Đs9 chuyên đề 7 số nguyên tố, số chính phương(157 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG A.TRỌNG TÂM CẦN ĐẠT KIẾN THỨC CẦN NHỚ: Một số phƣơng chia cho có số dƣ Một số phƣơng chia cho có số dƣ Một số phƣơng chia cho có số dƣ hoặc 4 Một số phƣơng chia cho có số dƣ hoặc Nếu số phƣơng chia hết cho số ngun tố p chia hết cho p Với số nguyên dƣơng n ta có S  n   n  mod 3 Với số nguyên dƣơng n ta có S  n   n  mod  Chữ số tận số phƣơng Một số phƣơng khơng thể có tận chữ số 2,3,7,8 Một số phƣơng có chữ số tận phải có chữ số hàng chục lẻ 10 Một số phƣơng có chữ số tận phải có chữ số hàng chục số chẵn 11 Tích số tự nhiên liên tiếp số phƣơng phải có số 12 Nếu  a, b   1, a.b  c a, b số phƣơng 13 Nếu  x, y    x2  xy  y ; x    y ; x    x  xy  y ; x    x  y; y   x  xy  y ; x  y    y ; x  y   14 a, Định lý Fermat nhỏ: Nếu p số nguyên tố a số nguyên khơng chia hết cho p a p 1  p b, Nếu a  b2 p mà p số nguyên tố có dạng 4k  a, b chia hết cho p Chứng minh: a, Vì a khơng chia hết cho p nên số 2a,3a, ,  p  1 a không chia hết cho p Giả sử chia số a, 2a,3a, , ( p  1)a cho p ta đƣợc số dƣ lần lƣợt r1 , r2 , , rp 1 số r1 , r2 , , rp 1 đôi khác Thật có số ri , rj ia, ja có số dƣ chia cho p nên ia  ja p  a  i  j  p   i  j  p điều xảy i, j phân biệt i, j  p Từ ta có: r1.r2 , , rn  1.2.3.4  p  1   p  1! nên a.2a.3a  p  1 a có số dƣ với r1 , r2 , , rp 1 chia cho p Mà a.2a.3a  p  1 a   p  1!a p 1 suy  p  1!a p1  p  1!có số dƣ chia cho p hay a p 1 có số dƣ chia cho p nói cách khác  a p 1  1 p | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG b, Giả sử hai số a, b khơng chia hết cho p, suy số cịn lại không chia hết cho p định Theo lý nhỏ  a p 1  1 p  Fermat:    a p 1  b p 1   p , p 1   b  1 p a k 2  b4 k 2  p Ta có a k 2  b4 k 2   a  k 1   b2  k 1 a p  4k  nên  b2  mà a  b2 chia hết cho P suy p , p số nguyên tố nên suy p  , trái với giả TH1ết p  4k  Vậy a, b chia hết cho 15 Một số tính chất liên quan đến đồng dƣ: Định nghĩa: Cho a, b số nguyên m số nguyên dƣơng Ta nói a đồng dƣ với b theo mơđun m có số dƣ chia cho m Kí hiệu a  b  mod m  Nhƣ a  b  mod m    a  b  m Tính chất: Cho a, b, c  , m  * Khi ta có: + a  b  mod m  , b  c  mod m   a  c  mod m  + a  b  mod m   a  c  b  c  mod m  + a  b  mod m   ac  bc  mod m  + a  b  mod m  , a n  bn  mod m  với n   +  a  b   b n  mod a  với a  n + Định lý Fermat: Cho số nguyên tố p số nguyên dƣơng a ta có: a p  a  mod p  Đặc biệt: Nếu  a, p   a p 1  1 mod p  Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ Cho a, b, c số nguyên khác không, a  c cho a a  b2  Chứng minh c c2  b2 a  b2  c2 khơng phải số ngun tố Lời giải: Tacó: a a  b2    a  c   b  ac   c c  b2 Từ a  c nên b2  ac Khi đó: a  b2  c2  a2  ac  c2  a  2ac  c2  b2   a  c   b2   a  c  b  a  c  b  Dễ thấy a  b2  c2  , a  b2  c2 số nguyên tố xảy bốn trƣờng hợp sau: CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  a  c  b  a  c  b  a2  b2  c2  a  c  b  a  c  b  a  b2  c  a  c  b  1 a  c  b    a  b2  c   a  c  b  1 a  c  b    a  b2  c  Hai trƣờng hợp ta thu đƣợc: a  b2  c2   a  c      a  1   c  1  b2  , a  c  2 Hai trƣờng hợp lại ta thu đƣợc:  a  1   c  1  , a  c  1 2 Nhƣng a  c nên dẫn đến mâu thuẫn Vậy a  b2  c2 số nguyên tố Nhận xét: Để chứng minh a số nguyên tố ta phân tích a  b.c sau suy hai thừa số b c phải Ví dụ Tìm tất số nguyên dƣcmg a, b cho a  4b4 số nguyên tố Lời giải: Ta có: a  4b4  a  4b4  4a 2b2   a  2b2    2ab  2   a  2b2  2ab  a  2b2  2ab    a  b   b2   a  b   b2     Vì  a  b 2  b2  nên a  4b4 số nguyên tố  a  b   b2  Suy a  b  thỏa mãn tốn Ví dụ Tìm số nguyên dƣơng a, b, c thỏa mãn: a  b 2018 số hữu tỷ a  b2  c2 số nguyên b  c 2018 tố Lời giải: Đặt a  b 2018 m  (*) m, n  , n  0,  m , n   Khi (*) đƣợc viết lại nhƣ sau: b  c 2018 n an  bm   bn  cm  2018 Do 2018 số vô tỷ số an  bm   a m b a, b, c, d , m, n         ac  b Từ ta có: bn  cm  b n c  a  b2  c2   a  c   2ac  b2   a  c   b2   a  b  c  a  b  c  Do a, b, c nguyên dƣơng 2 nên a  b  c  a  b  c Vì để a  b2  c2 số nguyên tố điều kiện là: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG a  b  c  Mặt khác, a, b, c nguyên dƣơng nên a2  b2  c2  a  b  c  2 a  b  c  a  b  c Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Khi a  b2  c2  số nguyên tố thỏa mãn điều kiện đề Vậy a  b  c  số cần tìm Ví dụ Cho số nguyên dƣơng a, b, c, d thỏa mãn điều kiện a2  b2  ab  c2  d  cd Chứng minh rằng: a  b  c  d hợp số Lời giải: Ta có: a  b2  ab  c  d  cd   a  b   cd   a  b    c  d   ab  cd   a  b  c  d  a  b  c  d   ab  cd 2 Giả sử ngƣợc lại, p  a  b  c  d số nguyên tố Thế từ ab  cd  p  a  b  c  d  , ta có:  ab  cd  p  ab  c  a  b  c    mod p    c  a  c  b    mod p  Nhƣng điều vô lý p nguyên tố a, b, c, d  nên  c  a, c  b  p Suy  c  a, p   1, khơng thể có  c  a  c  b    mod p  Vậy a  b  c  d hợp số Ví dụ Chứng minh rằng: Nếu p, p  số nguyên tố p3  số nguyên tố Lời giải: Khi p  p   hợp số, không thỏa mãn điều kiện, suy p  Khi p  , xét số liên tiếp p  1, p, p  ln phải có số chia hết cho Nếu p  p  chia hết cho  p  1 p  1  p  chia hết cho suy p   p   3 mà p   suy p  số nguyên tố, điều trái với giả TH1ết Vậy p phải số chia hết cho Mà p số nguyên tố, suy p  Thử lại: p  thỏa mãn điều kiện Ví dụ Chứng minh rằng: Nếu p p  p số nguyên tố p3  số nguyên tố Lời giải: Ta có: p  p  p   p    p  1 p  1  p  Nếu p  p  p  hợp số CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Khi p  , xét số liên tiếp p  1, p, p  phải có số chia hết cho Nếu p  p  chia hết cho  p 1 p  1  p2  chia hết cho p  nên p  p mà p  p nên p  p hợp số, trái với giả TH1ết Vậy p , p số nguyên tố suy p  Thử lại ta thấy p  p    17, p3   29 số nguyên tố thỏa mãn u cầu tốn Ví dụ Tìm số nguyên tố p, q cho q3  p p6  q Lời giải:  Nếu p  q3  p6   23.7.11 q  q   Nếu p  q3    q  1  q  q  1 mà  q  1, q  q  1   q  1,q  q  1   q  1  3   q  1,3  Suy p q  p q  q  suy p  q TH1 : q  p  ta có p  2, q  TH2: q  p  q  p  1 p  1  p  p  1 p  p  1  q, p  1   q, p 1  1,  p2  p  1, p  p  1   p  p  1, p   q p  p  mà q  p  nên nên suy q p  p  q   p    p  p   p  p  nên q ƣớc p  Tóm lại:  p; q    2;3 ,  3; 2 Ví dụ Cho số tự nhiên a, b, c thỏa mãn điều kiện: a  b số nguyên tố 3c  ab  c  a  b  Chứng minh: 8c  số phƣơng Lời giải: Ta viết lại giả TH1ết thành: 4c2  c  ab  bc  ca   c  a  c  b  Đặt  a  c; b  d   d  a  c   b  c  d  a  b d Vì a  b số nguyên tố nên d  a  b d  + Nếu d  a  c, b  c hai số nguyên tố suy a  c, b  c hai số phƣơng Đặt a  c  m2 , b  c  n2 với m, n  Khi m2  n2  a  b số nguyên tố hay  m  n  m  n  số nguyên tố  m  n   m  n  nên 4c2  m2 n2  2c  mn  8c   4mn   4n  n  1    2n  1 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG + Nếu d  a  b a  c   a  b  x, b  c   a  b  y với x, y  Khi a  b  (a  c)  (b  c)  (a  b) x  (a  b) y  (a  b)( x  y)  x  y   x  y  Khi 4c2   a  c  b  c    a  b  xy   a  b  y  y  1 suy y  y  1 số phƣơng nên 2 y  y  1   c   8c  số phƣơng Chú ý: Tích hai số tự nhiên liên tiếp số phƣơng tích Ví dụ Tìm số tự nhiên x, y cho p x  y  biết p số nguyên tố Lời giải: Dễ thấy x  không thỏa mãn Suy x nguyên dƣơng Ta có: y   p x   y  y   y  y    p x hay m  y  2y   p (*)  n y  y   p   với m, n  , m  n, m  n  x  Nếu m  y  suy p  5, x   Nếu n  y  1 khơng thỏa mãn điều kiện toán  y  2y  p  Ta xét m, n  Từ (*) ta suy p ƣớc   4y p y  y  p   Nếu p  p  2, y p suy p  p  Tóm lại trƣờng hợp ta có p  Thay vào phƣơng trình ban đầu ta đƣợc: y   2x + Nếu x  y  + Nếu x  x cịn y  chia dƣ nên không tồn x, y Tóm lại cặp số x, y thỏa mãn điều kiện đề  x; y   1;1 ,  2;0  Ví dụ 10 Với p số nguyên tố, đặt n  22 p2  22 p4   24  22  Tìm số nguyên tố p cho 2n  không chia hết cho n Lời giải: Ta có: n  22 p2  22 p4   24  22  Dễ thấy n số lẻ n  2 p 2 2 p 4 22 p 1 p        3 Nếu p  n   22  25   30 chia hết cho n (không thỏa mãn) CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Nếu p  n  24  22   21 Khi 221    220  1   210  1 210  1 không chia hết cho 21 Vậy p  thỏa mãn Xét p số nguyên tố lẻ lớn Thì n số tự nhiên lẻ, không chia hết cho Ta thấy rằng: n  p 1 4p   n 1  3  p,3  Theo định lý Fermat nhỏ p  p p  mà n 1  suy p  p nên 4p  p mặt khác ta dễ thấy n  nên n  p dẫn tới 2n1 1 22 p 1 suy 2n1  n (do 22 p   3n ) Vậy p  giá trị cần tìm Ví dụ 11 p2  p  Tìm số nguyên tố p cho số phƣơng , 2 Lời giải:  p 1  2x p 1  p 1 Đặt x ,  y   p   y Từ giả TH1ết p   x suy p  2 x  y  p  Ta có x , y có số dƣ chia cho p mà p số lẻ suy x , y có số dƣ chia cho p hay x, y có số dƣ chia cho p Mà x2  y   x  y  x  y  p  x  y  p  x  y  p  Từ ta có: p    p  x   p  px  x  p  px  p   px  p  p  x  p  suy  x   p  1 x2  x    , p số nguyên tố nên p  x   p  Ví dụ 12 Tìm số nguyên dƣơng x, y, z thỏa mãn: x  3y số hữu tỷ x  y  z số nguyên tố y  3z Lời giải: Từ giả TH1ết ta suy tồn số nguyên p, q  cho x  3y p  , đẳng thức tƣơng y  3z q đƣơng với  pz  qy   py  qx , pz  qy  điều khơng thể xảy suy pz  qy  dẫn đến py  qx  hay y  zx | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Ta có: x2  y  z  x2  xz  z   x  z   xz   x  z   y   x  y  z  x  z  y  2 Do x  z  y  , x, y, z số nguyên dƣơng nên x  y  z số nguyên tố suy  2 x  y  z  x  y  z x2  y  z  x  y  z , dấu đẳng thức xảy x  y  z  Ví dụ 13 Tìm tất số nguyên dƣơng lẻ n cho cho tồn số nguyên tố p, q, r thỏa mãn: pn  qn  r Lời giải: Ta xét n  Dễ thấy số p  2, q  7, r  thỏa mãn điều kiện Ta xét n  Ta thấy ba số p, q, r phải có số chẵn  Nếu r  p n  q n  khơng có số p, q thỏa mãn  Nếu p  q  ta có: p n  2n  r Vì n số lẻ,  n   p n  2n  r   p    p n1  p n2  22 p n3   2n1   r p   1, p n1  p n2  22 p n3   2n1  1, p số nguyên tố nên p2  r  p n  2n   p   , điều khơng thể xảy  n 1 n2 n 3 n 1  p  p  p     r p n  2n  p3  mà p3    p  p    p3  p  p   p  p  3  p  p   Ví dụ 14 Cho p số nguyên tố cho x3  y3  3xy  p  có nghiệm ngun dƣơng Tìm giá trị lớn p Lời giải: Ta viết lại phƣơng trình thành: x3  y  3xy   p   x  y   3xy  x  y   3xy   p   x  y  1  x  y    x  y    3xy   p   Do x, y  nên x  y   1, p số nguyên tố nên suy   x  y 1  p x  y 1  p  , để ý rằng, với x, y ta ln có:   2 x  y  x  y   xy  x  y  x  y  xy             4xy   x  y  suy  x  y    x  y   2 2  x  y    x  y    x  y     x  y  4 Lại có: x  y  p   p    p  Vậy giá trị lớn p Khi đó: x  y  CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ví dụ 15 Tìm số nguyên dƣơng  m, n  cho p  m2  n2 số nguyên tố m3  n3  chia hết cho p Lời giải: Vì x3  y3  x2  y   x  y   x  y   xy  x  4  x  y  xy  x    x  y từ ta suy x3  y3    xy  x    4 x  y   x  y   x  y   x  y    x  y  xy  x  y   x  y , x +y số nguyên tố ta suy có trƣờng hợp TH1: x  y  x  y Nhận thấy x  y  thỏa mãn điều kiện, x  2, y  thỏa mãn điều kiện Ta xét x, y  đặt x  a  2, y  b  với a, b  ta có: x  y  x2  y  a  b  a  b2   a  b    a  b   a  b2   a  b     a  b2   a  b   2, điều vô lý TH2: x2  y  xy  x  y  x  y  xy  x  y  x  y , x, y  suy xy  x  y   xy     xy  x  y nên xy  x  y  x2  y  xy  x  y    xy  x  y     x  1 y  1  3 , điều xảy x, y  Tóm lại:  x; y   1;1 ,  2;1 , 1; 2 Ví dụ 16 Tìm số nguyên tố x, y thỏa mãn:  x    y  11y  x y  Lời giải: Ta viết lại giả TH1ết thành: x     y  3   y  x y  y   ( x  2)2   y  3  y  x  y  5 hay 2 ( x2  y  5)( x2  y 1)   x2  y   ( x  1)( x  1)  y Suy  x  1 x  1 hay x  x  chia hết cho Mặt khác ta có:  x  1   x  1  2 nên số x  , x  chia hết cho Do  x  1 x  1  y 2 , mà y số nguyên tố nên y  y  Thay vào ta tìm đƣợc x  Ví dụ 17 .9 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Giả sử n số tự nhiên lớn cho 8n  24n  số phƣơng Chứng minh rằng: 8n  hợp số Lời giải: 8n   x Giả sử  với x, y số nguyên dƣơng 24n   y Khi 8n   x2  y   x  y  x  y  Do x  y  x  y Vì 8n  số nguyên tố điều kiện x  y   y  x 1 n  2 24n    x  1  x  x  6n  8n   x  6n  x  2n   8n    2n  1   , n  điều mâu thuẫn với điều kiện n số nguyên dƣơng lớn Vậy 8n  hợp số Ví dụ 18 Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n2  n2  16 số nguyên tố n chia hết cho Lời giải: Ta có với số ngun m m chia cho dƣ 0, + Nếu n chia cho dƣ n2  5k   n2   5k  5  k  * Nên n2  không số nguyên tố + Nếu n chia cho dƣ n2  5k   n2  16  5k  20  k  * Nên n2  16 không số nguyên tố Vậy n2 hay n chia hết cho Ví dụ 19 Tìm số ngun tố p, q cho p3  q5   p  q  Lời giải: Ta xét số p, q khác Khi p, q chia cho có số dƣ Nếu p q có số dƣ chia cho p3  q5 chia hết cho Cịn p  q khơng chia hết cho Nếu p q khơng có số dƣ chia cho vế phải chia hết cho cịn vế trái khơng chia hết cho Xét p  q5  27 nên khơng tồn q Xét q  p3  243   p  3  p  Vậy  p; q    7;3  Ví dụ 20 10 CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Bài 2: Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi mơn Tốn đƣợc mang số báo danh số tự nhiên khoảng từ đến 1000 Chứng minh chọn học sinh thi tốn có tổng số báo danh đƣợc mang chia hết cho Lời giải Với số tự nhiên đôi khác tùy ý có hai trƣờng hợp xảy ra: + TH1: Có số chia cho có số dƣ giống Tổng ba số tƣơng ứng chia hết cho + TH2: Có nhiều số chia cho có số dƣ giống Có số chia hết cho , số chia cho dƣ , số chia cho dƣ Suy ln chọn đƣợc số có tổng chia hết cho Do ta chia 17 số số báo danh 17 học sinh thành tập có lần lƣợt 5, 5, phần tử Trong tập, chọn đƣợc số có tổng lần lƣợt 3a1, 3a2, 3a3 a1, a2, a3 Còn lại 17 số, số lại, chọn tiếp số có tổng 3a Cịn lại số chọn tiếp số có tổng 3a Trong số a1, a2, a3, a4 , a5 có số 1, 2, có tổng chia hết cho Nên học sinh tƣơng ứng có tổng số báo danh ai1 ai Bài 3: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm Ngƣời ta thực dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: lần ngƣời ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại thay vào hai bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, ngƣời ta nhận đƣợc tất bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao? Lời giải Ta có 671 chia cho dƣ ; 673 chia cho dƣ ; 675 chia cho dƣ Ta thấy loại bóng đèn có số bóng chia cho đƣợc số dƣ khác , , Sau bƣớc thay bóng đèn, số bóng đèn loại giảm tăng thêm , số dƣ chúng chia cho thay đổi nhƣ sau: - Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ - Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ - Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ Do sau bƣớc thay bóng số bóng đèn loại chia cho có số dƣ khác , , Vì ln ln có loại bóng đèn có số lƣợng bóng chia hết cho Giả sử đến lúc 144 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN tất bóng đèn loại, số bóng đèn loại chia hết cho (mâu thuẫn) Vậy thay bóng theo quy trình nhƣ để tất bóng đèn loại Bài 4: Chứng minh n6  2n4  n2 chia hết cho 36 với n nguyên dƣơng Lời giải     Ta có: n6  2n4  n2  n6  n4  n4  n2  n4 n2   n2 n2   n  n  1 n  1 2 A Đặt A  n  n  1 n  1 , ta có   2,3   A   n  n  1 n  1 36 (đpcm) A Bài 5: a) Tìm số thực x cho x  2018  2018 số nguyên x b) Tìm số tự nhiên có dạng ab Biết ab  ba số chia hết cho 3267 Lời giải a) Điều kiện x  Đặt a  x  2018  x  a  2018 Xét b  7  a 2018  2018  2018   2018  x a  2018 a  2018  b(a  2018)  2025  a 2018  ab  2015  (b  a) 2018 Với a, b  Z  ab  2025  Z  (a  b) 2018   a  b  a  b   2025  45 + a  45  x  45  2018 + a  45  x  45  2018 2 b) ab  ba  (10a  b)2  (10b  a)2  99(a  b2 ) 2 ab  ba chia hết cho 3267 nên a2  b2  (a  b)(a  b) chia hết cho 33  a, b   a  b ,hay a  7, b  ; a  4, b  Vậy ta có số 11;22;33;44;47;55;66;74;77;88;99 Bài 6: Biết a, b số nguyên dƣơng thỏa mãn a  ab  b2 chia hết cho , chứng minh a b chia hết cho Lời giải a  ab  b2 chia hết cho suy  a  ab  b2    2a  b   3b2 chia hết cho Do 3b2 chia hết  2a  b chia hết cho , suy 2a  b chia hết cho Từ đó, ta có  2a  b chia hết 145 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG cho Suy 3b2 chia hết cho , b2 chia hết cho , suy b chia hết cho Mà 2a  b chia hết ta có a chia hết cho Vậy hai số a b chia hết cho Bài 7: Giả sử Trung tâm thành phố Bến Tre có tất 2019 bóng đèn chiếu sáng thị, bao gồm 671 bóng đèn ánh sáng trắng, 673 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 675 bóng đèn ánh sáng vàng sậm Ngƣời ta thực dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: lần ngƣời ta tháo bỏ hai bóng đèn khác loại thay vào hai bóng đèn thuộc loại cịn lại Hỏi theo quy trình trên, đến lúc đó, ngƣời ta nhận đƣợc tất bóng đèn thuộc loại khơng? Giải thích sao? Lời giải Ta có 671 chia cho dƣ ; 673 chia cho dƣ ; 675 chia cho dƣ Ta thấy loại bóng đèn có số bóng chia cho đƣợc số dƣ khác , , Sau bƣớc thay bóng đèn, số bóng đèn loại giảm tăng thêm , số dƣ chúng chia cho thay đổi nhƣ sau: -Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ -Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ -Số chia cho dƣ sau thay chia cho dƣ Do sau bƣớc thay bóng số bóng đèn loại chia cho có số dƣ khác , , Vì ln ln có loại bóng đèn có số lƣợng bóng chia hết cho Giả sử đến lúc tất bóng đèn loại, số bóng đèn loại chia hết cho (mâu thuẫn) Vậy khơng thể thay bóng theo quy trình nhƣ để tất bóng đèn loại Bài 8: Chứng minh 2n3  3n2  n chia hết cho với số nguyên n Lời giải Ta có: 2n3  3n2  n  n  n  1 2n  1 Nhận thấy n  n  1 tích hai số nguyên liên tiếp nên chia hết cho Xét 2n3  3n2  n  n  n  1 2n  1 , ta có: Nếu n chia hết cho 2n3  3n2  n chia hết cho Nếu n chia dƣ n  chia hết 2n3  3n2  n chia hết cho Nếu n chia dƣ 2n  chia hết 2n3  3n2  n chia hết cho Vậy trƣờng hợp 2n3  3n2  n  n  n  1 2n  1 chia hết cho 146 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Ta có:  2;3  nên 2n3  3n2  n chia hết cho với só nguyên n 2n Bài 9: Chứng minh A   4n  16 chia hết cho với số nguyên dƣơng n Lời giải 2n Ta có A  Đặt 2n    n   4n  16  22   4n   18   22 k k  *  suy 2n   22 k   4k  Do với n nguyên dƣơng ta có: 2n  3; 4n  3; 18 n  A  22  4n  16 Bài 10: Chứng minh A   17 chia hết cho với số nguyên dƣơng n n Lời giải   Ta có A   17    18 n n Với n nguyên dƣơng ta có:  3; 18 n  A  4n  17 Bài 11: Cho n  N * Chứng minh 2n + 3n + số phƣơng n chia hết cho 40 Lời giải Giả sử 2n   m2 , 3n   k  m, k  N   m * số lẻ  m số lẻ  2n  m2    m  1 m  1 , Suy : n chẵn, k lẻ Vì k số lẻ nên k  1, k  hai số chẵn liên tiếp (3, 8) = nên Từ 3n   k  3n  k    k  1 k  1  n (1) Khi chia số phƣơng cho số dƣ ; ; Ta xét trƣờng hợp: Nếu n chia cho dƣ 2n + chia cho dƣ ( vơ lí ) Nếu n chia cho dƣ 3n + chia cho dƣ ( vơ lí ) Nếu n chia cho dƣ 2n + chia cho dƣ ( vơ lí ) Nếu n chia cho dƣ 3n + chia cho dƣ ( vơ lí ) Vậy n (2) Vì (5, 8) = nên từ (1) (2) suy n chia hết cho 40 .147 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG   Bài 12: Chữ số hàng đơn vị số M  a  ab  b2 a; b  N * Chứng minh M chia hết cho 20 Lời giải Do a  ab  b2 có chữ số hàng đơn vị  a2  ab  b2 10 2  a  ab  b (1) a  ab  b 10   2  a  ab  b (2) 2 Ta chứng minh a; b số chẵn Nếu a; b lẻ  a  ab  b2 lẻ  a  ab  b2 lẻ ( vơ lý ) Nếu a; b có số chẵn , số lẻ  a  ab  b2 lẻ ( vô lý ) suy a; b số chẵn  a2  ab  b2 Do 20  5.4;  5, 4   a2  ab  b2 20 Bài 13: Tìm tất nghiệm nguyên dƣơng phƣơng trình x2 y   x  y Lời giải (chữ đen)  x y  x  y  1    x  3  y  1  (*) 2 y   y 1  Suy y  1 Ƣ(5)= 1;  5 mà y   1, y  nên  2 y   y   x   n Với y  thay vào (*) ta đƣợc x    x     x  2  l  Với y  thay vào (*) ta đƣợc x2    x2   x   (loại) Vậy số nguyên dƣơng thỏa mãn x  2, y  Bài 14: a) Chứng minh số M   n  1  n  chia hết cho số phƣơng khác với số 4 n nguyên dƣơng b) Tìm tất số tự nhiên n để phƣơng trình x2  n2x  n   (ẩn số x ) có nghiệm số nguyên Lời giải a) Ta có: 148 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN M   n  1  n4        n  n  1 n  3n  1   n  n  1 n   n  n  1 2n  2n  2   n  n  1 *    n2  2n   n2    n4  2n2   n2    2 2 2   n1 2   Vì n  nên n2  n  số phƣơng khác * Do đó, từ (*) suy M   n  1  n  chia hết cho số phƣơng khác với số n 4 nguyên dƣơng (đpcm) b) Xét phƣơng trình: x2  n2x  n   (ẩn số x ) (1) Để phƣơng trình (1) có nghiệm    n4  4n    n  0;1  n    Gọi x1, x2 hai nghiệm phƣơng trình (1)   x1  x  n  x1x  n  Áp dụng hệ thức Vi-et, ta đƣợc:   x1  x x1x2  n2  n   x1 1  x2   1  x2   n2  n    x1  11  x2    n  2 n  1   x1  1 x2  1    n n  1  x1  x2  n  Với n  ,n  0;1   x1 x2  n   Do x1  1;x2    x1  1 x2  1     n n  1    n   n  0,  n     n  Mà n  N,n  0;1  n  Khi đó, phƣơng trình (1) trở thành: x  4x     x  1 x  3  x   t / m x    x     x   x   t / m x    Vậy với n  , để phƣơng trình cho có nghiệm số ngun n  .149 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Bài 15: Chứng minh p (p+2) hai số nguyên tố lớn tổng chúng chia hết cho 12 Lời giải Ta có: p+(p+2)=2(p+1) Vì p lẻ nên ( p  1)  2( p  1) (1) Vì p, (p+1), (p+2) số tự nhiên liên tiếp nên có số chia hết cho 3, mà p (p+2) nguyên tố nên ( p  1) (2) Từ (1) (2) suy  p  ( p  2) 12 (đpcm) Bài 16: Chứng minh số nguyên n lớn thoả mãn n2  n2 16 số nguyên tố n chia hết cho Lời giải Ta có với số nguyên m m2 chia cho dƣ , + Nếu n2 chia cho dƣ n2  5k   n2   5k  5; k  N * Nên n2+4 không số nguyên tố Nếu n2 chia cho dƣ n2  5k   n2  16  5k  20 5; k  N * Nên n2+16 không số nguyên tố Vậy n2 hay n Bài 17: Chứng minh với số ngun dƣơng n , ta ln có: 7  27n  57  10  10n  27 7  5   5n  10 7  27  chia hết cho 42       Lời giải Ta có: x7  x  x  x  1 x  1  x  x  1 Vì x  x  1 x  1 tích số ngun liên tiếp nên chia hết cho Theo định lí Ơle x7  x   mod  , x    x  x   x  x  mod 42  , x   x  x chia hết cho BCNN  6;7   42 7  27n  57  10  10n  27 7  5   5n  10 7  27          27n  5  10  10n  27     5n  10   27  mod 42  7 150 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  27n   10  10n  27   5n  10  27  mod 42   42  n  1 mod 42    mod 42  7 7 7 Vậy  27n  5  10  10n  27   5   5n  10   27  chia hết cho 42       Bài 18: Tìm số tự nhiên bé có chữ số biết chia hết cho đƣợc số dƣ bình phƣơng chia cho 11 đƣợc số dƣ Lời giải Gọi x số cần tìm  x  ,1000  x  9999  Vì x chia cho 11 dƣ 3, nên x chia cho 11 dƣ dƣ Nếu x chia 11 dƣ  x  5 11   x   66 11   x  61 11 Lại có x chia dƣ   x     x   63   x  61   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 Bài 19: 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 dƣ 0, Nếu n chia cho dƣ n  5k   k  *  n   5k  5  n  số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết) Nếu n chia cho dƣ n  5k   k  *  n2  16  5k  20  n  16 số nguyên tố (mâu thuẫn với giả thiết)  n2 Vậy n Bài 20: Với số thực x kí hiệu  x  số nguyên lớn không vƣợt x Ví dụ    ;  3     2 151 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG 1) Chứng minh x    x   x   x     x  1 với x  2) Có số nguyên dƣơng n  840 thỏa mãn  n  ƣớc n ? Lời giải 1) Ta có:  x   x Giả sử  x    x  x   số nguyên mà  x     x  Mà  x  số nguyên lớn không vƣợt x (mâu thuẫn  x    x   ) Do x   x    x    x    x    x    x    x  Lại có    x  1  x    x  1   x  Mặt khác  x    x  1  số nguyên   x     x  1 Nên    x     x  1   x  1    x  Vậy x    x   x   x     x  1 2) Giả sử n số nguyên dƣơng thỏa mãn Đặt k   n   k  28 k  n   k  1 hay k  n  k  2k  n  k  r với  r  2k Mặt khác n k hay  k  r  k nên r  0; k ;2k với  k  28 Lại có 840  282  2.28 Mà n có dạng k ; k  k ; k  2k thỏa mãn yêu cầu toán Vậy số nguyên dƣơng n thỏa mãn yêu cầu toán 3.28  84 Bài 21: Chứng minh với số nguyên dƣơng n, số M  9.34 n  8.24 n  2019 chia hết cho 20 Lời giải M  9.34n  8.24n  2019  9.81n  8.16n  2019 Ta có: 81  1(mod 4)  81n  1(mod 4)  9.81n   1(mod 4) 8.16n  0(mod 4)  M    2019  2020  0(mod 4) hay M (1) Lại có: 152 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 81  1(mod 5)  81n  1(mod 5)  9.81n   4(mod 5) 16  1(mod 5)  16n  1(mod 5)  8.16n   3(mod 5)  M    2019  2020  0(mod 5) hay M (2) Từ (1) (2)  M BCNN (4,5) hay M 20 (đpcm) Bài 22: Cho A  12015  22015   n2015  với n số nguyên dƣơng Chứng minh A chia hết cho n  n  1 Lời giải Với số ngun dƣơng a, b ta có: a2015  b2015  (a  b)(a 2014  a 2013b   ab2013  b 2014 )  a 2015  b 2015 (a  b) + Xét trƣờng hợp n số lẻ Áp dụng khẳng định ta có: 12015  (n  1) 2015  n  22015  (n  2) 2015  n  n  2015  n  2015       n      Suy A  n 2015  1 2015  (n  1) 2015    2015  (n  2) 2015  n  2015  n  2015          n      Tƣơng tự A  2(12015  n 2015 )   22015  (n  1) 2015     n  2015  n  2015   n   2015  n   2015             (n  1)           Mặt khác n n  nguyên tố nên A n  n  1 Tƣơng tự với trƣờng hợp n chẵn ta có A n  n  1  Bài 23: Tìm số tự nhiên có bốn chữ số có dạng abcd cho abcd  k k  chữ số tự nhiên a, b, c, d giống nhau) Lời giải  abcd  k k  * k    100ab  cd  100  cd  cd  k  100  101cd  101cd  k  100  101cd   k  10  k  10  153 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN *  ab  cd  (các CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG Do k  100 (vì k có chữ số)  k  10  101 101 số nguyên tố   k  10  101  k  10  101  k  91 Suy abcd  912  8281 Bài 24: Cho m, n hai số nguyên Chứng minh rằng:  m  n   2mn chia hết cho 225 mn chia hết cho 225 Lời giải Ta có: A   m  n   2mn   m2  n2   16mn   m  n   30mn 2 Do A 225 nên A 15 Lại có 30mn 15 nên  m  n  225 Suy  m  n  15 Từ đây, ta có:  m  n  chia hết cho 225 Dẫn đến 30mn 225 , tức mn 15 Mà mn   m  n  n  n2 nên n2 15 tức n 15 Từ đó, suy m 15 (do  m  n  15 ) Vậy mn 152  225 Bài 25: Tìm tất số nguyên dƣơng m , n cho m  n2 chia hết cho m2  n n  m2 chia hết cho n2  m Giải: 1) m n2 m2 n m n m n2 n m m n m n m n m n n n m m (do m , n nguyên dƣơng) m n *) TH1: m n +) m (1) m2 m n n m 1 n n m2 m n n m n2 m2 n 154 CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN n n2 n n2 3n n 4n n n n2 4n 3n 3n 7n * n m n n2 3n 4n 37 n 37 1;2;3;4;5;6 1;2;3;4;5 Thử lại vào (1) ta tìm đƣợc cặp m; n thỏa mãn là: 2;3 *) TH2: m n n m2 m m n n m n2 m2 n n2 n n2 n2 n n n * Vì n n n n 2n n n 1;2;3 m 1;2;3 Thử lại vào (1) ta tìm đƣợc cặp số m; n thỏa mãn là: 2; , 3;3 *) TH3: m n n m2 n 4n n n Vì n * n n n 3n n2 n n n2 n 37 n n2 n m n m2 n2 m m n 4n n2 5n 37 1;2;3;4;5 m 2;3;4;5;6 Thử lại vào (1) ta đƣợc cặp số m; n thỏa mãn là: 3; Bài 26: 1) Chứng minh n6  2n4  n2 chia hết cho 36 với n nguyên dƣơng .155 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG 2) Cho ba số phân biệt a, b, c Đặt: x   a  b  c   9ab, y   a  b  c   9bc, z   a  b  c   9ac 2 Chứng minh ba số x, y, z có số dƣơng Giải:     1) Ta có: n6  2n4  n2  n6  n4  n4  n2  n4 n2   n2 n2   n  n  1 n  1 2 A Đặt A  n  n  1 n  1 , ta có   2,3   A   n  n  1 n  1 36 (đpcm) A 2) Ta có: x  y  z   a  b  c   9ab   a  b  c   9bc   a  b  c   9ac   a  b  c    ab  bc  ca  2  a  b2  c   ab  bc  ca   Vì a, b, c ba số phân biệt nên 2 3 2 a  b   b  c    c  a     2 3 2  a  b   b  c    c  a     x  y  z   Do ba số x, y, z phải có số dƣơng Số tận cùng, chữ số tận A Bài toán Bài 1: Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn 8,35 điểm Kết cụ thể đƣợc ghi sau, có ba ô bị mờ chữ số hàng đơn vị khơng đọc đƣợc (tại vị trí đánh dấu *) Điểm số lần bắn 10 Số lần bắn 2* 40 1* 1* Em tìm lại chữ số hàng đơn vị ba Bài 2: Tìm số tự nhiên n biết n + S(n) = 2015, với S(n) tổng chữ số n B Lời giải Bài 1: Điểm số trung bình vận động viên bắn súng sau 100 lần bắn 8,35 điểm Kết cụ thể đƣợc ghi sau, có ba bị mờ chữ số hàng đơn vị khơng đọc đƣợc (tại vị trí đánh dấu *) Điểm số lần bắn 10 Số lần bắn 2* 40 1* 1* Em tìm lại chữ số hàng đơn vị ba Lời giải 156 CHUN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Tổng số ô bị mờ số 100   40     44 Tổng số điểm 100 lần bắn 8,35.100  835 Tổng số điểm vị trí khơng bị số 9.40  6.9  5.3  449 Suy tổng số điểm bắn đƣợc vị trí bị 835  449  386 , số chẵn Suy ô điểm số lần bắn số chẵn, có khả 10, 12, 14 Gọi x, y lần lƣợt số lần bắn đƣợc 10 điểm điểm Điều kiện: x, y  N ;20  x  30;10  x  20 Trƣờng hợp 1: Ơ điểm nhận giá trị 10, theo đề ta có hệ phƣơng trình  x  y  34  x  y  34  x  22      y  12 thỏa điều kiện  449  10 x  y  70  835 10 x  y  316 Trƣờng hợp 2: Ô điểm nhận giá trị 12, theo đề ta có hệ phƣơng trình  x  y  32  x  y  32  x  23      y  loại 449  10 x  y  84  835 10 x  y  316  Trƣờng hợp 3: Ơ điểm nhận giá trị 14, x = 20 y = 10 suy Tổng số điểm bắn đƣợc là: 20.10  9.40  8.10  7.14  6.9  5.7  827 không phù hợp Vậy chữ số hàng đơn vị ô 10 điểm, điểm, điểm lần lƣợt 2, 2, Bài 2: Tìm số tự nhiên n biết n  S (n)  2015 , với S (n) tổng chữ số n Lời giải Vì n  S (n)  2015 nên n  2015 suy n có nhiều chữ số  S (n)      36  n  2015  S (n)  2015  36  1979 Xét TH:  TH1: 1979  n  1999 Đặt n  19ab (  a, b  ) n  S (n)  2015  19ab    a  b  2015  11a  2b  105  11a  105  2b Ta có 105  2b lẻ 105  2b  105  2.9  87  a lẻ 11a  87  a   b   n  1993  TH2: 2001  n  2015 Đặt n = 20cd (  c, d  ) n  S (n)  2015  20cd    c  d  2015  11c  2d  13 Vì 11c  13 11c  13  2d lẻ nên c   d   n  2011 Vậy tất giá trị n cần tìm n  1993 n  2011 157 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ SỐ NGUYÊN TỐ, SỐ CHÍNH PHƢƠNG 158