Đáp án binh hai

Câu 1: Một số có chữ số số phương có tính chất: Nếu tất chữ số trừ số số có chữ số số phương Tìm tất số có chữ số thỏa mãn tính chất nêu Hướng dẫn giải Gọi số cần tìm abcd theo giả thiết đề ta có  abcd  A2   a  k   b  k   c  k   d  k  B Gọi số cần tìm abcd theo giả thiết đề ta có  abcd  A2   a  k   b  k   c  k   d  k  B Mặt khác A, B số lẻ nên k 1,3 thích hợp 2 Nếu k 1 A1 3136 56 , B1 2025 45 2 Nếu k 3 A2 4489 67 ; B2 1156 34 Vậy số cần tìm 3136; 4489 Ta có: A2  B  1000a  100b  10c  d     1000   a  k   100  b  k   10  c  k    d  k    A2  B 1111k 11.101k   A  B   A  B  11.101k 2 2 Do A , B số có chữ số nên 1000  A , B 9999  32  A, B 99 Suy 64  A  B  200  A  B 101    0  A  B  67  A  B 11k mặt khác A, B số lẻ nên k 1,3 thích hợp 2 Nếu k 1 A1 3136 56 , B1 2025 45 2 Nếu k 3 A2 4489 67 ; B2 1156 34 Vậy số cần tìm 3136; 4489 Câu 2: 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x  y  xy  x  10 y  0 Hướng dẫn giải Ta có: x  y  xy  x  10 y  0  x  x  y  1   y  1   y  y   7 2   x  y  1   y      y  x  1  y  x  3 7 Vì số nguyên tố nên ta có trường hợp sau: 3 y  y  7 3 y  y   3 y  y  1 3 y  y        y  x  1 ;  y  x   ;  y  x  7 ;  y  x   Giải ba hệ phương trình ta được: Câu 3:  x; y     3;1 ,  1;  3 ,  7;  3  2 Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  xy  x  y  0 Hướng dẫn giải Viết phương trình thành phương trình bậc hai x : x  (3 y  1) x  (2 y  y  3) 0 (*) Ta có   y  y  11 Để  * có nghiệm ngun   số phương 2 Ta có: y  y  11 k ; k    ( y  1)  12 k  ( y  1)  k 12  ( y   k )( y   k ) 12 Mà ( y   k )  ( y   k ) 2k nên ( y   k ) ;( y   k ) chẵn Và ( y   k )  ( y   k )  y   k 6  y   k    Do đó:  y   k 2  y   k  Suy : y 5 y   * ta : x 8 x  Thay y 5 vào  * ta : x 4 x 6 Thay y  vào Tập nghiệm: Câu 4: S    8;5  ;   6;5  ;  6;  3 ;  4;  3  2 Tìm số nguyên dương c cho phương trình xy  y  x  y c có ba nghiệm nguyên dương ( x, y ) Hướng dẫn giải Ta viết lại phương trình x( y  1)  y  y  c - Nếu y 1  c 0 , loại y 1  x  - Nếu y2  y  c y ( y  1)  c  y 1 ( y  1)( y  1) , c y  y ( y  1)  c y  Ta có y  1(mod y  1), y   2(mod y  1) nên y ( y  1) 2(mod y 1)  c  2(mod y  1) c 0(mod y  1), c  2(mod y  1) , mà y  0(mod y  1), y   2(mod y  1) nên c  y  1(mod lcm( y  1, y  1)) Với y 2, ta có c 1(mod 3), c 2(mod 4) Do ta thử lấy c 10 Ta phải có y  1|10  y 2,3, 6,11 Khi x 4, 2, ,1 , theo thứ tự Vậy phương trình có ba nghiệm ngun dương ( x, y ) (4, 2), (2,3), (1,11) Câu 5: m Cho a, m, n số nguyên dương cho a  1, m n Chứng minh a  a n  có ước nguyên tố giống nhau, a  lũy thừa Hướng dẫn giải Giả sử m  n d (m, n) Vì (a m  1, a n  1) a ( m,n )  a d  d m nên a  a  có ước nguyên tố giống d k Đặt m d k (k  1), b a b  b  có ước nguyên tố giống Ta chứng minh k lũy thừa Thật vậy, k lũy thừa 2, k có ước ngun tố lẻ p p k p p Do b  1∣b  b  1∣b  nên b  b  có ước nguyên tố giống p b 1 Gọi q ước nguyên tố b  b  1, b p   b   p  mod q   q  p  mod q  nên p t p Do đó, b  b  có ước nguyên tố p, suy b  b   p p b 1 Vì b  b   b  nên t  Từ Khi b p  mod p  suy b  p.h  p ( p  1)  b   p  u  A p  p  mod p  Điều mâu thuẫn chứng tỏ k lũy thừa Bây p ước nguyên tố b  1, p ước b  d Do đó, p 2 Thành thử, b  lũy thừa hay a  m Do m d k số chẵn nên a  1∣a  1, suy ước nguyên tố a  ước d nguyên tố a  a  Nếu a  có ước nguyên tố lẻ p, suy d số chẵn  mod p  nên a d (  1) d 1  mod p  , a d  2 Nhưng số lẻ a nên  mod  , suy a d  2 Vơ lí a  Vậy a  phải lũy thừa Câu 6:  1; 2; ; n Cho số nguyên n 1 Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n Hướng dẫn giải Giả sử có k cặp thỏa mãn đề Gọi S tổng k cặp đó, S 1    2k k (2k  1) Dễ thấy S n  (n  1)   (n  k 1) nk  k (2k  1) nk  Do k (k  1) k (k  1)  2n    k     2n     Bây ta xây dựng   cặp thỏa mãn đề sau  2n     2k n k  k  Trường hợp 1: Số có dạng Khi ấy, Ta xét cặp sau: (4k  1; k ), (4k ; k  1), (3k  2;1), (3k ; 2k ), (3k  1; 2k  1), (2k 1; k 1) Rõ ràng dãy có 2k cặp thỏa mãn đề Trường hợp 2: Số n có dạng 5k  5k  5k   2n     2k  Khi ấy, Ta xét cặp sau (4k  2; k  1), (4k  1; k ), , (3k  2;1), (3k  1; 2k  1), (3k ; 2k ), , (2k  1; k  1) Dãy có 2k  thỏa mãn đề  2n     Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề   Câu 7: 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 Giả sử P  x 2 thỏa mãn đầu Khi ta có P ( x  1) [P ( x)  32]  33, x 0 2 Suy P (2014  1) (2046  32)  33 2014  33 P  2014  2046 Đặt x0 2014 , ta có x0  32 2046, P( x0 ) x0  32 2 Xét dãy {xn} sau: x0 2014 , x1  x0  1, xn 1  xn  1, n 1,2,3 , Khi đó: P ( x0 )  x0  32 P ( x1 ) P ( x02  1) [P ( x0 )  32]2  33  x02  33  x02 1  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, (*) Xét đa thức hệ số thực Q( x) P( x)  x  32 Từ (*) ta có Q  x nhận xn làm nghiệm với n 0;1; 2;  Q  x  0 P  x   x  32 Mặt khác dãy {xn }n0 tăng nghiêm ngặt nên suy Thử lại ta có P  x thỏa mãn đầu Vậy: Có đa thức Câu 8: P  x   x  32 Trên bảng vng cố định có kích thước 3 người ta xếp số viên sỏi cho ô vng có nhiều viên sỏi Mỗi cách xếp sỏi tính điểm sau, tổng số sỏi hàng (hoặc cột hai đường chéo) số lẻ tính điểm Bảng khơng có sỏi ứng với điểm, bảng xếp kín viên sỏi ứng với điểm a)Tồn hay không cách xếp sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách xếp b)Chứng minh số cách xếp sỏi với điểm số số chẵn số cách xếp sỏi với điểm số số lẻ Hướng dẫn giải a)Giả sử khơng có sỏi điểm số cách xếp Như hàng, cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi a, b, c, d   0,1 Gọi a, b, c, d số sỏi ô hình vẽ, 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 a b c a b c d d' d c' b' a’  a  b  c    a ' b ' c ' 3 suy hai tổng a  b  c a ' b ' c ' số Từ chẵn Khi dịng thứ dịng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn xếp sỏi thỏa mãn điều kiện toán b)Ta gọi hai cách xếp sỏi liên hợp với ô bên trái chúng có số sỏi khác cịn lại tương ứng có số sỏi (B) (B’) a b c a' b c f e d f e d g h i g h i Như vậy, cách xếp sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách xếp 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 xếp liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách xếp cịn lại cố điểm số số lẻ suy điều phải chứng minh Câu 9: A  1; 2; ; 2013 Cho tập hợp Cần phải loại khỏi A phần tử để tập hợp lại có tính chất: Khơng phần tử tích hai phần tử khác Hướng dẫn giải Loại khỏi A tập hợp {2;3; ; 44} , tập có 43 phần tử Khi tập cịn lại {1; 45; 46; ; 2012; 2013} Rõ ràng tập thỏa mãn u cầu: Khơng có phần tử tích hai phần tử khác Ta chứng minh cách tách khỏi A tập hợp có nhiều 42 phần tử không thỏa mãn yêu cầu đề Thật xét ba sau (43 ba): 2, 87, 2.87 3, 86, 3.86 4, 85, 4.85 ………… 44, 45, 44.45 Xét hàm số f ( x) x (89  x) với  x 44 Ta có f '( x) 89  x  0, 2 x 44 Vậy f hàm đồng biến  x 44 Suy f (2)  f (3)   f (44)  2.87  3.86   44.45 Dễ thấy    44  45  46   87  2.87  3.86   44.45 Vì 44.45 1980  2013 nên toàn phần tử 43 ba khác nằm tập hợp A Vì ta tách khỏi A tối đa 42 phần tử, nên phần lại A (sau tách) phải có ba nói Vậy cách tách không thỏa mãn yêu cầu đầu Kết luận: Số phần tử cần tách khỏi A 43 phần tử Câu 10: Tìm số nghiệm ngun khơng âm phương trình x1  x2  x3  x4 25 thỏa mãn điều kiện x1 3; x2 2; x3  Hướng dẫn giải Ta viết điều kiện thành x1 3; x2 2; x3 5 Xét điều kiện sau: x2 2; x3 5 (**); x1 4; x2 2; x3 5 (***)  1 thỏa mãn Gọi p, q, r số nghiệm nguyên không âm phương trình điều kiện (*)(**)(***) ' ' ' ' Ta có p q  r Đặt x1 x1 , x2  x2  2, x3 x3  5, x4  x4  2 Kết hợp với (**) phương trình (1) trở thành x '1  x '2  x '3  x '4 18 Số nghiệm không âm phương trình khơng âm phương trình 18 K C 18 18 C 18 21  2  1 thỏa mãn điều kiện (**) số nghiệm nguyên Theo công thức tổ hợp lặp ta có số nghiệm 18 21 14 14 14 q C Lý luận tương tự ta có r K C414 C17 18 14 Suy p q  r C21  C17 650 a  2b  2c  số nguyên Câu 11: Tìm số nguyên dương a, b, c cho Hướng dẫn giải Dễ nhận thấy (a, b, 1) thỏa mãn với a, b nguyên dương A c Xét c    3 c Đặt n 2  ; a kc  ; b mc  rb với ra ; rb c Khi 2a (2c ) k 2ra (mod n) 2 (mod n) 2b (2c ) m 2rb (mod n) 2 rb (mod n) rb a b Do   2   1(mod n) rb c +Nếu rb c    2  1(mod n) 2(mod n) Mà n 3 nên n ước Do trường hợp không thỏa mãn +Nếu rb nhỏ c c rb  2   2 c 2 c 3.2c 1    c 8  c 3 Nếu c 1 A nguyên với a, b nguyên dương Nếu c 2 n 3  rb 0  a, b chẵn Nếu c 3 n 7  rb 2  a 3k  ; b 3l  m n Câu 12: Cho m n số nguyên dương thỏa mãn 2016  ước 2016  Chứng minh m ước n Hướng dẫn giải Đặt n mq  r ( r  m ) Khi ta viết 2016n  2016mq r  2016 mq.2016 r  Ta xét trường hợp sau: q 2016 n    2016m   2016r   2016 r    * TH1: Nếu q số lẻ Kết hợp với  2016 m  2016 m  1  2016n  1 thu  1  2016r  1  r 0  m n q 2016n    2016m    2016 r  2016 r     * TH2: Nếu q số chẵn  2016 Kết hợp với  2016 ta thu m m  1  2016n  1  1  2016r  1  2016 m  1   2016m   1   (vơ lí r  m ) Vậy ta có đpcm  u, v  Câu 13: Cho a, b hai số nguyên dương với b a Biết tồn cặp số nguyên dương 2 cho u  v  auv b Chứng minh b số phương Hướng dẫn giải Sắp xếp thứ tự 10 số lớn thứ ba hàng a1  a2   a10 Ta thấy tối đa 20 số lớn a1 (là số lớn thứ thứ hai hàng) Vì a1 80 Tương tự có tối đa 28 số lớn a2 Vì a2 72 Từ a1  a2   a10 80  72   a10     a10     a10 8a10  180 Trong đó, tổng số hàng chứa a10 không lớn 100  99  a10   a10  1    a10   8a10  171 Do 8a10  171  8a10  180 nên hàng chứa a10 hàng thỏa mãn yêu cầu Chọn cặp Coi  u, v  cặp thỏa mãn yêu cầu cho u  v nhỏ với u v u  a.v.u   v  b  0 phương trình bậc hai ẩn u Vì tồn u nên phương trình cịn có nghiệm thứ hai u ' Theo định lý Vi – ét ta có u  u ' a.v  u '   Vì u '2  v a  u ' v  1 (Do nên u ' 0 u '2  v avu ' b avu ' a a  vu ' 1 ) Nếu u ' 0 v b số phương Nếu u '  u.u ' v  b  u '  v u  u ' v u  v ( vơ lý tổng u  v nhỏ nhất) Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 14: Tìm tất số tự nhiên n cho mặt phẳng tồn n đường thẳng mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Hướng dẫn giải Xét n đường mặt phẳng, mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác  k  n  Nếu a đường thẳng n đường có k đường song song với Cho b đường thẳng cắt a , b cắt tất đường không song song với a b với số giao điểm số giao điểm a với đường thẳng đồng thời b cắt đường thẳng song song với a mà mổi đường thẳng cắt 2014 đường khác Suy có k đường song song với b Vậy n đường chia thành S nhóm, mổi nhóm gồm k  đường thẳng song song với  Số giao điểm đường với đường khác  k  1  S  1 2014 Mà 2014 2.19.53 k  ước nguyên dương 2014  k    1; 2;19;53;38;106;1007; 2014 n  k  1 S 2014  k   n   2015; 2016; 2033; 2067; 2120; 2510;3021; 4028 X  1; 2; 3; ; n  n n  Câu 15: Cho số nguyên dương Chứng minh tập hợp chia thành hai tập không giao cho không tập chúng chứa n phần tử ak   ak 1 a1 , a2 , , an với a1  a2   an với k 2; 3; , n  Hướng dẫn giải ak  Đặt S k  k  k  1; k  k  2; ; k  ; Tk  k  1; k  2; ; k  k  n S   Sk ; k 1 n T   Tk k 1 Ta chứng minh S , T tập cần tìm X Dễ dàng thấy S T  S T  X Ta chứng minh phản chứng ak  Giả sử S gồm phần tử a1 , a2 , , an với a1  a2   an k 2; 3; , n  ak   ak 1 với Khi ta có ak  ak  ak 1  ak , với k 2; 3; , n  (1) S n n  Si n  i Nếu a1  Si , ta có i  n  n  Suy tồn phần tử thuộc  a1 ; a2 ; ; an   Si1 Si 2   Sn   Áp dụng nguyên lý Dirichlet, tồn tập số phần tử a1 , a2 , , an S j ,  i  j  n chứa phần tử a , a Sj a  S  S   S j  Tức tồn ak cho k k 1 k  1 Khi ta có ak 1  ak  S j   j  1; ak  ak   T j    j Suy ak 1  ak  ak  ak  Điều này, mâu thuẫn với (1) ak   ak 1 Vậy S không chứa phần tử a1 , a2 , , an với a1  a2   an với k 2; 3; , n  Chứng minh tương tự ta có tập T không chứa phần tử a1 , a2 , , an ak  ak  với a1  a2   an ak   ak 1 với k 2; 3; , n  Vậy S , T tập cần tìm X Câu 16: Tìm tất số nguyên x cho x  chia hết cho x  Hướng dẫn giải x  chia hết cho x    x  3  x  3 chia hết cho x  x   10 chia hết cho x    10 chia hết cho x  Từ tìm x 0; x  1; x 1; x 2 Câu 17: Cho P ( x ) đa thức có bậc n  với hệ số nguyên Chứng minh có tối đa n số nguyên t cho P  P  t   t Hướng dẫn giải P P  t   t +TH1 :Nếu số nguyên t thỏa mãn  đêu thỏa mãn P (t ) t mà P (t ) t có tối đa n nghiệm nguyên dương nên toán chứng minh +TH2 :Nếu tồn số nguyên t1 mà P  t2  t1 ; P  t1  t2 P  P  t1   t1 P  t1  t2 , (t1 t2 ) P P  t   t Vì deg P n  nên có t1 thỏa mãn  tốn chứng minh P P  t3   t3 (t1 t3 ) P  t3  t4  P  t4  t3 Giả sử có t3 cho  , đặt : P  t1   P  t3  t2  t4 Ta có t1  t3 ước P  t2   P  t4  t1  t3 Tương tự t2  t4 ước Suy t1  t3  t2  t4  Nếu t1  t3 t2  t4  t1  t2 t3  t4 u , chứng minh tương tự ta thu  t  t t  t  t  u  t3  u  t1  t3 t1  t4  t2  t3        t1  t4 t3  t2  t1  u  t3 t3  u  t1  u 0  t t 1 điều vô lí Do t1  t3 t4  t2  t1  P  t1  t3  P  t3  c Khi nghiệm thoản mãn P  P  t   t thỏa mãn P  P  t    t c Mà P  P  t    t c P P  t   t phương trình bậc n nên  có tối đa n nghiệm nguyên KL Câu 18: Cho n số nguyên dương Cho 2n điểm phân biệt đường tròn gán giá trị số 1; 2; ; 2n (2 điểm khác gán giá trị khác nhau) theo cách Mỗi dây cung nối điểm điểm gán giá trị độ chênh lệch dương đầu mút Chứng minh ta chọn n dây cung đôi không cắt cho tổng giá trị dây cung n Hướng dẫn giải Bổ đề:Trên tròn có 2n điểm phân biệt Người ta tơ màu 2n điểm màu màu xanh đỏ cho có n điểm tơ màu xanh n điểm tô màu đỏ điểm khác màu nối dây cung Khi với cách tơ màu ln tồn n dây cung mà khơng có dây cung cắt Chứng minh: Ta chứng minh bổ đề quy nạp Dễ thấy bổ đề với n 1 Giả sử bổ đề với n m Xét n m  Do điểm tô màu nên phải tồn điểm kề mà chúng tơ khác màu Ta chọn dây cung có đầu mút điểm Theo giả thiết quy nạp tồn cách chọn m cung số dây cung có đầu mút điểm 2m điểm cịn lại mà khơng có dây cung cắt Rõ ràng khơng có dây cung m dây cung cắt dây cung vừa chọn phía Như tồn cách chọn m  dây cung mà khơng có dây cung cắt nhau, Bổ đề chứng minh Trở lại tốn: Ta tơ điểm có giá trị 1; 2; ; n màu đỏ, điểm n  1; ; 2n màu xanh Khi theo bổ đề tồn cách chọn n dây cung mà dây cung có đầu mút tơ màu khác chúng đôi không cắt Tổng giá trị dây cung bằng:  n  1   n    2n     n n (ĐPCM)