1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Một số bài toán số học chọn đội tuyển thi vmo 2020

34 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 34
Dung lượng 1,39 MB

Nội dung

1 ĐAKLAK Cho trước p số nguyên tố lớn Tìm tất số nguyên dương k cho k  pk số nguyên dương LỜI GIẢI Giả sử k  pk n với n    k  pk  n 0  k  p  p  n 2  Do k   nên p  n số phương 2 2 2 Đặt p  n m với m   m  n  p   m  n   m  n   p  p2 1 m  m  n 1   2 m  n  p n  p   Do p số nguyên tố lớn nên  k  p m   Do k   nên p  p  1  p  1 k 2 BẮC GIANG Tìm tất số ngun dương n  có tính chất: a, b ước nguyên a, b 1 dương n   a  b  ước n LỜI GIẢI k TH1: Nếu n có ước nguyên tố, tức n p thỏa mãn tốn TH2: Nếu n có từ hai ước nguyên tố trở lên Đặt n  p1x1 p2x2 pkxk  p1  p2   pk ; xi  * , k 2  , pi số nguyên tố x x P n , p1 n,  P, p1  1, suy P  p1  n Đặt P  p2 pk k Do pi không ước P  p1  1, i 2, k nên suy P  p1   p1x   x  x1  ; p12 n Do   P n , p12 n, P, p12 1,suy P  p12  n hay P   p1  1  p1  1 n P   p1  1  p1  1 Nếu p1  không chia hết cho p2 khơng chia hết cho y p2 , suy P  p1   p1  x  y  x1  Như p1  p1  1  p12  p1  p1y  p1x p1x  p1y  x  1 Suy x 1; y 2 , mâu thuẫn Nếu p1  chia hết cho p2 , xảy p1 2; p2 3 Chứng minh n có nhiều ước nguyên tố Đặt T tích ước nguyên tố khác 2, n Khi T lẻ Do 2,3, n  T ,   T ,3  T ,  1 nên T  1, T  2, T  n Do T  1, T  2, T  chia hết cho T  3m ; T  2a ; T 1 2b ,suy b 1, a 2 , mâu thuẫn n 2 x 3x , x1 3  n  10 n , loại x2 2  n  10 n , loại Thử lại n 12 k Kết luận: n p n 12 BẮC NINH Cho số nguyên tố p Chứng minh tồn vô số số tự nhiên n thỏa mãn điều kiện 2020n2019 n  2018 (mod p) LỜI GIẢI Ta xét trường hợp Trường hợp Nếu p ước nguyên tố 2020, đó, cần chọn n + 2018Mp thỏa mãn Việc chứng tỏ tìm vơ số n Trường hợp Nếu p không ước nguyên tố 2020, (p,2020) = ìï n + 2019 º 0(mod p - 1) ï í ï n + 2018 º 1(mod p) Chọn ïỵ Theo định lí Fecma a p- º 1(mod p) ta 2020p- º 1(mod p) Þ 2020n+2019 º 1(mod p) n+2019 º n + 2018(mod p) (thỏa mãn đề bài) nên 2020 Lại có, theo định lí Trung Hoa dư hệ phương trình đồng dư ln có p, p - 1) = nghiệm n ( nên có vơ số tự nhiên n thỏa mãn (đpcm) ĐỒNG THÁP Tìm tất cặp  a ; b  với a, b số nguyên dương, cho M a  10a  2b số phương LỜI GIẢI Giả sử a  10a  2b n  n    Trường hợp 1: Xét b 1: Khi n a  10a  2 + Nếu a chẵn n 2  mod  , loại + Nếu a lẻ n 5  mod8  , loại Trường hợp 2: Xét b 2 : Khi n a  10a  Ta có: ( a  2)  n  ( a  5) 2 Suy ra: n a  n a  Cả hai trường hợp khơng có nghiệm Trường hợp 3: Xét b 3 : Tương tự trường hợp b 2 ta tìm a 2 2 2 Trường hợp 4: Xét b 4 : Khi (a  4)  M  (a  5) nên M không số phương Trường hợp 5: Xét b 5 : Nếu a lẻ n 3  mod  , loại k Suy a chẵn Đặt a 2 c , c lẻ 4k k 1 b Khi n 2 c  5.2 c  Vì số mũ n chẵn nên b 2k  Suy ra: n a  10a  2a   a    n a  Mà b 5 nên n  a  , loại Vậy  a ; b   2;3 cặp cần tìm HƯNG YÊN 2n n n Tìm số nguyên ( a, b, c) với c 0 cho b  c chia hết cho a  với n nguyên dương LỜI GIẢI Trước hết với n nguyên dương b n  c( mod a n  2n ) b6 n  c ( mod a 3n  23n ) Nên b n  c( mod a n  2n ) b6 n  c( mod a n  2n ) n n Suy ( c) ( c)( mod a  ) với n nguyên dương n n Tức a  | c(c  1)(c  1) | vơi n nguyên dương Mà lim (a n  2n )  n  nên c(c  1)(c  1) 0 Từ ta c 0 c 1 2n n n a/ Khi c 0 Ta có b chia hết cho a  với n nguyên dương Với b 0 , hiển nhiên thỏa mãn với a  Ta xét hai trường hợp: Với b  2n n1 1/ Nếu a 2 b chia hết b chia hết cho Khi ( a, b, c) (2, 2k ,0) thỏa mãn đề bài, k nguyên khác  2/ Nếu a  n n n n +) Khi a chẵn, a 2k a  2 (k  1) m q 2 Xét số nguyên dương m  q tùy ý, giả sử (k 1, k  1) d m q  s m q s q s s 2 2 2 nên k k (k ) ( 1) 1( mod d ) , nên d ước Tức d 2 Từ m q 2 với hai số m>q bất kỳ, k  , k  nguyên tố nhau, có n 2n ước chung lớn 2, nên n thay đổi, k  có vơ hạn ước Trong b 2n n n có hữu hạn ước, nên b khơng thể chia hết cho a  với n m m q q 2 2 2n +) Khi a lẻ Lập luận tương tự (a  , a  ) 1 nên suy b có vơ hạn ước Mâu thuẫn Vậy c=0, ta thu (a, b, c) (2, 2k ,0) 2n n n b/ Khi c 1 Ta có b  chia hết cho a  với n 2 Nếu a chẵn a  chia hết b  chia hết cho Mâu thuẫn Nếu a lẻ Ta có 2a khơng phương Ta chứng minh tồn số nguyên tố p có dạng 4k  cho 2a khơng thặng dư bình phương mod p Thật +) Nếu 2a 2m với m lẻ, xét p số nguyên tố dạng 8k  khơng thặng dư bình phương mod p nên 2a khơng thặng dư bình phương mod p +) Nếu 2a l t với t  p1 p2  pm , p1 , p2 ,, pm số nguyên tố phân biệt pm lẻ Theo định lý phần dư Trung Hoa, tồn số nguyên tố p cho        p 1( mod8)  ( ) 1 p p 1( mod pi )(i 1, 2, m  1) p  x( mod pm ) x khơng thặng dư bình phương mod pm pi  p  k p p p t p ( i ) ( 1) 2 ( ) ( ) 1 ( ) ( i ) pi pi Khi p i 1 p p i 1, 2,, m  riêng ( p )  pm t 2a )  ( )  Suy p nên p hay 2a khơng thặng dư bình phương mod p Do hai trường hợp tồn số nguyên tố p có dạng 4k  cho 2a khơng thặng dư bình phương mod p 2 Mà b phương nên b thặng dư bình phương mod p Từ đó: (2a) (b ) p p  1( mod p) nên a p 2 p 0( mod p) Suy  1( mod p) p Suy (b, p ) 1 nên b 1( mod p) Mâu thuẫn Vậy tất (a, b, c) thỏa mãn (a,0,0) (2, 2k , 0) với k nguyên khác LÂM ĐỒNG Tìm tất cặp số nguyên ( m,n) với m, n ³ để tồn vô hạn số m x +x - n nguyên dương x cho x + x - số nguyên dương LỜI GIẢI Nhận xét : m > n Gọi q( x) , r ( x) r ( x) đa thức có hệ số nguyên ( ) xm + x - = q( x) xn + x2 - + r ( x) Khi : xn + x2 - r ( x) x + x - > r ( x) Vậy n với vơ hạn số ngun dương x Nhưng x đủ lớn r ( x) n r x có bậc nhỏ x + x - Do ( ) phải ( ) xm + x - = q( x) xn + x2 - Ta có : có bậc < n cho ( q( x) = xm- n + am- n- 1xm- n- + + a0 ) ( ) xm + x - = xm- n xn + x2 - + ( 1- x) xm- n+1 + xm- n - : xn + x2 - xm- n+1 + xm- n - Vì m - n + ³ n Û m ³ 2n - Hơn ta có : ( ) xn + x2 - xm- n+1 + xm- n - 1- xm- 2n+1 xn + x2 - m- n =x * Ta viết ( ) n - = m- 2n+3 - x thành : +x - ( (*) ) ( ( *) khơng có nghiệm thuộc m- ( 2n- 1) xm- 2n+3 xn- - + x m - ( 2n - 1) = Như trừ m- 2n+1 n = 3, m = ) ( ) - < 0, " x Ỵ 0;1 trừ đa thức n Nhưng đa thức x + x - lại có nghiệm thuộc x = nhận giá trị x = Do phải có ( 0;1) ( 0;1) nhận giá trị - n = 3;m = Dễ dàng kiểm tra n = 3;m = thỏa mãn đề LÀO CAI Cho dãy số (an ) xác định bởi: a1  34, an1  4an  104an  107an với số n nguyên dương Tìm tất số nguyên tố p thỏa mãn hai điều kiện   p  mod4 a2020  chia hết cho p LỜI GIẢI   a,b  ¥ *, a2  b2 Mp p  mod4 p Bổ đề: Cho số nguyên tố Nếu a Mp, bMp  Thật vậy, đặt p  4k  3(k  ¥ )  , giả sử a/Mp đób/Mp  (a, p) 1,(b, p) 1 p 2(2k1) 1(mod p) Theo định lý Fecma a 1(mod p)  a bp 1(mod p)  b2(2k1) 1(mod p) Theo giả thiết a   b2 Mp  a2  b2(mod p)  (a2)2k1  (b2)2k1(mod p)   1(mod p)   0(mod p) Vô lý, giả sử sai nên a Mp,bMp (đpcm) Ta làm bi toỏn tng quỏt: Vi mi n ẻ Ơ tỡm p nguyên tố thỏa mãn hai điều p º 3( mod4) kiện an+1 + chia hết cho p an+1 - 27 = ( an - 27) ( 2an + 1) Þ Do Do n ak+1 - 27 k=1 ak - 27 ế an ẻ Ơ * (" n) n an+1 - 27 an - 27 = ( 2an + 1) ( ) = Õ ( 2ak + 1) = A Þ an+1 - 27 = 7A2 Þ an+1 + = 22 + A k=1 nên A Ỵ ¥ * Giả sử p nguyên tố thỏa mãn hai điều kiện cho p p º 3( mod4) an+1 + chia hết 22 + A 2) Mp ị 2Mp ( p Nu thỡ (vơ lý) Vậy p = PHÚ THỌ Tìm tất ba số tự nhiên  m;n;k thỏa mãn 5m  7n k3 LỜI GIẢI Với i ẻ Ơ , ta cú 52i ( mod8) ; 52i +1 º - ( mod8) 72i º ( mod8) 72i +1 º - ( mod8) ; i º/ ±2;4 ( mod8) m n Do ú, nu m, n, k ẻ Ơ thỏa mãn + = k tồn s,t, u ẻ Ơ cho m = 2s;n = 2t + 1;k = 2u Khi 25s + 7.49t = 8u3 (1) Ta chứng minh sM3 25s º - u3 ( mod9) - Nếu t = 253i +1 º ( mod9) s = i + +) Nếu 253i +2 º ( mod9) +) Nếu s = 3i + Mặt khác, - u3 º 1;2;3 ( mod9) Do sM3 10 p b Cho đa thức P  x  x  ax  bx  c a, b, c số nguyên p số nguyên tố Biết P  x  có ba nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 thỏa mãn  x1  x2   x2  x3   x3  x1  không chia hết cho p Chứng minh abc  ac chia hết cho p Lời Giải Ta có   P  x1   x1p  ax12  bx1  c  x1p  x1  ax12   b  1 x1  c 0 Mà theo định lý Fecma ta có x p   x1 0  mod p  suy ax12   b  1 x1  c 0  mod p  Tương tự ta có ax2   b  1 x2  c 0  mod p  ax32   b  1 x3  c 0  mod p   ax   b  1 x  c    ax   b  1 x Suy 1 2  c  0  mod p    x1  x2   a  x1  x2    b  1  0  mod p  Mà  x1  x2   x2  x3   x3  x1  không chia hết cho p suy  a  x1  x2    b  1  0  mod p   a  x2  x3    b  1  0  mod p  Tương tự   a  x  x    b  1    a  x2  x3    b  1  0  mod p  Suy   a  x1  x2  0  mod p   a 0  mod p    b  1 0  mod p   c 0  mod p   abc  ac chia hết cho p 15.PHÚ THỌ DAY Tìm tất b ba s t nhiờn Vi mi i ẻ Ơ , ta có ( m;n;k) m n thỏa mãn + = k LG 52i º ( mod8) 52i +1 º - ( mod8) ; 72i º ( mod8) 72i +1 º - ( mod8) ; i º/ ±2;4 ( mod8) Do ú, nu m, n, k ẻ Ơ tha + = k tồn s,t, u Î ¥ cho m n 20

Ngày đăng: 18/10/2023, 20:36

w