Một số bài toán số học

BÀI TẬP Bài 1: Xét tích gồm 11 thừa số: T = ( 5a + 2006b)( 6a + 2005b)(7a + 2004b) …(15a + 1996b); với a, b là những số nguyên. CMR nếu T chia hết cho 2001 thì T cũng chia hết cho 2011 11 . Bài 2: Tính tổng gồm 2006 số hạng: S = 33 33 12 13 − + + 33 33 23 25 − + + 33 33 34 37 − + + … + 33 33 20062007 20064013 − + Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho sao cho 2005 2005 – p 2006 chia hết cho 2005 + p. Bài 4: Tính S = 2.1 1 + 2000.1999 1 . 3.2 1 ++ Bài 5: Tìm n nguyên dương thoả mãn:         + +       +       +       + )2( 1 1 . 5.3 1 1 4.2 1 1 3.1 1 1 2 1 nn = 2001 2000 Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = n n + 1, trong đó n là một số nguyên dương, biết rằng P có không nhiều hơn 19 chữ số. Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ đi một chữ số thì số đó giảm đi 31 lần. Bài 8: Tìm 3 chữ số hàng đơn vò, hàng chục, hàng trăm của số: A = 2001 6 26 Bài 9: Cho 10 số nguyên dương 1, 2, …, 10 sắp xếp 10 số đó một cách tuỳ ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong trong hàng, ta được 10 tổng. CMR trong mười tổng đó tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 10: Tìm tất cả các số có 5 chữ số abcde sao cho: 3 abcde = ab Bài 11: Cho số nguyên tố p. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số p n có đúng 20 chữ số. Chứng minh trong 20 chữ số này có 3 chữ số giống nhau. Bài 12: Chop số tự nhiên n > 1 và n + 2ø số nguyên dương a 1 , a 2 , …, a n+2 thoả mãn điều kiện: 1 ≤ a 1 ≤ a 2 ≤ … ≤ a n+2 ≤ 3n Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a i , a j (1 ≤ j < i ≤ n + 2) sao cho: n < a i – a j < 2n Bài 13: Cho đa thức P 0 (x) = x 3 + 22x 2 – 6x + 15. Với n ∈ Z + ta có P n (x) = P n-1 (x – n). Tính hệ số của x trong P 21 (x) Bài 14: Trong tập hợp N* xét các số: P = 1.2.3 … (n – 1)n và S = 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + n. Hãy tìm các số n (n ≥ 3) sao cho P chia hết cho S. 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu a 2 + b 2 chia hết cho 3 thì a và b cùng chia hết cho 3. Bài 16: Tìm 2 số tự nhiên a, b thoả mãn a – b = b a Bài 17: Với mỗi số nguyên dương n, đặt P n = 1.2.3…n (tích của các số tự nhiên liên tiếp đến n). Chứng minh: a/ 1 + 1.P 1 + 2.P 2 + … + nP n = P n+1 b/ 2 1 P + 3 2 P + … + n P n 1 − < 1 Bài 18: Tìm các số nguyên dương n sao cho: x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương. Bài 19: Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số thoả mãn: a + b + c = 2003 và 2003 1111 =++ cba thì một trong 3 số a, b, c phải có một số bằng 2003. Bài 20: Cho phân số: A = 5 4 2 + + n n . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn 1 ≤ n ≤ 2004 sao cho A là phân số chưa tối giản. Bài 21: Cho biểu thức P = 1332 132 23 23 +++ −−+ nnn nnn . Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên thì biểu thức rút gọn của P luôn là một phân số tối giản. Bài 22: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng: Nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. Bài 23: Gọi S(n) là tổng tất cả các ước lẻ lớn nhất của các số tự nhiên 1, 2, 3, …, 2 n (n ≥ 0). Chứng minh rằng S(n) = 3 24 + n Bài 24: Cho 4 số dương a, b, c, d. Đặt: x = 2a + b – 2 cd y = 2b + c – 2 da z = 2c + d – 2 ab t = 2d + a – 2 bc Chứng minh rằng trong 4 số x, y, z, t có ít nhất 2 số dương. Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số T = 2 n + 3 n + 4 n là bình phương cùa một số nguyên. Bài 26: Có bao nhiêu phân số tối giản n m lớn hơn 1 (m, n là các số nguyên dương) thoả mãn m.n= 13860. Bài 27: Cho a, b là 2 số nguyên. Chứng minh: nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a 2 + b 2 chia hết cho 13. Bài 28: Xác đònh n để A = 134 115 − − n n là số tự nhiên Bài 29: Tính tổng S(n) = 5.2 1 + 8.5 1 + … + )23)(13( 1 +− nn Bài 30: Rút gọn biểu thức: A = 75(4 1993 + 4 1992 + … + 4 2 + 5) + 25 Bài 31: Tìm các số nguyên dương n để n 1988 + n 1987 + 1 là số nguyên tố. Bài 32: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của nó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. 2 Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a 2 – b 2 = c 2 – d 2 . Chứng minh: S = a + b + c + d là hợp số. Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 2 63 – 1 và B = 2 77 – 1 Bài 35: Tìm số có 4 chữ số abcd , biết rằng nếu đem số ấy nhân với 2 rồi trừ đi 1004 thì kết quả nhận được là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng theo thứ tự ngược lại. Bài 36: cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau htoả mãn: 0 = − + − + − ba c ac b cb a . Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương Bài 37: Tổng một số tự nhiên và các chữ số của nó bằng 2359. Tìm số tự nhiên đó. Bài 38: Chứng minh rằng hai số: A = 2n + 1 và B = 2 )1( + nn là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n. Bài 39: Cho các số: a 1 , a 2 , …, a n mà giá trò của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng: Nếu a 1 a 2 + a 2 a 3 + … + a n a 1 = 0 thì n chia hết cho 4 (n là số nguyên dương) Bài 40: Tìm các số nguyên dương có 2 chữ số, biết số đó là bội của tích 2 chữ số của chính số đó. Bài 41: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất thoả cả 2 tính chất sau: a/ Chữ số cuối cùng bằng 6 b/ Nếu bỏ chữ số 6 cuối ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu. Bài 42: Một giải bóng đá theo luật sau: + Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác, hai đọi chỉ thi đấu với nhau 1 lần (Nói gọn: thi đấu 1 vòng) + Trong mỗi trận đấu: đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm, nếu hoà nhau mỗi đội được 1 điểm Giải kết thúc với kết quả là: mỗi đội đạt được một số điểm khác nhau và đội đứng cuối đã thắng cả 3 đội đứng đầu (thứ tự xếp hạng theo điểm) Chứng minh rằng số đội bóng của giải không thể là 12 đội. BÀI GIẢI 3 Bài 1: Các thừa số của T đều có dạng: na + (2011 – n)b = 2011b + n(a – b) với n = 5, 6, …,15 (*) Nếu T chia hết cho số nguyên 2011 thì tồn tại ít nhất một thừa số của T chia hết cho 2011, đó là ma + (2011 – m)b = 2011b + m(a – b) với m thoả mãn 5 ≤ m ≤ 15 Từ đó suy ra m(a – b) chia hết cho 2011 mà 5 ≤ m ≤ 15 nên a – b chia hết cho 2011. suy ra các số n(a – b), ứng n = 5, 6, …, 15 đều chia hết cho 11, do đó theo (*) tất cả 11 thừa số của T đều chia hết cho 2011. Vậy nếu T chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 11 Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a ∈ N: 33 33 )1( )12( aa aa −+ ++ = 133 )133)(13( 2 2 ++ +++ aa aaa = 3a + 1 Lần lượt thay a từ 1 đến 2006 ta được: S = 3(1 + 2 + 3 + … + 2006) + 2006 = 3.2007.1003 + 2006 = 6041069 Bài 3: Ta có 2005 2005 – p 2006 = (2005 2005 + p 2005 ) – (p 2005 + p 2006 ) (1) Vì 2005 2005 + p 2005 = (2005 + p)(2005 2004 – p.2005 2003 + p 2 .2005 2002 - … + p 2004 ) chia hết cho 2005 + p nên từ (1), ta có: (2005 2005 – p 2006 )  2005 + p <=> (p 2005 + p 2006 )  2005 + p <=> p 2005 (1 + p)  2005 + p (2) Ta xét 2 trường hợp: 1/ p là ước nguyên tố của 2005 tức là p = 5 hay p = 401 Nếu p = 5 thì p 2005 (1 + p) = 6.5 2005 không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho 2005 + p = 3000. Nếu p = 401 thì p 2005 (1 + p) = 402.401 2005 chia hết cho 2005 + p = 2406 = 6.401. do đó p = 401 thoả mãn bài toán. 2/ Nếu p ≠ 5 và p ≠ 401 thì (p, 5) = 1 và (p, 401) = 1 => (p 2005 , 2005 + p) = 1 và 1 + p < 2005 + p nên (2) không thể thoả mãn. Vậy chỉ có một số nguyên tố thoả mãn thoả mãn bài toán là p = 401. Bài 4: HD sử dụng 1 11 )1( 1 + −= + kkkk với k ≥ 1 ta tính được S = 2000 1999 Bài 5: Ta có 1 + )2( 1 + kk = … = 2 1 . 1 + ++ k k k k với k ∈ N, k ≥ 1 Cho k các già trò 1; 2; 3; … ; n thí bài toán trở thành:       + ++                   2 1 . 1 . 5 4 . 3 4 4 3 . 2 3 3 2 . 1 2 2 1 n n n n = 2001 2000 <=> 2 1 + + n n = 2001 2000 <=> 2001n + 2001 = 2000n + 4000 <=> n = 1999 4 Bài 6: Số 20 20 = 2 20 .10 20 có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2 n + 1 có ít hơn 20 chữ số nên n < 20 + Nếu n = 1 thì P = 2, thoả mãn + Nếu n = 2 thì P = 5 thoả mãn + Nếu n > 2 thì P > 5, hơn nữa P lại là số lẻ, do đó n là số chẵn. _ n không thể có ước nguyên dương lẻ > 1,Thật vậy giả sử n = (2k + 1)k (k ∈ N*; k > 1), khi đó n n + 1 = (n k ) 2k+1 + 1 = (n k + 1)Q với Q > 1; suy ra n n + 1 ∉ (P); (P) tập hợp các số nguyên tố. Vậy n chỉ nhận một trong các giá trò 4, 8, 16. + Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố + Với n = 8 thì P = 8 8 + 1 = 16777218, không là số nguyên tố. + Với n = 16 thì P = 16 16 + 1 = 2 64 + 1 = 1024 6 .16 + 1 có nhiều hơn 19 chữ số. Vậy n chỉ có thể là 1; 2; 4. Bài 7: + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vò, ta có: xc = 31x; với x ∈ N <=> 10x + c = 31x <=> 21x = c (1) Do 0 ≤ c ≤ 9, vì thế nếu x ≥ 1 thì vế trái của (1) ≥ 21, còn vế phải của (1) ≤ 9, Vô lí! + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có: xbc = 31 xc ; với x ∈ N <=> 21x + 3c = b (2) Lập luận tương tự như trên nếu x ≥ 1 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2), Vô lí; Suy ra x = 0. Khi đó b = 3c. Mặt khác bc  31 nên có các số 31; 62, 93. + Xét trường hợp chữ số gạch đi là số hàng trăm, ta có: xabc = 31. xbc ; với x ∈ N <=> 210x + 3. bc = 10a. Lập luận tương tự như các trường hợp trên ta có x = 0. Khi đó ta có: 10 = 3 bc , suy ra 3. bc  10; mà (3; 10) = 1 nên bc  10. Suy ra c = 0, do đó a = 3b, vì thế a = {3; 6; 9} Ta được các số: 310 = 31.10; 620 = 31.20; 930 = 31.30 + Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được các số có dạng: 31.10 k ; 62.10 k ; 93.10 k ; với k = 0; 1; 2; … ; n Bài 8: Ta có 6 2001 = (5 + 1) 2001 ≡ 1(mod5). Đặt 6 2001 = 5k + 1 (k ∈ N) A = 26 5k+1 = 26.26 5k = 26.(11881376) k = 26.(11881375 + 1) k Do (11881375 + 1) k = (95051.125 + + 1) k ≡ 1(mod125). Suy ra A = 26(mod125). Vậy A = 125m + 26 (m ∈ N) Mặt khác A = 2001 6 26 = 2001 6 2 . 2001 6 13  2 6 Suy ra A  8> Vậy A = 8n (n ∈ N) Suy ra 125m + 26 = 8n <=> 125m = 8(n – 4) + 6; Suy ra 125m = 8p +6 (p ∈ N). Từ đó ta có m là số chẵn và 125m chia cho 8 dư 6 m chia cho 8 có các số dư là: 0, 2, 4, 6 nên 125m chia cho 8 có các số dư tương ứng là: 0, 2, 4, 6. Vậy m chia 8 có số dư là 6 suy ra m = 8q + 6 (q ∈ N). 5 Vậy A = 125(8q + 6) + 26 = 1000q + 776, nên A chia cho 1000 dư 776, do đó có 3 chữ số tận cùng là 776 Bài 9: Gọi 10 số nguyên dương đó là a 1 , a 2 , …, a 10 . Mười tổng lập theo yêu cầu đề bài là: b 1 = a 1 + 1; b 2 = a 2 + 2, …, b 10 = a 10 + 10 (b 1 , b 2 , …, b 10 ∈ N*) Suy ra b 1 + b 2 + … + b 10 = (1 + 2 + … + 10)2 = 210 là một số chẵn. Do đó trong các số b i (i=1, 2, …, 10) số các số lẻ là một số chẵn. + Nếu có nhiều hơn 5 số lẻ thì do các số lẻ chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 nên có ít nhất có 2 số lẻ có chữ số tận cùng gống nhau. + Nếu có ít hơn 5 số lẻ thì sẽ có nhiều hơn 5 số chẵn. Mà các số chẵn chỉ có thể có số tận cùng là: 0, 2, 4, 6, 8 nên có ít nhất có 2 số chẵn có chữ số tận cùng gống nhau. Bài 10: 3 abcde = ab (a, b, c, d, e ∈ N, 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b, c, d, e ≤ 9) <=> abcde = ( ab ) 3 <=> 1000 ab + cde = ( ab ) 3 Đặt x = ab (10 ≤ x ≤ 99), y = cde (y ∈ N, 0 ≤ y ≤ 999. Ta có: 1000x + y = x 3 (*) Do y ≥ 0 nên từ (*) suy ra x 3 ≥ 1000x <=> x(x 2 – 1000) ≥ 0 Mà x > 0 nên x 2 ≥ 1000, do đó x > 31 Lại do: y < 1000 nên từ (*) ta lại có x 3 < 1000x + 1000 <=> x 3 – 1000x < 1000 <=> x(x 2 – 1000) < 1000 Nếu x ≥ 33 thì x 2 ≥ 1089 nên x 2 – 1000 ≥ 89 suy ra x(x 2 – 1000) > 1000, mâu thuẫn với x(x 2 – 1000) < 1000. Vậy x < 33. Tóm lại 31< x < 33 mà x ∈ N nên x = 32. Khi đó từ (*) ta có: y = 32 3 – 1000.32 = 768 Thử lại 3 32768 = 32. Vậy số phải tìm là 32768. Bài 11: Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3 (*) p n có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, …, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau. Nếu không có nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phài có mặt đúng 2 lần trong cách viết số p n . Như vậy tổng các chữ số của p n là: 2(0 + 1 + 2 + … + 9) = 90 nên p n  3, do đó p n  3, mâu thuẫn với (*). Vậy có ít nhất 3 chữ số giống nhau. Bài 12: chia chữ số đã cho thành 3 tập hợp: A = {1; 2; …; n}, B = {n+1, n+2, …, 2n-1}; C = {2n; 2n+1; …; 3n}. trong đó1 ≤ a 1 ≤ a 2 ≤ … ≤ a n+2 ≤ 3n Đặt k = 3n – a n+2 suy ra k ∈ N và 0 ≤ k ≤ 2n – 2 (vì 3n – (n + 2) = 2n – 2) Đặt b 1 = a 1 + k; b 2 = a 2 + k, …, b n = a n + k. Ta có 1 ≤ b 1 ≤ b 2 ≤ … ≤ b n+2 ≤ 3n + Nếu có ít nhất một số b j ∈ B thì n < b j < 2n, suy ra: 6    >− <− nbn nbn j j 3 23 <=>    >− <− + + nbb nbb jn jn 2 2 2 Suy ra n < (a n+2 + k) + k) < 2n => n , a n+2 – a j < 2n (với j = 1, 2, …, n + 1) + Nếu B = φ thì các số b 1 , b 2 , …, b n+1 thuộc một trong hai tập hợp A hoặc C. Ta xét các cặp số (1; 2n), (2; 2n + 1), (3; 2n + 2), …, (n, 2n – 1) Số hạng tổng quát của các số trong một cặp (k; 2n + k – 1) với1 ≤ k ≤ n, nên hiệu của chúng bằng 2n – 1 + Vì có không quá n số b j thuộc A (do A có n phần tử), có không quá n số b i ∈ C – {3n}. Mà có (n + 1) số b i nên có ít nhất một cặp số như trên. Đặt b i = 2n + i – 1, b j = I, suy ra b i – b j = 2n – 1; mà n < 2n – 1 < 2n. Suy ra n < b i – b j < 2n. Do đó n < (a i + k) – (a j + k) < 2n, nên n < a i – a j < 2n. Bài 13: Theo đề bài ta có: P 1 (x) = P 0 (x – 1) = P 0       − 2 2.1 x P 2 (x) = P 1 (x – 2) = P 0 (x – 3) = P 0       − 2 3.2 x P 3 (x) = P 2 (x – 3) = P 0 (x – 6) = P 0       − 2 4.3 x Giả sử P k (x) = P 0       + − 2 )1(kk x với k ∈ N, k ≥ 1 Ta chứng minh rằng: P k+1 (x) = P 0       ++ − 2 )2)(1( kk x . Thật vậy: P k+1 (x) = P k+1 (x – (k + 1)) = P 0       +− + − )1( 2 )1( k kk x = P 0       ++ − 2 )2)(1( kk x . Theo nguyên lý qui nạp toán học ta suy ra: P n (x) = P 0       + − 2 )1(nn x với mọi n ∈ N * . Do đó: P 21 (x) = P 0       − 2 22.21 x = P 0 (x – 231) = (x – 231) 2 + 22(x – 231) 2 – 6(x – 231) + 15 = = x 3 – 3x 2 .231 + 3x.231 2 – 231 3 + 22x 2 – 44.231x + 22.231 2 – 6x + 6.231 + 5 Hệ số của x là 3.231 2 – 44.231 – 6 = 149913. Bài 14: Ta có P = 1.2.3 … (n – 1)n = n! và S = 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + n = 2 )1( + nn P  S <=> n!2  n(n – 1) <=> (n – 1)!2  (n – 1) Thử với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta thấy bài toán đúng với n = 1, 3, 5 không đúng với n = 2, 4, 6 Xét n > 6 Nếu (n + 1) là số nguyên tố thì với mọi k ≤ n – 1 ,(k;n + 1) =1 thì (n – 1)!2 không chia hết (n + 1) nên (n + 1) là hợp số, n + 1 = a.b (a,b ∈ N,a,b > 1) . 7 Do 2(n – 1) - (n + 1) = n – 3 >0 với mọi n ≥ 7 nên 2(n – 1) >(n + 1), suy ra 1 <a, b < n – 1 *Nếu a ≠ b thì a, b đều có mặt trong (n – 1)! suy ra (n – 1)!  (n + 1). * Nếu a = b thì n + 1 = a 2 *Nếu a > 2 1 − n thì a 2 > 4 )1( 2 − n mà 4 )1( 2 − n -(n +1) = 4 3)6( −− nn . Với n >6 thì n(n – 6) > 3 nên 4 3)6( −− nn > 0 vì thế a 2 > n + 1 mâu thuẫn vời (*) . Vậy khi a =b thì a ≤ 2 1 − n , do đó a và 2a có mặt trong tích 1.2.3… (n – 1), suy ra (n – 1)!  2a 2 => (n – 2)!  a 2 = (n + 1). Tóm lại khi (n + 1) là hợp số thì n!  (1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + n) khi n > 6.Kết hợp các trường hợp trên ta được: Với n = 1 hoặc n +1 là hợp số > 2 thì P  S Bài 15: Giả sử, mà 3 là số nguyên tố nên a 2 không chia hết cho 3; nhưng (a 2 + b 2 )  3 nên b 2 không chia hết cho 3, do đó b không chia hết cho 3. Vì a không chia hết cho 3 nên a = 3k + 1 hoặc a = 3k – 1 (k ∈ Z). Khi đó a 2 = 9k 2 + 6k + 1 hoặc a 2 = 9k 2 – 6k + 1. Như vậy a 2 chia cho dư 1 Cũng vì b không chia hết cho 3 nên lập luận tương tự ta có b 2 chia cho 3 dư 1. Do đó a 2 + b 2 chia 3 dư 2, trái với giả thiết (a 2 + b 2 )  3 Vậy a  3, do đó a 2  3 mà (a 2 + b 2 )  3 nên b 2  3 suy ra b  3. Nghóa là a, b cùng chia hết cho 3. Bài 16: Do a, b ∈ N nên a – b ∈ Z. Mà b a = a – b suy ra a – b ≥ 0, do đó a – b ∈ N. Đặt m = a – b = b a (m ∈ N; b ≠ 0). Ta có:    + += mba bma )2( )1( Từ (1) và (2) suy ra m + b = mb <=> (m – 1)(b – 1) = 1. Do đó m – 1 và b – 1 là ước của 1 nên ta tìm được b = 0 và b = 2 Do b ≠ 0 nên b = 2, suy ra m – 1 = 1 <=> m = 2. Khi đó a = m + b = 4 Vậy a = 4, b = 2 Bài 17: a/ Với n = 1, ta có 1 + 1.P 1 = 1 + 1 = 2 = 2! = P 2 Giả sử bài toán đúng với n = k (k = 1, 2, …) tức là: 1 + 1.P 1 + 2.P 2 + … + k.P k = P k+1 (1) Cộng 2 vế của (1) với (k + 1)P k+1 , ta có: 1 + 1.P 1 + 2.P 2 + … + k.P k + (k + 1)P k+1 = P k+1 + (k + 1)P k+1 = P k+1 (1 + k + 1) = P k+1 (k + 2) = P k+2 Do đó bài toán đúng với n = k + 1. vậy bài toán đúng với mọi n là số nguyên dương. b/ Ta có: k P k 1 − = k P k - k P 1 = 1 1 − k P - k P 1 (k = 1, 2, …, n) 8 2 1 P + 3 2 P + … + n P n 1 − =         − 21 11 PP +         − 32 11 PP + … +         − − nn PP 11 1 = 1 – n P 1 < 1 Bài 18: Giả sử x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương. Đặt 2n + 2003 = k 2 (1) và 3n + 2005 = m 2 (2) (k, m ∈ N). Trừ theo từng vế của (1) và (2) được: n + 2 = m 2 – k 2 Khử n từ (1) và (2) suy ra: 3k 2 – 2m 2 = 1999 (3) Từ (1) suy ra k là số lẻ. Đặt k = 2a + 1 (a ∈ Z). Khi đó: (3) <=> 3(2a – 1) 2 – 2m 2 = 1999 <=> 2m 2 = 12a 2 + 12a – 1996 <=> m 2 = 6a 2 + 6a – 998 <=> m 2 = 6a(a + 1) – 1000 + 2 (4) Vì a(a + 1)  2 nên 6a(a + 1)  4, 1000  4, vì thế từ (4) suy ra m 2 chia 4 dư 2, Vô lý. Vậy không tồn tại các số nguyên dương n thoả mãn bài toán. Bài 19: Điều kiện a, b, c ≠ 0. Từ bài toán ta có: cbacba ++ =++ 1111 Suy ra (bc + ac + bc)(a + b + c) – abc = 0 <=> (a + b)(b + c)(c + a) = 0 <=> a + b = 0 hay b + c = 0 hay c + a = 0 +Nếu a + b = 0 thì c = 2003 + Nếu b + c = 0 thì a = 2003 + Nếu a + c = 0 thì b = 2003 Vậy 1 trong 3 số a, b, c bằng 2003 Bài 20: Gọi d là ước của n 2 + 4 và n + 5, thì:    + + dn dn   5 4 2 =>    + + dn dn   2 2 )5( 4 Do đó [(n + 5) 2 – (n 2 + 4)]  d, suy ra (10n + 21)  d hay 10(n + 5) – 29  d; mà 10(n + 5)  d vì thế 29  d Để A chưa tối giản thì d > 1 mà d là ước của 29 nên d = 29. Do đó n + 5 = 29k (k ∈ N*), suy ra n = 29k – 5. Vì 1 ≤ n ≤ 2004 nên 1 ≤ 29k – 5 ≤ 2004 => 6 ≤ 29k ≤ 2009. Từ đó k = 1, 2, 3, …, 69. Vậy có 69 số nguyên dương thoả mãn đề bài. Bài 21: P = 1332 132 23 23 +++ −−+ nnn nnn = )1)(12( )1)(12( 2 2 +++ −++ nnn nnn = 1 1 2 2 ++ −+ nn nn với mọi n ∈ N Gọi d là UCLN của n 2 + n – 1 và n 2 + n + 1 thì (n 2 + n – 1)  d và (n 2 + n + 1)  d; suy ra: [(n 2 + n – 1) + (n 2 + n + 1)]  d hay 2  d. Do đó d = 1 hay d = 2 Mặt khác n 2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 là một số lẻ nên d ≠ 2, suy ra d = 1. Vậy P là phân số tối giản. 9 Bài 22: Vì (a + b + c)  4 nên a + b + c = 4k (k ∈ Z). Ta có: P = (a + b + c – c)(a + b + c – a) (a + b + c – b) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = = 64k 3 – 16k 2 c – 16k 2 a + 4kac – 16k 2 b + 4kbc + 4kab – abc – abc = 4k(16k 2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab) – 2abc = 4km – 2abc (m ∈ Z). Trong đó m = 16k 2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab Vì (a + b + c)  4 nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn, do đó abc  2 => 2abc  4 Vậy P  4 Bài 23: Với các số lẻ: 1, 3, 5, 7, …, 2 n – 1 thì ước lẻ lơn nhất của chúng chính là bản thân số đó. Với các số chẵn: 2 = 2.1; 4 = 2.2; 6 = 2.3; …; 2 n = 2. 2 n-1 . Nên tổng các ước lẻ lớn nhất của các số chẵn 2; 4; 6; …; 2 n chính là tổng tổng các ước lẻ lớn nhất của các số 1, 2, 3, 4; …; 2 n-1 = S(n–1). Vậy S(n) = 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2 n – 1) + S(n–1). Ta chứng minh S(n) = 3 24 + n (1) Với k số lẻ: 1; 3; 5; …; 2k – 1, ta luôn có: 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k 2 (2) (2) luôn đúng với k = 1; Giả sử k đúng với k = m, tức là: 1 + 3 + 5 + … + (2m – 1) = m 2 => => 1 + 3 + 5 + … + (2m – 1) + (2m + 1) = m 2 + 2m + 1 = (m + 1) 2 => (2) đúng với k = m + 1. Vậy (2) đúng với mọi k ∈ N* => S(n) =         +− 2 112 n + S(n – 1) = 4 n-1 + S(n – 1) (3) Xét công thức (1). Với n = 1 luôn đúng, với n = 2 luôn đúng Giả sử (1) đúng với n = k. Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật vậy S(k) = 3 24 + k Theo (3) S(k + 1) = 4 k + S(k) = 4 k + 3 24 + k = 3 244.3 ++ kk = 3 24.4 + k = 3 24 1 + + k . Vậy (1) đúng với n = k + 1 => (1) đúng với mọi n Bài 24: Ta có (x + z) = a + c + (a + b – 2 ab ) + (c + d – 2 cd ) = = (a + c) + ( a – b ) 2 + ( c – d ) 2 > 0, suy ra x + z > 0 Tương tự: y + t = (b + d) + ( a – b ) 2 + ( c – d ) 2 > 0 => y + t > 0 Do x + z > 0 nên trong 2 số x, z có ít nhất một số dương; và y + t > 0 nên trong 2 số y, t có ít nhất 1 số dương. Vậy trong 4 số x, y, z, t phải có ít nhất 2 số dương Bài 25: + Với n = 1, ta có T = 2 + 3 + 4 = 9 = 3 2 là một số chính phương. + Với n = 2, ta có T = 2 + 9 + 16 = 29 không phải là số chính phương. + Với n ≥ 3, ta có T = 2 n + 3 n + 4 n là số lẻ, suy ra T là số chính phương lẻ, do đó ; 10 [...]... hợp số Vậy n = 1 là số nguyên dương duy nhất thoả mãn bài toán Bài 32: Số cần tìm có dạng ab , với a, b ∈ N; 1 ≤ a ≤ 9; 0 ≤ b ≤ 9 Theo đề bài ta có: 2 3 2 3 ab = (a + b) (10a + b) =(a + b) (1) Hệ thức (1) chứng tỏ ab là một số lập phương và (a + b) là một số chính phương Do 10 ≤ ab ≤ 99 => ab = 27 hoặc ab = 64 + Nếu ab = 27 thì a + b = 9 là số chính phương + Nếu ab = 64 thì a + b = 10 không là số. .. ta: (b − c) 2 + (c − a) 2 + (a − b) 2 = 0 => Trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương Bài 37: Gọi n là số cần tìm S(n) là tổng các chữ số của số tự nhiên Ta có: n + S(n) = 2359 Nên n < 2359 => n là số không quá 4 chữ số; Do đó S(n) ≤ 4.9 = 36 => n ≥ 2323 Vậy 2323 ≤ n ≤ 2359 Suy ra 2 chữ số đầu tiên của n là 2 và 3 Gọi a, b là các chữ số hàng chục và hàng đơn vò của n (0 ≤ a,b ≤ 9) Ta có:... * Với n là một trong 5 số trên ta có 5 số * Với n là tích của 2 trong 5 số trên, ta có n ∈ {ab; ac; ad; ae; bc; bd; be; cd; ce; de} m m có 10 phân số thoả mãn n là phân số tối giản và n > 1 + Nếu n chứa thừa số 2 thì phải chứa 22, đã chứa thừa số 3 thì phải chứa 32 Mà a.b.c = 4.5.7 > 9.11 = d.e với a < b < c < d < e Do vậy nến n là tích của 3 trong 5 số trên thì n > m, không thoả mãn đề bài; n càng... suy ra n là số chẵn Đặt n = 2k (k ∈ Z) Khi đó: T = 4k + 9k + 16k = (3 + 1)k + 9k + (15 + 1)k ≡ 2(mod3) Nhưng một số chính phương không chia hết cho 3 sẽ có dạng (3m + 1) 2 và (3m – 1)2 Z), khi chia cho 3 chỉ có số dư là 1 Vậy T không thể là số chính phương khi n ≥ 3 Kết luận: n = 1 Bài 26: m.n = 13860 = 22.32.5.7.11 trong đó các số 2, 3, 5, 7, 11 đôi một nguyên tố cùng nhau m m là phân số tối giản... Vậy có 5 số thoả mãn điều kiện đề bài là: 11; 12; 15; 24; 36 ab = 12; 24; 36 Bài 41: Ta có: A = a n a n − a3 a 2 a1 6 ; B = 6a n a n −1 a3 a 2 a1 1 Do giả thiết B = 4A và do A có chữ số cuối là 6 nên B có chữ số cuối là 4 : a 1 = 4 Vậy A có 2 chữ số cuối là 46 Suy ra B có 2 chữ số cuối là 84 : a2 = 8 Lý luận tương tự a3 = 3; a4 = 5; a5 = 1 Ta có thểngừng lại đây vì A là số nhỏ nhất thoả đề bài: A =... Kiểm lại: B = 615384 = 4A Vậy số phải tìm là 153846 Bài 42: Giả sử số đội bóng tham dự giải là 12 đội Đội đứng cuối thắng cả 3 đội đứng đầu, nên số điểm của đội đứng cuối không nhỏ hơn 6 Do đó tổng số điểm của 12 đội là: 6 + 7 + 8 + … + 17 = 138 Số trận đấu có: (12 x 11):2 = 66 (trận) Tổng số điểm các đội là 66 x 2 = 132 mà 132 ≥ 138 (Vô lý) 14 Vậy giả sử trên là sai Do đó số đội bóng tham dự giải không... => d\ 1 Do đó d = 1 Vậy A, B là 2 số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n Bài 39: Từ a1, a2, …, an bằng 1 hoặc bằng -1; suy ra a 1a2, a2a3, …, ana1 bằng 1 hoặc bằng -1 Mà a1a2 + a2a3 + … + ana1 = 0 nên n chẵn Giả sử n = 2m (m nguyên dương) với m số hạng của tổng bằng 1 và m số hạng còn lại của tổng là -1 Mặt khác vì (a1a2)(a2a3) …(ana1) = (a1a2…an)2 = 1 Do đó số hạng bằng -1 chẵn, tức là m chia... là số chính phương (loại) Vậy số phải tìm là 27 Bài 33: Từ a2 – b2 = c2 – d2 a2 + d2 = c2 + b2 Ta xét hiệu: (a2 + d2 + c2 + b2) – (a + b + c + d) = (a2 – a) + (b2 – b) +(c2 – c) + (d2 – d) 2 Thay a2 + d2 = c2 + b2; ta có: 2(a2 + d2) – (a + b + c + d) 2 Mà 2(a2 + d2) 2 =>(a + b + c + d)  2 Vì a + b + c + d > 2 suy ra a + b + c + d là hợp số Bài 34: Ta giải bài toán: Với 1 ≤ m < n; m, n ∈ N Tìm... tích của 3 trong 5 số trên thì n > m, không thoả mãn đề bài; n càng không thể là tích của 4 trong 5 số nói trên Vậy cùng với phân số 13860 , có 16 phân số cần tìm 1 Bài 27: HD Từ điều kiện ta có: a2 + b2 = (13x + 2)2 + (13y + 3)2 = 13(13x2 + 4x + 13y2 + 4y + 1) chia hết cho 13 5n −11 Bài 28: A = 4n −13 là số tự nhiên => (5n – 11) (4n – 13) => 4(5n – 11) (4n – 13) => (20n – 44) (4n – 13) => [5(4n –... 18 => 54 – 18 ≤ 11a ≤ 54 => 36 ≤ 11a ≤ 54 => a = 4 Với a = 4 thì 2b = 54 – 4.11 = 10 => b = 5 Vậy n = 2345 Kiểm tra 2345 + (2 + 3 + 4 + 5) = 2359 Số tự nhiên cần tìm là 2345 Bài 38: n, n + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp nên n(n + 1) chia hết cho 2 => B là số tự nhiên n( n + 1)   ; d ∈ N và d ≥ 1 2   n( n +1) Suy ra: d\2n + 1 và d\ => d\n(2n + 1) và d\2n(n + 1) => d\2n(n + 1) – n(n + 1) => 2  Đặt . 1 MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu a 2 + b 2 chia hết cho 3 thì a và b cùng chia hết cho 3. Bài 16: Tìm 2 số. là một số chẵn. Do đó trong các số b i (i=1, 2, …, 10) số các số lẻ là một số chẵn. + Nếu có nhiều hơn 5 số lẻ thì do các số lẻ chỉ có thể tận cùng bởi một