(Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC

(Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC (Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC (Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC (Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC (Luyện thi Toán học) Chuyên đề Số học vào 10 (FULL) TTC

Leonhard Euler (1707-1783) .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : CHỦ ĐỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Kiến thức bản: Định nghĩa: Số ngun A đƣợc gọi số phƣơng tồn số ngun dƣơng a cho: A = a2 Phát biểu: Số phƣơng số bình phƣơng số tự nhiên Lƣu ý: Mƣời số phƣơng là: 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, Tính chất: Số phƣơng có chữ số tận 0, 1, 4, 5, 6, Số phƣơng chia cho dƣ Kí hiệu: 3n 3n + 1, (n N) Số phƣơng chia cho dƣ Kí hiệu: 4n 4n + 1, (n N) Vận dụng tính chất: Nếu hai số tự nhiên a b ngun tố có tích số phƣơng số a, b số phƣơng Khi phân tích số phƣơng thừa số ngun tố ta đƣợc thừa số lũy thừa số ngun tố với số mũ chẳn Ví dụ: 3600 = 602 = 24.32.52 Một số cách nhận biết số khơng phương N: (1) Chứng minh N có chữ số tận 2,3,7,8 (2) Chứng minh N chứa số ngun tố với mũ lẽ (3) Xét số dƣ N cho cho cho cho (4) Chứng minh N nằm hai số phƣơng liên tiếp (5) N chia cho dƣ 2; N chia cho 4; có số dƣ 2; (6) Một số tính chất số dƣ chia cho 5, 6, 7, bạn tự suy cách đặt số ban đầu nk + q (Ví dụ: 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, ) Lưu ý: Khi Giải tốn số phƣơng ta áp dụng "phƣơng pháp modun (mod)", nghĩa xét số dƣ số phƣơng chia cho số ngun Ví dụ 1: Tìm k để 4k + = a2 Giải Giả sử: 4k + = a2 Khi đó: a2  (mod 4) (1) Ta lại có, a số phƣơng a2  0, (mod 4) (2) Từ (1) (2) vơ lý Vậy khơng có số k thỏa mãn 4k + số phƣơng Ví dụ 2: Tìm a  N* để phƣơng trình sau có nghiệm ngun: x2 + 2ax - 3a = Giải Xét ' = a2 + 3a Để phƣơng trình có nghiệm ngun a2 + 3a phải số phƣơng a2 < a2 + 3a < a2 + 4a +  a2 < a2 + 3a < (a + 2)2 Do đó: a2 + 3a = a2 + 2a +  a = Với a = phƣơng trình có nghiệm ngun x = hay x = -3 Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau số phƣơng: a n2 + 2n + 12 b n (n+3) c n + n + 1589 Giải Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : a) Vì n2 + 2n + 12 số phƣơng nên đặt: n2 + 2n + 12 = k2 (k  N)  (n2 + 2n + 1) + 11 = k2  k2 – (n + 1)2 = 11  (k + n + 1)(k - n - 1) = 11 Nhận xét thấy k + n + > k - n - chúng số ngun dƣơng, nên ta viết k + n +1 = 11 k = (k + n + 1)(k - n - 1) = 11.1    k - n -1 = n = Vậy n = Bài tập 2: Cho A số phƣơng gồm chữ số Nếu ta thêm vào chữ số A đơn vị ta đƣợc số phƣơng B Hãy tìm số A B Giải Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vào chữ số A đơn vị ta có số B = (a +1)(b +1)(c +1)(d +1) = m2, với k, m  N 32 < k < m < 100; a, b, c, d  N ; ≤ a ≤ ; ≤ b, c, d ≤  m2 – k2 = 1111  (m - k)(m + k) = 1111 Xét trƣờng hợp, kết quả: A = 2025 , B = 3136 Bài tập 3: Tìm a để 17a + số phƣơng Giải Giả sử ln tồn y  N cho: 17a + = y2 Khi đó:  17(a - 1) = y2 - 25  17(a - 1) = (y + 5(y - 5)  y - 517    y + 517  y = 17n   a = 17n2  10n + Bài tập 4: Chứng minh 3n + 63 khơng phƣơng, (n N, n ≠ 0, 4) Giải Xét n lẻ Đặt: n = 2k + 1, (k N) Ta có: 32k+1  (-1)2k+1(mod 4)  -1 (mod 4) 63  (mod 4)  32k+1 + 63  (mod 4)  3n + 63 khơng phƣơng Xét n chẵn Đặt n = 2k, (k ≠ 0) Vì y  nên ta đặt: y = 3t, (t  N) Khi đó, ta có: 32k + 63 = 9t2 32k-2 + = t2  t2 - (3k-1)2 =  (t - 3k-1)(t + 3k+1) =  t - 3k-1 =    t + 3k+1 =  3k-1 =  3k-1 = k=2  n= (trái với giả thiết đề bài) Vậy 3n + 63 khơng số phƣơng với (n ≠ 0, 4) Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Bài tập 5: Chứng minh phƣơng trình x2 + y2 + = z2 có vơ số nghiệm ngun Giải n  N*, ta chọn x = 2n2; y = 2n; z = 2n2 + Ta có: x2 + y2 + = (2n2)2 + (2n)2 + = (2n2 + 1)2 = z2 Do phƣơng trình có vơ số nghiệm Bài tập 6: Cho p tích n số ngun tố (n > 1) Chứng minh p - khơng phải số phƣơng Giải Giả sử p - số phƣơng Do p tích n số ngun tố (n > ) Suy ra: p3 Do p -  -1 (mod 3) Đặt: p - = 3k - Một số phƣơng khơng có dạng 3k - Từ ta có điều mâu thuẫn Bài tập 7: Chứng minh n7 + 34n + khơng phƣơng Giải Bổ đề x2  i (mod 7); i  {0; 1; 2; 4} Theo định lý Fermat, ta có: n7  n (mod 7)  n7 + 34n +  35n + (mod 7)  n7 + 34n +  (mod 7) Giả sử n7 + 34n + = x2, x  N Suy ra: x2  (mod 7) (vơ lý) Do n7 + 34n + khơng phải số phƣơng Bài tập 8: Cho k1 < k2 < k3 < số ngun dƣơng, khơng có hai số liên tiếp đặt S n = k1 + k2 + + kn, n = 1, 2, Chứng minh với số ngun dƣơng, khoảng [S n, Sn+1) chứa số phƣơng Giải Nhận xét: Khoảng [Sn, Sn+1) có số phƣơng khoảng  Sn , Sn+1 có  số ngun dƣơng, tức là: Ta có: Sn 1  Sn   Sn 1    Sn   Sn  k n 1   Sn 1  Sn   Sn   k n 1  Sn  Theo đề bài, ta thấy: k n 1  k n  2, n  N*  Sn  nk n 1  n  n  1 Ta cần chứng minh: k n 1  nk n 1  n  n  1   k 2n 1  2k n 1   4nk n 1  4n  n  1  k 2n 1   2n  1 k n 1   2n  1    k n 1  2n  1  Bất đẳng thức cuối Do với số ngun dƣơng n, khoảng [S n, Sn+1) chứa số phƣơng Bài tập 9: Chứng minh với số kN số: A = + 92k + 772k + 19772k Khơng phải số phƣơng Giải Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Bất kỳ số phƣơng có dạng 3t 3t + 1, với t  N Ta có: A = + 92k + 772k + 19772k có dạng 3l + với l N Do A khơng phải số phƣơng Bài tập 10: Chứng minh với số mN số: A = + 92m + 802m + 19802m Có phải số phƣơng khơng? Giải Bất kỳ số phƣơng có dạng 4n 4n+1, n N Ta có: A = + 92m + 802m + 19802k Có dạng 4q + 2, với q  N Suy A khơng số phƣơng Bài tập 11: Tích hai số tự nhiên liên tiếp, hai số chẵn liên tiếp số lẻ liên tiếp có thẻ số phƣơng khơng? Giải Ta chứng minh với hai số tự nhiên liên tiếp: Ta có: n2 < n(n + 1) < (n + 1)2, nN Do n(n + 1) khơng phƣơng Ta chứng minh với hai số chẵn liên tiếp: Gọi a = 2k(2k + 2), với k N Nhận xét rằng: 4k2 < a < (2k + 1)2 Suy a khơng số phƣơng Ta chứng minh với hai số lẻ liên tiếp: Đặt: b = (2k + 1)(2k + 3), k N (2k + 1)2 < (2k + 1)(2k + 3) < (2k + 3)2 Suy b khơng số phƣơng Bài tập 12: Chứng minh tổng bình phƣơng hai số lẻ khơng phải số phƣơng Giải a b hai số lẻ nên a2 = 4l + b2 = 4m + 1m với l , m N Suy ra: a2 + b2 = 4t + 2, t  N Do đó: a2 + b2 khơng thể số phƣơng Bài tập 13: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp thêm số phƣơng Giải Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3)(n + 4) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Đây số phƣơng (Đpcm) Bài tập 14: Tổng bình phƣơng số tự nhiên liên tiếp có phải số phƣơng khơng? Giải Gọi A = n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 + (n + 4)2 A = 5n2 + 20n + 30 = 5(n2 + 4n + 6) Giả sử A số phƣơng Suy ra: n2 + 4n + = 5t2  (n + 2)2 + = 5t2  (n + 2)2 = 5t2 -  (n + 2)2 = 5q + Điều vơ lý Vậy tổng bình phƣơng số tự nhiện liên tiếp khơng thể số phƣơng Bài tập 15: Các số: abab, abba, abcabc Có phải số phƣơng khơng? Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Giải Ta có: abab  101ab Do abab khơng thể số phƣơng abcabc  1001abc Suy điều phải chứng minh Bài tập 16: Có số phƣơng chia hết cho 55 có dạng abca khơng? Giải Giả sử tồn số phƣơng k2 có dạng abca chia hết cho 55 Suy ra: k2  k2  11 Mà (5, 11) = nên k2  55 Khi đó: k2 = 55t, t  N Ta có: 1000  (55t)2 = 55m  9999  1000  3025t2  9999   t2   t2 =  t =  k2 = 3025  abca Vậy khơng tồn số phƣơng có dạng abca chia hết cho 55 Bài tập 17: Tìm số phƣơng có dạng 22ab Giải Ta có: 2116 < 22ab < 2304  462 < 22ab < 482 Do đó: Nếu 22ab số phƣơng 22ab = 472 = 2209 Vậy số phƣơng phải tìm 2209 Bài tập 18: Tìm số phƣơng có chữ số cho chữ số đầu cuối giống Giải 1) Giả sử abbb số phƣơng Nếu chữ số hàng đơn vị số lẻ chữ số hàng chục chữ số chẵn, b khơng thể lẻ Mặt khác abbb phƣơng b 0, 1, 4, 6, Do b = 0, 4, Nếu b = a000 khơng phƣơng Nếu b = a444 phƣơng a = Nếu b = a666 khơng phƣơng Ta có 1444 số phƣơng 2) Khơng có số phƣơng có dạng aaab Bài tập 19: Nghiên cứu số phƣơng có chữ số giống Giải Xem số A = aa aa (n chữ số a) Suy ra: A = a.11 11 (n chữ số 1) Khơng có số phƣơng tận chữ số: 2, 3, 7, Suy ra: a  2, 3, 7, Nếu chữ số hàng đơn vị chữ số lẻ chữ số hàng chục phải chữ số chẵn Suy a  1, 3, 5, 7, Nếu chữ số hàng đơn vị chữ số hàng chục phải chữ số lẻ Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Suy a  4, Dĩ nhiên a  Vậy khơng có số phƣơng mà tất chữ số giống Bài tập 20: Cho số A = n4 + 14n3 + 71n2 + 154n + 120, với n  N a) Phân tích A thành nhân tử b) Chứng minh A khơng thể số phƣơng (Đề thi vào lớp 10 chun tốn Lê Q Đơn Nha Trang năm học 1996 - 1997) Giải a) Ta có: A = n4 + 14n3 + 71n2 + 154n + 120 = (n4 + 14n3 + 49n2) + (22n2 + 154n) + 120 = (n2 + 7n)2 + 22(n2 + 7n) + 120) = (n2 + 7n + 10)(n2 + 7n + 12) = (n + 2)(n + 5)(n + 3)(n + 4) Vậy A = (n + 2)(n + 3)(n + 4)(n + 5) b) Các bạn làm tƣơng tự 11 Bài tập 21: Cho a b số tự nhiên, a2 - b2 số phƣơng khơng? Giải Ta có: a2 - b2 = (a - b)(a + b) Giả sử a > Muốn cho a2 - b2 số phƣơng, ta cần chọn: a  b  du2  a  b  dv , u > v  d u2  v2 a    d u  v2  b   Trong d chẵn u v tính chất chẵn, lẻ (u > v) Lúc đó, ta có: a2 - b2 = c2  a2 = b2 + c2 Các nghiệm phƣơng trình là: a  d u2  v2 , b  d u2  v2         Vậy a - b số phƣơng Bài tập 22: 1) Tìm số có hai chữ số ab cho số n  ab  ba số phƣơng 2) Tìm số có hai chữ số ab cho số m  ab  ba số phƣơng Giải 1) Ta có: n  ab  ba = k2, k N*, với a, b, k N a  0, b  9, a   9(a - b) = k2 Do (a - b) số phƣơng Mặt khác, ta có: a - b  Do ta có: a - b = v a - b = v a - b = Xét trƣờng hợp a - b =  a = b + Có số thỏa: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98 Xét trƣờng hợp a - b =  a = b + có số thỏa: 40; 51; 62; 73; 84; 95 Xét trƣờng hợp a - b =  a = b + có số thỏa 90 Vậy có 16 số thảo mãn u cầu 2) Ta có: m  ab  ba = q2, q N*  11(a + b) = q2 Do đó, ta có: a + b = 11t2, t  N* Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Mặt khác, ta có:  a + b  18  t2 =  a + b = 11 Có số thỏa mãn u cầu tốn là: 29; 38; 47; 56; 65; 74; 83; 92 Bài tập 23: Tìm số a  N cho số sau số phƣơng: a) a2 + a + 1589 b) 13a + c) a(a + 3) d) a2 + 81 e) a2 + a + 43 f) 3a + 72 Giải a) Đặt: a2 + a + 1589 = k2, k  N Suy ra: (2a + 1)2 + 6355 = 4k2  (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 6355 Nhận xét rằng: 2k + 2a + 2k - 2a - lẻ 2k + 2a + > 2k - 2a - > Do ta viết: (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.42 Suy a có giá trị sau: 1588, 316, 42, 28 b) Đặt: 13a + = y2, y  N  13(a - 1) = y2 - 16 = (y + 4)(y - 4)  (y + 4)(y - 4)  13, (13 số ngun tố)  y +  13 y -  13  y = 13n  4, n ngun tố, khơng âm  13(a - 1) = (13n  4)2 - 16 = 13n(13n  8)  a = 13n2  8n + c) Đặt: a(a + 3) = y2, y  N  (2a + 3)2 = 4y2 +  (2a + 2y + 3)(2a - 2y + 3) = 2a + 2y +  2a - 2y + > 2a + 2y + 3, 2a - 2y + ngun Do đó: 2a  2y   a    2a  2y   y   d) Đặt: a2 + 81 = z2, z  N  z2 - a2 = 81  (z + a)(z - a) = 81 Ta có: z + a  z - a > Và z + a, z - a  N Do đó, ta có khả sau: z  a  81 a  40 z  a  27 a  21     z  a  z  41 z  a  z  15 z  a  a    z  a  z  e) Đặt: a2 + a + 43 = k2, k  N  4a2 + 4a + 172 = 4k2  (2a + 1)2 + 171 = 4k2  4k2 - (2a + 1)2 = 171  (2k + 2a + 1)(2k - 2a - 1) = 171 = 57 = 9.19 Các bạn tự giải tiếp Bài tập 24: Tìm a  N cho (23 - a)(a - 3) số phƣơng Giải Đặt: (23 - a)(a - 3) = b2, b  N Suy ra: (a - 13)2 = 100 - b2  (a - 13)2 + b2 = 102 Đây ba số "Pitago" nên ta có: b = 0; 6; 8; 10 Do đó: a = 23; 21; 19; 13; 3; 5; Vậy có giá trị thỏa mãn u cầu tốn: a= 3; 5; 7; 13; 19; 21; 23 Bài tập 25: Tìm tất số tự nhiên n khác cho số: q = n4 + n3 + Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : số phƣơng Giải Ta có: n4 + n3 + > (n2)2 Do đó: n4 + n3 + = (n2 + k)2, k  N*  n2(n - 2k) = k2 - (*)  k2 -  n2 Suy ra: k2 - = v k2 - = n2 Với k2 - = 0, k  N* k=1 n=2 q = 52 (thỏa mãn) Xét k  N*, k > Ta có: n2  k2 - < k2  n < k, (*) vơ lý Do có giá trị n thỏa mãn u cầu tốn n = Bài tập 26: Tìm số tự nhiên n cho n + 24 n - 65 hai số phƣơng (Đề thi vào lớp 10 chun Tốn Quốc học Huế năm học 2001 - 2002) Giải Theo đề bài, ta có:  n  24  p , p, q  N, p > q  n  65  q    p2 - q2 = 89  (p + q)(p - q) = 89 Ta có: p, q  N p > q  p + q, p - q  N p + q > p - q > Do đó, ta có:  p  q  89 p  45   n  2001  p  q  q  44 Vậy số tự nhiên phải tìm n = 2001 Bài tập 27: Tìm tất số ngun n cho n2 + 2002 số phƣơng (Đề thi vào lớp 10 Chun Đại học KHTN - ĐHQG Hà Nội năm học 2002 - 2003) Giải Giả sử n2 + 2002 số phƣơng n2 + 2002 = m2, với n, m  Z  (m + n)(m - n) = 2002 m + n m - n hai số chẵn  (m + n)(m - n)   2004  4, vơ lý Vậy khơng tồn số ngun n để n2 + 2002 số phƣơng Bài tập 28: Thay dấu (*) chữ số cho số sau số tự nhiên: A  4**** Giải Ta có: A  4****  A6  4**** A6 có chữ số bên trái  10000  A6  100000  100  A3  317 4 x, y thuộc P.= {x} - {y}, {x1 + x2 + + xn}  {x1} + {x2} + + {xn}, x1, x2, , xn thuộc P (đẳng thức xảy xa khi: {x1} + {x2} + + {xn} < 1) x thuộc P m thuộc Z iv) {x + m} = {x}, Hệ 6: Hàm số y = {x} hàm tuần hồn với chu kỳ sở v) Hàm số y = {x} hàm đơn điệu tăng khoảng [k; k + 1), với k thuộc Z Ta áp dụng tính chất hệ hàm số phần lẻ để giải số tốn Sau số tập ví dụ c Hàm Euler Phi hàm Euler, kí hiệu , đƣợc xác định bởi: (n) số ngun dƣơng khơng vƣợt q n ngun tố với n Định lý 1: Phi hàm Euler có tính nhân Bổ đề 1: Giả sử m, n số ngun dƣơng ngun tố nhau; {ai:  i  m} {bj:  j  n} tƣơng ứng hệ thặng dƣ đầy đủ modulo m n Khi đó, ta có: {ain + bjm:  i  m,  j  n} hệ thặng dƣ đầy đủ modulo mn Định lý 2: Nếu p ngun tố  ngun dƣơng  1 υ pα = pα 1-   p   Định lý 3: Nếu n = n = p1α1 pα22 pαkk khai triển lũy thừa ngun tố số ngun dƣơng n      υ  n  = n 1- 1-  1-   p1  p   p k  Ví dụ: Tính:    υ 100  = υ 2252 = 100 1- 1-  = 40    Và     υ  720  = υ 24325 = 720 1- 1- 1-  = 192     Từ định lý ta thấy, n = p m, với p > số ngun tố m  1, ε     Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 146 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT :  1 n > υ  n  = n 1-  > n 1- ε   p d Hàm tổng ước (n) số ước (n) Định nghĩa 1: Hàm tổng ƣớc, kí hiệu , đƣợc xác định bởi: (n) tổng tất ƣớc dƣơng số ngun dƣơng n Định nghĩa 2: Hàm số ƣớc, kí hiệu , đƣợc xác định bởi: (n) số ƣớc dƣơng số ngun dƣơng n Ví dụ: (2) = 3, (3) = 4, (4) = 7, (5) = 6, (6) = 12, (7) = 8, (8) = 15, (9) = 13  (2) = 2,  (3) = 2,  (4) = 3,  (5) = 2,  (6) = 4,  (7) = 2, (8) = 4, (9) = Định lý 1: Hàm tổng ƣớc  số ƣớc  có tính chất nhân Định lý 2: Nếu n = p1α1 pα22 pαkk khai triển lũy thừa ngun tố số ngun dƣơng n k σ n =  i=1 k piαi +1 ; τ  n  =   αi +1 pi -1 i=1 Ví dụ: 52 -1 17 -1 232 -1 σ 1955  = σ  5.17.23 = = 2592 -1 17 -1 23 -1 τ 1955  = τ  5.17.23 = 1+11+11+1 = e Số hồn hảo Định nghĩa: Theo ngƣời Hylạp gọi số hồn hảo số mà (n) = 2n Ví dụ: (6) = + + + = 12 (28) = + + + + 14 + 28 = 56 (496) = 992 (8128) = 16256 Định lý: Số ngun dƣơng chẵn n số hồn hảo n = m(2m+1 - 1), m  số ngun dƣơng 2m - số ngun tố Mỗi số hồn hảo đƣợc biểu diễn dƣới dạng tổng số tự nhiên liên tiếp 6=1+2+3 28 = + + + + + + 496 = + + + + 30 + 31 8128 = + + + + 126 + 127 Ngƣời ta biết đƣợc rằng, khoảng từ đến 100200 khơng có số hồn hảo lẻ Tuy nhiên, tồn hay khơng số hoản hảo lẻ? (Các bạn tự tìm đọc) Tổng đảo tất ƣớc số số hồn hảo 1 1+ + + = 2 1 1 1+ + + + + =2 14 28 1 1 1 1 1+ + + + + + + + + =2 16 31 62 124 248 496 Biểu diễn số hoản hảo dƣới dạng hệ nhị phân: = 110 28 = 11100 496 = 111110000 8128 = 1111111000000 Thuật tốn tìm số hồn hảo: Sau đoạn hàm Pascal đê tìm số hồn hảo: Function hoanhao( n: integer): boolean; var i, tonguoc: longint; Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 147 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : begin tonguoc:=0; for i:=1 to (n-1) if (n mod i) = then tonguoc:= tonguoc + i ; hoanhao := (n=tonguoc) end; g Bài tốn thiên niên kỷ (Millennium Problems): Một triệu la dành cho giải đƣợc bí ẩn số bảy bí ẩn tốn học Đó phần thƣởng tổ chức tƣ nhân nêu nhằm đƣa tốn học trở lại vị trí xứng đáng Và dĩ nhiên, để trả lời câu hỏi lớn làm đau đầu nhà tốn học lâu tốn " Clay " đặt cho " thiên kỉ " theo tinh thần Hilbert, nghĩa bao gồm tồn lãnh vực tốn học Ngƣời ta thấy " kì ": ngƣời " đề " khơng phải quan thức nhƣ Liên hiệp quốc tế tốn học hay Hội tốn học Pháp, mà lại sở tƣ nhân Sự thật ngày khơng có, khơng thể có nhà tốn học " phổ qt " _ tốn học trở thành q mênh mơng Khơng minh chủ đƣợc quần hùng lòng tơn vinh, lại nên tránh để nổ xung đột mơn phái Vả lại, kiếm đâu triệu $, khơng gõ cửa tƣ nhân ? Dù sao, Hội đồng khoa học Viện Clay (tập hợp chun gia kiệt xuất tất ngành tốn học, phải kể tên Andrew Wiles, ngƣời chứng minh " định lí cuối Fermat ") đánh liều tiếp nối đƣờng Hilbert để nêu tốn cho kỉ 21 Bài tốn 1: Giả thuyết Poincaré Henri Poincare (1854-1912), nhà vật lý học tốn học ngƣời Pháp, nhà tốn học lớn kỷ 19 Giả thuyết Poincaré ơng đƣa năm 1904 thách thức lớn tốn học kỷ 20 Lấy bóng (hoặc vật hình cầu), vẽ đƣờng cong khép kín khơng có điểm cắt nhau, sau cắt bóng theo đƣờng vừa vẽ: bạn nhận đƣợc hai mảnh bóng vỡ Làm lại nhƣ với phao (hay vật hình xuyến): lần bạn khơng đƣợc hai mảnh phao vỡ mà đƣợc có Trong hình học topo, ngƣời ta gọi bóng đối lập với phao, mặt liên thơng đơn giản Một điều dễ chứng minh khơng gian chiều, bề mặt liên thơng đơn giản hữu hạn khơng có biên bề mặt vật hình cầu Vào năm 1904, nhà tốn học Pháp Henri Poincaré đặt câu hỏi: Liệu tính chất vật hình cầu có khơng gian bốn chiều Điều kỳ lạ nhà hình học topo chứng minh đƣợc điều khơng gian lớn chiều, nhƣng chƣa chứng minh đƣợc tính chất khơng gian bốn chiều Bài tốn 2: Vấn đề P chống lại NP: Với từ điển tay, liệu bạn thấy tra nghĩa từ “thằn lắn” dễ hơn, hay tìm từ phổ thơng để diễn tả “lồi bò sát có bốn chân, da có vảy ánh kim, thƣờng bờ bụi” dễ hơn? Câu trả lời hầu nhƣ chắn tra nghĩa dễ tìm từ Những nhà tốn học lại khơng chắn nhƣ Nhà tốn học Canada Stephen Cook ngƣời đầu tiên, vào năm 1971, đặt câu hỏi cách “tốn học” Sử dụng ngơn ngữ lơgic tin học, ơng định nghĩa cách xác tập hợp vấn đề mà ngƣời ta thẩm tra kết dễ (gọi tập hợp P), tập hợp vấn đề mà ngƣời ta dễ tìm (gọi tập hợp NP) Liệu hai tập hợp có trùng khơng? Các nhà lơgic học khẳng định P # NP Nhƣ ngƣời, họ tin có vấn đề khó tìm lời giải, nhƣng lại dễ thẩm tra kết Nó giống nhƣ việc tìm số chia 13717421 việc phức tạp, nhƣng dễ kiểm tra 3607 x 3808 = 13717421 Đó tảng phần lớn loại mật mã: khó giải mã, nhƣng lại dễ kiểm tra mã có khơng Tuy nhiên, lại chƣa có chứng minh đƣợc điều “Nếu P=NP, giả thuyết đến sai” – Stephen Cook báo trƣớc “Một mặt, điều giải đƣợc nhiều vấn đề tin học ứng dụng cơng nghiệp; nhƣng mặt khác lại phá hủy bảo mật tồn giao dịch tài thực qua Internet” Mọi ngân hàng hoảng sợ trƣớc vấn đề lơgic nhỏ bé này! Bài tốn 3: Các phương trình Yang-Mills: Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 148 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Các nhà tốn học ln chậm chân nhà vật lý Nếu nhƣ từ lâu, nhà vật lý sử dụng phƣơng trình Yang-Mills máy gia tốc hạt tồn giới, ơng bạn tốn học họ khơng thể xác định xác số nghiệm phƣơng trình Đƣợc xác lập vào năm 50 nhà vật lý Mỹ Chen Nin Yang Robert Mills, phƣơng trình biểu diễn mối quan hệ mật thiết vật lý hạt với hình học khơng gian sợi Nó cho thấy thống hình học với phần trung tâm thể giới lƣợng tử, gồm tƣơng tác tác yếu, mạnh tƣơng tác điện từ Nhƣng nay, có nhà vật lý sử dụng chúng… Bài tốn 4: Giả thuyết Hodge: Euclide khơng thể hiểu đƣợc hình học đại Trong kỷ XX, đƣờng thẳng đƣờng tròn bị thay khái niệm đại số, khái qt hiệu Khoa học hình khối khơng gian tới hình học “tính đồng đẳng” Chúng ta có tiến đáng kinh ngạc việc phân loại thực thể tốn học, nhƣng việc mở rộng khái niệm dẫn đến hậu chất hình học biến tốn học Vào năm 1950, nhà tốn học ngƣời Anh William Hodge cho số dạng khơng gian, thành phần tính đồng đẳng tìm lại chất hình học chúng… Bài tốn 5: Giả thuyết Riemann: Các số 2, 3, 5, 7, …, 1999, …, số ngun tố, tức số chia hết cho nó, giữ vai trò trung tâm số học Dù phân chia số dƣờng nhƣ khơng theo quy tắc nào, nhƣng liên kết chặt chẽ với hàm số thiên tài Thụy Sĩ Leonard Euler đƣa vào kỷ XVIII Đến năm 1850, Bernard Riemann đƣa ý tƣởng giá trị khơng phù hợp với hàm số Euler đƣợc xếp theo thứ tự Giả thuyết nhà tốn học ngƣời Đức 23 vấn đề mà Hilbert đƣa cách 100 năm Giả thuyết đƣợc nhiều nhà tốn học lao vào giải từ 150 năm Họ kiểm tra tính đắn 1.500.000.000 giá trị đầu tiên, nhƣng … khơng chứng minh đƣợc “Đối với nhiều nhà tốn học, vấn đề quan trọng tốn học bản” – Enrico Bombieri, giáo sƣ trƣờng Đại học Princeton, cho biết theo David Hilbert, vấn đề quan trọng đặt cho nhân loại Bernhard Riemann (1826-1866) nhà tốn học Đức Giả thuyết Riemann ơng đƣa năm 1850 tốn có vai trò quan trọng đến lý thuyết số lẫn tốn học đại Bài tốn 6: Các phương trình Navier-Stokes: Chúng mơ tả hình dạng sóng, xốy lốc khơng khí, chuyển động khí hình thái thiên hà thời điểm ngun thủy vũ trụ Chúng đƣợc Henri Navier George Stokes đƣa cách 150 năm Chúng áp dụng định luật chuyển động Newton vào chất lỏng chất khí Tuy nhiên, phƣơng trình Navier-Stokes đến điều bí ẩn tốn học: ngƣời ta chƣa thể giải hay xác định xác số nghiệm phƣơng trình “Thậm chí ngƣời ta khơng thể biết phƣơng trình có nghiệm hay khơng” – nhà tốn học ngƣời Mỹ Charles Fefferman nhấn mạnh – “Điều cho thấy hiểu biết phƣơng trình ỏi” Bài tốn 7: Giả thuyết Birch Swinnerton-Dyer: Những số ngun nghiệm phƣơng trình x2 + y2 = z2? Có nghiệm hiển nhiên, nhƣ 32 + 42 = 52 Và cách 2300 năm, Euclide chứng minh phƣơng trình có vơ số nghiệm hiển nhiên vấn đề khơng đơn giản nhƣ hệ số số mũ phƣơng trình phức tạp hơn… Ngƣời ta biết từ 30 năm khơng có phƣơng pháp chung cho phép tìm số nghiệm ngun phƣơng trình dạng Tuy nhiên, nhóm phƣơng trình quan trọng có đồ thị đƣờng cong êlip loại 1, nhà tốn học ngƣời Anh Bryan Birch Peter Swinnerton-Dyer từ đầu năm 60 đƣa giả thuyết số nghiệm phƣơng trình phụ thuộc vào hàm số f: hàm số f triệt tiêu giá trị (nghĩa f(1)= 0), phƣơng trình có vơ số nghiệm khơng, số nghiệm hữu hạn Giả thuyết nói nhƣ thế, nhà tốn học nghĩ vậy, nhƣng đến chƣa chứng minh đƣợc… Ngƣời ta thấy vắng bóng ngành Giải tích hàm (Functional analysí) vốn đƣợc coi lãnh vực vƣơng giả nghiên cứu tốn học Lý đơn giản: Những tốn quan trọng Giải tích hàm vừa đƣợc giải xong, ngƣời ta đợi để tìm đƣợc tốn Một nhận xét nữa: tốn đặt cho kỉ 21, mà khơng Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 149 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : phải phát sinh từ kỉ 20 Bài tốn P-NP (do Stephen Cook nêu năm 1971) cố nhiên tốn mang dấu ấn kỉ 20 (lơgic tin học), nhƣng tốn số giả thuyết Riemann đƣa từ kỉ 19 Và tốn Hilbert chƣa đƣợc giải đáp ! Một giai thoại vui: Vài ngày trƣớc tốn triệu đơla đƣợc cơng bố, nhà tốn học Nhật Bản Matsumoto (sống làm việc Paris) tun bố chứng minh đƣợc giả thuyết Riemann Khổ nỗi, lần thứ ơng tun bố nhƣ Và hơm nay, chƣa biết Matsumoto có phải nhà tốn học triệu phú kỉ 21 hay Trong số tốn có đƣợc chứng minh Đó giả thuyết Poincaré Cuối năm 2002 nhà tốn học Nga Grigori Perelman Viện tốn học Steklov (St Petersburg, Nga) cơng bố chứng minh Giả thuyết Poincaré Và đây, vào tháng năm 2004, tin tức việc chứng minh giả thuyết Riemann nhà tốn học Louis De Branges Đại học Purdue đƣợc cơng bố giai đoạn kiểm tra Cũng xin lƣu ý số bí ẩn tốn học này, hai tồn thuộc loại “xƣơng” (dĩ nhiên tƣơng đối) nhƣng lại (có thể) đƣợc chứng minh trƣớc Tuy nhiên dễ dàng lý giải điều này, hai tốn có vai trò quan trọng lĩnh vực lẫn tốn học đại nói chung (nhất giả thuyết Riemann) Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Giải phƣơng trình: [x3] + [x] = {x} +2 Giải Từ phƣơng trình trên, suy {x} thuộc Z nên {x} = 0, với x thuộc Z Từ suy ra: x3 + x - =  (x-1)(x2 + x + 2) =  x = (thỏa mãn) Bài tập 2: Giải phƣơng trình sau: 8x2 - 6x[x] + [x]2 - = Giải Xem phƣơng trình bậc ẩn [x], ta có: ' = (-3x)2 - (8x2 - 3) = x2 + > Nên phƣơng trình có nghiệm x 1,2  3x  x  (*) Theo định nghĩa phần ngun phải có: x - < [x]  x Từ suy bất phƣơng trình sau: x   3x  x   x  1  2x  x     x   3x  x   x  1  2x  x     10    x  1 1    10   x  1 2     x   1 1    x   2 Thay vào (*) ta đƣợc: 3x  x   2  3x  x   1  x   2    x   Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 150 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Thay vào (*) ta đƣợc: 3x - x + =  3x - x + = Nghiệm phƣơng trình thu đƣợc nghiệm phƣơng trình ban đầu 3+ Cụ thể nghiệm ; -1; ;1 4 Bài tập 3: Giải phƣơng trình sau: x3 - [x] = Giải Ta có: [x] = x3 -  Z nên x3  Z Mặt khác: x3 - x - = {x} nên < x3 - x - < Từ tìm đƣợc nghiệm x = x   x Bài tập 4: Giải phƣơng trình sau:   x  1  x  1 Giải Ta có: [x + 1] = [x] + Suy ra: x   x  x  x   x  Z  x  1    x 1 x  1   Nên [x] = x Vậy x = nghiệm phƣơng trình  2x    x    x  Bài tập 5: Giải phƣơng trình sau:     Giải Ta có: Vì [- x2] = - [x2] nên  2x    2x   2 2    x    x      x    x      2x  1  2x    0 0x    Vậy phƣơng trình có nghiệm x  2 n k  k Bài tập 6: Tính: S n      k 0  Giải Ta thấy số hạng Sn phép chia cho lấy ngun Vì ta đặt: n = 3p + q, với  q  Ta có:   3p 2  3p  S 3p  S 3p 1     S 3 p 12  3p  p   Từ đẳng thức suy ra: S3p+2 = S3(p-1) + + (3p2 + 3p) + (3p2 + p) + 3p2 - p S3p+2 = S3(p-2) + + 9(p - 1)2 + 3(p - 1) S3(p-1)+2 = S3(p-2)+2 + 9(p - 1)2 + 3(p - 1) S5 = S2 + 9.12 + 3.1 Cộng đẳng thức theo vế, suy ra: Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 151 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : p p i 1 i 1 S 3p 2  9 i  3 i (do S2 = 0) Suy ra: Sau tính rút gọn S3p+2 = 3p3 + 6p2 + 3p (1) S3p+1 = S3p+2 - (3p2 + 3p) = 3p3 + 3p2 (2) S3p = S3p+1 - (3p + p) = 3p - p (3) Bây ta dùng [ ] để gộp (1), (2), (3) thành cơng thức n Ta có: p    3 Ta có: Hệ số p2 theo thứ tự (3) - (1) {0,3,6} Hệ số p theo thứ tự (3) - (1) {-1,0,3} Theo thứ tự n = 3p đến n = 3p + q = {0,1,2} Suy {0,3,6} = 3q {-1,0,3} = q2 - n Với q  n    3 Cơng thức ta cần tìm là: n  n n   n   n S n      n          n      1   3 3        3   nhân rút gọn lại n n n S n     3n    n    3 3 3  n   n    n    n   n  3 Bài tập 7: Chứng minh rằng:          3     2   Với n  Z Giải n  n  Đặt: n = 6p + r, p =   r = n -   = 0,1, 2,3, 4,5 (tƣơng ứng với trƣờng hợp) 6 6 Ta có: r n   r   =  2p +  = 2p +   = 2p + 0, 0, 0,1,1,1       r + 2 n + 2  r + 2   =  p +  = p +   = p + 0, 0, 0, 0,1,1       r + 4 n + 4  r + 4   =  p +  = p +   = p + 0, 0,1,1,1,1       Suy ra: VT = 2p + p + p + 0,0,0,1,1,1 + 0,0,0,0,1,1 + 0,0,1,1,1,1 = 4p + 0,0,1, 2,3,3 Tƣơng tự: r n   r   = 3p +  = 3p +   = 3p + 0, 0,1,1, 2, 2       r + 3  n + 3   r + 3   =  p +  = p +   = p + 0, 0, 0,1,1,1       Suy ra: VP = 3p + p + 0,0,1,1, 2, 2 + 0,0,0,1,1,1 = 4p + 0,0,1, 2,3,3 Vậy ta có điều phải chứng minh Bài tập 8: ĐỊNH LÝ HERMITE:   Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 152 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Với n số ngun dƣơng, x số thực ta có: n -1  nx  =  x  +  x + n  + +  x + n      Giải Định lý có cách chứng minh độc đáo Xét hàm: 1 n -1   f  x  =  x  +  x +  + +  x + -  nx  n n    Ta có: 1  1 n  1   f  x    x     x    x  1   nx  n  n n    1   f  x    f x n  Vậy f(x) hàm tuần hồn với chu kỳ n   Ta có f   = f   = n 1 n -1   ;  nx  Xét chu kỳ  x  giá trị  x  ;  x +  ; ;  x + n n  n   Vậy f(x) = 0, x Vậy định lý đƣợc chứng minh Bài tập 9: Chứng minh với x ngun dƣơng thì: x + x +1 + x + =  9x +    Giải Ta chứng minh rằng: Với x  9x   x  x   x  Sau suy ra:  x  x   x     9x       Thật vậy: Theo Cauchy - Schwaz, ta có: x  x   x   1 Ta cần chứng minh: x  x   x   9x  Bình phƣơng vế:  VT  3x    x  x  1  x  x     x  x  1  x  x    Mà   12  12  x  x   x    9x   x  1 x     9x   x  1 x    3x   x  1 x  x Do ta cần chứng minh:  x   x   x   x  1   x  1 Áp dụng trực tiếp AM - GM ta dẫn đến cần chứng minh:  x   x   x  1   x  1  1  x     x  1     x  1  x  BĐT hiển nhiên nên suy đpcm Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 153 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Bài tập 10: Tính tổng sau: n a) S n    k    k 0 n b) S n    2k    k 0 Giải a) Để viết cho gọn ta đặt:  n   m   Nhƣ m  n  m   m2  n   m  1 Trƣớc hết ta có nhận xét sau: Trên đoạn [i2, i2 + 2i] (giữa hai số phƣơng liên tiếp) có 2i + số có dạng: i2 + j, (0  j  2i) Các số thỏa:  i + j  = i   Do Sn đƣợc chia thành tổng: 12 -1 22 -1 m -1 k=1 k=  m-1 Sn =   k  +   k  + + k=0   k+   n   k=m k   i +2i  n   Sn =     k   +   k  i=0  k=i  k=m2 m-1 m-1 Sn =   2i +1 i + i=0 n   k=m  k     1 2 Sn =    i +1 - i3 -  i +1 - i -  + n - m +1 m 6 i=0  (đây đƣợc viết dƣới dạng sai phân dễ hiểu hơn) Ta có: m(n - m2 + 1) = m 2m3 m m Sn     nm  m3  m n m  m  1 2m  5 S n    k   n.m  , với m   n      k 0 m-1 b) Làm tƣơng tự câu (a), ta có: n S n    2k   n.m    k 0 m  m  1 2m  5 12   m    , với m   2n    22 Bài tập 11: Với i, j, k, n  N*, x  R Hãy tính tổng sau: x  i  a)   j   i  j n   n  2k   n  1  n   b)      k 1              3k  2010   2010  3k   c)      3k 1   3k 1   k 0   Giải a) Áp dụng định lý HERMITE, ta có: 2009 Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 154 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : x  i   x  i  n 1  x  i     j  0i  j  n    i  j n   j n 1    i 0  x  i   x      n j   n   i  j n 1  x  i   j   x  i  j n 1    U n  U n 1   x    Với U n  x  i   j  U1 = [x]  Un = n[x]  i  j n    b) Ta có: Áp dụng trƣờng hợp riêng định lý Hermite: 2x  x  x     Ta có:  n + 2k   n 1  n   n   k+1  =  k+1 +  =  k  -  k+1  2 2  2    2 Vậy tổng cần tính  n   n   n   n   n   n     -    +    -    + +   k  -  k+1   + =  n  = n 2  2  2  2  2  2   n  Số hạng   k 1   k đủ lớn 2  c) Áp dụng trƣờng hợp riêng định lý Hermite: 1 3x  =  x  +  x +  +  x +  =  x  +  x +  +  x -  +1         Ta có: 2009   2010  3k   2010  3k   2009   2010   2010             3k 1   3k 1   k 0   3k 1   3k 1   k 0    2009   2010   2010     2010   2010      2010        k 1    k 1   k 1  k 1    3      k 0   k 0   2009  2010   2010   2010   2010   3  Bài tập 12: Cho a1, a2, , ak số ngun dƣơng khơng vƣợt q n thỏa mãn [ai, aj] > n  i, j  k, i  j 1 Chứng minh rằng: + + + < a1 a ak Giải Từ điều kiện suy số phân biệt k < n Gọi Ai tập hợp số khơng vƣợt q n chia hết cho ai, i = 1, , n Từ điều kiện suy tập hợp rời Giả sử s  Ai  Aj, sa i sa j nên a  a i , a j  > n mâu thn! n Mà số phần tử tập hợp Ai     Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 155 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : k n     n i 1  a i  k k n n        k  n  k  2n i 1 a i i 1  a i  Bài tập 13: Tích sơ 100! = 1.2 100 tận chữ số (Đề thi học sinh giỏi Mátxcơva - 1940) Giải Tích chữ số chẵn số có chữ số tận Trong 100 thừa số tích 100! Có 50 số chẵn 50 số lẻ Vì cần tìm tất bội số phân tích cho Theo hệ 2, số mũ cao có phân tích thừa số ngun tố 100! bằng: 100  100    +  25  = 24     Vậy tích 100! tận 24 chữ số Bài tập 14: Chứng minh (n - 1)! Chia hết cho n khơng phải số ngun tố Giải Giả sử ngƣợc lại n số ngun tố, suy n có hai ƣớc số n  n -1  Theo định lý 3, dãy số 1, 2, , n - 1có   = số chia hết cho n  n  Từ đó, suy tích 1.2 (n - 1) khơng chia hết cho n Vơ lý, trái với giả thiết Vậy n khơng phải số ngun tố Bài tập 15: Chứng minh n! = 1.2 n khơng chia hết cho 2n Giải Theo định lý 4, số mũ cao 2n có phân tích thừa số ngun tố n là: n   n  n  k =   +   + +  m  , với 2m  n  2m1 2 2  2  Ta cần chứng tỏ n > k Ta có: n n  n  n n  n    ;  22   22 ; ;  2m   2m       Cộng vế m bất đẳng thức trên, ta có: n n n  1 k     m  n     m  2 2  2 1 Đặt: S =    m 2 1 2S = +    m 1 2  S = 2S - S = - m  Do đó: k = n.S < n Điều chứng tỏ n! khơng chia hết cho 2n Bài tập tự luyện Bài tập 1: Chứng minh rằng:  n  n     4n       Hƣớng dẫn: Chứng minh theo bất đẳng thức phần ngun Bài tập 2: chứng minh với số ngun dƣơng n hiệu: n n       n k 1  k  ln số chẵn Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 156 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Hướng dẫn: Ta sử dụng nhận xét: n  k   s; s  Z, ks  n   n n nên    số cặp có tính thứ tự(s, k) thỏa mãn  s,k  n; ks  n k 1  k  n  n  số cặp (k, k) thỏa mãn  s, k  n; k  n nên hiệu   n    n  số cặp có tính       k 1  k  thứ tự(s, k) (s, k ) thổa mãn (k, s) thỏa mãn Suy hiệu số chẵn Bài tập 3: Giải hệ phƣơng trình sau: x   y   x  200  y  y   z   190,1   x   z  z  178,8 Hãy tìm x, y, z   n  1!  Bài tập 4: Chứng minh n  N, n    số chẵn  n  n  1  Bài tập 5: Cho p, q số ngun tố Hãy tính tổng:   q  1 p   p   2p           q   q   q  1 1 khơng phải số ngun     16 (Đề thi vào trƣờng Chun Tốn vòng năm 1973) 1 Bài tập 7: Chứng minh tổng S     , với n = 1, 2, 3, khơng phải số ngun n Hướng dẫn n! n! n!    n S 1  n! Mẫu số chia hết cho lũy thừa bậc cao tử số Bài tập 8: Tìm lũy thừa k cao mà 1000! chia hết cho 7k Đáp số: 1000! chia hết cho 7164 Bài tập 9: Tìm 1125! tận chữ số Đáp số: 280 số Bài tập 10: Chứng minh tích 1300! chia hết cho 16953 Bài tập 11: Chứng minh rằng:  n  1 n    2n  1 2n  số ngun a) A  2n  n  1 n    3n  1 3n  số ngun b) B  3n Hướng dẫn 1.2.3 n  n +1 n +   2n -1 2n  1.3.5.7  2n -1   2.4.6 2n  = a) A = 1.2.3 n.2n 1.2.3 n.n Do đó: A = 1.3.5.7 (2n - 1) Bài tập 12: Chứng minh n chia hết cho 24 (n) chia hết cho 24 Bài tập 13: Chứng minh với k > phƣơng trình (x) = k có vơ số nghiệm Bài tập 14: Chứng minh rằng: Bài tập 6: Chứng minh tổng S  Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 157 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT :    n  nÕu n lỴ   2n     2  n  nÕu n ch½n Bài tập 15: Chứng minh n có k ƣớc ngun tố lẻ khác k|(n) Bài tập 16: Chứng minh m, k ngun dƣơng (mk) = mk-1(m) Bài tập 17: Chứng minh a, b số ngun dƣơng (ab) = (a,b) (a)(b)|((a,b)) Bài tập 18: Hãy tính số ƣớc tổng ƣớc 2100, 5374115, 30! Bài tập 19: Hãy xác định số ngun dƣơng có đúng: a) Ba ƣớc dƣơng b) Bốn ƣớc dƣơng Bài tập 20: Đƣa cơng thức k(p), với p ngun tố  ngun dƣơng Bài tập 21: Chứng minh hàm k có tính nhân Bài tập 22: Đƣa cơng thức tính k(n), n có khai triển thành lũy thừa ngun tố n  p11 p 2 p k k Bài tập 23: Tìm tất số ngun dƣơng n thỏa (n) + (n) = 2n Bài tập 24: Chứng minh có (n2) cặp có thứ tự hai số ngun dƣơng với bội chung nhỏ n Bài tập 25: Giả sử n  số ngun Dãy số ngun n1, n2, , đƣợc xác định n1 = (n), nk+1 = (nk), k = 1, 2, 3, Chứng minh có số ngun dƣơng r cho = nr+k với số tự nhiên k Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 158 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 159 [...]... tập 33: Tìm một số chính phƣơng gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau 1 đơn vị Giải Đặt: abcd  k 2 , k  N Ta có: ab  cd  1 và 32  k < 100 Suy ra: 101 cd = k2 - 100 = (k + 10) (k - 10)  (k + 10)  101 hoặc (k - 10)  101 Mà (k - 10, 101 ) = 1  k + 10  101 42  k + 10 < 110  k  1  101   cd  81, k=91 Do đó:  k  10  cd   Vậy abcd  8281  912 Số phải tìm là... khơng thể là một số chính phƣơng Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 21 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : CHỦ ĐỀ 2 SỐ NGUYÊN TỐ 1 Kiến thức cơ bản: Định nghĩa: Số ngun tố là những số tự nhiên chỉ có 2 ƣớc là 1 và chính nó VD: Các số: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, là những số ngun tố Các số có từ 3 ƣớc số trở lên gọi là hợp số Một hợp số có ít nhất 2 ƣớc số Bất kỳ số tự nhiên... Giải 102 m  1 A  11 11  102 m 1  102 m 2   10  1  9 m 1 10  1 B  11 11  10m  10m 1   10  1  9 m 10  1 C  66 66  6.11 11  6 9 2 102 m  10m 1  6.10m  64  10m  8  2 Suy ra: A + B + C =   = (33 336) [(m - 1) chữ số 3) đpcm 9  3  Bài tập 63: Cho A, B là 2 hợp số: A = 11 11 (2m chữ số 1) và B = 44 44 (m chữ số 4) Chứng minh A + B + 1 là số chính phƣơng Giải Ta có: 102 m... 59: Chứng minh rằng nếu một số chính phƣơng có chữ số hàng đơn vị là chữ số 5 thì chữ số hàng trăm của nó là một chữ số chẵn Giải 2 Số đã cho có dạng A5 2 Ta có: A5 = (10A + 5)2 = 100 A2 + 100 A + 25 = 200A(A + 1) + 25 2 Chữ số hàng trăm của số A5 chính là chữ số hành đơn vị của số A(A + 1) nghĩa là một số chẵn 2 Vậy số A5 có chữ số hàng trăm là một số chẵn Bài tập 60: Cho số tự nhiên a, chia [(a - 1)2... www.TaiLieuLuyenThi.com 11 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : 100 0  abcd < 100 00  23  t  70, t ngun tố và có dạng 7l + 3 hoặc 7l + 4 Suy ra: t = 31, 53, 59, 67 Suy ra: abcd = 1992, 5618, 6962, 8978 Vậy có 4 số thỏa u cầu: 1992, 5618, 6962, 8978 Bài tập 40: Cho A là một số tự nhiên gồm 100 chữ số, trong đó 99 chữ số 5 và một chữ số khác 5 Chứng minh rằng A khơng thể là số chính phƣơng... Bài tập 48: Tìm số có 4 chữ số vừa là một số chính phƣơng vừa là một số lập phƣơng Giải abcd = x2 = y3, x, y  N Do đó y cũng là một số chính phƣơng 100 0  abcd  9999 Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 14 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT :  10  y  21 Do y chính phƣơng, suy ra y = 16 abcd = 4096 Vậy có duy nhất một số thỏa u cầu là 4096 Bài tập 49: Tìm 2 số tự nhiên a... Theo giả thi t, ta có: ab = (a + b)2 Một số học sinh nhận xét rằng ab là một số chính phƣơng có 2 chữ số Do đó ab chỉ có thể là một trong các số: 16, 25, 36, 49, 64, 81 Thử thì thấy chỉ có số 81 là thích hợp Do đó số phải tìm là số 81 Suy nghĩ nhƣ vậy thì đơn giản q Cần phải tìm những cách Giải hay hơn Biên soạn: Trần Trung Chính www.TaiLieuLuyenThi.com 15 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT... Chứng minh rằng trong các dãy số các số tự nhiên liên tiếp: A + 2, A+3, , A + (n + 1) khơng chứa một số ngun tố nào b) Chứng minh rằng có vơ số dãy số gồm n số tự nhiên liên tiếp khơng có số nào là số ngun tố Hãy viết số hạng đầu và số hạng cuối của hai dãy số nhƣ vậy, mỗi dãy có 10 số hạng Giải a) Ta hãy xem số hạng A + m, với m  N và 2  m  n + 1, của dãy số đã cho Nếu m là số ngun tố thì m chia hết... Vậy số phải tìm là 3969 Bài tập 57: Tìm những số chính phƣơng gồm 4 chữ số tận cùng bởi 2 chữ số bằng nhau và khác 0 Giải Khơng có số chính phƣơng nào tận cùng bởi một trong các chữ số 2, 3, 7, 8 Do đó ta chỉ xét xem có những số chính phƣơng nào tận cùng bởi 11, 44, 55, 66, 99 Xem số ab = 10a + b  ab 2 = 100 a2 + 10. 2ab + b2 Ta suy ra: 2 - Chữ số hàng đơn vị của số ab chính là chữ số hàng đơn vị của số. .. biết một số ngun tố: (i) Chia số đó lần lƣợt cho các số ngun tố đã biết từ nhỏ đến lớn Nếu có một phép chia hết thì số đó khơng ngun tố Nếu chia đến lúc thƣơng nhỏ hơn số chia mà các phép chia vẫn có số dƣ thì số đó là số ngun tố (ii) Một số có hai ƣớc số lớn hơn 2 thì số đó khơng phải là số ngun tố Phân tích một số tự nhiên thành thừa số ngun tố - dạng tiêu chuẩn: A  a b c a, b, c là những số ngun