Các bài tập số học THCS

Bài 1: Tồn tại hay không các số nguyên tố a,b,c sao cho: ab+2011=c Bài 2: Tìm 2011 số nguyên tố sao cho tích các số nguyên tố này bằng tổng các lũy thừa bậc 2010 của chúng Bài 3: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 3 3 0x y xy x y+ + − − + = Bài 4: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 1 2 1y x x x x= + − + − − Bài 5 : Tìm các số nguyên không âm x, y sao cho : 2 2 1x y y = + + Bài 6: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình : 2 3x y z+ = + Bài 7: Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: x x x x y + + + = Bài 8: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt Bài 9 : : Tìm cặp số nguyên dương (x,y) thoả mãn phương trình 6x 2 + 5y 2 = 74 Bài 10 : : Hai đội cờ thi đấu với nhau mỗi đấu thủ của đội này phải đấu 1 ván với mỗi đấu thủ của đội kia. Biết rằng tổng số ván cờ đã đấu bằng 4 lần tổng số đấu thủ của hai đội và biết rằng số đấu thủ của ít nhất trong 2 đội là số lẻ hỏi mỗi đội có bao nhiêu đấu thủ. Bài 11: Tìm năm sinh của Bác Hồ biết rằng năm 1911 khi Bác ra đi tìm đường cứu nước thì tuổi Bác bằng tổng các chữ số của năm Bác sinh cộng thêm 3. Bài 12: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho số 2 8 + 2 11 + 2 n là số chính phương Bài 13 : Tìm số có 2 chữ số sao cho tích của số đó với tổng các chữ số của nó bằng tổng lập phương các chữ số của số đó. Bài 14: : Tìm số chính phương có 4 chữ số biết rằng 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau. Bài 15: : Tìm số tự nhiên n ≥ 1 sao cho tổng 1! + 2! + 3! + … + n! là một số chính phương. Bài 16: Chứng minh rằng số có dạng n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 trong đó n ∈ N và n >1 không phải là số chính phương. Bài 17: Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên k sao cho (1999^k 1) chia hết cho104. Bài 18: Chứng minh rằng tồn tại một số chỉ viết bởi hai chữ số chia hết cho 2003. Bài 19: Trong tam giác đều có cạnh bằng 4ấy 17 điểm. Chứng minh rằng trong 17 điểm đó có ít nhất hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không vượt quá 1. Bài 20: Chứng minh rằng mọi số nguyên x, y thì: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + 4 y là số chính phương. Bài 1: ab+2001=c Nếu c=2 loại c>2 nên c lẻ hay ab chẵn Suy ra a=2 do vậy 2b+2011 nguyên tố Nếu b=2 suy ra 4+2011=2015 loại Nếu b>2 nên b=2k+1→22k+1+2011≡0(mod3) loại Vậy không tồn tại a,b,c thỏa đề Bài 2: Gọi các số nguyên tố là a1,a2, ,a2011 (chú ý 2011P) Suy ra a20111+a20112+ +a20112011=a1.a2 a2011 Nếu trong các số trên không có số nào là 2011 suy ra theo định lý Fermat nhỏ Vt≡0(mod2011) Do vậy 2011|VP nên có một số số chia hết cho 2011 và giả sử có k (k>0) số không chia hết cho 2011 với 0<k<2011 Suy ra áp dụng Fermat nhỏ VT≡k(mod2011) mà k<2011→k không chia hết cho 2011 do vậy k=0 suy ra a1=a2= =a2011=2011 Vậy có các nghiệm là (a1,a2, ,a2011)=(2011,2011, ,2011) Bài 3: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 (3 1) (2 3) 0x y x y y+ − + − + = (2) 2 2 2 (3 1) 4(2 3) 2 11y y y y y= − − − + = − −V Điều kiện cần và đủ để (2) có nghiệm nguyên là V là số chính phương 2 2 2 11 ( )y y k k⇔ − − = ∈¥ (3) Giải (3) với nghiệm nguyên ta được 1 2 5, 3y y= = − Với y = 5 thay vào (2) được 2 14 48 0x x + + = . Ta có: 1 2 8, 6x x= − = − Với y = -3 thay vào (2) được 2 10 24 0x x − + = . Ta có 3 4 6, 4x x= = Đáp số: (-8 ; 5), (-6 ; 5), (6 ; -3), (4 ; -3) Bài 4 Điều kiện: 1x ≥ ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1y x x x x= − + + − + − + − − | 1 1| | 1 1|x x= − + + − − 1 1 | 1 1|x x = − + + − − Xét hai trương hợp: Với x = 1 thì y =2. Với 2x ≥ thì 1 1 1 1 2 1y x x x= − + + − − = − Do đó: 2 4( 1)y x= − . Do 2x ≥ nên có thể đặt x – 1 = 2 t với t nguyên dương. Ta có: 2 1 2 x t y t  = +  =  Kếtt luận: nghiệm của phương trình là: (1 ; 2), ( 2 1t + ; 2t) với t là số nguyên dương tùy ý. Bài 5 Nếu y = 0 thì x = 1 Nếu y ≥ 1 thì từ phương trình đã cho ta suy ra y < x < y + 1, vô lí Bài 6 Vì vai trò của x, y, z như nhau nên có thể giả sử .y z≥ Từ phương trình đã cho ta suy ra 2 3 2 .x y z yz+ = + + Suy ra 2 ( ) 4 3( ) 4 12.x y z x y z yz− − + − − = − (1) Vì 3 là số vô tỉ nên từ (1) ta suy ra : x – y – z = 4yz – 12 = 0 ⇒ yz = 3 ⇒ y = 3, z = 1 và x = y + z =4 Đáp số : phương trình có 2 nghiệm là (4; 3; 1) và (4; 1; 3) Bài 7 : Giải: Ta có: 0, 0x y ≥ ≥ Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x x y x k k+ + = − = ∈¥ Bình phương hai vế rồi chuyển vế: 2 ( )x x k x m m + = − = ∈ ¥ Bình phương hai vế: 2 x x m+ = Ta biết rằng với x nguyên thì x hoặc là số nguyên hoặc là số vô tỉ. Do 2 x x m+ = ( )m ∈ ¥ nên x không là số vô tỉ. Do đó x là số nguyên và là số tự nhiên. Ta có: 2 ( 1)x x m + = Hai số tự nhiên liên tiếp x và 1x + có tích là số chính phương nên số nhỏ bằng 0: x = 0 Suy ra: x = 0; y = 0 thỏa mãn phương trình đã cho. Nghiệm của phương trình là (0 ; 0) Bài 8: Ta giả sử x ≥ y ≥ z ≥ t ≥ 1 Ta có: 5 ( x + y + z + t ) + 10 = 2 xyzt ⇔ 2 = yzt 5 + xzt 5 + xyt 5 + xyz 5 + xyzt 10 ≤ 3 30 t ⇒ t 3 ≤ 15 ⇒ t = 1 hoặc t = 2 * Với t = 1 ta có 5 (x+ y + z + 1) + 10 = 2 xyz ⇔ 2 = yz 5 + xz 5 + xy 5 + xyz 15 ≤ z 2 30 ⇒ z 2 ≤ 15 ⇒ z = { } 3;2;1 Nếu z = 1 có 5 (x+ y ) + 20 = 2xy⇔ (2x – 5) (2y - 5) = 65 ⇒ x = hoặc Ta được nghiệm ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị của chúng Với z = 2; z = 3 phương trình không có nghiệm nguyên * Với t = 2 thì 5 (x+ y + z ) + 20 = 4 xyz⇔ 4= xy 5 + yz 5 + xz 5 + xyz 20 ≤ 2 35 z ⇒ z 2 ≤ 4 35 ≤ 9 ⇒ z = 2 (vì z≥ t≥ 2)⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265 Do x≥ y≥ z ≥ 2 nên 8x – 5 ≥ 8y – 5 ≥ 11 ⇒ (8x – 5) (8y – 5) = 265 vô nghiệm vậy nghiệm của phương trình là bộ (x, y, z)= ( 35; 3; 1; 1); (9; 5; 1; 1) và các hoán vị Bài 9 : Ta có 6x 2 + 5y 2 = 74 là số chẵn ⇒ y chẵn lại có 0< 6x 2 ⇒ 0< 5y 2 < 74⇔ 0 < y 2 < 14 ⇒ y 2 = 4 ⇒ x 2 = 9 Cặp số (x,y) cần tìm là (3, 2) Bài 10 : giả sử x≤ y Ta có x, y nguyên dương xy = 4 (x + y)⇔ x 4 + y 4 = 1 lại có x 4 ≥ y 4 ⇔ x 4 + y 4 ≤ x 8 ⇔ x 8 ≤ 1⇒ x ≤ 8 ⇒ x= {5, 6, 7, 8} Mà x 4 ≤ 1 ⇒ x > 4 Thử trực tiếp ta được x = 5, y = 20 (thoả mãn) Vậy 1 đội có 5 đấu thủ còn đội kia có 20 đấu thủ Bài 11: Ta thấy nếu Bác Hồ sinh vào thể kỷ 20 thì năm 1911 Bác nhiều nhất là 11 tuổi (1+ 9 + 0 + 0 + 3) loại Suy ra Bác sinh ra ở thế kỷ 19 Gọi năm sinh của Bác là 18 xy (x, y nguyên dương, x, y ≤ 9) Theo bài ra ta có 1911 - 18 xy = 1 + 8 + x + y = 3⇔ 11x + 2y = 99 ⇒ 2y  11 mà (2, 11) = 1 ⇒ y  11 mà 0≤ y ≤ 9 Nên y = 0 ⇒ x = 9 Vậy năm sinh của Bác Hồ là 1890 Bài 12: Giả sử 2 8 + 2 11 + 2 n = a 2 (a ∈ N) thì 2 n = a 2 – 48 2 = (a + 48) (a – 48) 2 p . 2 q = (a + 48) (a – 48) với p, q ∈ N ; p + q = n và p > q ⇒ a + 48 = 2 p ⇒ 2 p - 2 q = 96 ⇔ 2 q (2 p-q – 1) = 2 5 .3 a – 48 = 2 q ⇒ q = 5 và p – q = 2 ⇒ p = 7 ⇒ n = 5 + 7 = 12 Bài 13: ab (a + b) = a 3 + b 3 ⇔ 10a + b = a 2 – ab + b 2 = (a + b) 2 – 3ab ⇔ 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1) a + b và a + b – 1 nguyên tố cùng nhau do đó a + b = 3a hoặc a + b – 1 = 3a a + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b ⇒ a = 4, b = 8 hoặc a = 3, b = 7 Vậy ab = 48 hoặc ab = 37 Bài 14: Gọi số chính phương phải tìm là: aabb = n 2 với a, b ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Ta có: n 2 = aabb = 11. ba0 = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1) Nhận xét thấy aabb  11 ⇒ a + b  11 Mà 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 nên 1 ≤ a + b ≤ 18 ⇒ a + b = 11 Thay a + b = 11 vào (1) được n 2 = 11 2 (9a + 1) do đó 9a + 1 là số chính phương Bằng phép thử với a = 1; 2;…; 9 ta thấy chỉ có a = 7 thoả mãn ⇒ b = 4 Số cần tìm là: 7744 Bài 15: Với n = 1 thì 1! = 1 = 1 2 là số chính phương Với n = 2 thì 1! + 2! = 3 không là số chính phương Với n = 3 thì 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 3 3 là số chính phương Với n ≥ 4 ta có 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 còn 5!; 6!; …; n! đều tận cùng bởi 0 do đó 1! + 2! + 3! + … n! có tận cùng bởi chữ số 3 nên nó không phải là số chính phương. Vậy có 2 số tự nhiên n thoả mãn đề bài là n = 1; n = 3 Bài 16: n 6 - n 4 + 2n 3 + 2n 2 = n 2 . (n 4 - n 2 + 2n +2) = n 2 . [n 2 (n-1)(n+1) +2(n+1)] = n 2 [(n+1)(n 3 - n 2 + 2)] = n 2 (n + 1) . [(n 3 + 1) - (n 2 - 1)] = n 2 (n + 1) 2 . (n 2 - 2n + 2) Với n ∈ N, n > 1 thì n 2 - 2n + 2 = ( n -1) 2 + 1 > ( n - 1) 2 Và n 2 - 2n + 2 = n 2 - 2(n - 1) < n 2 Vậy (n - 1) 2 < n 2 - 2n + 2 < n 2 => n 2 - 2n + 2 không phải là một số chính phương. Bài 17: Xét 104 + 1 số có dạng : 19991 ; 19992 ; ; 1999104 + 1. Lập luận tương tự bài toán 2 ta được : (1999m 1999n) chia hết cho 104 (m > n) hay 1999n (1999mn 1) chia hết cho 104 [...]... hết cho 104 Đặt m n = k => 1999^k 1 chia hết cho 104 (đpcm) Bài 18: o0 Bài 19: Chia tam giác đều có cạnh bằng 4 thành 16 tam giác đều có cạnh bằng 1 (hình 1) Vì 17 > 16, theo nguyên lí Điríchlê, tồn tại ít nhất một tam giác đều cạnh bằng 1 có chứa ít nhất 2 điểm trong số 17 điểm đã cho Khoảng cách giữa hai điểm đó luôn không vượt quá 1 (đpcm) Bài 20: Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + =( Đặt... + 5 xy + 5 y 2 = t A= ( Vì x, y, z y4 (t ∈ Z ) thì t − y 2 )(t + y 2 ) + y 4 = t 2 − y 4 + y 4 = t 2 = ( x 2 + 5 xy + 5 y 2 ) 2 ∈ Z nên x 2 ∈ Z , 5 xy ∈ Z , 5 y 2 ∈ Z ⇒ x 2 + 5 xy + 5 y 2 ∈ Z Vậy A là số chính phương END . tồn tại a,b,c thỏa đề Bài 2: Gọi các số nguyên tố là a1,a2, ,a2 011 (chú ý 2 011 P) Suy ra a2 011 1+a2 011 2+ +a2 011 2 011 =a1.a2 a2 011 Nếu trong các số trên không có số nào là 2 011 suy ra theo định lý. kiện: 1x ≥ ( 1) 1 2 1 ( 1) 1 2 1y x x x x= − + + − + − + − − | 1 1| | 1 1|x x= − + + − − 1 1 | 1 1|x x = − + + − − Xét hai trương hợp: Với x = 1 thì y =2. Với 2x ≥ thì 1 1 1 1 2 1y x x x= −. không chia hết cho 2 011 do vậy k=0 suy ra a1=a2= =a2 011 =2 011 Vậy có các nghiệm là (a1,a2, ,a2 011 )=(2 011 ,2 011 , ,2 011 ) Bài 3: Viết thành phương trình bậc hai đối với x: 2 2 (3 1) (2 3) 0x y x y y+