Bd hsg toan 9 (14 15)

Ngày dạy:15/12/2021; Ngày dạy:22/12/2021 CHUYÊN ĐỀ: SỐ HỌC Dạng 1: Số nguyên tố, hợp số, số phương, lập phương Bài 1: Tìm số nguyên k để k  8k  23k  26k 10 số phương Lời giải Đặt M k  8k  23k  26k  10 M  k  2k  1  8k  k  2k  1  9k  18k  2 2 M  k  1  8k  k  1   k  1  k  1   k  3  1   2 M số phương (k  1) 0 (k  3)  số phương TH 1: (k  1) 0  k 1 TH 2: (k  3)  số phương 2 m   Đặt  k  3  m   m  (k  3) 1  (m  k  3)(m  k  3) 1 Vì m, k    m  k   , m  k    m  k  1  m  k     Nên m  k  1  m  k    k 3 Vậy k = k = k  8k  23k  26k  10 số phương Bài 2: Tìm tất số ngun dương a, b, c thỏa mãn: a b b  c số hữu tỉ a2 + b2 + c2 số nguyên tố Giải: a- b x = y (x, y  Z, xy  0) Þ ay – bx = (by – cx) (*) b c Đặt Vì a, b, c, x, y  Z Þ ay – bx  Z Þ Mà ïì ay - bx = Þ ïí Þ ï by cx =  I nên từ (*) ợù ị acxy = b2xy ị ac = b2 (vì xy ≠ 0) (by – cx)  Z ïìï ay = bx í ïỵï cx = by a2 + b2 + c2 = (a + c)2 – 2ac + b2 = (a + c)2 – b2 = (a+c – b)(a+c+b) Vì a2 + b2 + c2 số nguyên tố a+c – bb) 1 11    (*)    b   b 5 b + Với c 3 từ giả thiết suy a b 30 ( b>c) Thay b 5 vào (*) 6a 15  a 7 Vậy có ba (a;b;c) thoả mãn: (19;7; 2), (23;7; 2), (29;7; 2), (31;7; 2), (37; 7; 2), (41;7; 2), (13;11; 2), (7;5;3) hoán vị Bài 9: Tìm tất số tự nhiên n cho n2 – 14n – 256 số phương Lời giải Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k   )  (n – 7)2 – k2 = 305  (n – – k)(n – + k) = 305 Mà 305 = 305.1 = (–305).( –1) = 5.61 = (–5).( –61) (n – – k) ≤ (n – + k) nên xét trường hợp:  n    n   n    n    n   n    n   n    k 1  k 305  k  305  k   k 5  k 61  k  61  k   n 160   k 152  n  146   k 152   n 40  k 28   n  26  k 28  Vì n k số tự nhiên nên ta chọn n = 160 n = 40 Bài 10: Lời giải Ta có n4 + = n4 + + 4n2 – 4n2 = ( n2 + 2)2 – ( 2n)2 = ( n2 – 2n + 2).( n2 + 2n+ 2) Vì n số tự nhiên nên n2 + 2n+ > nên n2 – 2n + = n = Bài 11: Cho n số tự nhiên lớn Chứng minh n + n hợp số Lời giải n số tự nhiên lớn nên n có dạng n = 2k n = 2k + 1, với k số tự nhiên lớn n - Với n = 2k, ta có n + =(2 k ) +4 hợp số 2k lớn chia hết cho Do n4 + 4n -Với n = 2k+1, tacó n  4n n  42 k n  (2.4k ) (n  2.4k )  (2.n.2k )  n  2.4k  2.n.2k   n2  2.4k  2.n.2k   ( n  2k )  k   ( n  2k )  k  Mỗi thừa số lớn Vậy n4 + 4n hợp số Bài 12: Tìm x nguyên dương để x 14 x  x  số phương Lời giải 3 Vì x  14 x  x  số phương, nên ta có x  14 x  x  =k2 với k  N x    x  x  3 x    x  x  3 k Ta có x  14 x  x  =…=  nên ta có  = Đặt  x  2, x Ta có  x  3 d với d N * x  2d   x    x   d  x  x  d Ta lại có x  x  3d   x  x     x  x   1d  d 1 x  2, x Vậy   x  3 1 x    x  x  3 k mà  = nên ta có 2 2 x+2 x  x  số phương  x  a 4x  x  b với a,b N * Vì x>0 nên ta có x  b  x  12 x    x   b   x   2 2 Vì b lẻ nên b  x  1  x  x  4 x  x   x 2 Với x=2 ta có x  14 x  x  =100=102 số phương Bài 13: cho dãy số n, n+1, n+2, …, 2n với n nguyên dương Chứng minh dãy có lũy thừa bậc số tự nhiên Lời giải -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên tốn chứng minh xong -Nếu n khơng lũy thừa bậc số tự nhiên, ta tìm số nguyên dương k 2 2 cho k  n   k  1 Vì n nguyên dương n  k  n k  , ta có: 2 2n   k  1 2( k  1)   k  1  k  2k   k  1 0 2 Vậy k nguyên dương , nên ta có k  n   k  1 2n Vậy dãy ln có lũy thừa bậc số tự nhiên Bài 14: Tìm n N* ¿ cho: n4 +n3+1 số phương Lời giải Giả sử n4 +n3 + số phương n4 +n3 + 1> n4 = (n2)2 →n4 +n3 +1=( n + K ) =n +2 Kn2 + K 2 ( K ∈N ¿ ) →n −2 Kn =K −1→n (n−2 k )=K −1≥0 2 2 Mà K −1n → K =1 n ≤K −1 2 Nếu K =1→K =1→n (n−2 )=0→n=2 Thử lại +2 +1=5 ( thỏa mãn) 2 Khi K ¿ 1→ K > K −1≥n → K >n → n−2k < 2 mâu thuẫn với điều kiện n ( n−2 K )=K −1≥0 Vậy n = 2 Bài 15: Tìm số tự nhiên n cho A n  2n  số phương Lời giải Đặt n  2n  a   a  n  1  a  n  1 7 a  n  7   a  n    a  n   a  n  Vì nên với a nguyên dương a 4   n 2 x  y 2019 x; y; z  Bài 16: Tìm tất số nguyên dương  cho y  z 2019 số hữu tỉ x  y  z số nguyên tố Lời giải x + y 2019 m = m, n ẻ Ơ * , (m, n) = Ta có: y + z 2019 n ( ) ìï nx - my = x y m Þ mx - my = (mz - my ) 2019 Þ ùớ ị = = ị xz = y ùùợ mz - my = y z n x + y + z = ( x + z )2 - xz + y = ( x + z )2 - y = ( x + y + z )( x + z - y ) 2 Vì x + y + z số nguyên lớn x + y + z số nguyên tố nên ìï x + y + z = x + y + z x + y 2019 ïí =1 ïï x - y + z = x = y = z = y + z 2019 ỵ Từ suy Thử lại, x + y + z = thỏa mãn yêu cầu toán x, y, z ) = ( 1;1;1) Vậy ( Bài 17: Cho A số phương gồm chữ số thỏa mãn ta cộng thêm vào chữ số A thêm đơn vị ta số phương B có chữ số.Tìm hai số A; B Lời giải 2 Đặt A m ; B n với m; n số nguyên dương ( m  n ) Khi A  1111 B  m  1111 n  m  1111 n   n  m   n  m  1111 11.101 1.1111  n  m 11 n 56   (N )  n  m  101 m  45   m, n  N * ; m  n; m  n  N* ; n  m  n  m    n  m 1 n 556    ( L)  n  m 1111 m 555 2 Khi A 45 2025; B 56 3036 Bài 18: Tìm số nguyên tố p thỏa mãn p  4p  số phương Lời giải Đặt p  4p  t  t  N  Biến đổi thành p  p    t  3  t  3  1  p |  t    p |  t   Trường hợp 1: Nếu Đặt t  pk  k  N  p |  t  3 Khi thay vào (1) ta có: p  p   pk  pk    p  pk  6k  0 Coi phương trình bậc ẩn p, điều kiện cần để tồn nghiệm PT là:  k   6k   k  24k  16 số phương 2 k  Mặt khác với k  ta dễ chứng minh  k  24k  16   k   Suy trường hợp: k  24k  16  k  1  2k  24k  15 0 (loại) k  24k  16  k    k  6k  0 (loại) k  24k  16  k  3  k  24k  0 (loại) Do phải có k 3 Thử trực tiếp k 3 thỏa mãn Từ ta có t 36; p 11 n k k  , k 2  Bài 19: Tìm tất số nguyên dương n cho  11 tích  số tự nhiên liên tiếp Lời giải n Trong số tự nhiên liên tiếp luốn có số chia hết cho 3, mà  11 không chia n hết  11 tích k 3 số tự nhiên liên tiếp Từ đó, theo yêu cầu n đề bài, suy  11 tích hai số tự nhiên liên tiếp Đặt 9n  11 a  a 1 * n a a  1 20 với a   ta có  (do 9 ), suy a 4 2 Từ đây, ta có: a  a  1  11  a     a  3   a   Mặt khác, ta có: a  a  1  11  a  a 1   a 1 (1) (2) a a  1  11 9n  3n  Do  số phương nên kết hợp với đánh giá (1) (2), ta   a  a  1  11   a  1 , a   suy Bằng cách xét trường hợp cụ thể, ta tìm Thử lại ta có a 4 (tương ứng n 1 ) thỏa mãn yêu cầu Vậy có giá trị n thỏa mãn yêu cầu đề n 1 n Bài 20: Tìm tất số tự nhiên n cho C =2019 +2020 số phương a  4,11 Lời giải Với số tự nhiên a a chia cho có số dư 0; 1; n n Số 2019 chia dư 3; 2020 chia dư Suy 2019 º (mod 8) n 2k - Nếu n chẵn n =2k , k ẻ ị 2019 ( mod 8) Þ C º ( mod 8) Þ C khơng thể số phương n k +1 2k - Nếu n lẻ n =2k +1, k ẻ ị 2019 3.3 ( mod 8) Þ C º ( mod 8) Þ C khơng thể số phương KL: Khơng tồn n thỏa u cầu tốn Dạng 2: Phép chia hết, phép chia có dư Kiến thức: * Để chứng minh A(n) chia hết cho số m ta phân tích A(n) thành nhân tử có nhân tử làm bội m, m hợp số ta lại phân tích thành nhân tử có đoi nguyên tố nhau, chứng minh A(n) chia hết cho số * Chú ý: + Với k số nguyên liên tiếp củng tồn bội k + Khi chứng minh A(n) chia hết cho m ta xét trường hợp số dư chia A(n) cho m + Với số nguyên a, b số tự nhiên n thì: +) an - bn chia hết cho a - b (a - b) +) (a + 1)n BS(a )+ +) a2n + + b2n + chia hết cho a + b +)(a - 1)2n B(a) + + (a + b)n = B(a) + bn Bài tập: +) (a - 1)2n + B(a) - ĐỒNG DƯ THỨC A ĐỊNH NGHĨA: Nếu hai số nguyên a b có số dư phép chia cho số tự nhiên m  ta nói a đồng dư với b theo mơđun m, có đồng dư thức: a  b (mod m) Ví dụ:7  10 (mod 3) , 12  22 (mod 10) + Chú ý: a  b (mod m)  a – b  m B TÍNH CHẤT: Tính chất phản xạ: a  a (mod m) Tính chất đỗi xứng: a  b (mod m)  b  a (mod m) Tính chất bắc cầu: a  b (mod m), b  c (mod m) a  c (mod m) a  b (mod m)  a  c  b  d (mod m)  c  d (mod m)  Cộng , trừ vế: Hệ quả: a) a  b (mod m)  a + c  b + c (mod m) b) a + b  c (mod m)  a  c - b (mod m) c) a  b (mod m)  a + km  b (mod m) a  b (mod m)  ac  bd (mod m)  c  d (mod m)  Nhân vế : Hệ quả: a) a  b (mod m)  ac  bc (mod m) (c  Z) b) a  b (mod m)  an  bn (mod m) Có thể nhân (chia) hai vế mơđun đồng dư thức với số nguyên dương a  b (mod m)  ac  bc (mod mc) Các toán Bài 1: Chứng minh với số ngun dương n , ta ln có: 7   27n  5  10     10n  27   5    5n  10   27        chia hết cho 42 Lời giải Ta có: x  x  x  x  1  x  1  x  x  1 x x  1  x  1 Vì  tích số ngun liên tiếp nên chia hết cho Theo định lí Ơle x  x 0  mod  , x  Z   x  x  7  x  x  mod 42  , x  Z  x  x chia hết cho BCNN  6;7  42 7   27n  5  10     10n  27   5    5n  10   27        7 7  27 n    10   10n  27     5n  10   27  mod 42  27n   10  10n  27   5n  10  27  mod 42  42  n  1  mod 42  0  mod 42  7   27 n    10     10n  27   5    5n  10   27       chia hết cho 42 Vậy  Bài 2: Tìm số tự nhiên bé có chữ số biết chia hết cho số dư bình phương chia cho 11 số dư Lời giải x  ,1000  x 9999  Gọi x số cần tìm  Vì x chia cho 11 dư 3, nên x chia cho 11 dư dư x  5 11   x   66  11   x  61 11 Nếu x chia 11 dư   x   7   x   63 7   x  61 7 Lại có x chia dư    x  61  BC  11;7   x  61 77k  k    1000  x 77k  61 9999  14 k 130 Do x nhỏ nên k 14  x 77.14  61 1017 Vậy số cần tìm 1017 2 Bài 3: Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n  n  16 số nguyên tố n chia hết cho Lời giải Ta có với số nguyên n n chia cho dư 0, 2 k   * Nếu n chia cho dư n 5k    n  5k  55  n  số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết) 2 k   * Nếu n chia cho dư n 5k    n  16 5k  205  n  16 số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết)  n 5 Vậy n5 Bài 4: Với số thực x kí hiệu  x  số ngun lớn khơng vượt q x Ví dụ  3   1       ;  1) Chứng minh x    x   x   x    x  1 với x    n 2) Có số nguyên dương n 840 thỏa mãn   ước n ? Lời giải 1) Ta có:  x   x Giả sử  x    x  x   số nguyên mà  x     x  Mà  x  số nguyên lớn không vượt x (mâu thuẫn  x    x   ) Do x   x    x    x   x    x    x   x     Lại có   x    x    x  1   x Mặt khác  x    x  1  số nguyên  x    x  1   x    x  1  x  1   x     Nên Vậy x    x   x   x    x  1 2) Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn k  n  2 k n   k  1  k  28 Đặt hay k n k  2k  n k  r với r 2k k  r  k  n  k Mặt khác hay nên r 0; k ;2k với k 28 Lại có 840 28  2.28 2 Mà n có dạng k ; k  k ; k  2k thỏa mãn yêu cầu toán Vậy số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu toán 3.28 84 2 Bài 5: Tìm tất số nguyên dương m , n cho m  n chia hết cho m  n n  m chia hết cho n  m Giải: ìï m + n Mm2 - n ïí 2 ï 1) ïỵ n + m Mn - m (1) ìï ( m - n +1) ( m + n) ³ ìï m + n ³ m - n ïí Û Û ïí ïï ( n - m +1) ( m + n) ³ ïïỵ n + m ³ n - m ỵ ìï m - n +1 ³ Û ïí ïïỵ n - m +1 ³ (do m , n nguyên dương) Û - 1£ m - n £ *) TH1: m - n =- Û m = n - 2 +) m + n Mm - n Þ Þ Þ Þ m + n2 m2 - n Ỵ Z n - 1+ n2 ( n - 1) - n Ỵ Z ( n2 - 3n +1) + 4n - n - 3n +1 Ỵ Z 4n - n - 3n +1 ẻ Z ị n - 3n +1 £ 4n - 2 Þ n - 7n + £ Þ 7- 37 £ n£ + 37 * Þ n Ỵ {1; 2;3; 4;5; 6} n Ỵ N Þ m Ỵ {1; 2;3; 4;5} m; n) 2;3 Thử lại vào (1) ta tìm cặp ( thỏa mãn là: ( ) *) TH2: m - n = Û m = n m + n Mm - n m + n2 Þ m - nẻ Z n + n2 ị ị n - n Ỵ Z ( n - n) + 2n n - n ẻ Z ị n- ẻ Z ị n - 1Ê ị n Ê Vỡ n ẻ N* ị n ẻ {1; 2;3} ị m ẻ {1; 2;3} m; n ) 2; 3;3 Thử lại vào (1) ta tìm cặp số ( thỏa mãn là: ( ) , ( ) *) TH3: m - n = Û m = n +1 n + m Mn - m Þ n +( n +1) n + m2 n + 3n +1 Þ Þ n2 - m Ỵ Z n2 - n - Ỵ Z n2 - n - ẻ Z ị 4n + 2 n - n - Ỵ Z Þ n - n - £ 4n + Þ n - 5n - £ 5- Þ Vì 37 £ n£ + 37 n ẻ N* ị n ẻ {1; 2;3; 4;5} ị m Ỵ { 2;3; 4;5;6} m; n ) 3; Thử lại vào (1) ta cặp số ( thỏa mãn là: ( ) Bài 6: 1) Chứng minh n  2n  n chia hết cho 36 với n nguyên dương 2) Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: 2 x  a  b  c   9ab, y  a  b  c   9bc, z  a  b  c   9ac Chứng minh ba số x, y, z có số dương Giải: n  2n  n n6  n  n4  n n  n  1  n  n  1  n  n  1  n  1  1) Ta có:  A2  A n  n  1  n  1 2,3 1  A6   n  n  1  n  1  36  A   Đặt , ta có (đpcm) 2) Ta có: 2 2 x  y  z  a  b  c   9ab   a  b  c   9bc   a  b  c   9ac 3  a  b  c    ab  bc  ca  2 3  a  b  c   ab  bc  ca      a  b    b  c    c  a    2 3 2 a  b   b  c   c  a    x  y  z    Vì a, b, c ba số phân biệt nên  Do ba số x, y, z phải có số dương Bài 7: Cho a số tự nhiên lớn không chia hết cho Lời giải A a 8n  3a 4n   a 8n  1   a 4n  1 n n   a   1    a   1     n n n n  a  1   a    a    1   a  1   a    a    1      a  1  a  1 B   a  1 C  a  1   a  1 B  3C   a  1  a  1 D Vì a số tự nhiên lớn không chia hết cho nên: a  a  a  a   5k 1   a  1 5  5k    a  1 5  5k    a  1 5  5k    a  1 5 a Vậy  8n (với k số nguyên dương)  3a 4n    với số tự nhiên n  m   n    n   m Bài 8: Cho m n hai số nguyên dương lẻ thỏa  m;n  1) Hãy tìm cặp gồm hai số nguyên dương lẻ  thỏa điều kiện cho với m  n  2) Chứng minh m  n   4mn Lời giải 1) Với m = 11 n = 41 thỏa điều kiện tốn 2 Vì m  12341 n  168311 m  n   n (1) 2 2) Vì m  n mà n n nên  Tương tự m  n   m (2) 2 Gọi d ước chung lớn m n  m  n d Theo chứng minh m  n   m   m  n   d  d  d 1(3) ; d lớn d = mâu thuẫn với m n lẻ m Từ (1), (2) , (3) suy   n   mn Cuối m lẻ nên m 2k  (với k  )  m 4k(k  1)  Tương tự n 4l(l  1)  (với l   ) Suy m  n   4 Từ có điều phải chứng minh n n Bài 9: Cho n số tự nhiên lẻ Chứng minh : 46  296.13 chia hết cho 1947 Lời giải Ta có 1947 33.59 Và 496n  296.13n  46 n  13n   297.13n  46 n  13n   33.9.13n Ta dễ dàng có :  46 n         13n  46  13   46 n  13n 33  46n  13n  33.9.13n  46 n  296.13n 33 46  296.13  46  13   295.13  46  13   59.5.13 n n n Để ý :  46 Vậy ta có :  46 n n n n n  13n   46  13    46n  13n  59 n  296.13n  1947 + n ( n số tự nhiên lẻ ) với n số tự nhiên lẻ Bài 10: Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi Tốn có tổng số báo danh mang chia hết cho Lời giải Với số tự nhiên đơi khác tùy ý có trường hợp xảy ra: - TH1: Có số chia cho có số dư giống  Tổng số tương ứng chia hết cho - TH2: Có nhiều số chia cho có số dư giống  Có số chia hết cho 3, số chia dư 1, số chia dư Suy chọn số có tổng chia hết cho Do ta chia 17 số báo danh 17 học sinh thành tập hợp có 5; 5; phần tử Trong tập hợp, chọn số có tổng 3a1;3a ;3a  a1;a ;a  N  Còn lại 17 – = số, số cịn lại, chọn tiếp số có tổng 3a Cịn lại số, chọn tiếp số có tổng 3a Trong số a1 ,a ,a ,a ,a có số a i1 ,a i2 ,a i3 có tổng chia hết cho Nên học sinh tương ứng có tổng số báo danh  a i1  a i2  a i3  9 Dạng 3: Phương trình nghiệm nguyên 3 2 Bài 1: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x  y  x y  xy 5 Lời giải x  y  x y  xy 5   x  y   x  xy  y   xy  x  y  5   x  y   x  xy  y  5   x  y   x  xy  y  5   x  y   x  y  5  1 Vì x ; y    x  y  0 nên   x  y 5   x  y 5    ( x  y ) 1  x  y 1         x  y 5  x  y 1    ( x  y ) 5   x  y    x 3    y 2   x 2    y 3 3;2 2;3 Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên     x Bài 2: Tìm tất cặp số nguyên thỏa mãn:   x  1  y  xy  3x  Lời giải 2  3x  1  x  x  1 Vì ( x  x  1)( y  xy ) 3x  nên   3x  1  x    x  x  1   x  x    x  x  1    x  x  1    x  x  1  7 x  x  1 1  x  x   x       x  x  1   1;7 2  (vì )  x    2;0;1;3 Với x  , ta có phương trình: y  14 y  0  y 1 Với x 0 , ta có phương trình: y  (phương trình vơ nghiệm) Với x 1 , ta có phương trình: y  y  0  y 1 y  2 Với x 3 , ta có phương trình: y  21 y  0 (phương trình có nghiệm vô tỷ)  2;1  1;1 1;   Vậy phương trình có ba nghiệm ngun  ;  Bài 3: Tìm x, y nguyên cho x  y  18 Lời giải x  y  18 Ta có :  x 3    x    x 0; y 0   1 y 2 y   y  y  x  18  2y  y  x  18 Q  y a  Q  y a  Q a  N  a  (vì 2y  Z ; a 0 ) m   Đặt a 2m   y  2m  Tương tự:  1  n  y 2m  y m x n  n    m 3  m  n 3  n 0   m 3 n 1  m 2  n 2   m 1 n 3  m 0  x 0  x 2  x 8  x 18      y 18  y 8  y 2  y 0 0;18  2;8  8;2  18;0  Vậy phương trình có bốn nghiệm ngun  ; ;  1   Bài 4: Tìm tất số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình x y 617 Lời giải 1 xy      xy  617  x  y  0  xy  617 x  617 y  6172 617 x y 617 xy 617   x  617   y  617  617 2 Vì x, y nguyên dương nên x  617 y  617 ước lớn  617 617 Vì 617 số nguyên tố nên xảy trường hợp:  x  617 1  x  617 617  x  617 617     y  617 617  y  617 617  y  617 1  x 1234  x 618  x 381306      y 1234  y 381306  y 618 1234;1234   618;381306  381306;618  Vậy phương trình có ba nghiệm ngun  ;  2 Bài 5: Tìm số nguyên x, y thỏa mãn x  x  y  y  20 0 Lời giải x  x  y  y  20 0  x  x  20  y  y 4 2 Mà x  x  x  x  20 x  x  20  x  x  x  1  y  y  1  x    x  5 Vì x, y ∈  nên ta xét trường hợp sau: TH1: y  y  1  x  1  x    x  x  20  x  3x   x 18  x 9  x 3 2 2 Với x 9 , ta có y  y 9   20  y  y  110 0  y 10 ; y  11 (nhận) TH2: y  y  1  x    x  3  x  x  20  x  x  TH3:  x 14  x  y  y  1  x  3  x   (loại)