Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 môn Toán Phần số học

Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học Chuyên đề luyện thi vào lớp 10 Phần số học

Leonhard Euler (1707-1783) .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com CHỦ ĐỀ SỐ CHÍNH PHƯƠNG Kiến thức bản: Đ nh nghĩa: Số ngun A đ ợc gọi lƠ số ph ng tồn số ngun d ng a cho: A = a2 Phát biểu: Số ph ng lƠ số bình ph ng số tự nhiên L u ý: M i số ph ng là: 0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, Tính chất: Số ph ng có chữ số tận lƠ 0, 1, 4, 5, 6, Số ph ng chia cho d Kí hiệu: 3n 3n + 1, (n N) Số ph ng chia cho d Kí hiệu: 4n 4n + 1, (n N) Vận dụng tính chất: Nếu hai số tự nhiên a vƠ b ngun tố có tích lƠ số ph ng số a, b lƠ số ph ng Khi phơn tích số ph ng thừa số ngun tố ta đ ợc thừa số lƠ lũy thừa số ngun tố với số mũ chẳn Ví dụ: 3600 = 602 = 24.32.52 Một số cách nhận biết số khơng ph ơng N: (1) Chứng minh N có chữ số tận lƠ 2,3,7,8 (2) Chứng minh N chứa số ngun tố với mũ lẽ (3) Xét số d N cho cho cho cho (4) Chứng minh N nằm hai số ph ng liên tiếp (5) N chia cho d 2; N chia cho 4; có số d lƠ 2; (6) Một số tính chất số d chia cho 5, 6, 7, bạn tự suy cách đặt số ban đầu lƠ nk + q (Ví dụ: 5k + 1, 5k + 2, 5k + 3, ) L u ý: Khi Giải bƠi tốn số ph ng ta áp dụng "ph ng pháp modun (mod)", nghĩa lƠ xét số d số ph ng chia cho số ngun nƠo Ví dụ 1: Tìm k để 4k + = a2 Giải Giả sử: 4k + = a2 Khi đó: a2  (mod 4) (1) Ta lại có, a lƠ số ph ng a2  0, (mod 4) (2) Từ (1) vƠ (2) vơ lý Vậy khơng có số k thỏa mƣn 4k + lƠ số ph ng Ví dụ 2: Tìm a  N* để ph ng trình sau có nghiệm ngun: x2 + 2ax - 3a = Giải Xét ' = a2 + 3a Để ph ng trình có nghiệm ngun a2 + 3a phải lƠ số ph ng a2 < a2 + 3a < a2 + 4a +  a2 < a2 + 3a < (a + 2)2 Do đó: a2 + 3a = a2 + 2a +  a = Với a = ph ng trình có nghiệm ngun lƠ x = hay x = -3 Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Tìm số tự nhiên n cho số sau lƠ số ph ng: a n2 + 2n + 12 b n (n+3) c n + n + 1589 Giải Biên soạn: Trần Trung Chính .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : a) Vì n2 + 2n + 12 lƠ số ph ng 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 - vƠ chúng lƠ số ngun d ng, 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 lƠ số ph ng gồm chữ số Nếu ta thêm vƠo chữ số A đ n vị ta đ ợc số ph ng B Hƣy tìm số A vƠ B Giải Gọi A = abcd = k2 Nếu thêm vƠo chữ số A đ n 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 tr ng hợp, kết quả: A = 2025 , B = 3136 Bài tập 3: Tìm a để 17a + lƠ số ph ng 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 ph ng, (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 ph ng 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 bƠi) Vậy 3n + 63 khơng lƠ số ph ng với (n ≠ 0, 4) Biên soạn: Trần Trung Chính .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Bài tập 5: Chứng minh ph ng 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 ph ng trình có vơ số nghiệm Bài tập 6: Cho p lƠ tích n số ngun tố (n > 1) Chứng minh p - khơng phải lƠ số ph ng Giải Giả sử p - lƠ số ph ng Do p lƠ tích n số ngun tố (n > ) Suy ra: p3 Do p -  -1 (mod 3) Đặt: p - = 3k - Một số ph ng khơng có dạng 3k - Từ đơy ta có điều mơu thuẫn Bài tập 7: Chứng minh n7 + 34n + khơng ph ng 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 lƠ số ph ng Bài tập 8: Cho k1 < k2 < k3 < lƠ số ngun d ng, khơng có hai số nƠo liên tiếp vƠ đặt S n = k1 + k2 + + kn, n = 1, 2, Chứng minh với số ngun d ng, khoảng [S n, Sn+1) chứa số ph ng Giải Nhận xét: Khoảng [Sn, Sn+1) có số ph ng vƠ khoảng  Sn , Sn+1 có số ngun d Ta có: Sn 1  Sn   Sn 1    Sn   Sn  k n 1    Sn  ng, tức lƠ:  Sn 1  Sn   k n 1  Sn  Theo đề bƠi, 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 lƠ Do với số ngun d ng n, khoảng [S n, Sn+1) chứa số ph Bài tập 9: Chứng minh với số kN số: A = + 92k + 772k + 19772k Khơng phải lƠ số ph ng Giải Biên soạn: Trần Trung Chính ng .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : ng nƠo có dạng 3t 3t + 1, với t  N Ta có: A = + 92k + 772k + 19772k có dạng 3l + với l N Do A khơng phải lƠ số ph ng Bài tập 10: Chứng minh với số mN số: A = + 92m + 802m + 19802m Có phải lƠ số ph ng khơng? Giải Bất kỳ số ph ng nƠo có dạng 4n 4n+1, n N Ta có: A = + 92m + 802m + 19802k Có dạng 4q + 2, với q  N Suy A khơng lƠ số ph ng Bài tập 11: Tích hai số tự nhiên liên tiếp, hai số chẵn liên tiếp số lẻ liên tiếp có thẻ lƠ số ph ng 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 ph ng 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 lƠ số ph ng 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 lƠ số ph ng Bài tập 12: Chứng minh tổng bình ph ng hai số lẻ khơng phải lƠ số ph ng Giải a vƠ b lƠ 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 lƠ số ph ng Bài tập 13: Chứng minh tích số tự nhiên liên tiếp thêm lƠ số ph ng 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 Đơy lƠ số ph ng (Đpcm) Bài tập 14: Tổng bình ph ng số tự nhiên liên tiếp có phải lƠ số ph ng 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 lƠ số ph ng Suy ra: n2 + 4n + = 5t2  (n + 2)2 + = 5t2  (n + 2)2 = 5t2 -  (n + 2)2 = 5q + Điều nƠy vơ lý Vậy tổng bình ph ng số tự nhiện liên tiếp khơng thể lƠ số ph ng Bài tập 15: Các số: abab, abba, abcabc Có phải lƠ số ph ng khơng? Bất kỳ số ph Biên soạn: Trần Trung Chính .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Giải Ta có: abab  101ab Do abab khơng thể lƠ số ph ng abcabc  1001abc Suy điều phải chứng minh ng nƠo chia hết cho 55 có dạng abca khơng? Bài tập 16: Có số ph Giải Giả sử tồn số ph ng k2 có dạng abca vƠ 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 ng có dạng abca vƠ chia hết cho 55 Vậy khơng tồn số ph Bài tập 17: Tìm số ph Giải Ta có: ng có dạng 22ab 2116 < 22ab < 2304  462 < 22ab < 482 Do đó: Nếu 22ab lƠ số ph ng 22ab = 472 = 2209 Vậy số ph ng phải tìm lƠ 2209 Bài tập 18: Tìm số ph ng có chữ số cho chữ số đầu cuối giống Giải 1) Giả sử abbb lƠ số ph chẵn, b khơng thể lẻ Mặt khác abbb ph Do b = 0, 4, ng Nếu chữ số hƠng đ n vị lƠ số lẻ chữ số hƠng chục lƠ chữ số ng b lƠ 0, 1, 4, 6, Nếu b = a000 khơng ph Nếu b = a444 ph ng ng a = Nếu b = a666 khơng ph Ta có 1444 lƠ số ph ng ng 2) Khơng có số ph ng nƠo có dạng aaab Bài tập 19: Nghiên cứu số ph ng 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 ph ng nƠo tận b i chữ số: 2, 3, 7, Suy ra: a  2, 3, 7, Nếu chữ số hƠng đ n vị lƠ chữ số lẻ chữ số hƠng chục phải lƠ chữ số chẵn Suy a  1, 3, 5, 7, Nếu chữ số hƠng đ n vị lƠ chữ số hƠng chục phải lƠ chữ số lẻ Biên soạn: Trần Trung Chính .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Suy a  4, Dĩ nhiên a  Vậy khơng có số ph ng nƠo mƠ tất chữ số giống Bài tập 20: Cho số A = n4 + 14n3 + 71n2 + 154n + 120, với n  N a) Phơn tích A thƠnh nhơn tử b) Chứng minh A khơng thể lƠ số ph ng (Đề thi vƠo 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 lƠm t ng tự bƠi 11 Bài tập 21: Cho a vƠ b lƠ số tự nhiên, a2 - b2 lƠ số ph ng khơng? Giải Ta có: a2 - b2 = (a - b)(a + b) Giả sử a > Muốn cho a2 - b2 lƠ số ph ng, ta cần chọn: a  b  du2  a  b  dv , u > v  d u2  v2 a    d u  v2  b   Trong d chẵn u vƠ v tính chất chẵn, lẻ (u > v) Lúc đó, ta có: a2 - b2 = c2  a2 = b2 + c2 Các nghiệm ph ng trình lƠ: a  d u2  v2 , b  d u2  v2     Vậy a - b lƠ số ph Bài tập 22:  ng    1) Tìm số có hai chữ số ab cho số n  ab  ba lƠ số ph 2) Tìm số có hai chữ số ab cho số m  ab  ba lƠ số ph Giải ng ng 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) lƠ số ph ng Mặt khác, ta có: a - b  Do ta có: a - b = v a - b = v a - b = Xét tr ng hợp a - b =  a = b + Có số thỏa: 10; 21; 32; 43; 54; 65; 76; 87; 98 Xét tr ng hợp a - b =  a = b + có số thỏa: 40; 51; 62; 73; 84; 95 Xét tr ng hợp a - b =  a = b + có số thỏa lƠ 90 Vậy có 16 số thảo mƣn 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 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Mặt khác, ta có:  a + b  18  t2 =  a + b = 11 Có số thỏa mƣn u cầu bƠi tốn lƠ: 29; 38; 47; 56; 65; 74; 83; 92 Bài tập 23: Tìm số a  N cho số sau lƠ số ph ng: 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 + vƠ 2k - 2a - lẻ vƠ 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 lƠ số ngun tố)  y +  13 y -  13  y = 13n  4, n ngun tố, khơng ơm  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) lƠ số ph ng Giải Đặt: (23 - a)(a - 3) = b2, b  N Suy ra: (a - 13)2 = 100 - b2  (a - 13)2 + b2 = 102 Đơy lƠ 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 mƣn u cầu bƠi 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 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : số ph ng 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 mƣn) Xét k  N*, k > Ta có: n2  k2 - < k2  n < k, (*) vơ lý Do có giá trị n thỏa mƣn u cầu bƠi tốn lƠ n = Bài tập 26: Tìm số tự nhiên n cho n + 24 vƠ n - 65 lƠ hai số ph ng (Đề thi vƠo lớp 10 chun Tốn Quốc học Huế năm học 2001 - 2002) Giải Theo đề bƠi, 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 lƠ n = 2001 Bài tập 27: Tìm tất số ngun n cho n2 + 2002 lƠ số ph ng (Đề thi vƠo lớp 10 Chun Đại học KHTN - ĐHQG HƠ Nội năm học 2002 - 2003) Giải Giả sử n2 + 2002 lƠ số ph ng n2 + 2002 = m2, với n, m  Z  (m + n)(m - n) = 2002 m + n m - n lƠ hai số chẵn  (m + n)(m - n)   2004  4, vơ lý Vậy khơng tồn số ngun n để n2 + 2002 lƠ số ph ng Bài tập 28: Thay dấu (*) chữ số cho số sau lƠ số tự nhiên: Ta có: Giải A  4**** A  4****  A6  4**** A6 có chữ số bên trái lƠ  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 vƠ khi: {x1} + {x2} + + {xn} < 1) x thuộc P vƠ m thuộc Z iv) {x + m} = {x}, Hệ 6: HƠm số y = {x} lƠ hƠm tuần hoƠn với chu kỳ c s lƠ v) HƠm số y = {x} lƠ hƠm đ n điệu tăng khoảng [k; k + 1), với k thuộc Z Ta áp dụng tính chất vƠ hệ hƠm số phần lẻ để giải số bƠi tốn Sau đơy lƠ số bƠi tập ví dụ c Hàm Euler Phi hƠm Euler, kí hiệu , đ ợc xác định b i: (n) lƠ số ngun d ng khơng v ợt q n vƠ ngun tố với n Đ nh lý 1: Phi hàm Euler có tính nhân Bổ đề 1: Giả sử m, n lƠ số ngun d ng ngun tố nhau; {ai:  i  m} {bj:  j  n} t ng ứng lƠ hệ thặng d đầy đủ modulo m vƠ n Khi đó, ta có: {ain + bjm:  i  m,  j  n} lƠ hệ thặng d đầy đủ modulo mn Đ nh lý 2: Nếu p ngun tố vƠ  ngun d ng  1 φ pα = p α 1-   p   Đ nh lý 3: Nếu n = n = p1α1 pα22 pαkk lƠ khai triển lũy thừa ngun tố số ngun d Ví dụ: Tính:      φ  n  = n 1- 1-  1-   p1  p   p k   ng n     φ 100  = φ 2252 = 100 1- 1-  = 40    Và     φ  720  = φ 24325 = 720 1- 1- 1-  = 192     Từ định lý ta thấy, n = p m, với p > lƠ số ngun tố vƠ m  1, ε   Biên soạn: Trần Trung Chính 146 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com  1 n > φ  n  = n 1-  > n 1- ε   p d Hàm tổng ớc (n) số ớc (n) Đ nh nghĩa 1: HƠm tổng ớc, kí hiệu b i , đ ợc xác định b i: (n) lƠ tổng tất ớc d ng số ngun d ng n Đ nh nghĩa 2: HƠm số ớc, kí hiệu b i , đ ợc xác định b i: (n) lƠ số ớc d ng số ngun d ng 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: HƠm tổng ớc  vƠ số ớc  có tính chất nhơn Định lý 2: Nếu n = p1α1 pα22 pαkk lƠ khai triển lũy thừa ngun tố số ngun d ng n σ n =  k i=1 Ví dụ: k piαi +1 ; ń  n  =   αi +1 pi -1 i=1 52 -1 17 -1 232 -1 σ 1955  = σ  5.17.23 = = 2592 -1 17 -1 23 -1 ń 1955  = ń  5.17.23 = 1+11+11+1 = e Số hồn hảo Đ nh nghĩa: Theo ng i Hylạp gọi số hoƠn hảo lƠ số mƠ (n) = 2n Ví dụ: (6) = + + + = 12 (28) = + + + + 14 + 28 = 56 (496) = 992 (8128) = 16256 Đ nh lý: Số ngun d ng chẵn n lƠ số hoƠn hảo vƠ n = m(2m+1 - 1), m  số ngun d ng vƠ 2m - lƠ số ngun tố Mỗi số hoƠn hảo đ ợc biểu diễn d ới dạng tổng số tự nhiên liên tiếp 6=1+2+3 28 = + + + + + + 496 = + + + + 30 + 31 8128 = + + + + 126 + 127 Ng i ta biết đ ợc rằng, khoảng từ đến 100200 khơng có số hoƠn hảo lẻ Tuy nhiên, tồn hay khơng số hoản hảo lẻ? (Các bạn tự tìm đọc) Tổng đảo tất ớc số số hoƠn 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 d ới dạng hệ nhị phơn: = 110 28 = 11100 496 = 111110000 8128 = 1111111000000 Thuật tốn tìm số hồn hảo: Sau đơy lƠ đoạn hƠm Pascal đê tìm số hoƠn hảo: Function hoanhao( n: integer): boolean; var i, tonguoc: longint; Biên soạn: Trần Trung Chính 147 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : begin tonguoc:= 0; for i:= 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 dƠnh cho giải đ ợc bí ẩn nƠo số bảy bí ẩn tốn học Đó lƠ phần th ng tổ chức t nhơn nêu nhằm đ a tốn học tr lại vị trí xứng đáng VƠ dĩ nhiên, để trả l i cơu hỏi lớn lƠm đau đầu nhƠ tốn học lơu bƠi tốn " Clay " đặt cho " thiên kỉ " theo tinh thần Hilbert, nghĩa lƠ bao gồm toƠn lƣnh vực tốn học Ng i ta thấy h i " kì ": ng i " đề " khơng phải lƠ c quan thức nh Liên hiệp quốc tế tốn học hay Hội tốn học Pháp, mƠ lại lƠ c s t nhơn Sự thật lƠ ngày khơng có, khơng thể có nhƠ tốn học " phổ qt " _ tốn học đƣ tr thƠnh q mênh mơng Khơng minh chủ đ ợc quần hùng lòng tơn vinh, lại cƠng nên tránh để nổ xung đột mơn phái Vả lại, kiếm đơu triệu $, khơng gõ cửa t nhơn ? Dù sao, Hội đồng khoa học Viện Clay (tập hợp chun gia kiệt xuất tất ngƠnh tốn học, vƠ phải kể tên Andrew Wiles, ng i đƣ chứng minh " định lí cuối Fermat ") đƣ đánh liều tiếp nối đ ng Hilbert để nêu bƠi tốn cho kỉ 21 Bài tốn 1: Giả thuyết Poincaré Henri Poincare (1854-1912), lƠ nhƠ vật lý học vƠ tốn học ng i Pháp, nhƠ tốn học lớn kỷ 19 Giả thuyết Poincaré ơng đ a năm 1904 lƠ thách thức lớn tốn học kỷ 20 Lấy bóng (hoặc vật hình cầu), vẽ đ ng cong khép kín khơng có điểm cắt nhau, sau cắt bóng theo đ ng vừa vẽ: bạn nhận đ ợc hai mảnh bóng vỡ LƠm lại nh với phao (hay vật hình xuyến): lần nƠy bạn khơng đ ợc hai mảnh phao vỡ mƠ đ ợc có Trong hình học topo, ng i ta gọi bóng đối lập với phao, lƠ mặt liên thơng đ n giản Một điều dễ chứng minh lƠ khơng gian chiều, bề mặt liên thơng đ n giản hữu hạn vƠ khơng có biên lƠ bề mặt vật hình cầu VƠo năm 1904, nhƠ tốn học Pháp Henri Poincaré đặt cơu hỏi: Liệu tính chất nƠy vật hình cầu có khơng gian bốn chiều Điều kỳ lạ lƠ nhƠ hình học topo đƣ chứng minh đ ợc điều nƠy khơng gian lớn h n chiều, nh ng ch a chứng minh đ ợc tính chất nƠy 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 h n, hay tìm từ phổ thơng để diễn tả “loƠi bò sát có bốn chơn, da có vảy ánh kim, th ng b bụi” dễ h n? Cơu trả l i hầu nh chắn lƠ tra nghĩa dễ h n tìm từ Những nhƠ tốn học lại khơng chắn nh NhƠ tốn học Canada Stephen Cook lƠ ng i đầu tiên, vƠo năm 1971, đặt cơu hỏi nƠy cách “tốn học” Sử dụng ngơn ngữ lơgic tin học, ơng đƣ định nghĩa cách xác tập hợp vấn đề mƠ ng i ta thẩm tra kết dễ h n (gọi lƠ tập hợp P), vƠ tập hợp vấn đề mƠ ng i ta dễ tìm h n (gọi lƠ tập hợp NP) Liệu hai tập hợp nƠy có trùng khơng? Các nhƠ lơgic học khẳng định P # NP Nh ng i, họ tin có vấn đề khó tìm l i giải, nh ng lại dễ thẩm tra kết Nó giống nh việc tìm số chia 13717421 lƠ việc phức tạp, nh ng dễ kiểm tra 3607 x 3808 = 13717421 Đó lƠ tảng phần lớn loại mật mƣ: khó giải mƣ, nh ng lại dễ kiểm tra mƣ có khơng Tuy nhiên, lại ch a có chứng minh đ ợc điều “Nếu P=NP, giả thuyết đến lƠ sai” – Stephen Cook báo tr ớc “Một mặt, điều nƠy giải đ ợc nhiều vấn đề tin học ứng dụng cơng nghiệp; nh ng mặt khác lại phá hủy bảo mật toƠn giao dịch tƠi thực qua Internet” Mọi ngơn hƠng hoảng sợ tr ớc vấn đề lơgic nhỏ bé vƠ c nƠy! Bài tốn 3: Các ph ơng trình Yang-Mills: Biên soạn: Trần Trung Chính 148 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Các nhƠ tốn học ln chậm chơn h n nhƠ vật lý Nếu nh từ lơu, nhƠ vật lý đƣ sử dụng ph ng trình Yang-Mills máy gia tốc hạt toƠn giới, ơng bạn tốn học họ khơng thể xác định xác số nghiệm ph ng trình nƠy Đ ợc xác lập vƠo năm 50 b i nhƠ vật lý Mỹ Chen Nin Yang vƠ Robert Mills, ph ng trình nƠy đƣ biểu diễn mối quan hệ mật thiết vật lý hạt c với hình học khơng gian sợi Nó cho thấy thống hình học với phần trung tơm thể giới l ợng tử, gồm t ng tác tác yếu, mạnh vƠ t ng tác điện từ Nh ng nay, có nhƠ vật lý sử dụng chúng… Bài tốn 4: Giả thuyết Hodge: Euclide khơng thể hiểu đ ợc hình học đại Trong kỷ XX, đ ng thẳng vƠ đ ng tròn đƣ bị thay b i khái niệm đại số, khái qt vƠ hiệu h n Khoa học hình khối vƠ khơng gian tới hình học “tính đồng đẳng” Chúng ta đƣ có tiến đáng kinh ngạc việc phơn loại thực thể tốn học, nh ng việc m rộng khái niệm đƣ dẫn đến hậu lƠ chất hình học biến tốn học VƠo năm 1950, nhƠ tốn học ng i Anh William Hodge cho số dạng khơng gian, thƠnh 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 vƠ nó, giữ vai trò trung tơm số học Dù phơn chia số nƠy d ng nh khơng theo quy tắc nƠo, nh ng liên kết chặt chẽ với hƠm số thiên tƠi Thụy Sĩ Leonard Euler đ a vƠo kỷ XVIII Đến năm 1850, Bernard Riemann đ a ý t ng giá trị khơng phù hợp với hƠm số Euler đ ợc xếp theo thứ tự Giả thuyết nhƠ tốn học ng i Đức nƠy lƠ 23 vấn đề mƠ Hilbert đƣ đ a cách đơy 100 năm Giả thuyết đƣ đ ợc nhiều nhƠ tốn học lao vƠo giải từ 150 năm Họ đƣ kiểm tra tính đắn 1.500.000.000 giá trị đầu tiên, nh ng … khơng chứng minh đ ợc “Đối với nhiều nhƠ tốn học, đơy lƠ vấn đề quan trọng tốn học c bản” – Enrico Bombieri, giáo s tr ng Đại học Princeton, cho biết vƠ theo David Hilbert, đơy lƠ vấn đề quan trọng đặt cho nhơn loại Bernhard Riemann (1826-1866) lƠ nhƠ tốn học Đức Giả thuyết Riemann ơng đ a năm 1850 lƠ bƠi tốn có vai trò quan trọng đến lý thuyết số lẫn tốn học đại Bài tốn 6: Các ph ơng trình Navier-Stokes: Chúng mơ tả hình dạng sóng, xốy lốc khơng khí, chuyển động khí vƠ hình thái thiên hƠ th i điểm ngun thủy vũ trụ Chúng đ ợc Henri Navier vƠ George Stokes đ a cách đơy 150 năm Chúng lƠ áp dụng định luật chuyển động Newton vƠo chất lỏng vƠ chất khí Tuy nhiên, ph ng trình Navier-Stokes đến lƠ điều bí ẩn tốn học: ng i ta ch a thể giải hay xác định xác số nghiệm ph ng trình nƠy “Thậm chí ng i ta khơng thể biết lƠ ph ng trình nƠy có nghiệm hay khơng” – nhà tốn học ng i Mỹ Charles Fefferman nhấn mạnh – “Điều cho thấy hiểu biết ph ng trình nƠy ỏi” Bài tốn 7: Giả thuyết Birch Swinnerton-Dyer: Những số ngun nƠo lƠ nghiệm ph ng trình x2 + y2 = z2? Có nghiệm hiển nhiên, nh 32 + 42 = 52 VƠ cách đơy h n 2300 năm, Euclide đƣ chứng minh ph ng trình nƠy có vơ số nghiệm hiển nhiên vấn đề khơng đ n giản nh hệ số vƠ số mũ ph ng trình nƠy phức tạp h n… Ng i ta biết từ 30 năm khơng có ph ng pháp chung nƠo cho phép tìm số nghiệm ngun ph ng trình dạng nƠy Tuy nhiên, nhóm ph ng trình quan trọng có đồ thị lƠ đ ng cong êlip loại 1, nhƠ tốn học ng i Anh Bryan Birch vƠ Peter Swinnerton-Dyer từ đầu năm 60 đƣ đ a giả thuyết lƠ số nghiệm ph ng trình phụ thuộc vƠo hƠm số f: hƠm số f triệt tiêu giá trị (nghĩa lƠ f(1)= 0), ph ng trình có vơ số nghiệm khơng, số nghiệm lƠ hữu hạn Giả thuyết nói nh thế, nhƠ tốn học nghĩ vậy, nh ng đến gi ch a chứng minh đ ợc… Ng i ta thấy vắng bóng ngƠnh Giải tích hƠm (Functional analysí) vốn đ ợc coi lƠ lƣnh vực v ng giả nghiên cứu tốn học Lý đ n giản: Những bƠi tốn quan trọng Giải tích hƠm vừa đ ợc giải xong, vƠ ng i ta đợi để tìm đ ợc bƠi tốn Một nhận xét nữa: bƠi tốn đặt cho kỉ 21, mƠ khơng Biên soạn: Trần Trung Chính 149 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : phải bƠi nƠo phát sinh từ kỉ 20 BƠi tốn P-NP (do Stephen Cook nêu năm 1971) cố nhiên lƠ bƠi tốn mang dấu ấn kỉ 20 (lơgic vƠ tin học), nh ng bƠi tốn số lƠ giả thuyết Riemann đƣ đ a từ kỉ 19 VƠ lƠ bƠi tốn Hilbert ch a đ ợc giải đáp ! Một giai thoại vui: VƠi ngƠy tr ớc bƠi tốn triệu đơla đ ợc cơng bố, nhƠ tốn học Nhật Bản Matsumoto (sống vƠ lƠm việc Paris) tun bố đƣ chứng minh đ ợc giả thuyết Riemann Khổ nỗi, đơy lƠ lần thứ ơng tun bố nh VƠ hơm nay, ch a biết Matsumoto có phải lƠ nhƠ tốn học triệu phú kỉ 21 hay Trong số bƠi tốn có bƠi đƣ đ ợc chứng minh Đó lƠ giả thuyết Poincaré Cuối năm 2002 nhƠ tốn học Nga Grigori Perelman Viện tốn học Steklov (St Petersburg, Nga) cơng bố chứng minh Giả thuyết Poincaré VƠ đơy, vƠo tháng năm 2004, tin tức việc chứng minh giả thuyết Riemann nhƠ tốn học Louis De Branges Đại học Purdue đ ợc cơng bố vƠ giai đoạn kiểm tra Cũng xin l u ý lƠ số bí ẩn tốn học nƠy, hai bƠi toƠn nƠy thuộc loại “x ng” h n (dĩ nhiên nƠy t ng đối) nh ng lại (có thể) đ ợc chứng minh tr ớc Tuy nhiên dễ dƠng lý giải điều nƠy, đơy lƠ hai bƠi tốn có vai trò quan trọng lĩnh vực lẫn tốn học đại nói chung (nhất lƠ giả thuyết Riemann) Bài tập áp dụng: Bài tập 1: Giải ph ng trình: [x3] + [x] = {x} +2 Giải Từ ph ng 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 mƣn) Bài tập 2: Giải ph ng trình sau: 8x2 - 6x[x] + [x]2 - = Giải Xem ph ng trình lƠ bậc ẩn [x], ta có: ' = (-3x)2 - (8x2 - 3) = x2 + > Nên ph ng trình có nghiệm lƠ x 1,2  3x  x  (*) Theo định nghĩa phần ngun phải có: x - < [x]  x Từ suy bất ph ng 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 vƠo (*) ta đ ợc: 3x  x   2  3x  x   1  x   2    x   Biên soạn: Trần Trung Chính 150 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Thay vƠo (*) ta đ ợc: 3x - x + =  3x - x + = Nghiệm ph ng trình thu đ ợc lƠ nghiệm ph ng trình ban đầu 3+ Cụ thể nghiệm lƠ ; -1; ;1 4 Bài tập 3: Giải ph ng trình sau: x3 - [x] = Giải Ta có: [x] = x3 -  Z nên x3  Z Mặt khác: x3 - x - = {x} nên < x3 - x - < Từ tìm đ ợc nghiệm x = x   x Bài tập 4: Giải ph ng 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 = lƠ nghiệm ph ng trình  2x    x    x  Bài tập 5: Giải ph ng trình sau:     Giải Ta có: Vì [- x2] = - [x2] nên  2x    2x   2 2    x    x      x    x      2x  1  2x    0 0x    Vậy ph ng trình có nghiệm lƠ x  2 n k  k Bài tập 6: Tính: S n      k 0  Giải Ta thấy số hạng Sn lƠ 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 151 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : S 3p 2  9 i  3 i (do S2 = 0) p p i 1 i 1 Suy ra: Sau tính vƠ rút gọn S3p+2 = 3p3 + 6p2 + 3p (1) S3p+1 = S3p+2 - (3p2 + 3p) = 3p3 + 3p2 (2) S3p = S3p+1 - (3p2 + p) = 3p3 - p (3) Bơy gi ta dùng [ ] để gộp (1), (2), (3) thƠnh 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 lƠ: n  n n   n   n S n      n          n      1   3 3        3   nhơn 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 (t ng ứng với tr 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 T ng 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: Đ NH LÝ HERMITE: Biên soạn: Trần Trung Chính ng hợp) 152 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Với n lƠ số ngun d ng, x lƠ số thực ta có: n -1  nx  =  x  +  x + n  + +  x + n      Giải Định lý nƠy 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     x  1   nx  f  x    x     x  n  n n    1   f  x    f x n  Vậy f(x) lƠ hƠm tuần hoƠn 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 đ ợc chứng minh Bài tập 9: Chứng minh với x ngun d ng 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 ph ng vế:  VT  3x     x  1 x  x   12  12  x  x   x    9x  x  x  1  x  x     x  x  1  x  x    Mà  x  1 x     9x   x  1 x    3x  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 nƠy hiển nhiên nên suy đpcm Biên soạn: Trần Trung Chính 153 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Bài tập 10: Tính tổng sau: a) S n    k    k 0 n b) S n    2k    k 0 n Giải a) Để viết cho gọn ta đặt:  n   m   Nh m  n  m   m2  n   m  1 Tr ớc hết ta có nhận xét sau: Trên đoạn [i2, i2 + 2i] (giữa hai số ph ng liên tiếp) có 2i + số có dạng: i2 + j, (0  j  2i) Các số nƠy thỏa:  i + j  = i   Do Sn đ ợc chia thƠnh tổng: Sn =   k  +   k  + + k=0 12 -1  22 -1 k=1 m -1 k=  m-1  i +2i  n   Sn =     k   +   k  i=0  k=i  k=m2 m-1  k+     n k=m k  Sn =   2i +1 i + m-1    k  n      1 2 Sn =    i +1 - i3 -  i +1 - i -  + n - m +1 m 6 i=0  (đơy đ ợc viết d ới dạng sai phơn dễ hiểu h n) 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 i=0 m-1 b) LƠm t k=m ng tự cơu (a), ta có: S n    2k   n.m    k 0 n m  m  1 2m  5 12 m    , với m   2n    22 Bài tập 11: Với i, j, k, n  N*, x  R Hƣy 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 154 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com 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 tr Ta có: ng hợp riêng định lý Hermite: 2x  x  x      n + 2k   n 1  n   n   k+1  =  k+1 +  =  k  -  k+1  2 2  2    2 Vậy tổng cần tính lƠ  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 tr ng 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 lƠ số ngun d ng khơng v ợt q n thỏa mƣn [ai, aj] > n  i, j  k, i  j 1 Chứng minh rằng: + + + < a1 a ak Giải Từ điều kiện suy số phơn biệt vƠ k < n Gọi Ai lƠ tập hợp số khơng v ợt q n chia hết cho ai, i = 1, , n Từ điều kiện suy tập hợp nƠy r i Giả sử s  Ai  Aj, sa i sa j nên a  a i , a j  > n mâu thn! n MƠ số phần tử tập hợp Ai     Biên soạn: Trần Trung Chính 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 lƠ chữ số (Đề thi học sinh giỏi Mátxc va - 1940) Giải Tích vƠ chữ số chẵn lƠ số có chữ số tận lƠ Trong 100 thừa số tích 100! Có 50 số chẵn vƠ 50 số lẻ Vì cần tìm tất bội số phơn tích đƣ cho Theo hệ 2, số mũ cao có phơn tích thừa số ngun tố 100! bằng: 100  100    +  25  = 24     Vậy tích 100! tận lƠ 24 chữ số Bài tập 14: Chứng minh (n - 1)! Chia hết cho n khơng phải lƠ số ngun tố Giải Giả sử ng ợc lại n lƠ số ngun tố, suy n có hai ớc số lƠ vƠ n  n -1  Theo định lý 3, dƣy 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 lƠ 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 phơn tích thừa số ngun tố n lƠ: 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 nƠy chứng tỏ n! khơng chia hết cho 2n Bài tập tự luyện Bài tập 1: Chứng minh rằng:  n  n     4n       H ớng dẫn: Chứng minh theo bất đẳng thức phần ngun Bài tập 2: chứng minh với số ngun d ng n hiệu: n n       n k 1  k  ln lƠ số chẵn Biên soạn: Trần Trung Chính 156 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com H ớng dẫn: Ta sử dụng nhận xét: n  k   s; s  Z, ks  n   n n nên    lƠ số cặp có tính thứ tự(s, k) thỏa mƣn  s,k  n; ks  n k 1  k  n  n  lƠ số cặp (k, k) thỏa mƣn  s, k  n; k  n nên hiệu   n    n  lƠ số cặp có tính       k 1  k  thứ tự(s, k) (s, k ) thổa mƣn (k, s) thỏa mƣn Suy hiệu lƠ số chẵn Bài tập 3: Giải hệ ph ng 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    lƠ số chẵn  n  n  1  Bài tập 5: Cho p, q lƠ số ngun tố Hƣy tính tổng:   q  1 p   p   2p           q   q   q  Bài tập 6: Chứng minh tổng S  1 1 khơng phải lƠ số ngun     16 (Đề thi vƠo tr ng Chun Tốn vòng năm 1973) 1 Bài tập 7: Chứng minh tổng S     , với n = 1, 2, 3, khơng phải lƠ số ngun n H ớng dẫn n! n! n!    n S 1  n! Mẫu số chia hết cho lũy thừa bậc cao h n tử số Bài tập 8: Tìm lũy thừa k cao mƠ 1000! chia hết cho 7k Đáp số: 1000! chia hết cho 7164 Bài tập 9: Tìm 1125! tận lƠ 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  lƠ số ngun a) A  2n  n  1 n    3n  1 3n  lƠ số ngun b) B  3n H ớng 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 > ph ng trình (x) = k có vơ số nghiệm Bài tập 14: Chứng minh rằng: Biên soạn: Trần Trung Chính 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 ớc ngun tố lẻ khác 2k|(n) Bài tập 16: Chứng minh m, k lƠ ngun d ng (mk) = mk-1(m) Bài tập 17: Chứng minh a, b lƠ số ngun d ng (ab) = (a,b) (a)(b)|((a,b)) Bài tập 18: Hƣy tính số ớc vƠ tổng ớc 2100, 5374115, 30! Bài tập 19: Hƣy xác định số ngun d ng có đúng: a) Ba ớc d ng b) Bốn ớc d ng Bài tập 20: Đ a cơng thức k(p), với p ngun tố vƠ  ngun d ng Bài tập 21: Chứng minh hƠm k có tính nhân Bài tập 22: Đ a cơng thức tính k(n), n có khai triển thƠnh lũy thừa ngun tố n  p11 p 22 p k k Bài tập 23: Tìm tất số ngun d ng n thỏa (n) + (n) = 2n Bài tập 24: Chứng minh có (n2) cặp có thứ tự hai số ngun d ng với bội chung nhỏ n Bài tập 25: Giả sử n  lƠ số ngun Dƣy số ngun n1, n2, , đ ợc xác định b i n1 = (n), nk+1 = (nk), k = 1, 2, 3, Chứng minh có số ngun d ng r cho = nr+k với số tự nhiên k Biên soạn: Trần Trung Chính 158 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com Biên soạn: Trần Trung Chính 159 [...]... tập 33: Tìm một số chính ph chữ số sau 1 đ n vị Giải Đặt: abcd  k 2 , k  N ng gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn h n số gồm 2 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 lƠ... Theo giả thi t, ta có: ab = (a + b)2 Một số học sinh nhận xét rằng ab lƠ một số chính ph ng có 2 chữ số Do đó ab chỉ có thể lƠ một trong các số: 16, 25, 36, 49, 64, 81 Thử thì thấy chỉ có số 81 lƠ thích hợp Do đó số phải tìm lƠ số 81 Suy nghĩ nh vậy thì đ n giản q Cần phải tìm những cách Giải hay h n Biên soạn: Trần Trung Chính 15 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : Bài tập 53: Tìm 3 số sao... 59: Chứng minh rằng nếu một số chính ph ng có chữ số hƠng đ n vị lƠ chữ số 5 thì chữ số hƠng trăm của nó lƠ một chữ số chẵn Giải 2 Số đƣ cho có dạng A5 2 Ta có: A5 = (10A + 5)2 = 100 A2 + 100 A + 25 = 200A(A + 1) + 25 2 Chữ số hƠng trăm của số A5 chính lƠ chữ số hƠnh đ n vị của số A(A + 1) nghĩa lƠ một số chẵn 2 Vậy số A5 có chữ số hƠng trăm lƠ một số chẵn Bài tập 60: Cho số tự nhiên a, chia [(a - 1)2... Một số có tổng các chữ số lƠ 2000 có thể lƠ số chính ph ng hau khơng? Bài tập 12: Số 1 + 5m + 8n, với m, n  N có thể lƠ số chính ph ng khơng? Bài tập 13: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp khơng thể lƠ một số chính ph ng Biên soạn: Trần Trung Chính 21 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : CHỦ ĐỀ 2 SỐ NGUYÊN TỐ 1 Kiến thức cơ bản: Đ nh nghĩa: Số ngun tố lƠ những số tự nhiên chỉ có 2... VD: Các số: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, lƠ những số ngun tố Các số có từ 3 ớc số tr lên gọi lƠ hợp số Một hợp số có ít nhất 2 ớc số Bất kỳ số tự nhiên nƠo lớn h n 1 cũng có ít nhất một ớc số ngun tố Một số đ nh lý cơ bản: Dƣy số ngun tố lƠ dƣy số vơ hạn (khơng có số ngun tố nƠo lƠ lớn nhất) Nếu số ngun tố p chia hết cho số ngun tố q hoặc số ngun tố q chia hết cho số ngun tố p thì p = q Nếu số ngun... số chính ph ng Nếu x vƠ y lƠ 2 số tự nhiên bất kỳ thì x2 + y2 chỉ có thể có một trong ba dạng 4k, 4k+1 hoặc 4k + 2 Suy ra điều phải chứng minh Bài tập 62: Cho các số: Biên soạn: Trần Trung Chính 17 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : A = 11 11 (2m chữ số 1) B = 11 11 [(2m + 1) chữ số 1] C = 66 66 (m chữ số 6) Chứng minh rằng A + B + C + 8 lƠ một số chính ph Giải 102 m  1 A  11 11  102 m...  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 ng 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 lƠ 2 hợp số: A = 11 11 (2m chữ số 1) vƠ B = 44 44 (m chữ số 4) Chứng minh A + B + 1 lƠ số chính ph ng Giải Ta có: 102 m  1 A = 11 11 ... Trần Trung Chính 11 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : 100 0  abcd < 100 00  23  t  70, t ngun tố vƠ 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 lƠ một số tự nhiên gồm 100 chữ số, trong đó 99 chữ số 5 vƠ một chữ số khác 5 Chứng minh rằng A khơng thể lƠ số chính ph ng Giải Giả... 9801 Bài tập 48: Tìm số có 4 chữ số vừa lƠ một số chính ph ng vừa lƠ một số lập ph Giải abcd = x2 = y3, x, y  N Do đó y cũng lƠ một số chính ph ng 100 0  abcd  9999 Biên soạn: Trần Trung Chính ng 14 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com  10  y  21 Do y chính ph ng, suy ra y = 16 abcd = 4096 Vậy có duy nhất một số thỏa u cầu lƠ 4096 Bài tập 49: Tìm 2 số tự nhiên a vƠ b sao... Trung Chính 18 .: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI MÔN TOÁN VÀO LỚP 10 THPT : www.VNMATH.com thức bậc 2 có dạng: (x) = x2 + px + q Do đó, ta có: x4 + mx3 + 29x2 + nx + 4 = (x2 + px + q)2 Sử dụng đồng nhất hệ số hai vế ta có: q = 2; p =  5; m =  10; n =  20 Vậy (m, n) = (10, 20); ( -10, -20) Bài tập 67: Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n + 26 vƠ n - 11 đều bằng lập ph số tự nhiên Giải Theo đề bƠi, ta có: n