Chuyên đề 13 lý thuyết số lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 13: LÍ THUYẾT SỐ KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Số phương - Số phƣơng bình phƣơng số tự nhiên - Số phƣơng n tận 0, 1, 4, 5, 6, Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố số nguyên lớn có ƣớc số - Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, … Nếu số nguyên a > không chia hết cho số nguyên tố  a a nguyên tố - Số nguyên lớn 1, số nguyên tố gọi hợp số - Phân tích số tự nhiên m lớn thừa số nguyên tố cách m  p11 p22 pkk - Số ƣớc nguyên dƣơng m d  m   1  1  1  k  1 p11 1  p 2 1  p k k 1  - Tổng ƣớc nguyên dƣơng m   m   p1  p2  pk  Số nguyên tố – Số nguyên – Số hữu tỉ - Nếu hai số ngun a, b có khác ƢCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, (a, b) = (a, a  b) BCNN m  a, b  a, b .a, b  a.b , m m  ,  1 a b   - Nếu (a, b) = a b nguyên tố Nếu (a, b) = a n , b n  - Các số nguyên dƣơng a b nguyên tố tồn số nguyên x y cho: ax + by = - Hàm Ơle   m  : số bé số nguyên dƣơng m nguyên tố với m  Nếu m  p11 p22 pk k   m   m 1       1   1   p1  p   p k  Nếu m = p nguyên tố   p   p  Nếu (a, b) =   ab     a    b  - Số hữu tỉ có dạng p  m , m  Z, n  N* n Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên số thực x số nguyên lớn khơng vƣợt q x, kí hiệu [x], nghĩa x  x  x 1 - Nếu x = m + r với m nguyên  r  [x] = m r gọi phần lẻ, r = {x} - Nếu n nguyên [n + x] = n + [x] với x Chứng minh chia hết - Phép chia số nguyên a cho số nguyên b  0: a = b.q + r với thƣơng q nguyên dƣ r nguyên thỏa  r  b Nếu r = số nguyên a chia hết cho số nguyên b  (b chia hết a, a bội số b, b ƣớc a), kí hiệu a  b hay b a - Dấu hiệu chia hết cho số chẵn; cho chữ số tận 0, 5; cho (hoặc 25) hai chữ số tận  (hoặc 25); cho (hoặc 125) ba chữ số tận  (hoặc 125); cho (hoặc) tổng chữ số  (hoặc 9); cho 11 hiệu tổng chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ  11 Dư đồng dư - Cho số nguyên m > Nếu hai số a, b có dƣ chia cho m a đồng dƣ với b theo modun m, kí hiệu a  b (modm) Nếu a  b (modm), c  d (modm) a  c  b  d  mod m  , ac  bd  mod m  - Định lý Ơle: với (a, m) = a  m   1 mod m  - Định lý Fecma: với p nguyên tố a p  a  mod p  với (a, p) = a p1  1 mod p  - Tập a1 ,a , ,an  hệ thăng dƣ đầy đủ modulo m với i,  i  m  1, tồn j cho a j  i  modm  - Định lý phần dƣ Trung Hoa: Nếu r s số nguyên dƣơng nguyên tố nhau, a b số nguyên bất kì, hệ phƣơng trình đồng dƣ: N  a  mod r  N  b  mod s  có nghiệm N theo modulo (rs) Tổng quát: Nếu m1 , m2 , , mk số nguyên tố đôi a1 ,a , ,a k số nguyên, hệ k phƣơng trình đồng dƣ: x  a i  mod mi  ; I = 1, …, k có nghiệm x nguyên theo modulo M  m1.m2 mk Chú ý: 1) Nếu a tận 0, 1, 5, a n tận 0, 1, 5, tƣơng ứng Vì  10   , n = 4k + r a tận 3, chữ số tận a n chữ số tận a r , a tận chữ số tận a n chữ số tận 6.2r 2) Nếu a tận x a 20 có hai chữ số tận chữ số tận x 20 Tìm hai chữ số tận a n đƣa tìm dƣ phép chia n cho 20 3) Hệ nhị phân số tự nhiên k  a.2n  a n 1 2n 1   a1  a k  a n a n 1 a1a (2) với a i  0;1 , a n  Tổng quát, số tự nhiên s viết hệ g – phân nếu: s  a n g n  a n 1g n 1   a1g  a s  a n a n 1 a1a (g) Với a i  0,1, ,g  1 , a n  4) Phƣơng trình Pell: Nếu (a, b) nghiệm nguyên dƣơng bé phƣơng trình x  dy2  nghiệm nguyên dƣơng có dạng:   ab d  x n , yn        n  ab d  , n ab d   n  a b d d  n      CÁC BÀI TỐN Bài tốn 17.1: Chứng minh a) 70.271001  31.38101 chia hết cho 13 b) Nếu ba số a, a + k a + 2k đồng thời ba số nguyên tố phân biệt lớn k  Hướng dẫn giải a) Ta có 27  1mod 13  271001  1mod 13 Và 38  1mod 13  38101  1mod 13  271001  13n  1 n  N  38101  13m  1 m  N   70.271001  31.38101  70 13n  1  3113m  1   70n  31m 13  39  đpcm b) Ta biết số nguyên tố lớn biểu diễn dƣới dạng 6p + 6p + (p nguyên dƣơng) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn biểu diễn hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, định phải có hai số đƣợc biểu diễn dạng, chẳng hạn 6p + r 6s + r với r Hiệu hai số 6s – 6p = (s – p)  Mặt khác hiệu hai ba số k 2k nên k  3, nhƣng k số chẵn nên k  Bài toán 17.2: Chứng minh với m, tồn số nguyên n để: n3  11n  87n  m chia hết cho 191 Hướng dẫn giải Đặt P  x   x  11x  87x  m Giả sử: P  x    x  a   b  mod 191  x  3ax  3a x  a  b  x  11x  87x  m  mod 191  3a  11 mod191   3a  87  mod191  b  m  a  mod191 1  2  3 1  3a  180  mod191  a  90  mod191  3a  87  mod191 Vậy m  Z , tồn số nguyên a, b để: P  x    x  a   b  mod191 Nhận xét: 191 số nguyên tố dạng 191 = 3k + P  i   P  j mod191   i  a    j  a   mod191 3 Đặt u = i + a, v = j + a u  v3  mod191  u 3k  v3k  mod191 u 3k v2  v3k 2  v191  mod191  v  mod191 (định lý Ferma) (1)  v2  u 3k v3  u 3k 3  mod191  u 3k v2  u 3k u 3k 3  u 3k 1.u 3k 2  u 3k 1.u191  u 3k 1.u  mod191  u 3k 2  u191  u  mod191 (2) (1) (2) suy ra: u  v  mod191  i  j mod191 Nếu i, j  1,2, ,191; i  j  mod191 P  i   P  j mod191 Suy tồn n  1, 2, ,191 cho P (n) = 191 (mod 191) tức là: P  n    mod191 Bài toán 17.3: Cho x, y số nguyên, x  1; y  1 cho x  y4  số  y 1 x 1 nguyên Chứng minh x y44  chia hết cho x + Hướng dẫn giải Ta chứng minh y  chia hết cho x + Đặt x  a y4  c  ;  y 1 b x 1 d Trong a,b,c,d  Z , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > ad  bc a c nguyên, suy d | b b | d Mặt khác, nguyên; (a, b) = bd b d Từ giả thiết, ta có (c, d) = 1, nến b = d =   Suy y  chia hết cho x +1 Từ x y44   x y44   x  chia hết cho x + (do y 44  chia hết cho y  nên chia hết cho x + x  chia hết cho x + 1) n Bài toán 17.4: Với số tự nhiện n, chứng minh tổng C k 0 2k 1 2n 1 Hướng dẫn giải Đặt x  , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: 1  x  2n 1 n 1 3k  A  Bx * với B   C2k 2n 1.2 k 0 Tƣơng tự: 1  x  2n 1  A  Bx (**) Nhân vế theo vế (*) (**) ta đƣợc: 72n 1  8B2  A2 Mặt khác, 72n 1  2  mod5 Do vậy, B bội thì: A2  2  mod5 : vơ lý 23k khơng chia hết cho  Bài tốn 17.5: Chứng minh phần nguyên 11   2n 1 chia hết cho 2n 1 khơng chia hết cho 2n  với n số tự nhiên Hướng dẫn giải Ta có:  Mà  11  11    11      2n 1 2n 1 2n 1   11   2n 1 số tự nhiên   0;1 nên    11   2n 1   11   2n 1 (Vì a  b  k  N  a  k  b với b   0;1 nên [a] = k = a – b) Với n = 0;     1 11   chia hết cho 201  nhƣng không chia hết cho 11   22  Mà:      11     11   11   40 nên với n = thì: 11      2     11   11  11   11   11  11    6.42  2.32.7           40                chia hết cho 22 nhƣng không chia hết cho 23 Giả sử tính chất với số tự nhiên k < n Ta chứng minh tính chất với k= n Trƣớc hết, nhận xét rằng:  11   Thật vậy:    11    11      11     2n 1     11   11          11    11    2n 1    11   2n 1 11   ;   11    11   2n 1   11    40  11   2n 1   11  11    2n 1    11       2n 3 2n 1     11    11   11  2n 3    2n 1     235  11    Vậy  11    2n 1 2n 1   11   2n 1    22  11     2n 3   11   2n 3    chia hết cho 2n 1 nhƣng không chia hết cho 2n   Bài toán 17.6: Cho trƣớc a b hai số nguyên dƣơng Chứng minh số (4ab – 1)   ƣớc số 4a  a = b Hướng dẫn giải   Giả sử tồn cặp hai số nguyên dƣơng (a, b) cho (4ab – 1) ƣớc số 4a  a  b ta gọi cặp số nhƣ cặp xấu giả sử (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ   Do 4b2    4b2   4ab   2  16b4  4a  1   mod  4ab  1  nên (b, a) cặp xấu, 2a  b  2b  a suy a < b (do a  b ) Do  4a  4ab  1 chia 4a dƣ 3, nên số  1 4ab   4a c cho 4ac    1 2  1 chia 4a dƣ 1, 2 số chia 4a dƣ 3, tồn số nguyên dƣơng 4ab   4a Từ a < b 4ac    4a Vậy (a, c) cặp xấu  1 4ab  ta có c < b, 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ (đpcm) Bài toán 17.7: Xác định tất cặp nguyên dƣơng (a, b) cho a b  a  b chia hết cho ab2  b  Hướng dẫn giải Xét a < b b  a  , đó: ab2  b   ab2  b  (a  1)(ab  1)  a 2b  a  ab  a 2b  a  b Nhƣ vậy, ta khơng tìm đƣợc (a, b) thỏa điều kiện toán trƣờng hợp Xét a  b Đặt k  a 2b  a  b , giả sử k nguyên dƣơng ab  b  a a 1    ab  b    ab  a  ab     ab  a  b b b b b Ta có:  Suy k  a  , b  b b 7  b    b  7 a 1     ab  b    ab  a  a  b      ab  a  ab  a  b b b b b  Suy ra:  Từ b = 1, b = 2, k  - Nếu a  b b a a   k   a – < kb < a + nên a = kb b b b b Điều cho ta tìm đƣợc (a, b)  (7k2 ,7k) a - Nếu b = (a + 8) chia hết  a  1 , suy (a + 8) chia hết a  a  8   a  a  1  7a  , đó, ta có (a + 8) chia hết  a  8   7a  1  57 Nhƣng ƣớc số lớn 57 có 19 57, a = 11 a = 49 Dễ dàng kiểm tra cặp (a, b) = (11, 1) (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện tốn - Nếu b = (4a + 9) chia hết  2a  a   , suy (4a + 9) chia hết a  4a     2a  a    7a  Từ đó, ta có (4a + 9) chia hết  4a  9  4 7a  4  79 Nhƣng ƣớc số lớn 79 có 79, từ a  35 , số nguyên   Vậy, cặp (a, b) thỏa điều kiện toán là: (11, 1), (49, 1) 7k ,7k , với k số ngun dƣơng Bài tốn 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn cho 5n ƣớc số tích số tự nhiên từ đến 1000 Hướng dẫn giải Số n lớn phải tìm số thừa số phân tích x x x … x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa n tổng số bội số 5, 52 , 53 , 54 dãy 1, 2, 3, …, 1000 Các bội dãy 1, 2, 3, …, 1000 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : = 200 số Trong đó, bội 52 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, bội 53 125, 250, …, 1000 gồm 1000 : 125 = số, bội 54 625 gồm số Do số thừa số phân tích x x x … x 1000 thừa số nguyên tố 200 + 40 + 80 + = 249 Vậy số n lớn 249 Bài tốn 17.9: Tìm tất cặp số nguyên dƣơng m, n cho: 3m  5m 3n  5n đồng thời chia hết cho tích số mn Hướng dẫn giải Với m = 1, ta cần: n | 3n   n  1,2,4,8 Tuy nhiên, có n  1, 2 thỏa mãn điều kiện n | 3n  5n Tƣơng tự, với n = ta có: m  1, 2 Ta chứng minh khơng cịn cặp số ngun dƣơng m, n khác thỏa mãn yêu cầu toán (1) Thật vậy, giả sử m, n  thỏa ycbt Đầu tiên, hai số m n số chẵn m n số chẵn ta có | mn Do đó, 3m  5m   mod  Tuy nhiên, m chẵn nên 3m  5m   1    mod  , mâu thuẫn m Vậy, ta coi m số lẻ (m > 2) Gọi p ƣớc nguyên tố bé m, dễ thấy p  2,3,5 (2) Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn số nguyên x để 5x  1 mod p  Từ p | m | 3m  5m suy p | x m  3m  5m    3x    5x    3x   1 mod p  m m m Vì thế, đặt h  ord p  3x  , h | 2m; ta có: h | p – (định lý nhỏ Fermat tính chất cấp), nên: h | (p – 1,2m) = ( p  1 (p – 1, m) = theo cách chọn (2) p) h h p |  3x   1   5x   1   3h  5h  x h  p | 3h  5h với h  1, 2     Nhƣng 31  51  2, 32  52  24 nên p = 2, mâu thuẫn với (2) Do (1) đúng, đpcm Vậy m,n  1;2 Bài tốn 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dƣơng m tồn vơ số cặp số ngun (x, y) cho: 1) x y nguyên tố 2) y chia hết x  m 3) x chia hết y2  m Hướng dẫn giải Giả sử (x, y) cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3) Khi ta có x  y2  m  xy hay x  y2  kxy  m  (1) với k  Z Ngƣợc lại, dễ thấy cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên x, y ngun tố cặp (x, y) thỏa mãn 1), 2), 3) Nhƣ đƣợc chứng minh ta đƣợc số nguyên k cho có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) x, y nguyên tố Chọn k = m + Khi (1) trở thành: x  y2   m   xy  m  (2) Bây giờ, ta chứng minh có vơ số cặp số ngun (x, y) thỏa mãn (2) x < y với x, y nguyên tố Thật vậy, xét dãy số nguyên x n  đƣợc xác định nhƣ sau: x1  1, x  m  1, x n 2   m   x n 1  x n n  1,2,3 Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh đƣợc: i) x n  dãy tăng ii) x n x n 1 nguyên tố n  1,2,3 iii) Cặp số  x n , x n 1  thỏa mãn (2) n  1,2,3  đpcm Bài toán 17.11: Từ dãy số nguyên dƣơng lớn 1, ta lập dãy số tăng dần a1 ,a ,a gồm tất số không bội không bội Chứng minh a n  3n với số nguyên dƣơng n Hướng dẫn giải Trong 3n số từ đến 3n ta chia nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + với k= 0, 1, 2, …, n – Trong ba số liên tiếp có số 3k + k = 3(k + 1) bội hai số 3k + 1, 3k +2 có số bội nhƣng không bội 3, phải loại ba số liên tiếp Trong nhóm 1, 2, có ba số bị loại Vậy từ đến 3(k + 1) = 3n ta cần phải loại 2(n – 1) + = 2n + số lại n – số Các số mang số từ a1 đến a n 1 a n  3n Bài tốn 17.12: Tìm tất số a) Tự nhiên n để số: n – 1; n5  n  n3  13n  13n  14 số phƣơng 10  x  1  x  4x  36x  10x+3   x   Hay x   x  4x  36x  10x   x  Vậy phần nguyên số B x + Bài toán 17.24: Cho dãy số nguyên dƣơng lẻ tăng a1  a   a n  Chứng minh với số tự nhiên n  n  1 , hai số a1  a   a n 1 a1  a   a n  a n 1 có số k bình phƣơng số nguyên dƣơng lớn Hướng dẫn giải Trong dãy số phƣơng 22  4, 32  9, 42  16, ta chọn số phƣơng nhỏ k mà lớn a1  a   a n , nghĩa là:  k  1  a1  a   a n  k Để chứng minh k  a1  a   a n  a n 1 ta sử dụng tính chất tổng số lẻ liên tiếp đầu tiên: k   k  1   2k  1       2k  3   2k  1 Do a1  a   a n       2k  3 Vì số hạng hai vế số lẻ vế phải chứa tất số lẻ từ đến 2k – suy a n  2k  hay a n  2k  1, a n 1  a n  2k  Từ  k  1  a1  a   a n có: k   k  1   2k  1  a1  a   a n   2k  1  a1  a   a n  a n 1 Suy điều phải chứng minh Bài toán 17.25: Chứng minh với số nguyên dƣơng n  hai số 1992n 1992n  3.2n có số chữ số Hướng dẫn giải Giả sử số 1992n có k chữ số, tức 10k 1  1992n  10k Do 1992n  1000n  103n , nên k > 3n Giả sử số 1992n  3.2n chứa k + chữ số, nhƣ 1992n  3.2 n  10 k , suy 996n   2k n.5k Mặt khác 10k  1992n nên 2k n.5k  996n Vì 996 n  a  k n.5 k  a  19 Do k > 3n nên k – n > 2n n  nên k  , 2k n.5k   mod10  , 996n  a   a , nhƣng  a  nên  a   mod10  Nghĩa 996n  a   mod10  Đó điều mâu thuẫn Bài tốn 17.26: Chứng minh biểu diễn số thành tổng bình phƣơng nghịch đảo số tự nhiên khác Hướng dẫn giải Giả sử biểu siễn số 1, dƣới dạng:  1    đó: a1 a an  a1  a   a n n  Từ điều kiện a1  a k  k  , ta có: 1 1 1 1 1            2 a1 a an n  n  1  n  1 1.2 2.3   1 1 1 1  1           1   1 n 1  2  3  n n 1 Vậy khơng có dạng Bài 17.27: Có hay khơng số tự nhiên khác vừa tích hai số tự nhiên liên tiếp vừa tích bốn số tự nhiên liên tiếp Hướng dẫn giải Giả sử tồn số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề A = n(n + 1) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) m, n số tự nhiên khác   Suy n  n  m2  3m m2  3m   Hay n  n   m2  3m     m2  3m .1    m2  3m  1 Mặt khác dễ thấy n  n  n    n  1   Vì n  m2  3m    n  1 2 Điều mâu thuẫn chứng tỏ không tồn số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề Bài toán 17.28: Lập dãy số a1 ,a ,a cách sau: a1  với số tự nhiên n  chọn số a n ƣớc số nguyên tố lớn dãy số a1a a n 1  Chứng minh dãy số khơng có số Hướng dẫn giải 20 Ta có a1  2, a  Giả sử với n  mà có số ƣớc số nguyên tố lớn số A  2.3.a a n 1  số A khơng thể chia hết cho 2, cho 3, xảy A  5m với m   Từ số A   5m     1   52   5m1  chia hết cho Mặt khác A   2.3.a a n 1 a i với i  số lẻ nên A – chia hết cho 2: mâu thuẫn Vậy A ƣớc số ngun tố Bài tốn 17.29: Với số nguyên dƣơng n, chứng minh tồn số nguyên   dƣơng k cho 2k  2001k   mod 2n Hướng dẫn giải  Tổng quát hơn, ta chứng minh phƣơng trình đồng dƣ ak  bk  c  mod 2n  có nghiệm với n, b số lẻ a c số chẵn Khi n = 1, lấy k = c chẵn k = c số lẻ Tiếp theo, giả sử phát biểu với n Nếu c số chẵn theo giả thiết, phƣơng trình đồng dƣ 2at  bt  c   mod 2n  có nghiệm t   Đặt k = 2t ta đƣợc ak  bk  c   2at  bt  c n 1    mod  2 Nếu c số lẻ a số chẵn, a + b + c số chẵn; theo giả thiết ta suy phƣơng trình đồng dƣ 2at   2a  b  t    abc   mod 2n  có nghiệm t Đặt k = 2t + ta đƣợc: ak  bk  c   2at   2a  b  t  abc n 1    mod   Nhƣ vậy, c số chẵn hay lẻ, phát biểu cho n + 1, đó, theo quy nạp, với n Bài tốn 17.30: Cho n  số c1 ,c2 , ,cn  R thỏa mãn  n thể tìm đƣợc n số nguyên k1 ,k , ,k n cho k i 1 i  1, ,n Hướng dẫn giải 21 i n c i 1 i  n Chứng minh có   n  ci  nk i  n với Với x, ta kí hiệu  x  phần nguyên x, kí hiệu  x  số nguyên bé lớn hay x Điều kiện c  nk  1  n, n  , tƣơng đƣơng với c 1  c k  ln  c  , với ln  c     1,1   n  n Mọi c  R n  , đoạn (có độ dài  ) chứa số nguyên (có thể trùng nhau), n 1  c   c   1  1    q  c   n   n là: p  c    Để chứng minh tồn k i  ln  ci   Z nghiệm n n k i 1 i  cần chứng minh: n  p c     q c  i i 1 i i 1 Đặt a i   ci với I = 1, 2,…, n n Vì a i   a i  nên n n i 1 i 1 n    i 1 n  ci  0,1 n i 1  a i    a i  n  n  Từ n n n  a   n hay  p  c    a   n  i i 1 i i 1 i i 1 n Để chứng minh  q  c   , ta đặt b i 1 n  bi  n  i 1 n Suy ra: i  1 ci , n n n c  n  b  b      bi   1 i  i  i n i 1 i 1  bi   hay i 1 i n  q  c   ta có đpcm i 1 i Bài toán 17.31: Cho x1 , x , , x n số thực thỏa mãn điều kiện: x12  x 22   x n2  Chứng minh với số nguyên k, với k  , tồn số nguyên a1 ,a , ,a n không đồng thời cho với I = 1, 2, …, n ta có: a i  k  a1x1  a x   a n x n   k  1 Hướng dẫn giải 22 n k 1 n n  n  Từ bất đẳng thức:   x i   n  x i2 giả thiết x12  x 22   x n2  ta dễ dàng chứng i 1  i 1  minh đƣợc x1  x   x n  n Bây giờ, với b i nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k n giá trị có dạng: n b x i 1 i i Mỗi giá trị phải nằm đoạn 0,  k  1 n  Ta chia đoạn thành k n  đoạn  có độ dài là:  k  1  n k 1 n Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có giá trị nói rơi vào đoạn Cụ n b' x thể, giá trị i i 1 n   b'  b''  x i i 1 i i  n i  b '' x i i 1 i ta phải có: n  a x   k  1 k i 1 i i n n suy đpcm 1 Bài toán 17.32: Cho số nguyên n  k  Ta định nghĩa số c(n, k) với k = 0,1,2,…,n nhƣ sau: c(n, 0) = c(n, n) = với n  : c  n  1,k   2k c  n,k   c  n,k  1 với n  k  Chứng minh c(n, k) = c(n, n – k) với n  k  Hướng dẫn giải Khẳng định với n = 0: c(0, 0) = c(0; – 0) = Ta chứng minh trƣờng hợp tổng quát quy nạp theo n Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với n  m  k  Thế thì, theo hệ thức truy hồi giả thiết quy nạp, ta có: c  n  1,k   2k c  n,k   c  n,k  1 c  n  1,n   k   2n 1k c  n,n   k   c  n,n  k   2n 1k c  n,k  1  c  n,k  Để hoàn tất chứng minh, ta chứng minh rằng: 2 k  1 c  n, k    2n 1k  1 c  n, k  1 Để ý từ giả thiết quy nạp ta suy 2 2 k  1 c  n  1, k    2n k  1 c  n  1, k  1 k 1  1 c  n  1, k  1   2n k 1  1 c  n  1, k   23 (1)     Từ ta có: 2k  c  n, k   2n 1k  c  n, k  1   2k  1 2k c  n  1, k   c  n  1, k  1   2n 1k  1 2k 1 c  n  1, k  1  c  n  1, k     2k  2n k  1 c  n  1, k  1   2k  1 c  n  1, k  1   2n 1k  1 2k 1 c  n  1, k  1  c  n  1, k     2n  2k  2k   2n  2k 1  c  n  1, k  1   2n 1k  1 c  n  1, k     2k 1  1 c  n  1, k  1   2n 1k  1 c  n  1, k    Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh Bài tốn 17.33: Giải phƣơng trình  8x  19  16  x  1  11   a)  x    x    b)  Hướng dẫn giải a) Đặt t = [x], t nguyên  x    x     t  t    t  1 t = 2 Do [x] = -1 [x] = Vậy nghiệm 1  x  0,  x  b) Đặt x 16  x  11  8x  19   t   t nên t nguyên Ta có 16(x + 1) = 11t nên 11   11t  16 Thế vào phƣơng trình cho có 16 11t  22 11t  22    t 1  t  14  14 Nên 22 t Chọn số nguyên t = 3; 4; 5; 6; 3 Vậy nghiệm x  17 19 25 45 ; ; ; ; 16 16 Bài tốn 17.34: Tìm số tự nhiên n biết bỏ ba chữ số tận bên phải đƣợc số có giá trị n Hướng dẫn giải Dễ thấy số phải tìm có từ chữ số trở lên 24 Giả sử sau bỏ ba chữ số tận abc số n ta đƣợc số x, n  103 x  abc Theo đề ta có: x  1000x  abc  x  1000x  abc  x  x  1000   abc Nếu x  33 vế trái lớn 33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > abc nên x < 33   Nếu x  31 x  961 , nên x x  1000   abc Do x nhận giá trị 32 Với x = 32 32(1026 – 1000) = abc hay 768 = abc Từ có n  103.32  768  32768 Số thỏa mãn yêu cầu đề nên số cần tìm Bài tốn 17.35: Tìm số có hai chữ số cho số cộng với tích hai chữ số bình phƣơng tổng hai chữ số Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm xy (x, y số tự nhiên từ đến x  ) Ta có 10x  y  xy   x  y  hay 10x  y  x  xy  y2 Nếu y = ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác Biến đổi thành y2  y  x  1  x 10  x  , ta có:  x  10  x  y  x 10  x      25 nên y    2 Thay lần lƣợt y 1, 2, 3, 4, vào x(10 – x – y) = y(y – 1) phân tích vế trái thành tích hai số số nhỏ 10 Với y = x(9 – x) = 0, suy x = Với y = x(8 – x) = = 1.2, khơng có x thỏa mãn Với y = x(7 – x) = = 1.6 = 2.3, suy x = x = Với y = x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, khơng có x thỏa mãn Với y = x(5 – x) = 20 = 4.5, khơng có x thỏa mãn Vậy có ba số phải tìm 91, 63, 13 thỏa mãn đề Bài tốn 17.36: Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số tiếp sau số đƣợc số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải 25 Gọi số có hai chữ số phải tìm x y 10  x, y  100 Theo đề ta có: 100x + y = kxy (k nguyên dƣơng) hay y = kxy – 100x Do kxy  100x x nên y x , đặt y = mx (m nguyên dƣơng) Khi ta lại có 100x  mx  kmx suy 100 = m(kx – 1) suy m ƣớc số 100 Vì x, y số có hai chữ số nên m số có chữ số, m = 1; 2; 4; Mặt khác kx   100 100 hay kx   đồng thời x số có hai chữ số m m Nếu m = 100   101 không chia hết cho số có hai chữ số x nào: loại Nếu m = 100   21 , ta có x = 21 y = m.x = 5.21 = 105 số có ba chữ số: loại Nếu m = kx = 51, k = y = mx có nhiều chữ số, k = ta có x=17; y = 34 Vậy m = kx = 26, k = y = mx có nhiều hai chữ số, k = ta có x=13; y = 52 Thử lại Bài tốn 17.37: Tìm năm số thực dƣơng cho số bình phƣơng tổng bốn số lại Hướng dẫn giải Sắp thứ tự số phải tìm là:  x1  x  x  x  x Theo đề bài: x1   x  x  x  x  Và có đẳng thức tƣơng tự x , x , x , x Đặt S  x1  x  x  x  x x1  S  x1  Tƣơng tự x  S  x  ; x  S  x  ; x  S  x  ; x  S  x  2 2 Ta có x1  S  x1   S  x   S  x   S  x   S  x   x 2 2 Suy ra: x1  x  x  x  x  x (vì x > 0) S = 5x, x   4x  hay x(16x – 1) = Vì x > nên có nghiệm x  1 Vậy năm số cần tìm 16 16 Bài tốn 17.38: Tìm tất số ngun dƣơng cho tổng chúng 1994 cịn tích chúng lớn 26 Hướng dẫn giải Ta cần chọn n số nguyên dƣơng n (n > 1) mà a1  a   a n  1994 để tích chúng lớn Khơng có số số chọn Thật giả sử a1  , n = + 1993 = 1994 ta thay + 1992 = 1994 có 2.1992 > 1.1993, n > tích a1  a   a n ta thay b  a  tổng số b  a   a n  1994 , tích là: b x a x x a n   a  1 x a x a x x a n  a 22 x a x a x x a n  a 2x a x x a n  a1 x a x a x x a n Nếu số chọn có số có khơng q hai số Thật vậy, giả sử có ba số 2.2.2 < 3.3, ta thay ba số hai số có tích lớn Khơng có số số chọn lớn Nếu trái lại, giả sử a1  thay a1 hai số a1  ,  a1  1  a1 tích lớn tích ban đầu Vậy tích lớn gồm tồn số khơng có q hai số 2, nghĩa tích lớn 2.3664 Bài 17.39: Tìm giá trị nhỏ f  x, y   7x  13xy  7y x, y nhận giá trị nguyên không đồng thời Hướng dẫn giải Kí hiệu CP tập số phƣơng Xét f  x, y    g  x, y   7x  13xy  7y  Coi g(x, y) tam thức bậc x, có   365y2 Do 365  CP nên   CP  y  Z, y   g  x, y   0, x, y  Z, y  Mà g  x,0    x  , nên g  x, y   x, y  Z, x  y  Do f  x, y   0, x, y  Z, x  y  Suy ra, với a  f  x , y0  giá trị cần tìm a  N* Xét a chẵn phải có x , y0 chẵn Khi x y0 x y  a ,  Z f  ,    a , trái với định 2  2 nghĩa a Nhƣ vậy, a số lẻ Dễ thấy f(1, 2) = Suy a  Vậy a  1,3,5 27 - Nếu a = g  x , y0   1  7x 02  13x y0  7y02      365y02  28  CP (*) Mặt khác, 365y02  28 khác 3  mod5 mâu thuẫn với (*) (do b khác 3  mod5 b  Z ) - Nếu a = thì: f  x , y0    x  y0   y02   6x 02  15x y0  9y02    mod3   x  y0   y02   mod3  x  y0  y0   mod3  x  y0   mod3  f  x , y0    mod9  , mâu thuẫn với f  x , y0   Vậy: a = f(x, y) = Bài toán 17.40: Chứng minh tam giác ABC có bán kính đƣờng trịn nội tiếp độ dài đƣờng cao số nguyên tam giác ABC tam giác Hướng dẫn giải Gọi x, y, z đƣờng cao theo thứ tự tƣơng ứng với cạnh a, b, c ABC (x, y, z nguyên dƣơng) Do đƣờng trịn ngoại tiếp tam giác có bán kính 1, nên z, y, z lớn Thật vậy, ta có: 2S = ax + by = cz = a + b + c nên: x abc bc a  1    (vì b + c > a) a a a Tƣơng tự y > z > Mặt khác Do đó: a b c  ;   x abc y a bc z abc 1   1 x y z Giả sử x  y  z 1 3    suy  x y z z Vậy z  , mà z > nên z = Với z = 1 2   , suy  suy y  mà y > nên y = 3, từ có x = x y y x = y = z = Kết hợp với ax = by = cz, ta có a = b = c Vậy tam giác ABC tam giác 28 Bài toàn 17.41: Các cạnh tam giác có số đo 377; 80 153 Chứng minh đặt tam giác hình chữ nhật có số đo độ dài cạnh số nguyên cho hai đỉnh tam giác trùng với hai điểm đầu điểm cuối đƣờng chéo khoảng cách từ đỉnh thứ ba, tam giác tới cạnh hình chữ nhật số nguyên Khi chứng tỏ số đo diện tích tam giác số ngun Hướng dẫn giải Dự hình chữ nhật có chiều dài AB = CD = 16, chiều rộng AD = BC = 11 Trên AB đặt điểm P cho AP = Trên BC đặt điểm N cho CN = Từ điểm P N AB BC kẻ đƣờng vng góc với AB BC chúng cắt M Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12; BM = MP = Trong tam giác vng MPA theo định lí Pitago thì: MA2  AP2  MP2  16  64  80  AM  80 Trong tam giác vuông MNC, theo định lí Pitago ta có MC2  MN2  NC2  122  32  144   153  MC  153 Và tam giác vuông ABC, ta có: AC2  AB2  BC2  162  112  256  121  377  AC  377 Nhƣ tam giác MAC có cạnh 377 80 153 có hai đỉnh trùng với hai đầu mút đƣờng chéo AC, khoảng cách từ đỉnh M đến đến cạnh AB BC lần lƣợt 12 số ngun, nên tam giác phải tìm Ta có SAMC  SABCD  SABC  SAHM  SCKM  SDHMX  11.16  8.11  3.4  3.6  4.4  42 (đơn vị diện tích) nên số nguyên     Bài toán 17.42: Cho x số thực Chứng minh phần lẻ x  x  x 2013 x số nguyên Hướng dẫn giải     Ta có {x} = x – [x], x  x   x  x 2013  x 2013   x 2013      Theo đề phần lẻ x  x  x 2013 x  x  a x 2013  x  b 29 Với a   x    x  b   x 2013    x  số nguyên Vì x  x  a nên x  x  a      4a   a  Xét a = x  x   x  hay x = số nguyên Xét a > a  , ta chứng minh quy nạp, tòn số nguyên cn  d m  cho x n  cn x  d n , n  Thật với n = 3: x  x  a  x  x  ax  x  a  ax  1  a  x  a chọn số nguyên c3   a  d3  a  Giả sử khẳng định với n  k  : tồn số nguyên ck  d k  cho x k  ck x  d k Khi x k 1  ck x  d k x  ck  x  a   d k x   ck  d k  x  ck.a  ck a Ta chọn ck 1  ck  d k ; d k 1  ck a thỏa mãn Áp dụng với n = 2013 tồn số nguyên c2013  d 2013  cho x 2013  c2013 x  d 2013 Mà x 2013  x  b nên c2013 x  d 2013  x  b Do x  b  d 2013 Q c2013  Suy x nghiệm hữu tỉ phƣơng trình x  x  a  nên x số nguyên: đpcm BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 17.1: Chứng minh rằng, với số tự nhiên n > 1, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, nhƣng khơng tồn hai dạng Hướng dẫn Chứng minh qui nạp: Nếu a n  2k 10k có n chữ số viết hệ số Nếu a n  5h 2h có n chữ số viết hệ số Bài tập 17.2: Cho f(0), f(1) số nguyên, f(0) = f(1) = f  n    4n 2 f  n  1  16n 1 f  n   n2n , n = 0, 1, … Chứng tỏ số f(1989), f(1990), f(1991) chia hết cho 13 Hướng dẫn 30 Xét f  n   2n g  n  g  n   Từ đí f  n  15n  32  15n  116 n 1 152 15n  15n  32  16n 1.2  n    153 Bài tập 17.3: Cho tam thức f  x   ax  bx  c với hệ số nguyên a) Chứng minh với a, b, c biệt số  tam thức 1994 khơng 1995 b) Khi tam thức có hệ số nguyên thay đổi, tìm biệt số  ngun dƣơng nhỏ mà khơng số phƣơng Hướng dẫn a) Dùng phản chứng b) Kết  = Bài tập 17.4: Có số nguyên dƣơng (a; b; c) cho: [a; b] = 1000 [b; c] = [c; a] = 2000 Hướng dẫn Số 1000 2000 có dạng 2m.5n nên a, b, c có dạng Kết 70 Bài tập 17.5: Tồn hay không cặp số thực (x, y) cho số x = y, x  y2 , x  y3 nguyên nhƣng x  y không nguyên? Hướng dẫn Kết tồn với x + y = 2, xy  Bài tập 17.6: Có tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn:  x  2010   x  2012 2   x  y  z  2008 y  z  x  2014  Hướng dẫn Biến đổi  x  2010   x  2012 2   x  y  z  2008 y  z  x  2014    x  2010   x  2011   x  2012    y  z  3 2  3x  12066x  20102  20112  20122   y  z  3 Kết không tồn 31 2 Bài tập 17.7: Tìm phần nguyên S   3 44 2013    2013 2012 Hướng dẫn Dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh k k 1 1  1  k k k 1 Kết [S] = 2012 Bài 17.8: Cho số nguyên không âm a, b cho ab  c2 , với c số nguyên Chứng minh tồn số n số nguyên x1 , x , , x n , y1 , y2 , , yn thỏa n x y i i 1 i n n i 1 i 1  x12  a;  y12  b  c Hướng dẫn Xét (a, b, c) với a  b c  Có trƣờng hợp c  b a > c > b Trong trƣờng hợp sau chứng minh qui nạp theo a + b Bài tập 17.9: Chứng minh với số nguyên dƣơng n có:  n    n     n n   log n   log3 n    log n n        Hướng dẫn Ta có  k n    x x  x k  n   Và có log m n    y y  m y  n Bài tập 17.10: Cho a b hai số nguyên dƣơng cho ab + hết a  b2 Chứng minh: a  b2 số phƣơng ab  Hướng dẫn Dùng phản chứng đƣa phƣơng trình bậc a  kba  b2  k  Lập đƣợc dãy vô hạn nghiệm tự nhiên  a i , bi  mà tổng a i  bi giảm dần Bài tập 17.11: Với số nguyên dƣơng n bất kì, gọi   n  số ƣớc số dƣơng (kể nó) số Hãy xác định tất số nguyên dƣơng m cho với số tồn số nguyên dƣơng n để n2  n  m Hướng dẫn 32 Kết m số lẻ Bài 17.12: Kí hiệu S tập hợp tất số nguyên tố p cho có chu kì sở 3r: p  , a1a a 3r a1a a 3r r = r(p); với p  S số nguyên k  ta định p nghĩa: f  k, p   a k  a k r p  a k 2r p a) Chứng minh S vơ hạn b) Tìm giá trị lớn (k, p) với k  p  S Hướng dẫn a) Gọi s số nguyên tố Ns  102s  10s  Ns   mod9  b) Kết f(2, 7) = 19 33