Nội dung được sắp xếp từ dễ đến khó, trích từ các đề thi học sinh giỏi lớp 9, chọn đội tuyển của tỉnh thi HSG quốc gia.
Trang 1* Một số bài toán cơ bản (Dành cho thi chuyên Tin)
A MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO (TOÁN CHUYÊN) Bài 1.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2023-2024)
Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số đôi một khác nhau sao cho chữ số hàng đơn vị bằng tổng các nghịch đảo của các chữ số hàng nghìn, hàng trăm và hàng chục
Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd(a b c d, , , đôi một khác nhau và khác 0) Theo đề bài ta có: 1 1 1 d (1)
2 b c b c 2Lại có 1 1 1 1 1 2
2 b c b b b b 4, mà 2 a b 4 b 3 c 6 0.25 Thử lại 1 1 1 1
2 3 6 ta được số 2361 thỏa mãn đề bài
Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hoán vị của (2,3,6) Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321
0.25
Cách khác: Giả sử số thỏa mãn đề bài là abcd, (a b c d, , , đôi một khác nhau và khác 0) Theo đề bài ta có: 1 1 1 d
a b c Giả sử: a b c d 1 1 1 3 cd 3
2 3 6 ta được số 2361 thỏa mãn đề bài
Do vai trò a b c, , như nhau nên ta có các bộ số ( , , )a b c là các hoán vị của (2,3,6) Vậy có tất cả 6 số thỏa mãn đề bài: 2361, 2631,3261,3621,6231,6321
0.25
Trang 2Bài 2.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2022-2023)
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x3x2 y3y2
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn x3x2y3y2 1,0 Ta có: x3x2y3y2(x y x)(2y2xy x y ) 0 0,25
0x y
- Khi x y 0xy Khi đó ( ; ) ( ; )x ym m (m là số nguyên tùy ý)
0.25 - Khi x2y2xy x y 0(x y)2(x1)2(y1)22 0.25 Suy ra trong ba giá trị (x y) , (2x1) , (2y1)2có một giá trị bằng 0, hai giá trị bằng 1
Giải tìm được: ( ; ) (0; 0)x y , ( ; ) (0; 1)x y , ( ; ) ( 1;0)x y
Vậy các cặp số thỏa đề là: ( ; ) ( ; )x ym m (m là số nguyên tùy ý), ( ; ) (0; 1)x y ,
( ; ) ( 1;0)x y
0.25 Nhận xét:
xyxy x y xyx y y (*) + Phương trình (*) có nghiệm theo x khi
+ Với y0, giải tìm được x0,x 1.
Bài 3.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2021-2022)
Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố p, q, r thỏa mãn pq r và 1 2p2q2r21 + Nếu p, q cùng là số lẻ pq là số lẻ r +1 là số lẻ r là số chẵn r =2
Mà p, q lẻ nên p q, 3 p q 9 Khi đó r (không thỏa) 1 2 1 9 0,5 + p, q khác tính chẵn lẻ, giả sử p2, q là số nguyên tố lẻ
r
r
Trang 3Bài 4.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2020-2021)
Tìm tất cả các số tự nhiên n thỏa mãn 3n là lập phương của một số tự nhiên 8Xét 3n 8 a a3 ( ).
x y n
Khi đó, vế phải của (3) chia hết cho 9 Do đó x không thỏa 2 0,25 - Với x1: suy ra a1,y Khi đó 1 n x y 2
- Với x0: Không thỏa Vậy n2 là giá trị cần tìm
0,25 Bài 5.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2019-2020)
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n, số M 9.34n8.24n2019 chia hết cho 20 92 1n 12 1n 2.42 1n 2020
92 1n 12 1n 9 1 , 2.4 2 1n8, 2020 4M4 0,25 92 1n 42 1n 42 1n 12 1n 2020
92 1n 42 1n 9 4 , 4 2 1n 12 1n 4 1 , 2020 5 M5 0,25 Mặt khác 4 và 5 nguyên tố cùng nhau nên M20 0,25
Bài 6.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2018-2019)
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn đẳng thức x y2 2x26y2 2 xy - Với y , ta có 0 x0
xx a
y
y
Vậy x y; 0;0 ; 3; 1 ; 3;3 ; 3;1 ; 3; 3
0,25
Trang 4Bài 7.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2017-2018)
Tìm tất cả các cặp số nguyên ( ; )a b thỏa mãn đẳng thức 9a26a b 3 0.
9a6a b 09a6a 1b1(3a1)2b31 (*)
Vì (3a1)20 nên b3 1 0 hay b 1 0,25 + Với b 1: Từ (*) suy ra: 1
Vì (3a1)20 nên b3 1 0 hay b 1 (0,25) + Xét b 1 không thỏa (*)
+ Xét b0, từ (*) suy ra a0 + Xét b1 không thỏa (*)
(0,25) + Xét b2: Ta có: (3a1)2b3 1(3a1)2(b1)(b2 b1)
Gọi d = ƯCLN(b1,b2 b1) Vì b2 b1b b( 1) 2(b 1) 3nên 3 d Hơn nữa (3a1)2 không chia hết cho 3 nên d3 Do đó d1
Lại có (3a1)2(b1)(b2 b1) nên b1 và b2 b1 đều là hai số chính phương
(0,25)
Mặt khác: (b1)2b2 b1b2 (vì b2) nên b2 b1 không phải là số chính phương
Vậy ( ; ) (0;0)a b là cặp số duy nhất cần tìm (0,25) Bài 8.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2016-2017)
Hãy tìm bộ ba số nguyên dương a; b và c sao cho a ≤ b ≤ c thỏa mãn đẳng thức sau: abc = 2( a+ b + c )
Từ a ≤ b ≤ c => a+ b + c ≤ 3c , nên abc = 2( a+ b + c) ≤ 6c => ab ≤ 6 Nếu a ≥ 3 thì ab ≥ a2 ≥ 9, mâu thuẩn với ab ≤ 6, do đó a = 1 hoặc a = 2 Nếu a = 1 thì bc = 2(b + c +1) (b‒2)(c‒2) = 6 do 0 < b ≤ c nên
(b‒ 2 = 1; c ‒ 2 = 6) hoặc (b ‒ 2 = 2; c ‒ 2 = 3) ta được (b = 3; c = 8) hoặc ( b = 4; c = 5) đều thỏa mãn
Nếu a = 2 từ ab ≤ 6 suy ra b = 2 hoặc b = 3 Khi đó ta có 4c = 2( 4 + c) hoặc 6c = 2( 5 + c) suy ra c = 4 hoặc 2c = 5 ( loại)
Vậy (a; b ; c) = ( 2;2;4); (1;3;8); (1;4;5)
0.25 0.25 0.25 0.25 Bài 9.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2015-2016)
Chứng minh A = 2(12015 + 22015 +… + n2015) chia hết cho n(n+1) (với n là số nguyên dương) b/ Ta có a2015 + b2015 chia hết cho a + b nên
2015 2015 2015 2015 2015 2015
A1n2n 1 n1 chia hết cho n + 1 Lại có A12015(n 1)201522015n 2 2015 (n 1)2015120152.n2015
chia hết cho n Mà n và n + 1 nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho n(n+1)
0.25 0.25
Trang 5Bài 10.(Toán chuyên – TS 10 chuyên năm học 2014-2015)
Cho x, y là các số nguyên dương và x2 + 2y là số chính phương Chứng minh rằng x2 + y bằng tổng của hai số chính phương
b/ GT x2 + 2y = k2 ( k N*) suy ra x và k cùng tính chẵn, lẻ Nếu x chẵn: x = 2m ( m N*) và k = 2n ( n N*)
Gt y = 2n2 2m2
Khi đó x2 + y = (2m)2 + 2n2 2m2 = 2m2 + 2n2 = ( m + n)2 + (mn)2 ( đpcm)
0.25 Nếu x; k lẻ : x = 2m +1( m N*) và k = 2n+ 1 ( n N*)
GT y = 2n2 2m2 + 2n 2m
Khi đó x2 + y = (2m +1)2 + 2n2 2m2 + 2n 2m = m2 + n2 + 1 + 2mn + 2m + 2n + m2 + n2 2mn = ( m + n + 1)2 + (mn)2 ( đpcm)
Kết luận : Nếu x2 + 2y chính phương thì x2 + y là tổng của hai số chính phương
B MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO (HSG 9) Bài 1.(HSG lớp 9 – năm học 2023-2024)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0.2
x xy x y Giả sử tồn tại cặp số nguyên x y thỏa mãn ; 3 2 2 2 4 0 1
Trang 6b) Cho p là số nguyên tố Tìm tất cả các số nguyên dương b sao cho nghiệm của phương trình bậc hai x2bx bp là số nguyên 0
Giả sử tồn tại số nguyên dương b để phương trình x2bx bp có hai nghiệm nguyên 0
1, 2
x x
Ta có: x1x2 b x x, 1 2 bp Vì b p, 0 nên x10,x2 0
0,25 Vì p là số nguyên tố nguyên tố và x x1 2bp nên x p1 hoặc x p2 0,25 Giả sử x p1 x1 pc (c nguyên dương); x2 b x1 b pc
c
(2) (với c1, vì c1 không thỏa mãn (1))
Thử lại: phương trình x2(p1)2x p p ( 1)2 0 có hai nghiệm phân biệt
p q q q 0,5 Lại có q p| 2 nên | 31 q Mà q là số nguyên tố nên q = 3, khi đó p = 5 0,5 + Nếu q = 2 thì mọi số nguyên tố p > 2 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán 0,5 Kết luận: p q; {(5;3); ( ; 2)}(p p2) 0,25
Trang 70,5 Suy ra 2023 28 n 2023 hay 1995 n 2023 0,25 Nên n là số có 4 chữ sốn abcd => a1 hoặc a2
+ Nếu a1 thì n1bcd n S n 1000bcd 1 b c d 2023 0,25 101.b11c2d 1 1023 0,25
+ Nếu a2 thì n2bcd n S n 2000 101 b11c2d 2 2023 101b11c2d21
Trang 8Dễ dàng kiểm tra được hai số thỏa mãn thỏa đề là 3802519 và 8702519
0,25 Bài 6.(HSG lớp 9 – năm học 2018-2019)
0,5 Suy ra được 1 y 3 Suy ra y 1; 0;1; 2;3 (Mỗi ý được 0,25) 0,5 + Với y 1: tìm được cặp ( ; ) (3; 1)x y 0,25
+ Với y1: tìm được 2 cặp ( ; ) ( 1;1)x y , ( ; ) (3;1)x y 0,25
+ Với y3: tìm được cặp ( ; ) ( 1;3)x y 0,25
Trang 9a) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 1 thì (n+2)(n+1)(n+8) không thể là lập
Ta có: (n+2)3 < (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)
n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( đúng) 0,5 Giả sử có nN, n 1 sao cho (n+2)(n+1)(n+8) là lập phương của một số tự nhiên,
khi đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3
0,25 0,5 n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27
2n2 n 11 =0 1 894
Do đó chỉ xảy ra trường hợp b + a = p2 và b ‒ a = 1 Khi đó
Từ p nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 Do đó p có dạng 3k+1 hoặc 3k+2
Suy ra một trong hai số p + 1; p -1 chia hết cho 3 Suy ra 2a chia hết cho 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm)
0,5
2 p + a + 1 =2 p+ +1 =2p+p +1= p+12
b) Cho hai số nguyên a và b thỏa 24a2 1 b2 Chứng minh rằng chỉ có một số a hoặc b chia hết cho 5.
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )a b thỏa mãn đẳng thức:
a3 b33(a2 b2) 3( a b ) ( a1)(b 1) 25 2,0
33 3( 22) 3( ) ( 1)( 1) 25a b a b a b a b
Khi đó (*) trở thành: x3 y3 xy25(x y x )( 2 xy y 2)xy25 (**) 0,25
Trang 103xy
thỏa (**) Suy ra 32ab
là cặp số cần tìm 0,5 b) Cho hai số nguyên a và b thỏa: 24a2 1 b2 Chứng minh rằng chỉ có một số a
Cách 1:
Ta có: 0, 1, 2(mod 5)0, 1, 2(mod 5)a
Từ (1) và (2) suy ra:
0(mod 5)1(mod 5)a
1(mod 5)0(mod 5)a
hoặc
Theo định lý Fermat ta có
1(mod 5)
1(mod 5)a
0,5
Suy ra a2b20(mod 5)23a2 1b2a20(mod 5) (*) 0,25 Vì a không chia hết cho 5 nên a 1, 2(mod 5) 0,25
Với a 2(mod 5)a2 4(mod 5)23a2 1 3(mod 5)( trái với (*)) 0,25 Vậy điều giả sử là sai Từ đó suy ra điều cần chứng minh
Trang 11Thay y = x – 1 vào (2) ta được:
(loại) hoặc x = 0 0,25 Thay y = x vào (2) ta được: x3x3x22x 1 x22x 1 0 x 1 0,25 Vậy (x ; y) = (0 ; –1) hoặc (x ; y) = (1 ; 1) 0,25 b) Chứng minh E có ít nhất một ước là số chính phương 2,0 Vì 29 là số nguyên tố nên E29(2015a 2016b) 29 hoặc (2016a 2015b) 29 (1) 0,5 Ta có: (2015a 2016b) (2016a 2015b) 4031(a b) 139.29(a b) 29 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra (2015a 2016b) 29 và (2016a 2015b) 29 0,5
Khi đó, ta có: 8k38(x33x24x2)k3(x1)3 (x 1) 0,25 - Nếu x 1, ta có k3(x1)3(x 1) (x1)3
0,25 Theo trên, suy ra (2) (x 2) 1 x 1
Từ (1) và (2) suy ra ( ; ) ( 1; 2)x y (thỏa mãn)
Vậy ( ; ) ( 1; 2)x y là cặp số thỏa yêu cầu 0.25
Trang 12b) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố có dạng p4k3 (k thì không tồn tại )1
p số tự nhiên liên tiếp sao cho có thể phân chia tập hợp các số đó thành hai tập hợp con rời nhau để tích tất cả các số thuộc tập hợp này bằng tích tất cả các số thuộc tập hợp kia
Giả sử với số nguyên tố p4k , tồn tại 3 p 1 4k số tự nhiên liên tiếp mà ta 2có thể chia tập hợp các số này thành hai tập hợp con sao cho tích tất các số thuộc mỗi tập hợp đều bằng a.
Khi đó, ta có: a2 m m( 1)(m2) (m p 2)
0,25 Chia các số: m m, ( 1), (m2), , (m p cho 2) p ta được các số dư đôi một khác nhau
Nếu trong dãy số m m, ( 1), (m2), , (m p (*) có số chia hết cho 2) p, thì theo giả thiết phản chứng ắt phải có số thứ hai trong dãy (*) chia hết cho p, điều này vô lí (các số dư khi chia các số trong dãy (*) cho p đôi một khác nhau)
Bài 10.(HSG lớp 12 chuyên – năm học 2022-2023)
a) Cho k là số nguyên lớn hơn 1 Chứng minh 2k1 không chia hết cho 1 k.
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên tố p và q thỏa mãn 2p 2q chia hết cho p q a) Giả sử 2k11k Suy ra k là số tự nhiên lẻ
Khi đó k có dạng 1231.2.3 r
kp p p p , với p p p1, 2, 3, ,prlà các số nguyên tố lẻ, 1, 2, 3, , r
0,25
kp p p p nên k 1 2 m1u (với u số nguyên dương)
Lại có 2k11k2k1 1(mod )k Do đó 22 m1u 1(mod )k 0,25
1 1 2 m 1
p t và t1 lẻ nên
11
Trang 13b) Khi 2p 2q chia hết cho p q , có 3 trường hợp xảy ra : - TH1: p, q là các số nguyên tố lẻ
Vì 2p 2q chia hết cho p q nên 2p 2q 0(mod )p q 2p2q 0(mod )p Lại có 2p 2(mod )p 2q 2(mod )p
Tương tự ta chứng minh được 2pq 2(mod )q
Mà p, q là các số nguyên tố nên 2pq 2(modpq)2pq1 1(modpq)(Mâu thuẫn ở câu a)
2p2qpq2p2q 0(mod )p(2p p) (2 qp) 0(mod )p
Mà 2p p0(mod )p2q p0(mod )p2q 0(mod )p
0,25 Tương tự 2p 0(mod )q Mà( , ) 1p q nên 2 2p q 0(modpq)2p q pq
Suy ra pq là số chẵn Khi đó, xảy ra 2 trường hợp: 0,25 - TH1: Trong hai số p q, , có đúng một số bằng 2
Khi p2, ta có : 2p2q 0(mod )q 4 2q 0(mod )q mà 2q 2 0(mod )q Suy ra 6 0(mod ) q q 3.
Tương tự q2 Suy ra p3
0,25
- TH2: p q 2 Khi đó 2222 8 0(mod 4)(thỏa)
Vậy, các cặp số cần tìm là ( ; ) (2; 2), ( ; ) (2;3), ( ; ) (3; 2).p q p q p q 0,25 Bài 10.(HSG lớp 12 chuyên – năm học 2021-2022)
Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 3p11 chia hết cho p và thương là một số chính phương
Giả sử p là một số nguyên tố thỏa mãn điều kiện bài toán ( p 3, Định lí Phecma) Khi đó, tồn tại số tự nhiên A thỏa mãn:
0,25 0,25 Xét trường hợp p2, khi đó p lẻ, đặt p 1 2k với k là số nguyên dương, ta có
Trang 14Trường hợp 2: 3k 1 2 ; 3B2k 1 2 p C2
Nếu k lẻ suy ra 4 |3k 1 2 p C2, do đó 2| C(vìp lẻ)
Vậy 3 1 2 k p C2 chia hết cho 8, vô lí vì 3k 1 4(mod8)(vì k lẻ)
Với k chẵn, đặt k2m với m là số nguyên dương, ta có 2B23k 1 (3m1)(3m1)
Vì (3m1;3m 1) 2 ta suy ra tồn tại các số tự nhiên C D, sao cho
Vậy 3m 1 E2, nghĩa là 3m(E1)(E1) điều này dẫn đến tồn tại hai số tự nhiên s t sao cho E và 1 3t E 1 3s
Do đó 2 (E 1) (E 1) 3 (3 ts t1) Rõ ràng điều này chỉ xảy ra khi 3 1t và 3s t 1 2 hay t0;s1, từ đó ta tìm được p5( thỏa mãn)
Vậy p2; p thỏa mãn yêu cầu bài toán 5
S là số nguyên tố thì n chia cho 3 dư 1
a) Chứng minh S là số tự nhiên chẵn với mọi n Tìm tất cả các giá *
S là số nguyên tố thì n chia cho 3 dư 1 0,5 Ta có: S 4n24n 6 2 1 3
S là số nguyên tố thì n3k1k
0,25
Trang 15Bài 2.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2022-2023)Tìm tất cả các số nguyên dương n để n4 3n2 là số nguyên tố 1
B nn nnn nn n 0,25 Với n1, ta có B không phải là số nguyên tố 1 0,25 Với n2, ta có B5là số nguyên tố 0,25 Với n2, mỗi thừa số của B đều lớn hơn 1 nên Blà hợp số
Bài 3.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2021-2022)
Cho phương trình x47x3 (m2)x2 2021x m 0 (*), với m là tham số nguyên
Chứng minh rằng x không phải là nghiệm của phương trình (*) và phương trình này có 1không quá một nghiệm nguyên
Đặt f x( )x47x3(2m x)22021x m Tính f(1) 2 m2025
Vì m là số nguyên nên f(1) 2 m2025 0
Vậy x1không phải là nghiệm của phương trình (*)
0,25 0,25 Giả sử x là nghiệm nguyên của phương trình (*), ta có 0 f x( ) 00
Khi đó f x( )0 f(1) 2m2025 chia hết cho x0 , suy ra (1 x01) là số lẻ, suy ra x là số chẵn 0
Giả sử PT (*) có 2 nghiệm nguyên phân biệt x x 1, 2Suy ra: x x là các số chẵn và 1, 2 f x( )1f x( ) 02 Ta có f x( )1 f x( ) 02
Cho n là số tự nhiên có dạng n 1 4 ,k k Đặt x2n1 và 2 y 2n 1Chứng minh rằng ( n y2 1)chia hết cho 4 và (xnyn) là một số chính phương
Tìm tất cả các cặp số tự nhiên ( ; )x y thỏa mãn 2xy22y 3 0.
2x y 2y 3 0 2x (y1)(y (1) 3) 0,25 * y và 1 y là hai số cùng chẵn, cùng lẻ và 3 y Do đó từ (1) ta có: 1 y 3 0
1 23 2
yy
Trang 16Suy ra: 2 4 23
nm n
73 2
Bài 6.(Toán chuyên Tin – TS 10 chuyên năm học 2018-2019)
Tìm hai số nguyên tố p và ,q biết rằng p q và p4q đều là các số chính phương
Theo đề ta có
22*4;p q a
a b N
, suy ra b2a23qb a b a 3q 0,25
Từ q là số nguyên tố và a b 2 nên ta có các trường hợp sau: + TH 1: 1
3b a
suy ra b a 1 và 2a 1 3q, suy ra q lẻ Ta viết q2k1 ( kN*)
Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k1 và p a2–q9k24k k k 94Do p nguyên tố nên k1 và p13,q3
0,25
+ TH 2: b a 3b a q
và b a 1
Suy ra b2 và a1 khi đó q1 không phải số nguyên tố Kết luận: (p;q) = (5;11), (13;3)
0,25 Trình bày cách khác:
Theo đề ta có
22*4;p q a
a b N
Khi đó b a 1 và 2a 1 3q Suy ra q lẻ Ta viết q2k1 ( kN*)
Khi đó 2a3q 1 6k2 hay a3k1 và p a2–q9k24k k k 94Do p nguyên tố nên k1 Suy ra p13, q3
(0,25)
+ TH 2: b a 3b a q
Khi đó b a 3 và q2a3Lại có p a2 q a22 – 3aa1a– 3
(0,25)