

Câu Trên bảng ô vuông 3 , người ta đặt số viên sỏi cho ô vng có khơng q viên sỏi Với cách đặt ta cho tương ứng với số điểm tổng số: hàng, cột, đường chéo chứa số lẻ viên sỏi Bảng khơng có sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách đặt sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách đặt b) Chứng minh số cách đặt sỏi với điểm số số chẵn số cách đặt sỏi với điểm số số lẻ Hướng dẫn giải a) Giả sử khơng có sỏi điểm số cách đặt Như hàng, cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a,b,c,d số sỏi hình vẽ, a,b,c,d   0,1 Khi đối xứng với a,b,c,d qua tâm có số sỏi tương ứng a',b',c',d' cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1 Từ (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy hai tổng a+b+c a'+b'+c' số chẵn Khi dịng thứ dịng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện toán b) Ta gọi hai cách đặt sỏi liên hợp với bên trái chúng có số sỏi khác cịn lại tương ứng có số sỏi Như vậy, cách đặt sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách đặt liên hợp với (B) (B') Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đôi khác tính chẵn lẻ Các dịng, cột đường chéo cịn lại hai bảng có số sỏi Do điểm số (B) (B') khác đơn vị, suy số điểm (B) (B') có tính chẵn lẻ khác Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt cịn lại có điểm số số lẻ suy điểu phải chứng minh Câu Chứg minh tồn vô hạn số nguyên dương ( x, y, z, t ) thỏa mãn hai số Câu 3 chúng nguyên tố x  y  z t Tìm giá trị nhỏ n cho tồn n số nguyên dương thỏa mãn tổng lũy thừa bậc chúng có giá trị 1998 y x Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn x  y Câu Tìm tất Câu  n, k , p  với n, k số nguyên dương; p số nguyên tố thỏa mãn k phương trình n  n   p Hướng dẫn giải  n2  n 1  n3  n 1  p k Do Với n 1 ta dễ có p 3, k 1 Xét n 2, từ giả thiết suy s r tồn số nguyên dương r , s; r s cho n  n   p n  n   p gcd  n  n  1, n3  n  1 gcd  p s , p r   p s Từ suy Mặt khác, ta lại có n3  n   n  1  n  n  1   n   Suy gcd  n  n  1, n3  n  1 gcd  n  2,  n  n   n    n    s s Do ta có p 1 p 7 Từ dễ dàng suy p 7 n 2 Vậy Câu  n, k , p   1,1,3 ,  2, 2,  Chứng minh đa thức P ( x) ( x  12 x  11)  23 biểu diễn thành tích đa thức hệ số ngun có bậc khơng nhỏ Hướng dẫn giải Q( x), H ( x), R( x)  [x] Giả sử phản chứng P( x) Q ( x ) H ( x) R( x) với đa thức Từ P ( x)  0x  R , bậc Q( x), H ( x), R ( x) chẵn Từ suy hai ba đa thức đa thức bậc hai Giả sử deg Q( x) deg H ( x) 2 Từ P(1) P (11) 23 suy Q(1), Q (11) ước 23 Có nghĩa Q(1), Q (11)   1; 23 Nhưng  Q(11)  Q(1) 10 nên Q(11) Q(1) Tương tự, H (11) H (1) Mặt khác, Q(1) H (1) ước 23 số Q(1) H (1) 1 Khơng tính tổng qt giả sử Q(1) 1 Q(11) Q(1) 1 Từ suy Q( x) ( x  1)( x  11) 1 Nhưng điều kéo theo Q( x) có nghiệm thực P ( x)  0x  R , mâu thuẫn Bài toán giải hoàn toàn Câu Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số k số có ước nguyên dương dạng  Hướng dẫn giải Gọi n số nguyên liên tiếp x  1, x  2, , x  n Yêu cầu toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư  x  1(mod p1 )  x  2(mod p )     x  n(mod pn ) ki gcd( pi , p j ) 1 với pi 2  với i  j Ta có gcd( pi , p j ) 1   ki , k j  1 Ta có  2ki 1(mod d )  k ,k   i j 1(mod d )  kj  1(mod d ) Thật vậy, đặt  k  d  2ki  1, j   2 ki ,k j   1| 2ki    k ,k   ki , k j   i j  1| 2k j  1 Có  suy d 2 Khi d 1  (ki , k j ) 1 ( k , k ) 1 Từ đó, ta cần chọn k1 , k2 , , kn cho i j với i  j theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ thặng dư có nghiệm Khi ta có đpcm Câu Các số tự nhiên 0,1, 2, 3, điền vào bảng ô vuông kích thước 2015 2015 (mỗi số), số bảng, đến số điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ hình vẽ bên dưới: 1) Biết cột bảng đánh số từ đến 2015 từ trái sang phải dòng bảng đánh số từ đến 2015 theo thứ tự từ xuống Hỏi theo cách điền số 2015 nằm dịng nào, cột nào? 2) Người ta cho phép thực thao tác sau: Đầu tiên, thay số bảng số 14 Mỗi lần sau đó, người ta chọn 12 ô vuông liên tiếp thuộc hàng, 12 ô vuông liên tiếp thuộc cột, 12 ô vuông thuộc bảng hình chữ nhật 4 cộng thêm vào tất ô chọn (mỗi lần chọn loại hình trên) Hỏi sau số hữu hạn lần, làm cho tất ô vuông bảng cho chia hết cho 2016 không? Hướng dẫn giải 1) Ta có nhận xét sau: i Trong bảng vng có kích thước lẻ (2n  1) (2n 1) có tâm chứa số 0, tất 2 (2n  1) số từ đến (2n  1)  điền cột tính từ trái sang bảng chứa 2n  số lớn (số lớn (2n  1)  nằm cuối cột đó) ii Số nằm hàng 1008, cột 1008 bảng Từ đó, ta thấy rằng: Vì 2015  45 2025 nên số nằm bảng ô vuông 45 45 số lớn bảng 2024 Số 2024 nằm cột bảng này, tương ứng cột thứ 1008  22 986 bảng cho Số 2024 nằm dòng 45 bảng này, tương ứng dòng thứ 1008  22 1030 bảng Do 2024  2015 9 nên số 2015 nằm cao số 2024 dòng, suy số 2015 nằm dòng thứ 1030  1021 Vậy số 2015 nằm dòng thứ 1021 cột thứ 986 bảng 2) Sau bước thay 14, ta thấy tổng số bảng là: 14       2015  1 14  20152  20152  1 Dễ thấy số chia dư Trong thao tác cộng số 12 ô (bất kể nằm hàng nào, cột nào) bảng tổng số tăng lên 12 đơn vị Suy số dư tổng số bảng chia cho bất biến suốt trình Để bảng có tất số chia hết cho 2016 dễ thấy tổng chúng phải chia hết cho 4, điều xảy Vậy câu trả lời phủ định Câu 2 2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x  13 y  xy  y z Hướng dẫn giải Gọi d = (x, y), giả sử x = dx0 ; y = dy0 Thay vào (1) ta có : d x02  13d y02  x0 y0 d  y02d z (2) Do x  0, y   d  Từ (2) ta có : x02  y0 ( y0 z  13 y0  x0 ) (3) Từ (3) suy x0 y0 Do d ( x, y )  ( x0 , y0 ) 1 Vì suy x0 y0 Lại ( x0 , y0 ) 1  y0 1  y d  x x0 y 2 2 2 Thay x = x0y vào (1) có: x0 y  13 y  x0 y  y z 2 2 Do y > 0, nên có : x0  13  x0  z  ( x0  2)  z  ( x0   z )( z  x0  2) 9 (4) Để ý x0 + + z > z – x0 – 2, nên từ (4) suy :  x0   z 9  z 5     x0   z 1  x0 2 Từ suy x = 2t , y = t, z = với t nguyên dương Thử lại thấy họ nghiệm thỏa mãn (1) Câu 10 Cho 100 số tự nhiên không lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 2007 Câu 11 Tìm chữ số hàng trăm số P 29 Hướng dẫn giả 11 291 29 (mod1000); 292 841(mod1000); 293 389 (mod1000); 294 281(mod1000); 295 149 (mod1000); 296 321(mod1000); 2910  295  1492 201(mod1000); 2920 2012 401(mod1000); 2940 801(mod1000); 2980 601(mod1000); 29100 2920 2980 401601 1(mod1000); 292000  29100  20 120 1(mod1000); 292007 292000 296 291 132129 (mod1000) 309 (mod1000); Vậy chữ số hàng trăm P 2 Câu 12 Tìm nghiệm nguyên dương x, y phương trình x  14 y  13xy 330 Hướng dẫn giải 12 Phương trình cho tương đương với (3x2 + 7xy) + (6xy + 14y2) = 330  x(3x + 7y) + 2y(3x + 7y) = 330  (x + 2y)(3x + 7y) = 330 (1) Do x, y nguyên dương nên: (x + 2y)(3x + 6y) < (x + 2y)(3x + 7y) < (x + 2y)(4x + 8y)  3(x + 2y)2 < 330 < 4(x + 2y)2 (2) Từ 3(x + 2y)2 < 330  x + 2y < 110 ; 330 < 4(x + 2y)2  x + 2y > Nên từ (2)  165 < x + 2y < 110 Do x, y nguyên dương 165 » 9,08 110 » 10,49 nên suy x + 2y = 10 (3) Từ (1) (3) suy  x  y 10  3 x  y 33 Tìm x = y = Câu 13 Tìm chữ số x, y , z để 579xyz chia hết cho 5, 165 Hướng dẫn giải 13 - Vì số 5, 7, đơi ngun tố nên ta phải tìm chữ số x, y , z cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315 Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz  30 + xyz chia hết cho 315 Vì 30  30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính tìm bội 315 khoảng (30; 1029): - Nếu 30 + xyz = 315 xyz = 315 - 30 = 285 - Nếu 30 + xyz = 630 xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau:   x, y , z   2,8,5     x, y , z   6, 0,   x, y , z  9,1,5     2016  n  chia hết cho n? Câu 14 Có hay khơng số ngun lẻ n lớn cho Hướng dẫn giả 14 Giả sử có số nguyên lẻ n lớn thỏa yêu cầu cho gọi p ước số nguyên tố nhỏ 32016n  0(mod p) 340322 n 1(mod p ) Theo định lý nhỏ Fermat n, ta có p lẻ p 1(mod p ) Lại có (2016  n, p  1) 1 nên (4032  2n, p  1) 2 Theo định lý Bezout suy có số (4032  2n) x  ( p  1) y 2 nguyên x, y cho Do 32 3(40322 n ) x ( p  1) y 3(40322 n) x.3( p  1) y 1(mod p) hay 0(mod p ) : vô lý p lẻ Vậy số n lẻ cần tìm i Câu 15 Trên đường tròn ngoại tiếp đa giác lồi 2n đỉnh (n lẻ, lớn 2), ta đặt đỉnh thứ i số (  1) i Một phép biến đổi thay hai số hai đỉnh tùy ý hai số mới: số tăng đơn vị so với số cũ số cũ âm giảm đơn vị so với số cũ số cũ không âm Sau số phép biến đổi ta thu tất số 2n đỉnh đa giác số không? Hướng dẫn giả 15 Xét đa giác A1 A2 A2 n đỉnh A1 ta đặt số -1, đỉnh A2 ta đặt số 2,…, đỉnh thứ 2n ta đặt số 2n Tổng tất số đường tròn ban đầu n (số lẻ) Xét tính chất chẵn, lẻ tổng 2n số đường trịn sau phép biến đổi tính chất khơng đổi Thật vậy, có ba trường hợp sau Nếu hai số bị tác động số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, tính chẵn, lẻ tổng hai số không đổi sau phép biến đổi Các số cịn lại khơng đổi nên tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động số lẻ hai số sau phép biến đổi số chẵn, tương tự trên, tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động có số lẻ, số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, số chẵn, tính chẵn, lẻ tổng 2n số khơng đổi sau phép biến đổi Nếu thu tất số 2n đỉnh số tổng 2n số số chẵn Điều xảy ban đầu tổng số lẻ Vậy thu tất số 2n đỉnh đa giác số Câu 16 Cho bảng hình chữ nhật kích thước m n (m  n) Một số có số ngơi sao, giả sử cột có ngơi Chứng minh có hai ngơi mà hàng chứa có nhiều ngơi cột chứa Hướng dẫn giải 16 N ngơi đánh số từ tới N Đặt , bi tương ứng số cột hàng chứa thứ i Ta cần chứng minh bi  với hai số i Nhận xét: Nếu k ngơi cột với ngơi thứ i có  m  n  b i  1  a   i 1  1 bi  aj tương ứng k Từ suy 1  0 a bi i Suy tồn hai số i để hay bi  với hai số  đpcm k Số n biểu diễn thành n 2 h , với k , h   h số lẻ, lúc ta có k 3n  32 h  k   1 A 2k  h  1  32  2k n i n 2014 Câu 17 Tìm số nguyên dương n nhỏ cho  chia hết cho Hướng dẫn giải 17   a 2k  h   3 k    32  k n 2014 Do h  số chẵn nên A số lẻ Khi  chia hết cho  chia 2014 hết cho  k Mặt khác ta có   32   32  1  32  1 32 1 32 k  k   * Mỗi thừa số  32  ngặc vế phải (*) chia hết cho không chia hết cho 4, ngoại trừ  8 , nên ta có k 32  chứa  k  1  k  thừa số Để tốn thỏa mãn k  2014  k 2012 việc chọn h 1 2012 Khi n nhỏ cần tìm n 2 Câu 18 Cho k số nguyên dương a1 , a2 , , ak đôi nguyên tố số nguyên dương n Tìm số nguyên dương a n cho a chia hết với i 1, 2, , k Hướng dẫn giải 18 Ai  a  * | a n, a ai  i  1, 2, , k Với ta đặt Suy số số thỏa mãn yêu cầu toán là: k k  Ai  Ai  i 1 Dễ thấy i 1  1i1 i2 k Ai1  Ai2  Ai  , 2ai , , mi   1i1 i2 i3 k với k Ai1  Ai2  Ai3   ( 1) k 1  Ai mi  * i 1 thỏa mãn mi n  mi  1  n  Ai mi      n  Ai  A j  a  * | a n, a  a j   Ai  Aj   a j  ( a , a ) 1   Ta có (Do i j )   Hồn tồn tương tự ta có  n  A1  A2   Ak  a  * | a n, a  a1a2 ak    A1  A2   Ak    a1a2 ak  Vậy k k  Ai  Ai  i 1 i 1  1i1 i2 k k n     i 1   Ai1  Ai2   1i1 i2 i3 k k Ai1  Ai2  Ai3   ( 1) k 1  Ai i 1  n   n  n  k 1     ( 1)       1i1 i2 k  ai1 ai2  1i1 i2 i3 k  ai1 ai2 ai3   a1a2 an    a , a , , an  tập  1, 2, , n Câu 19 Với số ngun dương n có tồn hay khơng hoán vị thỏa mãn: số 0; a1; a1  a2 ; a1  a2  a3 ; ; a1  a2   an khơng có hai số có số dư chia cho n + Hướng dẫn giải 19 n đồng dư với modun n + Vậy + Nếu n chẵn ta có với n chẵn khơng tồn hốn vị thỏa mãn u cầu toán a1  a2   an 1    n  n  1 + Với n lẻ ta xây dựng hoán vị , k   1; 2; ; n thỏa mãn yêu cầu toán Đặt n 2k   a2i 2i , i    a2i 1 2k   2i 1; k ;3; k  2;5; k  3; ; 2; k   - Xét dãy hay (2) Ta có k + số lẻ 1,3, , 2k  k số chẵn 2, 4, , 2k xếp xen kẽ với chữ số lẻ xếp theo thứ tự tăng dần số chẵn xếp theo thứ tự giảm dần, dễ thấy số tập  1, 2, , 2k 1 xuất dãy (2) lần * - Tìm số dư bm a1  a2   am , m   chia cho n  2k  Với m lẻ ta có a1 1 mod 2k   a2  a3 a4  a5  a2 k  a2 k 1 2k  1 mod 2k   , bm a1   a2  a3     am   am   m 1  mod 2k  1   b1 , b3 , , b2 k 1  1, 2, , k  1  mod 2k   Với m chẵn ta có a1  a2 a3  a4  a2 k   a2 k 2k   1 mod 2k   bm  m  mod 2k     b2 , b4 , , b2 k    1,  2, ,  k   mod 2k   Vậy với n lẻ ln tồn hốn vị  1; 2; , n thỏa mãn yêu cầu toán Câu 20 Chứng minh với số tự nhiên n 2 tồn tập hợp S gồm n số tự nhiên cho ab chia hết cho  a  b  với số a b phân biệt thuộc S Hướng dẫn giải 20 Ta chứng minh toán phương pháp quy nạp toán học Với n = chọn S  0;1 Giả sử toán đến n = k nghĩa ta chọn tập Sk thỏa mãn toán Ta chứng minh toán với n = k + a  b Gọi L bội số chung nhỏ số khác có dạng  ab với tất a, b  S k Xét S k 1  L  a | a  Sk    0 Suy S có k  phần tử Ta chứng minh k+1 thỏa mãn toán Thật vậy: Nếu số a b ab  a  b   L  a   L  b  L  L  a  b   ab ab Nếu số có dạng L  a L  b ta có   L  a   L  b    L  a    L  b   Từ suy điều phải chứng minh Câu 21 Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn: Tồn a, b, c nguyên dương cho n (a  bc)(b  ac) Chứng minh n số chẵn Hướng dẫn giải 21 a  bc 7 p  b  ac 7 q p , q Từ giả thiết suy tồn nguyên dương thỏa mãn  (1) Không tổng quát, giả sử a b Từ (1) suy p q  a  b  bc  ac (a  b)(c  1) 7   q p b  a  ac  bc (a  b)(c  1) 7  (2) Vì a b nên q  p , p q p (a  b)(c  1) 7 (7  1) (2)   p q p (a  b)(c  1) 7 (7  1) (3) | c  | c  , (3)  p | a  b  a  bc | a  b (*) Mặt khác, từ *) Nếu | a  bc || a  b | (*) suy a  b 0  ( a  bc)(b  ac) ( a  bc) 7 n  n 2 *) Nếu | c 1 p | a  b , a  bc | a  b (**) Vì a  bc a  b nên (**) suy c 1 n Khi ( a  bc)(b  ac) (a  b) 7  n 2 Vậy trường hợp ta ln có | n Câu 22 Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 11n  xy  z  1   x  y  z  (2  5) p   p 1 p  Câu 23 Chứng minh p số nguyên tố lớn 2,  Hướng dẫn giải 23 p p p lẻ, suy (2  5)  (2  5) nguyên p p   (2  5) p    (2  5)  (2  5)  (2  5) p p    (2  5) p  2  p  C p2 p  2.5  C p4 p  4.5   C pp  1.2.5       p    (2  5) p  2  p  C p2 p  2.5  C p4 p  4.5   C pp  1.2.5       p  p  22  p p 1 p p   A  (2  5)   2  C p  C p   C p 2.5     Do hệ số C p2 , C p4 , , C pp  chi hết cho p, nên A chia hết cho p, đpcm 2 Câu 24 Tìm giá trị lớn P a  b , a, b số nguyên thoả mãn a; b 2014 (b  ab  a ) 1 Hướng dẫn giải 24 2 Tìm giá trị lớn P a  b , a, b số nguyên thoả mãn a; b 2014 (b  ab  a ) 1 2 Ta xét nghiệm nguyên dương ( x; y ) phương trình: ( x  xy  y ) 1 (1) với x  y Gọi (b; a ) nghiệm ( b  a )  (a  b)  (a  b)b  b + Xét (a  b; b) ta có:    (b 2  ab  a )  1 Suy (a  b; b) nghiệm (1) Rõ ràng (2; 1) nghiệm (1), nên ta có sau nghiệm (1): (3; 2), (5;3), (8;5), (13;8), (21;13), (34; 21), 2 a  a(b  a)  (b  a )    (b  ab  a )  1  ( a ; b  a ) + Xét ta có: Suy ( a; b  a) nghiệm (1) 2 - Nếu a b  a  b 2a  b(b  a ) 2a  b  ab  a  (a  1) (vơ lí) - Nếu a  b  a (a; b  a ) nghiệm (1) nhỏ nghiệm (b; a ) Quá trình phải dừng lại kết thúc nghiệm (b; 1) (b  1) Chú ý thêm (2; 1) thoả mãn (1) mà b 1 Tóm lại tất nghiệm nguyên dương (1) là:  Fn ; Fn   với n 2 dãy số  F1 F2 1  Fn  :  Fn1 Fn  Fn n 2 2 Như giá trị lớn P giá trị lớn Fn   Fn với Fn 2014 Dãy số hạng dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 2 377, 610, 987, 1597 Vậy giá trị lớn P 987  1597 Câu 25 Tìm tất cặp số nguyên dương  x3  x   y  y trình:  x, y  với x, y nguyên tố thỏa mãn phương Hướng dẫn giải 25 +) Áp dụng đẳng thức a  b3  c  3abc  a  b  c   a  b  c  ab  bc  ca  Ta có :  x3  x    y  2 x  y   x  x  y   x  x  y  x.x  xy  yx   3x.x   y  2 x  y (2 x  y) x y   (2 x  y ) x  2 2   x  y   x  y  xy  1 3 x y  * (2 x  y) x  x  y  Mặt khác  2x  y, x3   x  y,   x, y  1   x  (do Suy ra, (2 x  y ) nên y , x  1   x  y , x  1 x  y   1, 2,3, 6 (do từ )  * 2x  y  * ) Trường hợp x  y 1  y 2 x  thay vào phương trình cho ta được: 2  x  x   x  1   x  1  x  x  1 0  x 1  y 1 Trường hợp 2 x  y 2  y 2 x  thay vào phương trình cho ta được:  x  1  x  3x  1 0  x 1  y 0 (loại) Trường hợp x  y 3  y 2 x  thay vào phương trình cho ta được:  x  1 ( x  4) 0  x 4  y 5 (với x 1  y 0 (loại)) Trường hợp x  y 6  y 2 x  thay vào phương trình cho ta :  x  12 x  36 x  35 0 y  Z , x  3, x 35  x   5, 7,35 thử lại khơng có giá trị thỏa mãn Vậy cặp số thỏa mãn yêu cầu toán là:  x, y   , 1  x, y   ,  Câu 26 Tìm tất số nguyên dương n cho với số nguyên tố p cho trước, tồn số p p n nguyên a thỏa mãn:  a Hướng dẫn giải 26 +) Với n 1 ta thây thỏa mãn +) Xét với n  n *) với p 2 13 a khơng tồn a n *) Với p  p lẻ Giả sử tồn hai số a n thỏa mãn Ta có  p  i a 2    3     1 p  i3i    i 1  suy a n 5  a 5 n p p  p  i n 2  a n 5      1 p  i 3i   5  i 1  Hơn  1 Mặt khác với i 1, 2, , p  ta có:   1 i p  i.3i    1 i p  i    i   1 i p  i    i 2 p   mod   p i p i i  p     1   p.2  mod     Do  i 1 p  p ,5 1 nên p5 Vậy p 5 Từ (1) (2) ta có p.2 5 Do Mà n n 25  35  5k   275  5k   2755n  n 2  k 11 a 5  a 5k  k   Khi vơ lý Vậy khơng tồn số nguyên n  thỏa mãn Kết luận n 1 Câu 27 Chứng minh tồn hai số nguyên x, y không chia hết cho 2015 thỏa mãn x  8059 y 4.2015n , n  * Hướng dẫn giải 27  Nếu Nếu n 1 x  y 1 thỏa mãn yêu cầu toán  Nếu Giả sử toán đến n  Nếu Ta chứng minh toán đến n  Thật vậy, x   4a  1 y 4a n  4a n 1 ax  a  4a  1 y 2  4a n 1  x    4a  1      2    x 2  y 2  y    4a  1               Ta có hai cách phân tích sau: 2 2   x   y    x   4a  1 y   x    4a  1 y   x y   a     a                  2  2             2 2   x   y    x   4a  1 y   x    4a  1 y   xy    4a  1            4a  1      2  2              x   4a  1 y  x   4a  1 y  X   X  2   Y  x  y Y  x  y 2 Đặt  ;  Khi đó: 4a n 1  X 12   4a  1 Y12 (1) 4a n 1  X 22   4a  1 Y22 (2)    Nếu Nếu Y1 a X  Y1 2ay a  X a Kết hợp với (1) suy X , Y1 thỏa mãn yêu cầu toán trường hợp n     Nếu Nếu Y2 a X  Y2 2ay a  X a Kết hợp với (2) suy X , Y2 thỏa mãn yêu cầu toán trường hợp n  Vậy ta hoàn tất việc chứng minh Câu 28 Giả sử P số nguyên tố có dạng 3n  Chứng minh không tồn số nguyên x cho ( x  3) chia hết cho P Hướng dẫn giải 28 Giả sử ngược lại, tồn số nguyên tố p dạng 3n  để phương trình đồng dư sau ( x  3) 0(mod p ) có nghiệm Gọi p0 số bé nhât Trong số đó, giả sử x e( p0 ) thỏa mãn ( x  3) 0(mod p0 ) Ta giả sử e chẵn ( thay p  e ) 2 Xét trường hợp e 1(mod 3) e 0(mod 3) 2 Trường hợp 1: Từ e  3(mod p0 ) ta có: e   fp0 , f  p0 f lẻ Suy fp0 e  4(mod 3) Do p0 2(mod 3) nên f 2(mod 3) Vậy f lẻ có dạng 3n  Suy f phải có ước nguyên tố lẻ dạng q dạng 3n  2 Ta có e  3(mod q ) mâu thuẫn với cách chon p0 a Trường hợp 2: e 0(mod 3) Suy e 3 k với k không chia hết cho a nguyên dương 2a Do e  3(mod p0 ) nên k  3(mod p0 ) 2a Suy k  1(mod p0 ) , 32 a  k   p0 h, h  p0 , h lẻ Do p0 h 1(mod 3) p0 2(mod 3) nên h 2(mod 3) Suy h lẻ có dạng 3n  Do tồn ước nguyên tố r h có dạng 3n  2a 2a Vậy k  1(mod h)  1(mod r ) , tức k  3(mod r ) mâu thuẫn p0 bé Vậy không tồn số nguyên x cho ( x  3) chia hết cho p (với p số nguyên tố có dạng 3n  )