BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII

BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII BÀI tập LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN học lớp 10 TOÀN MIỀN NAM lần THỨ XVIII

Tài liệu Dành cho HS lớp10chuyên Toán BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII Chủđề: PHƯƠNG TRÌNH HÀM ( , , ) ( VĂN PHÚ QUỐC- GV TRƯỜNG ĐH QUẢNG NAM)  Cho hàm số f : thỏa mãn f 1  f  m  n   f  m   f  n    4mn 1 , m, n  HD: - Thay m  n  1, ta có: f    f 1   ; - Thay m  n  , ta có: f    f    45  63 ; - Thay m  n  , ta có: f  8  f   189  315 ; - Thay m  n  , ta có: f 16   f 8   765  1395 ; - Thay m  , n  ta có: f  3  f    f 1  21  30 - Thay m  16, n  ta có kết quả: f 19   f 16  3  f 16   f    573  1998 Cho hàm số f : *  * thỏa mãn f 1  5; f  f  n    4n  f  n   2n1  n  * Tính f 1789  HD: Ta có: 1789  4.445  ; 445  4.109  ; 109  4.25  ; 25  4.4  Lần lượt áp dụng giả thiết ta được: f      11 ; f 11  f  f     4.4   25 ; f  25   f  f 11   4.11  53 ; f  53  f  f  25    4.25   109 ; f 109   f  f  53   4.53   221 ; f  221  f  f 109    4.109   445 ; f  445   f  f  221   4.221  893 ; f  893  f  f  445    4.445   1789 ; f 1789   f  f  9893   4.893   3581 Tài liệu Dành cho HS lớp10chuyên Toán Cho hàm số f xác định tập * thỏa mãn: f  n 1  n  1 n1  f  n  ; f 1  f  2013  Tính tổng S  f 1  f     f  2012  HD: Ta có: f    1 f 1 ; f    2  f   ; f     f  3 ; ; f  2012   2011 f  2011 ; f  2013   2012  f  2012  Cộng vế theo vế đẳng thức ta được: 2012 f    f     f  2012   f  2013   1     2011 2012   f  k  k 1 Thay f  2013   f 1 ta được: 2012 2012 2012  f  k   1006   f  k    f  k    k 1 k 1 1006 k 1 Cho hàm số f xác định tập số nguyên dương thỏa mãn: f 1  1006 ; f 1  f     f  n   n f  n  n  * Tính f  2012  HD: 2 Từ giả thiết toán ta có:  n 1 f  n 1  f  n   n f  n   f  n   f  n 1 Cho n  2,3, , 2012 ta được: f 1  f  2012    Nhân vế theo vế đẳng thức ta được:  n 1 f   f   f   f  2012  2011  ;  ;  ; ;  f 1 f   f  3 f  2011 2013 f  2012  Cho hàm số f : n 1 1006.2013 2013 thỏa mãn: xf  y   yf  x    x  y  f  x  y  , x, y  Chứng minh rằng: f hàm Giả sử: f không hàm Chọn x, y cho f  y   f  x   bé Từ f  x  xf x yf x  x y  xf y yf x  x y  xf y yf y  x y  f  y    f  x  y   f  x   f  y  f  x Tài liệu Dành cho HS lớp10chuyên Toán Điều mâu thuẫn nên f hàm Dành cho HS lớp10chuyên Toán Tìm tất hàm f : *  * thỏa mãn điều kiện: f 1  1; f  m  n   f  m   f  n   mn m, n  * HD: Cho m  ta thược: f  n 1  f  n   n 1 Từ suy tồn hàm số Bằng phương pháp quy nạp, chứng minh: f  n   n  n  1 Cho hàm số f :  thỏa mãn điều kiện f  m   f  n  m  n số nguyên tố Hỏi tập giá trị hàm f có phần tử? HD: Ta có: 1  2;   3; 1  5;   5;   số nguyên tố nên f 1 ; f   ; f   ; f 8  phải khác Do tập giá trị hàm f có phần tử Xét hàm số f  n  xác định sau: Nếu n  r  mod  f  n   r Khi tập giá trị hàm f có phần tử là: 0;1; 2;3 Ta chứng tỏ hàm f xây dựng thỏa mãn điều kiện toán Thật vậy, f  m   f  n  m  n  mod   m  n   mod   m  n hợp số Vậy tập giá trị hàm f có phần tử Tìm tất hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  m  f  n    f  m   n m, n  HD: Giả sử: f    a  Khi đó: f  m  f     f  m  hay f  m  a   f  m  , m  Vì f hàm tuần hoàn giá trị f tập A   f   ; f 1 ; ; f  a 1 Ta gọi M số lớn A Khi đó: f  n   M n  Mặt khác: thay m  vào f  m  f  n    f  m   n ta được: f  f  n    n  a lớn tùy ý, vô lý Vậy ta phải có f    Khi đó: f  f  n    n n  Nếu f 1   f    f  f 1   1, mâu thuẫn Do đó: f 1  b  Chứng minh quy nạp: f  n   bn n  ? Dành cho HS lớp10chuyên Toán Ta có: f  bn   b n  n  b  Vậy f  n   n n  Thử lại thấy Dành cho HS lớp10chuyên Toán Tìm tất hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  mn  1  mf  n   m, n  HD: - Thay m  ta có: f 1  - Lại thay n  ta có: f 1  mf     mf    m   f    (1) - Thay n  ta có: f  m 1  mf 1   2m    m 1  f  m   2m , m  Từ (1) (2) ta có: f  m   2m m   10 Tìm tất hàm f : Vậy f  n   2n n  * (2) thỏa mãn điều kiện: f  f  n    n  2; f  f  n 1 1  n  4; f  0 1 n  HD: - Chứng minh f đơn ánh? - Ta có: f  f  n     n   f  f  n 1 1  f  n    f  n 1 1 Hay f  n   f    n  n 1 n  ( thỏa mãn) 11 Cho hàm số f  n  xác định tập hợp số nguyên dương thỏa mãn: f 1  f  n 1  f  n   f  n   ; n  1; 2;3; Chứng minh: 1 2  2011 1    f 1 f    1 f  2012  2 2012 HD: - Ta có: f  n 1  f  n    f  n  1  f tăng f  n   n  - Chứng minh:  1   f 1 f    1 f  n  * ? f  n 1 1 n - Chứng minh quy nạp: 22  f  n 1 1  22 ? n1 - Cho n  2012 ta suy điều phải chứng minh 12 Tìm tất hàm số f :   thỏa mãn: f  x 1  f  x  1 ; f  x   f  x  x   - Chứng minh quy nap: f  x  n   f  x   n x  - Với x  p     p, q   Giả sử:  p * f   q   m  , n   ?   p2   m, n    f * m2  q Dành cho HS lớp10chuyên Toán   n   p m   Khi đó: f q  f q  q  f     q q n     p  p2   q2  2 q     p  q2   m2 n2  2mq n  q2 n  Dành cho HS lớp10chuyên Toán p  m 2mq 2mq m p Hay f  p  q2    q2   2p     n2 n n n q q    Vậy f  x   x x  13 Tìm tất hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  x  y   f  x  y   f  x   f  y  x, y  HD: - Cho x  y  ta được: f    f  0  f    - Với x  ny  n   ta được: f   n 1 y   f  ny  y   f  ny   f  y   f   n 1 y  - Chứng minh quy nạp: f  nx   n f  x  n  ?    f 1  f   n n n n      m  1  m   1  f m m f  - Ta có: f f 1          n n n n         - Thay x ta được: f 1  n f Do đó: f  x   ax x  1 , đó: a  f 1 Thử lại thấy 14 Tồn hay không hàm f :  thỏa mãn điều kiện: f  x  f  y    f  x   y x, y  HD: - Chứng minh f đơn ánh ? - Cho x  y  ta được: f  f     f    f    - Cho x  ta được: f  f  y     y y  (*) - Thay f  y  y vào điều kiện toán cho ý đến (*) ta có: f  x  y   f  x   f  y  Do đó: y  kx x  Thay vào điều kiện toán cho ta suy được: k  1 , vô lý Vậy không tồn hàm số thỏa mãn yêu cầu toán 1 n  15 Đặt q  gọi f :  hàm số thỏa mãn điều kiện f  n   qn  q HD: Chứng minh Dành cho HS lớp10chuyên Toán f  f  n    f  n  n n  - Từ  1   f  0   f    Như điều kiện f  n   qn  với n  q q Dành cho HS lớp10chuyên Toán - Với n  f  n   Thật vậy, f  n   từ f  n   qn  cho ta: q qn   qn  0n  1, vô lý q2 q q - Để ý q  q 1  Từ với n  tùy ý ta có: f  f  n    f  n   n  f  f  n    qf  n    q 1 f  n   q  q 1 n = f  f  n    qf  n    q 1  f  n   qn   f  f  n    qf  n    q 1  f  n   qn  = f  f  n    qf  n    q 1 f  n   qn Từ f  n   qn  thay n f  n  ta có: f  f  n    qf  n   q q Vậy f  f  n    f  n   n    q 1 q Do f  f  n    f  n   n  1 1 q nên f  f  n     f  n   n   f  f  n    f  n   n * 16 Chứng minh không tồn song ánh f :  thỏa mãn điều kiện: f  mn   f  m   f  n   f  m  f  n  m, n  * HD: Giả sử tồn hàm f thỏa mãn yêu cầu toán - Cho m  ta được: f  n   f  n   f 1  f 1 f  n  Nếu f 1  f  n   , vô lý Vậy phải có: f 1  Vì f song ánh nên f  n   n  - Suy n hợp số f  n   Cũng f song ánh nên có p, q, r  * cho f  p   1, f  q   3, f  r   Chú ý p, q số nguyên tố phân biệt Khi đó: f  q   f  pr   33  q  pr , vô lý Vậy không tồn hàm số 17 Tìm tất hàm f :  cho với m, n, k  ta có: f  km   f  kn   f  k  f  mn   HD: k  m  n    f   1   - Cho 10 C pk  p   C kp   p với  k  p 1  C 2pp   mod p    C2pp   p 2 (2) Từ (1) (2) suy ra: T  p 10 Giải PT nghiệm nguyên: x14  x24   x144  1599 với x1 , x2 , , x14  HD: Xét n số nguyên tùy ý - Nếu n  2k, k  n  16k   mod16  n 1  4k  k 18  n 116  n   mod16  - Nếu n  2k  1, k  Do đó: x14  x24   x144  r  mod16  Với r  r  14 Mặt khác, ta có: 1599  15  mod16  Do : PT cho có nghiệm nguyên 11 Chứng minh với số tự nhiên n , phân số sau tối giản: 21n 4 14n  HD: Gọi d   21n  4;14n   Ta có: 21n   kd ; 14n   hd với k, h   Suy ra: 7n 1   k  h  d Do đó: 21n    k  h  d Vì vậy:   21n     21n    kd   k  h  d   3h  2k  d  d  3h  2k  Vậy phân số cho tối giản 12 Chứng minh B  13 82 32 x  x  x  x  x nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên 630 21 30 63 35 x HD: Xét A  x  x 1 x   x   x 16  =  x   x   x   x 1 x  x 1 x   x   x   Còn B  A A  630 2.5.7.9 13 Chứng minh với số nguyên a,b ta có:  3a  5b,8a 13b    a,b  HD: Ta có: 8a 13b   3a  5b    2a  3b  ; 3a  5b  1 2a  3b    a  2b  ; 2a  3b   a  2b   b Vậy  8a 13b,3a  5b    3a  5b, 2a  3b    2a  2b, a  2b    a  2b,b    a,b  14 Cho đa thức P  x  với hệ số nguyên, biết tồn số nguyên dương a cho số số P 1 , P   , , P  a  chia hết cho a Chứng minh với số nguyên z ta có P  z  HD: Giả sử tồn số nguyên b cho P  b   Khi ta có: P  x    x  b  Q  x  với Q  x  đa thức có hệ số nguyên Đặt b  aq  r ,  r  a Ta cos: P  r    r  b  Q  r   aQ  r a ( mâu thuẫn gt) 15 Chứng minh số p 1 2q 1 nguyên tố p q nguyên tố HD: ĐK cần: Giả sử  p 1, 2q 1  k   p, q  Đặt p  ku, q  kv Khi đó: p 1   k  12 k 1 Tương tự: 2q 12k 1 u Như 2k 1 ước chung p 1 2q 1 Kết hợp với giả thiết suy ra: 2k 1   k  Vậy p q nguyên tố ĐK đủ: Giả sử  p, q   Khi tồn số nguyên s,t cho ps  qt  Gọi d   p 1, q 1 - Xét TH: s  Khi t  Đặt v  t  Suy ra: ps  qv  Ta có: ps 12 p 1  ps 1d Tương tự: 2qv 1d Từ suy ra:  ps 1   qv 1d hay 2qv  psqv 1d Kết hợp với đẳng thức ps  qv  suy ra: 2qv d Mặt khác p 1 số lẻ nên d lẻ Từ suy ra: d  - Xét TH: s  , t  ta làm tương tự Tóm lại:  p 1, 2q 1  16 Cho a,b hai số nguyên cho  a,b   Tìm  a  a ,5b  7b  HD: Không tính tổng quát, giả sử a  b Đặt s a  5a  a Nếu a  2b ta có: sa  sa sab  b7 b sa2b Do đó:  s , s a   s , s b b  a2b Tương tự b  a  2b ta có:  sa , sb    sb , s2ba  Vậy từ thuật toán Euclid suy a  b số chẵn  sa , sb    s1 , s2   12 , a  b số lẻ  sa , sb    s0 , s1   17 Tìm 2n 1, 2n 1 với n  HD: n - Nếu n  1  - Nếu n  2n 1   n 1  Do đó:  n 1, 2n 1   n 1,    1 1   1, 1 n Suy ra: 2  1, 1  n n n n n n 1 18 Cho p p 1 hai số nguyên tố lớn Chứng minh p 1 hợp số HD: Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p  3k 1 - Nếu p  3k 1 p 1  6k    2k  1 số nguyên tố nên trường hợp xảy - Nếu p  3k 1, k  p 1  12k    4k 1 Do 4k 1  nên p 1 hợp số 19 Tìm số nguyên tố p cho hai số p  p  số nguyên tố HD: - Nếu p  p   7, p   11 số nguyên tố - Nếu p  3k 1 p   3k    k   hợp số - Nếu p  3k 1 p   3k 1   k 1 hợp số Vậy p  số nguyên tố phải tìm 20 Chứng minh với m  , m m! có số nguyên tố Từ suy có vô số số nguyên tố HD: Do m  nên m!1  Gọi p ước nguyên tố a  m!1 ta có: p  a  P  m! Bây chứng tỏ p  m Giả sử ngược lại p  m Khi đó: p ước m! p ước m!  m!1  1, điều vô lý Vậy p số nguyên tố thỏa mãn m  p  m! 21 Cho số tự nhiên a,b n Biết k n  a chia hết cho k  b với k   ,k  b Chứng minh rằng: a  b n HD: Ta có: k n  b n k  b với k, b  k  b Ta lại có: k n  ak  b Suy ra: a  b n k  b với b  , k   ,k  b Điều xảy  a  b n 22 Cho A  2n  3n ; B  n1  3n 1 ;C  n2  3n 2 a) Chứng minh: A B nguyên tố ; b) Tìm d   A,C  HD: a) Ta có: B  A  3n Nếu A B có ước chung d  d 3n  d n ( Vô lý) Do A B nguyên tố b) Ta có: C  A  5.3n Điều chứng tỏ ước chung lớn A C Muốn cho  A, C   A  n lẻ Vậy d  n lẻ ; d  n chẵn 23 Có tồn số tự nhiên n viết dạng: n  x! y! với x, y    x  y hai cách khác hay không? HD: Giả sử tồn số tự nhiên n viết dạng: n  x1 ! x2 !  x2 ! y2 ! với x1 , y1, x2 , y   x1  y1 , x2  y2 Không tính tổng quát, giả sử  x1  x2  y1  x2 Do đó: x2 ! y2 ! y1 ! x2 ! x1 ! x2 ! Vô lý 24 Tìm nghiệm nguyên dương PT: x12012  x22012   x 2012 2012  2011x1x x 2012 HD: 2012 Ta có: x12012  x22012   x2012  2012x1 x2 x2012  2011x1 x2 x2012 Vô lý 25 Chứng minh có số nguyên a, b, c, d , e, f thỏa mãn điều kiện: a  b  c  d  e2  f số không đồng thời số lẻ HD: ( Dễ dàng chứng minh bình phương số nguyên lẻ chia cho dư Giả sử số số lẻ Thế số hạng vế trái chia cho dư Như vế trái chia cho dư Trong vế phải số chia cho dư Điều mâu thuẫn m 26 Cho số nguyên tố p  m, n hai số nguyên tố cho  n     p 1 Chứng minh m chia hết cho p HD: Ta có:  p 1! m 2 1    p 1 !      12 n  22   số nguyên  p 1    1  Mặt khác p số nguyên tố nên 0, , , , hệ thặng dư đầy đủ theo mod p   p 1   Do đó:  12 1    p 1 22  12  22    p 1  p 1p  p 3  p,   ) Suy ra:  p 1! p  nên   mod p  (do 1        (mod p) hay  12 22  p 1     p 1! m p n Mà  p 1, p   nên m chia hết cho p 27 Cho số nguyên n  Lấy n số x1 , x2 , , xn số xi 1 cho: x1 x2  x2 x3   xn1 xn  xn x1  Hãy chứng minh n phải bội số HD: Đặt: X  x1 x2 , X  x2 x3 , , X n  xn x1 Mỗi số X i 1, X  X   X n  Như có p số X i phải có p số X j 1 Suy ra: n  p Mặt khác: X X X n   x1 x2 xn  1 Mà X X X n   1 Vậy p chẵn n  p bội số p  28 Chứng tỏ số 444444  303030 biểu diễn dạng x  y  với x, y  HD:  Nếu A  B     C  D C  A2  3B , D  2AB Suy ra: A  B Do x  y    444444  303030 có x  y   CD  444444  303030  vô lý 29 Chứng minh đa thức: P  x   x9999  x8888  x 7777  x 6666  x 4444  x 3333  x 2222  x1111  chia hết cho đa thức: Q  x   x  x  x  x  x  x  x3  x  x 1 10 HD: Ta có: P  x   Q  x    x9999  x    x8888  x8     x1111  x  = x9  x  10 999   x  10 888 1  x8   1    x10  111  1 x10 1  P  x   Q  x  x10 1 đó: P  x   Q  x Q  x   x 1  P  x Q  x  30 Cho p số nguyên tố thỏa mãn p   mod  đặt q  2p  Chứng minh  1.2 1     q 1 q 3.4 m ; m, n  p m n HD: Ta có: p   mod  Đặt p  6k 1, suy ra: q   Khi m  n  1.2 =      4k 1 4k 3.4  2p  4k   2k 1 2k  4k   1               2k 1 4k 2k  4k 1 3k 3k 1        p = p     2k 1 4k  2k   4k 1 p 3k  3k 1 Suy ra: p m 31 Tìm nghiệm nguyên PT: x  2011x  2012 y  y  xy  2011xy  2013 HD: PT   x  2011x  2012    2012 y  2012xy    y  xy  1   x 1  x  2012  2012 y  y   Vì x, y  nên hai thừa số vế trái PT ước số 32 Cho n số tự nhiên, a ước nguyên dương 2n Chứng minh n2  a không số phương HD: Giả sử n  a  x (1) với x  Theo giả thiết: 2n  ka với k  Ta có: 1  x  n  2 2n  kx    k  2k   kx  11 k  n    n Vì k  2k phải số phương ( Vô lý k  k  2k   k 1 ) 12 33 Chứng minh số: 222555  555222 chia hết cho HD: Ta có: 222  7.31  222   mod   222555  5555  mod  Mặt khác: 52  25   mod  53  4.5  mod    mod  54  6.5  mod    mod  55  2.5  mod    mod  56  3.5  mod    mod   56k   mod  Mà 555  6.92   5555  53  mod    mod  Tức là: 222555   mod  Lập luận tương tự, ta có: 555  7.79    mod   555222  222  mod  23  1 mod   23k  1 mod  Mà 222  3.74  222   mod  Tức 555222  1(mod7) Vậy 222555  555222   mod    mod  tức là: 222555  555222 chia hết cho 34 Tìm số nguyên dương  m; n  cho p  m2  n số nguyên tố m3  n3  chia hết cho p HD: Ta có: m3  n    mod p   mn  m  n     mod p   3mn  m  n  12   mod p  Kết hợp với m3  n    mod p  suy ra:  m  n    mod p    m  n   m  n  2nm   m  n     mod p  Do p số nguyên tố nên ta có khả năng: - TH1: Nếu m  n  2  m  n 2  m  n   m  n  m  n   m  m 1  n  n 1   m  2, n  m  1, n  2 Thử lại ta thấy: số  m, n  1;1 ,  2;1 , 1;  thỏa toán - TH2: Nếu m2  n  2nm   m  n   4  m  n   2nm   m  n   4 m  n2  Do 2nm   m  n     m 1 n 1 1   2nm   m  n    m  n ( xảy m  n  1) 13 35 Tìm tất số nguyên tố a, b, c cho: abc  ab  bc  ca HD: Không tính tổng quát, giả sử a  b  c Suy ra: ab  bc  ca  3bc Nếu a  3bc  abc  ab  bc  ca  abc mâu thuẫn với Vậy a  ( a nguyên tố) Do đó: 2bc  2b  bc  2c  1   b  b c - Với b   c nguyên tố - Với b   c  c  Vậy nghiệm toán là: a  2,b  2, c  p nguyên tố hoán vị, a  2, b  3, c  hoán vị 36 Chứng minh với số tự nhiên n  ta có: n1 C 2 nk  C  2n1 chia hết cho 4n1 nk k 0 HD: 2 nk  Ta có:  n1   n n1 2n1 C  nk  C k 0 nk C   k 0 Mặt khác  11  11  2n n 2n 1 kC k 0 2n n 2n 1 n  2n1 k  2n  1 !  2k 2k k 1 2n C    k 1 k 1 n  2k ! 2n  2k 1 !   2n C k 1 k 1 n1 Như vậy: C 2 nk  C  2n1   2n 1 n1 4 n1 nk k 0 n 37 Chứng minh rằng: C 2k 1 2n1 23k không chia hết cho với n số tự nhiên k 0 HD: Ta có: 1 x  2n 1 2n1 n n k 0 k 0 k 0 n n k 0 k 0 k 2k  k 2k k 1 2k 1  C2n1 x C2n1 x  C2n1 x 2n1 1 x  2n 1  C k 0 Suy ra: 1 x  2n 1 1 x  2k 2k 1 2k 1 x C2n1 x 2k C2n1 x k k 2n 1 2n1   n C 2k x 2k   n  C 2k 1 x k 1  (*) 14 35 Tìm tất số nguyên tố a, b, c cho: abc  ab  bc  ca HD:    k 0 Cho x  , từ (*) suy ra: Vì  7  2n1 2n 1 2n1  A  8B      k 0 2n1   n n k0 k 0 2k k 1 3k với A  C2n1 23k , B C2n1  2  mod  nên : - Nếu B5 A2  2  mod  (**) 15 , a  5k, a  5k 1, a  5k  Ta có: a   mod  ; a   mod  ; Tuy nhiên a  a   mod  Suy ra: A2  2  mod  (***) Từ (**) (***) ta có điều mâu thuẫn Vậy B không chia hết cho 1999  , đó:  a  ký hiệu phần nguyên số a 38 Tính:  45  1999   HD:   1999  Ta có: 45  1999 k 1999 1999 k 1999 k k k 1999k 1999k 2  C1999  C1999 1999 45   1 1999 45    45  1999  k 0 k 0 999 k 19992k 2k  2m với m  = 2C1999 1999 45 * k0  Mà 44  1999  45   45  1999    45  1999   Nên  45  1999   1999  1999 1   2m 1 với m  2k 1999 k.4519992k C1999   k 0 999  n  39 Chứng minh rằng:    số lẻ với số tự nhiên n   HD:   x   Đặt   x, y nghiệm PT X  X 1    y   Đặt: S n  x n  y n n1 Ta có: S n1  x n1 y    n  x y x  y n     xy x n1 n1 y   4S n  S n1 Suy ra: S n1  4S n  Sn1  S  2, S1   Sn  n   Vì    nên    Do đó:        n   n  n   1   n Suy ra:                     n n n n n 1 số lẻ (vì S , S chẵn nên S chẵn) 16 n Tuy nhiên a  , a  5k, a  5k 1, a  5k  n2 Ta có: a   mod  ; a   mod  ; n 40 Chứng minh biểu thức A     nhận giá trị nguyên không chia hết cho     17 với giá trị nguyên n 17 HD: Làm tương tự 39 41 Tìm n nguyên dương cho:         n3  2n    7225       HD: Với m  * , xét  m   k  k   m  k 1  k  m   k  1 1 3 Suy ra: với k cho trước, số số m thỏa:  m  k là:  k 1  k  3k  3k 1 Gọi tổng tương ứng chúng S k , ta có: S k  k  3k  3k 1  3k  3k  k Do:  n 1   n 1 ;  n    n 1     n  2n    n với n          3 3 3 3 n1         n  2n    S   2n   n   3n 2n 7 n 20n  7225  k       k 1 Dễ dàng tìm được: n  10 42 Cho p số nguyên tố khác a,b hai số tự nhiên lẻ cho a  b chia hết cho p a  b Nên 3 chia hết cho p 1 Chứng minh rằng: ab  b a chia hết cho p HD: Giả sử a  b Gọi r dư phép chia a cho p a  r  mod p  Do a  b p nên b  r  mod p  Suy ra: a b  b a  r b  r a  mod p  hay ab  b a  r b 1 r ab   mod p  Mặt khác: a  b p 1 nên a  b  k  p 1 Vì r không chia hết cho p nên theo định lý Fermat nhỏ ta có: r p1  1 mod p   r k  p 1 1  mod p   r ab  1 mod p  b a Từ suy ra: a b  b a   mod p  tức là: a  b  p Ngoài ab ,b a số nguyên lẻ nên a b  b a 2 Vậy ab  b a 2 p 43 Tìm tất số hữu tỉ dương x, y cho x  y  số nguyên x y HD: x  y  m x  y  m   x, y nghiệm PT: nX  mnX  m  Đặt   1 m   n  xy  x y  n Ta có:   mn  mn   - Nếu    mn  Giải tìm m, n sau tìm x, y - Nếu    mn  Mà  mn       mn     không số phương  Không tồn 18 X1, X  19 ... n  k n  k Từ dẫn đến kết luận toán 23 BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII Chủđề: SỐ HỌC ( VĂN PHÚ QUỐC- GV TRƯỜNG ĐH QUẢNG NAM) Tìm hai số nguyên dương thỏa mãn...  p ,10   (1) Vì p số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 10 p 10  p  10 10 p1 1 p (2) Từ (1) (2) suy ra: 10 p1 1 p  10 p1   mod p  Do đó, với n nguyên dương 10 n... mn   HD: k  m  n    f   1   - Cho 10 f  0  Dành cho HS lớp1 0chuyên Toán - Cho m  n  k   f 1  11 Dành cho HS lớp1 0chuyên Toán - Cho m  n   f  k   k  - Cho k 