Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 22 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
22
Dung lượng
1,33 MB
Nội dung
Câu Tìm tất cảcác số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y5 y y3 y x11 Hướng dẫn giải *) Ta thấy cặp x; y 1; t , t thỏa mãn toán *) Xét x Phương trình viết lại dạng y y 2 y3 y y 2 x11 x 1 Gọi p ước nguyên tố 1 x11 , suy p | x11 x 1 Gọi h ord p x , suy h |11 h 1,11 - Nếu h x 1 mod11 Vì p | x10 x9 x nên p |11 suy p 11 (2) - Nếu h 11 từ x p 1 1 p suy p 1 mod11 (3) x11 x11 nên từ(2), (3) suy với mọiước số d x 1 x 1 có tính chất d hc 1 mod11 (4) Vì p ước nguyên tố x11 Từ (1) suy y, y vµ y y y ước số (5) x 1 x11 nên suy y 0,1, hc mod11 x 1 - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) Vì y, y | - Nếu y 1 mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) Từ trường hơp trên, suy phương trình (1) vơ nghiệm Vậy tất nghiệm phương trình cho x; y 1; t víi t Câu Cho x1 1, x2 1, x3 xn3 xn2 xn1 xn với số nguyên dương n Chứng minh với số nguyên dương m, tồn số nguyên dương k cho xk chia hết cho m Hướng dẫn giải Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn toán, ta có 11n xy z x y z x yz y xz 11n p x yz 11 Suy tồn số nguyên dương p, q thỏa mãn q y xz 11 1 p q x y z 1 11 11 Không tính tổng quát, giả sử x y Từ 1 suy q p x y z 1 11 11 2 3 x y z 1 11 p 11q p Vì x y nên q p , p q p x y z 1 11 11 Nếu z 111 z 1 11, từ 3 suy x y 11p , hay x y x yz Mặt khác, ta có x yz | x y |, nên suy x y Khi ta có 11n x xz , từ suy n số chẵn Nếu z 1 11 từ 3 suy x y 11p , hay x y x yz Mặt khác, ta có x yz x y 0, nên suy z Khi ta có 11n x y , suy n số chẵn Từ trường hợp trên, suy n số chẵn Ngược lại, với n số chẵn, đặt n 2k , k Ta thấy x; y; z 1;1;11k 1 thỏa mãn 11n xy z x y z Vậy n thỏa mãn toán n số nguyên dương chẵn Câu Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 11n xy z x y z Hướng dẫn giải Đặt x0 ta thấy hệ thức truy hồi cho thỏa mãn với n Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn số nguyên dương k m3 cho m | xk Đặt rt số dư chia xt cho m, với t 0,1,, m3 Ta xét gồm ba phần tử r0 ; r1; r2 , r1; r2 ; r3 ,, rm ; rm 1; rm 2 Vì 3 rt nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- rích-lê, suy có hai Giả sử p số nhỏ cho rp ; rp 1; rp rq ; rq 1; rq , với p q m Ta chứng minh p Thật vậy, giả sử phản chứng p Từ hệ thức truy hồi cho, suy rp rp 1rp rp 1 mod m rq rq 1rq rq 1 mod m Vì rp rq , rp 1 rq 1 , rp rq nên từ đồng dư thức suy rp 1 rq 1 Do hai r p 1 ; rp ; rp 1 rq 1 ; rq ; rq 1 nhau, điều trái với tính chất p Do p 0, suy rq 0, chứng tỏ xq mod m hay xq chia hết cho m Câu Giải phương trình sau tập hợp số tự nhiên: x2 y y z z x2 x4 Hướng dẫn giải: Xét trường hợp: Trường hợp 1:Một số x, y, z Trong trường hợp ta nghiệm phương trình: 0;0; m ; 0; m;0 ; m;0; m ; m; m;0 (với m số tự nhiên bất kì) Trường hợp x, y, z khác Ta chứng minh phương trình vơ nghiệm.Thật vậy: Phương trình cho tương đương với: 2 yz yz yz yz 2 số hữu tỷ nên số nguyên x y z số nguyên,mặt khác x x x x Gọi P tập nghiệm phương trình giả sử P Gọi x0, y0 , z0 nghiệm phương trình thỏa mãn yz nguyên nhỏ x Dễ thấy x0 , y0 , z0 (trái lại x0, y0 , z0 d 1thì dx0 , dy0 , dz0 nghiệm phương trình (dy0 )(dz0 ) dx0 d y0 z0 y0 z0 ,trái với cách gọi x0, y0 , z0 ) x0 x0 Đặt a x0 , z0 b y0 , x0 a, b x0 ab Ta có y0 , x0 x0 , z0 y0 , z0 , x0 nên ab x0 Vậy x0 ab y0 ay1 , z0 az1 với y1 , a z1 , b Thay vào phương trình ta được: ( y12 a2 )( z12 b2 ) 2a 2b2 Do ( y12 a2 , a2 ) ( z12 b2 , b2 ) ,không tính tổng qt ta giả sử: y12 a2 2b2 (1) z12 b2 a2 (2) Dễ dàng chứng minh a,b số lẻ (trái lại z12 y12 chia dư 3,vô lý!) b m n Từ (2) ta có: z1 2mn với m, n m, n khác tính chẵn lẻ 2 a m n Thay vào (1) ta được: y12 (2mn)2 (m2 n2 )2 y1 p2 q2 ,2mn pq, m2 n2 p2 q2 với p, q số tự nhiên p2q2 m2n2 m2 (m2 p2 q2 ) m2 p2 m2q2 p2q2 m2 Vậy m, p, q nghiệm phương trình và: yz pq n 0 2mny1 ( mâu thuẫn với cách m x0 gọi x0 , y0 , z0 ! ) Do giả sử P sai tức phương trình vơ nghiệm trường hợp Kết luận Phương trình có nghiệm: 0,0, m ; 0, m,0 ; m,0, m ; m, m,0 (với m số tự nhiên bất kì) Câu Gọi f n số cách chọn dấu cộng,trừ đặt biểu thức: En 1 n cho En Chứng minh rằng: a) f n n 1,2(mod 4) 2 b) Khi n 0,3(mod 4) ta có n 1 n f (n) 2n Hướng dẫn giải a)Giả sử tồn cách đặt dấu , với n 1,2(mod 4) để En Khi n số chẵn,vì n n 1 0(mod 2) n 0,3(mod 4) ,trái với n 1,2(mod 4) Vậy giả sử sai,ta có điều cần chứng minh 1 n2 b)Ta chứng minh: f n n ,thật vậy: Chia tất biểu thức thành 2n1 cặp theo dạng: (1+2a 3a nan ; 1 2a 3a nan ) với 1 Nếu f (n) 2n1 theo nguyên lý Dirichlet tồn biểu thức nằm cặp trên,hiệu chúng Do chúng khơng thể (mâu thuẫn !) Câu Gọi M số số nguyên dương viết hệ thập phân có 2n chữ số, có n chữ số n chữ số Gọi N số tất số viết hệ thập phân có n chữ số, có chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số Chứng minh M N C2nn Hướng dẫn giải Hiển nhiên M C2nn Ta cần M N Với số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số , ta “nhân đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: hai phiên số viết kề thành số có 2n chữ số, sau chữ số n chữ số đầu chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số , chữ số n chữ số sau chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số Ví dụ: 1234142 12341421234142 12121221221112 Để chứng minh song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược sau: Với số có n chữ số n chữ số , ta cắt n chữ số đầu n chữ số cuối cộng chúng theo cột với quy tắc: 1, 2, 3, Ta thu số có n chữ số gồm chữ số 1, 2,3, với số chữ số số chữ số Câu Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình x4 y z Hướng dẫn giải Trước hết ta có kết quen thuộc sau: Hệ Không tồn số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b4 c2 Trở lại toán, đặt d gcm x, y x1 , y1 : x dx1 , y dy1 , x1 , y1 , thay vào phương trình ta được: d x14 y14 z d z z d z1 x14 y14 z12 Do khơng tính tổng qt ta giả sử gcm x, y Ta xét trường hợp sau: TH1 Nếu x lẻ gcm x , y tồn số nguyên dương m, n, gcm m, n cho: x m2 n2 x m2 n2 2 y 2mn y mn z m2 n2 z m2 n2 Từ y mn, gcm m, n m m12 , n n12 , kết hợp với x2 m2 n2 x m14 n14 Mâu thuẫn với hệ Do trường hợp phương trình vơ nghiệm TH2 Nếu x chẵn, x x1 , kết hợp với phương trình cho ta được: 16 x14 y z z z1 16 x14 y z y x14 z 1 Chú ý x chẵn gcm x, y nên y lẻ Do từ phương trình (1) kết hợp với TH1 (1) vơ nghiệm Vậy trường hợp phương trình cho khơng có nghiệm ngun dương Câu Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 Hướng dẫn giải Nếu tất số tất số Khi ta lấy 50 số có tổng 100 Giả sử a1 a2 ta xét 100 số có dạng a1 , a2 , a1 a2 , a1 a2 a3 , , a1 a2 a99 200 Nếu có số chia hết cho 100 số 100 số bé 200 Nếu khơng có số chia hết cho 100 100 số phải có hai số đồng dư phép chia cho 100 (vì số dư nhận giá trị từ đến 99 ) suy hiệu chúng chia hết cho 100 hiệu hai số tổng cần tìm Câu Tìm tất cặp số nguyên dương x, y với x, y nguyên tố nhauvàthỏa mãn phương trình x3 x y y Hướng dẫn giải Tìm tất cặp số nguyên dương x, y với x, y nguyên tố thỏa mãn phương trình x3 x y y Áp dụng đẳng thức a3 b3 c3 3abc a b c a b c ab bc ca GT x3 x3 y x y x x y x x y x.x xy yx 3x.x y x y 2 x y 3x y x y x3 x y x y xy 1 3x y * 2 x y 3x x y 2 Mặt khác x y,6 x3 x y,6 ( x, y x y, x x y, x3 ) x y 1, 2,3,6 ( từ * 2x y * ) Trường hợp x y y x thay vào phương trình cho ta x3 x x 1 x 1 x x 1 x y Trường hợp 2 x y y x thay vào phương trình cho ta x 1 x2 3x 1 x y ( loại ) Trường hợp x y y x thay vào phương trình cho ta x 1 x4 0 x 4 y 5 Trường hợp x y y x thay vào phương trình cho ta x3 12 x2 36 x 35 y , x 3, x 35 x 5,7,35 thử lại khơng có giá trị thỏa mãn Vậy cặp x, y 1 , 1 x, y , 5 Câu 10 Cho số nguyên a1 , a2 , , a2015 với 100, i 1; 2015 Với cặp ; 1 ta cộng thêm vào hai số cặp khơng xuất k lần Tìm k nhỏ cho hữu hạn lần thực thiện thao tác ta số Hướng dẫn giải Ta xét trường hợp số cạnh cách xa a1 a3 a2015 100 a2 a4 a2014 Đặt S a2 a3 a3 a4 a2014 a2015 lúc chưa tác động S 100 1007 Sau hữu hạn lần tác động tất số S Ta nhận xét Tác động lên cặp a2 , a3 , a2 , a3 , , a2014 , a2015 Thì S không đổi Tác động lên cặp a1 , a2 Thì S tăng lên đơn vị Tác động lên cặp a2015 , a1 Thì S giảm đơn vị Bộ a1 , a2 bị tác động lớn 100.1007 lần k 100.1007 Ta chứng minh k 100.1007 giá trị nhỏ thoả mãn Tác động cặp 1 , số lần 1 3 Tác động cặp , 1 số lần Sau lần tác động vậycác số a1 a2 a2014 a2015 nên số lần tác động 100.1007 suy điều phải chứng minh Câu 11 Cho n số nguyên lẻ n Gọi k số nguyên dương nhỏ cho kn số phương l số nguyên dương nhỏ ln số phương Chứng minh n số n n nguyên tố k l 4 Hướng dẫn giải Nếu n p số nguyên tố, l p p kp phương nên tồn y nguyên dương mà kp y 1 y 1 Do y k1; y k2 p y k1 p ; y k2 Trong hai trường hợp ta có 2y p p p2 4k p y kp p2 y2 p2 4 Điều xảy khơng có số phương nằm p p p Nếu k Chiều ngược lại, ta chứng minh phản chứng không tồn hợp số n lẻ, n mà 4l n 4k n Giả sử tồn n x p1 p2 ps với pi số nguyên tố Khi l p1 p2 ps ta có p1 p2 ps 4l n x p1 p2 ps , suy x Vậy n p1 p2 ps Gọi y số nguyên dương nhỏ lớn cho y chia hết cho n ( y tồn n 1 chia hết cho n ) n , hay 2y n Ta viết n pr , với p pi r tích số ngun tố lại, r Rõ ràng kn y nên k Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn số T nguyên, không âm T n cho T mod r T 1 mod p Xét số S n T , ta có S 1 mod r S mod p Khi T S mod n , rõ ràng T , S không nhỏ y Mà hai số S , T n n , k , mâu thuẫn Vậy n số nguyên tố.(đpcm) nhỏ Câu 12 Cho a1 a2 an 2n số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ hai số bất 2n kì chúng lớn 2n Chứng minh a1 3 ( x kí hiệu phần nguyên số thực x ) Hướng dẫn giải Rõ ràng, số không tồn cặp số mà số chia hết cho số (vì trái lại bội chung nhỏ chúng nhỏ ) Ta viết ak 2tk Ak với Ak số lẻ Ta thấy giá trị Ak phân biệt Thật vậy, tồn Ai Aj A lcm , a j 2ti A 2n lcm , a j j A a j 2n mâu thuẫn với giả thiết t Mặt khác từ đến 2n ta có n số lẻ phân biệt Do giá trị Ak số lẻ từ đến theo thứ tự Xét a1 2t1 A1 2n Nếu a1 3a1 2t1 A1 2n A1 2n Do 3A1 số lẻ nhỏ 3 A1 Aj , tức Như a j j A1 Khi lcm a1 , a j 2t1 A1 3a1 2n mâu thuẫn với giả thiết t lcm a1 , a j j A1 a j 2n , mâu thuẫn với điều giả sử t 2n Vậy điều giả sử sai, tức ta có a1 3 Câu 13 Ký hiệu x số nguyên lớn khơng vượt q x Giải phương trình x 1 x x 2015 Hướng dẫn giải Ta có x pt x x x 2015 x x 2015 x1 x x 2015 x x x a a 2015 x a 1 x 2015 a 1 a 1 a 1 a 1 8060 * Do a 2015 x a 1 x 2015 x x a 1 8060 a 1 8060 a 1 Vậy S a 1 2015 (t/ m); a 1 a 1 4a 8060 2015 loai ; a ; a 2015 Câu 14 Cho x, y số nguyên khác – thỏa mãn x3 y số nguyên Chứng minh y+1 x+1 x30 – 1 y 1 Hướng dẫn giải x3 a y c Đặt ; với a, b, c, d số nguyên y+1 b x+1 d b, d 0, a, b 1; c, d Ta có a c ad +bc số nguyên Do ad bc bd ad+cb b ad bd b b d bd Mặt khác a c x +1 y + x – x 1 y – y 1 số nguyên ac bdac d a d b d y +1 x+1 Vì c, d nên a bb = Do x3 a x3 1 ( y+1) x30 ( x15 1)( x15 1) ( y+1) y+1 b Câu 15 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: x2 y 5xy 3x y Hướng dẫn giải Xem (1) phương trình bậc hai ẩn x ta có (1) x2 y x y y * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là: y 4.2 y y y 14 y 33 k ( k nguyên, không âm) * Lại xem y 14 y 33 k phương trình bậc hai ẩn y Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần ' 49 33 k 16 k m2 số phương ( m nguyên dương) Do m2 k 16 m k m k 16 16 16.1 8.2 4.4 nên ta có trường hợp m k m +) TH1: suy phương trình (1) có nghiệm x; y 15;12 , 1, 2 m k k m k m +) TH2: suy phương trình (1) có nghiệm x; y 13;11 , 3,3 m k k m k 16 +) TH3: (Loại) m k Câu 16 Cho a, b số nguyên dương phân biệt cho a ab b2 | ab a b Chứng minh Hướng dẫn giải Câu 17 Cho m, n hai số nguyên dương lẻ cho n2 chia hết cho m2 n2 Chứng minh m2 n2 số phương Hướng dẫn giải * Nếu m n ta có đpcm m n x * Nếu m n : Đặt ( x, y ; x 0; y 0) m n y m x y Khi từ x y 0; x y suy x y n x y Do n2 1 m2 n2 m2 m2 n2 m2 k m2 n2 (1), k Ta có (1) ( x y)2 k xy 1 x 2(2k 1) xy ( y k ) (*) Phương trình (*) có nghiệm ngun x nên có nghiệm x1 x x1 2(2k 1) Ta có x1 xx1 y k - Nếu x1 x1 , y cặp nghiệm thỏa mãn (*), suy x1 y Khi y k xx1 y y k Suy x x1 2(2k 1) , mâu thuẫn - Nếu x1 xx1 y k k y k xy y Ta có k x12 2(2k 1) x1 y y x12 2(2k 1) x1 y y Suy k 2(2k 1) x1 y 2(2k 1) k , mâu thuẫn 10 Vậy x1 Khi k y m2 m2 n số phương k Do m2 n2 số phương (đpcm) Câu 18 Tìm tất cảcác số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y5 y y3 y x11 Hướng dẫn giải *) Ta thấy cặp x; y 1; t , t thỏa mãn toán *) Xét x Phương trình viết lại dạng y y 2 y3 y y 2 x11 x 1 1 x11 , suy p | x11 x 1 Gọi h ord p x , suy h |11 h 1,11 Gọi p ước nguyên tố - Nếu h x 1 mod11 Vì p | x10 x9 x nên p |11 suy p 11 (2) - Nếu h 11 từ x p 1 1 p suy p 1 mod11 (3) x11 x11 Vì p ước nguyên tố nên từ (2), (3) suy với ước số d x 1 x 1 có tính chất d hc 1 mod11 (4) Từ (1) suy y, y vµ y3 y y ước số x11 (5) x 1 x11 Vì y, y | nên suy y 0,1, hc mod11 x 1 - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y 1 mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y mod11 y3 y y mod11 , trái với (4), (5) Từ trường hơp trên, suy phương trình (1) vơ nghiệm Vậy tất nghiệm phương trình cho x; y 1; t víi t Câu 19 Tìm tất số nguyên dương n cho n 1!không chia hết cho n Hướng dẫn giải Nhận xét n số nguyên tố n 1 n nên n 1!hiển nhiên không chia hết cho n , khơng chia hết cho n Ta tìm n khơng ngun tố thỏa n 1! khơng chia hết cho n 11 Ta có: (n 1)! n2 n ! n3 Điều xảy tồn ước số p n cho bậc p (số mũ lũy thừa p phân tích thừa số nguyên tố) n ! bé bậc p n3 Giả sử n pt k (với (p, k)=1) Theo lí luận ta có bất đẳng thức: n n n p p p 3t (*) n n n n 3t k.( pt 1 pt 2 1) Suy ra: 3t pt p p p3 k ( pt 1) 1.(2t 1) 2t t {1,2,3} (**) Suy ra: 3t 3t 1 p 1 Ta xét trường hợp dùng phép thử lại để làm rõ kết tốn • TH1: t Ta có: (**) k Suy k k (Do k thìn trở thành số nguyên tố) + Với k : n p ( p nguyên tố) 2p 2p Thử lại: p n (thỏa); p : (*) (đúng) p p + Với k : n p ( p nguyên tố) Thử lại: p n (thỏa); p n (thỏa); p : 3p 3p (*) (sai) p p • TH2: t Ta có (**) k ( p 1) Suy k k (Do ( p 1) ) + Với k , ta ( p 1) p {2,3,5} n {4,9, 25} Thử lại ta chọn: n 4, n + Với k , ta ( p 1) p n Thử lại ta thấy n thỏa mãn • TH3: t Ta có (**) k ( p p 1) Suy k (Do p p 1) ) + Với k , ta ( p p 1) p n (thỏa) 12 Câu 20 Vậy tập tất giá trị số tự nhiên n thỏa (n 1)! n2 { p , p , , } với p nguyờn t.Tổng m số nguyên d-ơng liên tiếp 2008 Xác định số Hng dn giải Giả sử tổng m số nguyên dương liên tiếp k 2008 : k k 1 k k m 1 2008 mk m m 1 2008 m 2k m 1 4016 24.251 Nếu m lẻ 2k m chẳn Khi đó: m 251, 2k m 24 (không xảy ra) 2k m 251 m 16 Nếu m chẳn 2k m lẻ Ta có: m k 118 Vậy số cần tìm 118, 119,133 Câu 21 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 x2 10 chia hết cho x 10 chia hết cho x Từ tìm x 0, x 1, x 1, x Câu 22 Tìm nghiệm nguyên phương trình x4 y y Hướng dẫn giải Câu 23 Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải 𝑎 𝑖 ,𝑏 𝑖 ∈ 𝑁 𝑎 Xét phân tích6 = (2 )(2 )(2 ) với + 𝑎 + 𝑎 = 𝑏1+𝑏2+𝑏3 =9 𝑎1 𝑏1 𝑎2 𝑏2 𝑎3 𝑏3 Với 𝑎 ∈ 𝑁 , ≤ 𝑎 ≤ 9, có 10 − 𝑎 cách chọn số 𝑎 , để 𝑎 + 𝑎 ≤ từ chọn 𝑎 = − 𝑎 − 𝑎 Vậy số cách chọn (𝑎 , 𝑎 , 𝑎 ) là10+9+.+1 = 55 cách số cách chọn (𝑎 , 𝑎 , 𝑎 ) (𝑏 , 𝑏 , 𝑏 ) 55.55 cách Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng 13 +) TH1: thừa số nhau: 69 = (23 33 )(23 33 )(23 33 ) +) TH2: thừa số nhau: Câu 24 69 = (2𝑎 3𝑏 )(2𝑎 3𝑏 )(29−2𝑎 39−2𝑏 )và (a; b) (3; 3) Câu 25 Khi a ∈ {0; 1; 2; 3; 4}; b∈ {0; 1; 2; 3; } (a; b) (3; 3) → số cặp (a; b)là 5.5 – =24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu trên.(1 điểm) +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: + 24 + 55 × 55 − 24 × − : = 517 cách Câu 26 Tìm số tự nhiên P nhỏ cho số A P.172014 862014 chia hết cho số 23690 Hướng dẫn giải Để A chia hết cho 23690 A chia hết cho 10 , 23 103 Ta xác định P cho A chia hết cho 10 , 23 103 a) Ta có: 86 6(mod10) 862014 6(mod10) 17 7(mod10) 2014 9(mod10) A P 6(mod10) Để A10 P 6(mod10) b) Ta có A P.172014 (103 17)2014 ( P 1)172014 103k , k Để A 103 P 0(mod103) P 103t 1, t N Từ trường hợp a, b ta suy t 10q 9, q N Do đó: P 1030q 926 c) Ta lại có A 1030q 926 17 2014 3.23 17 2014 = 1030q 927 17 2014 23l , l Để A 23 1030q 927 mod 23 q 6(mod 23) q 23h 6, h N Vậy P 23690h 7106 P nhỏ h Vậy số cần tìm P 7106 14 Câu 27 Tồn hay không hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n n chia hết cho p n n với số nguyên dương n ? Hướng dẫn giải Giả sử tồn hai số p, q nguyên dương phân biệt cho q n n chia hết cho p n n với số nguyên dương n , q n n p n n q p Giả sử a số nguyên tố lớn q n số tự nhiên thỏa mãn n ( p 1)(a 1) Khi n p 1 a – p n p(mod a) (1) Vì p q a nên p, a q, a Theo định lý nhỏ Fermat, ta có pa 1 1(mod a) p( p 1)( a 1) 1(mod a) p( p 1)( a 1)1 p(mod a) Do p n p(mod a) (2) q(mod a) (3) , q Từ (1) (2) suy p n n 0(mod a) hay Chứng minh tương tự, ta q n p n n a (4) n n a Từ (1) (3) suy q n n q p(mod a) (5) Từ (4) (5) suy (q p) a Điều khơng thể sảy p q a Vậy không tồn hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n n chia hết cho p n n với số nguyên dương n Câu 28 Tìm số nguyên dương a lẻ cho với số nguyên dương k lớn tồn số nguyên x thỏa mãn a x (mod 2k ) Hướng dẫn giải a x (mod 2k ) , a lẻ, k x lẻ a x2 1(mod 8) Với a 1(mod 8) , suy tồn n nguyên dương cho a 8n + k : Chọn x + k : Nhận xét: Nếu x chạy qua HTDĐĐ modulo 2m 2x x chạy qua HTDĐĐ đầy đủ modulo 2m ( m nguyên dương) Thật vậy: x2 x y y(mod 2m ) ( x y)(2 x y 1) 0(mod 2m ) x y 0(mod 2m ) x y(mod 2m ) Do đó: Tồn t nguyên thỏa mãn: n 2t t (mod 2k 3 ) 8n (4t 1)2 (mod 2k ) Suy a x (mod 2k )( x 4t 1) Kết luận: a thỏa mãn a 1(mod 8) Câu 29 Chứng minh m số tự nhiên không chia hết cho , cho , cho m ước củamột số có m chữ số dạng 11 Hướng dẫn giải 15 Vì m, 2 m,5 nên m,10 từ theo (E) ta có 10 m 99 mod m m cs Nhưng lại m,3 nên m,9 , 10 1 11 mod m m m cs Câu 30 Chứng minh với số nguyên dương n , phần nguyên số n số lẻ Hướng dẫn giải Theo cơng thức nhị thức Newton, ta có: 2 3 C ( n n k n k 0 2 Do đó: n 3) k 2n k n Cnk (1) k ( 3) k 2n k k 0 C 1 (1) n n n k n k 0 k Chú ý rằng:Khi k chẵn (k 2m) (1)k Khi k lẻ (k 2m 1) (1)k 3 Vậy từ (1) suy với n Vì 2 3 2 n n 2 n n 3 n n n k 2n k (1) 2.3m 0 2 Mặt khác: Ta có: k k n số chẵn.(2) 1; n 1 n số nguyên n 1, nên theo định nghĩa phần nguyên ta có: 2 n 2 2 n n n 1 2 n n 1 n Từ (2) suy với n số lẻ, suy điều phải chứng minh 3k 2015 2015 3k Câu 31 Tính tổng S , x kí hiệu số nguyên lớn 3k 1 3k 1 k 0 không vượt số thực x Hướng dẫn giải 2014 Ta có 16 2015 2015 2015 2015 2015 2015 S 2015 2015 3 3 3 3 3 3 3 Sử dụng định lý Hermtie: “Đối với n nguyên dương, x số thực bất kỳ, ta có n 1 ”,ta nx x x x n n 2015 2015 1 2015 2015 1 2015 2015 2015 1 2015 2015 2015 32 32 32 1 2015 2015 1 2015 2015 2015 32015 32015 32015 32015 1 32014 Cộng vế với vế đẳng thức ta thu S Câu 32 Chứng minh tồn hai số nguyên x, y không chia hết cho 2015 thỏa mãn x2 8059 y 4.2015n , n * Hướng dẫn giải Ta có: x2 8059 y 4.2015n x2 4.2015 1 y 4.2015n Đặt a 2015 , ta chứng minh tồn hai số nguyên x, y không chia hết cho a thỏa mãn x 4a 1 y 4a n Nếu n x y thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử toán đến n Ta chứng minh toán đến n Thật vậy, x2 4a 1 y 4a n 4a n1 ax a 4a 1 y x y x 4a 1 y a 2 4a n 1 Ta có hai cách phân tích sau: 2 x 2 y 2 x 4a 1 y x 4a 1 y x y 4a 1 4a 1 2 2 2 2 x 2 y 2 x 4a 1 y x 4a 1 y x y 4a 1 4a 1 2 2 2 17 x 4a 1 y X Đặt ; x y Y x 4a 1 y X Y x y 2 Khi đó: 4a n1 X12 4a 1 Y12 (1) 4a n1 X 22 4a 1 Y22 (2) Câu 33 Tìm tất số nguyên tố p cho: f ( p) (2 3) (22 32 ) (23 33 ) (2 p1 p 1 ) (2 p p ) chia hết cho Hướng dẫn giải Rõ ràng với k lẻ thì: 2 k 3k (1) - Thật (1) k lúc 21 31 - Giả sử (1) k 2n , tức: 2 n 1 32 n1 - Xét k 2(n 1) 2n Ta có: 22n3 32n3 22.22n1 32.32 n1 4.22 n1 9.32 n1 5.22n1 10.32n1 22 n1 32 n1 22 n1 2.32 n1 22 n1 32 n1 (*) Từ (*) giả thiết quy nạp suy 22 n1 32 n1 Vậy (1) cúng k 2n Theo nguyên lý quy nạp suy (1) với k lẻ Từ suy ra: p 1 f ( p) 22i 32i (2) i 1 Để ý 32i (2)2i 22i (mod 5) Vì từ (2) suy ra: p21 f ( p ) 2 2 i i 1 p21 2i i 1 ; (do (2,5) 1) (3) Lại có 22i 4i (1)i (mod 5) nên từ (3) ta có: p21 p 1 i f ( p) (1) 2k p 4k i Vậy f ( p) chia hết cho số nguyên tố p có dạng p 4k Câu 34 Cho a, m, n số nguyên dương cho a 1, m n Chứng minh a m 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 ) ad 18 nên a d a m có ước nguyên tố giống Đặt m d k (k 1), b a d , b bk có ước nguyên tố giống Ta chứng minh k lũy thừa Thật vậy, k lũy thừa 2, k có ước nguyên tố lẻ p Do b p 1∣ bk b 1∣ b p nên b p b có ước nguyên tố giống Gọi q ước nguyên tố b p 1 b 1, b mod q nên b p 1 b p mod q q p Do đó, b p 1 b có ước nguyên tố p, suy b p 1 b pt mod p Vì b p1 b b nên t Từ b suy b p.h Khi p ( p 1) b 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 Do đó, p 1 p Thành thử, b lũy thừa hay a d Do m d k số chẵn nên a 1∣ a m 1, suy ước nguyên tố a ước nguyên tố a d Nếu a có ước ngun tố lẻ p, a 1 d số chẵn Nhưng số lẻ a nên a d mod p nên ad (1)d mod p , suy mod8 , suy ad Vơ lí a Vậy a phải lũy thừa Câu 35 Cho số nguyên n Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập 1; 2; ; n 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 2k k (2k 1) Dễ thấy S n (n 1) ( n k 1) nk k (2k 1) nk k (k 1) Do đó, k (k 1) 2n k 2n Bây ta xây dựng cặp thỏa mãn đề sau 2n Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 5k Khi ấy, 2k 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 2n Trường hợp 2: Số n có dạng 5k 5k 5k Khi ấy, 2k 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 19 2n Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề x2 y số nguyên ước 2415 x y Hướngdẫn giải Câu 36 Tìm tất cặp số nguyên dương x, y cho Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p 4q q Nếu x , y số nguyên cho x y chia hết cho p x y chia hết cho p Thật vậy: Nếu x chia hết cho p có y chia hết cho p Giả sử x khơng chia hết cho p y không chia hết cho p Theo định lý Fermat ta có: x p 1 1 mod p , suy x p 1 mod p , tương tự có y p 1 mod p Từ giả thiết: x y mod p x y mod p x2 p 1 y2 mod p x p 1 p2 y p mod p x4 p y p mod p mod p p (mâu thuẫn giả thiết) (Bổ đề chứng minh) Áp dụng bổ đề vào toán, giả sử tồn số số nguyên dương x , y cho x y , x2 y x2 y số nguyên ước 2415 Đặt k x y k x y với k ước x y x y 2415 3.5.7.23 i) Nếu k k 3k1 , ( k1 , k1 không chia hết cho 3) Suy x2 y 3 x3 y x 3x1 , y y1; x1 , y1 * , x1 y1 Ta lại x12 y12 k1 x1 y1 , khơng có số ngun dương x , y thỏa mãn x y x y x2 y x y x y ii) Tương tự xét trường hợp k chia hết cho trường hợp k chia hết cho 23 iii) Nếu k , ta thấy: x y x y x 5 y 5 50 , tìm x; y 3;1 2 x; y 2;1 Vậy tất cặp số ngun dương x; y cần tìm có dạng 3a; a , 2a; a , a;3a , a;2a a 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483 Câu 37 Cho , bi , ci ,1 i N số nguyên Giả sử với i ba số , bi , ci có số lẻ Chứng minh tồn số nguyên r , s, t cho rai sbi tci lẻ với 4N giá trị i,1 i N Hướng dẫn giải 20 Ta xét số theo mod Ta thấy có cách chọn (r , s, t ) với r , s, t không đồng thời ( (r , s, t ) đồng dư với (0, 0,1), (0,1, 0), (1, 0, 0), (0,1,1), (1,0,1),(1,1,0),(1,1,1) theo mod ) Với , bi , ci thỏa mãn đề có cho rai sbi tci mod Suy với (ai , bi , ci ) cho ta chọn ngẫu nhiên (r, s, t ) (0,0,0) giá trị kì vọng biểu thức lẻ 4N Nhưng giá trị trung bình nên phải tồn (r , s, t ) với 4N giá trị i cho tổng rai sbi tci số lẻ Câu 38 Giả sử phương trình x2017 ax2 bx c (với a, b, c số nguyên) có nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 Chứng minh a b c 1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 chia hết cho 2017 Hướng dẫn giải Phương trình cho tương đương x 2017 x ax b 1 x c 1 Đặt f x ax b 1 x c Từ giả thiết x1 , x2 , x3 nghiệm ngun PT(1), áp dụng định lí Fecma ta có xi2017 xi mod 2017 hay xi2017 xi 2017 Từ 1 axi2 b 1 xi c xi2017 xi 2017 hay f xi 2017 i 1, 2,3 2 Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 2017 ta có đpcm Giả sử trái lại, hiệu x1 x2 ; x2 x3 ; x3 x1 khơng có hiệu chia hết cho 2017 Ta có f x1 f x2 x1 x2 a x1 x2 b 1 2017 (do (2)) a x1 x2 b 1 2017 (3) Tương tự, ta có a x2 x3 b 1 2017 (4) Từ (3) (4), ta có a x3 x1 2017 a 2017 Khi từ (4) ta có b 1 2017 Vì a 2017 b 1 2017 nên suy c 2017 Do a b c 1 2017 ta có đpcm 2n Câu 39 Tìm số nguyên tố p nhỏ để p chia hết cho 2n1 với n ( a phần nguyên số a ) Hướng dẫn giải 21 p Với 378 không chi hết cho 23 n 2 p 23 không chi hết cho 22 Với n Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu Với p Xét x1 14 5, x2 14 x1 x2 28 x1 , x2 nghiệm phương trình bậc hai x2 28x 16 Do x x 16 Đặt Sn x1n x2n , ta có: Sn x1n x2n x1n1 x2n1 x1 x2 x1 x2 x1n x2n 28Sn1 16Sn Do S n nghiệm phương trình sai phân cấp hai: Sn2 28Sn1 16Sn Vì x2 x2n Sn x1n Sn x2n Sn x1n Sn Ta có S1 28 chia hết cho 22 Giả sử S n chia hết cho 2n1 Sn 1 chia hết cho 2n Khi x1n Sn 28Sn1 16Sn 2n3 7q1 2q2 2n3 hay 2n x n chia hết 1 cho 2n1 , n Câu 40 Cho số nguyên dương n thỏa mãn 3n chia hết cho n Chứng minh n số chẵn Hướng dẫn giải Gọi p ước nguyên tố bé n Ta có p (vì p 1 p vơ lí) Do 3n 1 n nên 3n 1 p hay 3n 1 mod p Gọi d số nguyên dương bé cho 3d 1 mod p Xét khai triển sau: n kd r với r d Ta có 3n 3r mod p 3r 1 mod p Suy r Do n d Do p số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có p 1 1 mod p Lập luận tương tự suy p 1 d Có hai khả xảy ra: a) d : Gọi q ước nguyên tố d Vì n d nên n q p d p d p q Điều mâu thuẫn với cách chọn p ước số nguyên tố bé n Do khả không xảy b) d : Từ 3d 1 mod p 1 mod p p Do p ước nguyên tố n , suy n chẵn (đpcm) 22