Một số bài toán số học

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.. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho tron

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

201111

Bài 2: Tính tổng gồm 2006 số hạng:

S = 33 33

1 2

1 3

−

+ + 33 33

2 3

2 5

−

+ + 33 33

3 4

3 7

−

2006 2007

2006 4013

−

+

Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho sao cho 20052005 – p2006 chia hết cho 2005 + p

Bài 4: Tính S = 11.2 + 19991.2000

3 2

1

+ +







 +











 +











 +

) 2 (

1 1

5 3

1 1 4 2

1 1 3 1

1 1 2

1

n

n = 20002001 Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = nn + 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 vị, hàng chục, hàng trăm của số: A = 26 6 2001

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 pn 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 a1, a2, …, an+2 thoả mãn điều kiện:

1 ≤ a1 ≤ a2 ≤… ≤ an+2 ≤ 3n Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj (1 ≤ j < i ≤ n + 2) sao cho: n < ai – aj < 2n

Bài 13: Cho đa thức P0(x) = x3 + 22x2 – 6x + 15 Với n ∈ Z+ ta có Pn(x) = Pn-1(x – n)

Tính hệ số của x trong P21(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

MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC

Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b Chứng minh rằng nếu a2 + b2 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 Pn = 1.2.3…n (tích của các số tự nhiên liên tiếp đến n) Chứng minh: a/ 1 + 1.P1 + 2.P2 + … + nPn = Pn+1

b/

2

1

P +

3

2

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 1+1+1= 20031

c b a

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 =

1 3 3 2

1 3

2

2 3

2 3

+ + +

−

− +

n n n

n n n

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, …, 2n (n ≥ 0) Chứng minh rằng S(n) =

3

2

4n +

Bài 24: Cho 4 số dương a, b, c, d Đặt: x = 2a + b – 2 cd y = 2b + c – 2 da

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 = 2n + 3n + 4n là bình phương cùa một số nguyên

Bài 26: Có bao nhiêu phân số tối giản m n 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 a2 +

b2 chia hết cho 13

Bài 28: Xác định n để A = 45n n−−1311 là số tự nhiên

Bài 29: Tính tổng S(n) = 21.5 + 51.8 + … + (3n−1)(13n+2)

Bài 30: Rút gọn biểu thức: A = 75(41993 + 41992 + … + 42 + 5) + 25

Bài 31: Tìm các số nguyên dương n để n1988 + n1987 + 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

Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a2 – b2 = c2 – d2 Chứng minh: S = a + b + c + d là hợp số

Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 263 – 1 và B = 277 – 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

−

+

−

+

c a c

b c b

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 = n(n2+1) là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n

Bài 39: Cho các số: a1, a2, …, an mà giá trị của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1 Chứng minh rằng: Nếu a1a2 + a2a3 + … + ana1 = 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

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

201111

Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a∈ N:

3 3

3 3 )

1

(

) 1

2

(

a a

a a

− +

+ +

=

1 3 3

) 1 3 3 )(

1 3 (

2

2 + +

+ + +

a a

a a

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 20052005 – p2006 = (20052005 + p2005) – (p2005 + p2006) (1)

Vì 20052005 + p2005 = (2005 + p)(20052004 – p.20052003 + p2.20052002 - … + p2004) chia hết cho 2005 + p nên từ (1), ta có:

(20052005 – p2006)  2005 + p <=> (p2005 + p2006)  2005 + p <=> p2005(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 p2005(1 + p) = 6.52005 không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho

2005 + p = 3000

Nếu p = 401 thì p2005(1 + p) = 402.4012005 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

=> (p2005, 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 1) =1− 1+1

k

Bài 5: Ta có 1 + k(k1+2) = … = 1. 12

+

+ +

k

k k

k

với k ∈ N, k ≥ 1 Cho k các già trị 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

= 20012000 <=> n n++12 = 20002001

<=> 2001n + 2001 = 2000n + 4000 <=> n = 1999

Bài 6: Số 2020 = 220.1020 có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2n + 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 nn + 1 = (nk)2k+1 + 1 = (nk + 1)Q với Q > 1; suy ra nn + 1∉ (P); (P) tập hợp các số nguyên tố

Vậy n chỉ nhận một trong các giá trị 4, 8, 16

+ Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố

+ Với n = 8 thì P = 88 + 1 = 16777218, không là số nguyên tố

+ Với n = 16 thì P = 1616 + 1 = 264 + 1 = 10246.16 + 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 vị, 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 = 31xc; với x∈ N

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 = 3bc, 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: 31.10k; 62.10k; 93.10k;

với k = 0; 1; 2; … ; n

Bài 8: Ta có 62001 = (5 + 1)2001 ≡ 1(mod5) Đặt 62001 = 5k + 1 (k∈ N)

A = 265k+1 = 26.265k = 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 = 26 6 2001 = 26 2001.13 6 2001  26 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)

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 a1, a2, …, a10 Mười tổng lập theo yêu cầu đề bài là:

b1 = a1 + 1; b2 = a2 + 2, …, b10 = a10 + 10 (b1, b2, …, b10∈ N*)

Suy ra b1 + b2 + … + b10 = (1 + 2 + … + 10)2 = 210 là một số chẵn Do đó trong các số

bi (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 <=> 1000ab + cde = (ab)3

Đặt x = ab (10 ≤ x ≤ 99), y = cde (y∈ N, 0 ≤ y ≤ 999 Ta có: 1000x + y = x3

(*)

Do y ≥ 0 nên từ (*) suy ra x3≥ 1000x <=> x(x2 – 1000) ≥ 0

Mà x > 0 nên x2 ≥ 1000, do đó x > 31

Lại do: y < 1000 nên từ (*) ta lại có x3 < 1000x + 1000 <=> x3 – 1000x < 1000

<=> x(x2 – 1000) < 1000 Nếu x ≥ 33 thì x2 ≥ 1089 nên x2 – 1000≥ 89 suy ra x(x2 – 1000) > 1000, mâu thuẫn với x(x2 – 1000) < 1000 Vậy x < 33

Tóm lại 31< x < 33 mà x ∈ N nên x = 32 Khi đó từ (*) ta có: y = 323 – 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 (*)

pn 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 pn Như vậy tổng các chữ số của pn là: 2(0 + 1 + 2 + … + 9) = 90 nên pn 

3, do đó pn 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 ≤ a1 ≤ a2 ≤… ≤ an+2 ≤ 3n Đặt k = 3n – an+2 suy ra k ∈ N và 0 ≤ k ≤ 2n – 2 (vì 3n – (n + 2) = 2n – 2)

Đặt b1 = a1 + k; b2 = a2 + k, …, bn = an + k Ta có 1 ≤ b1 ≤ b2 ≤… ≤ bn+2 ≤ 3n

+ Nếu có ít nhất một số bj ∈ B thì n < bj < 2n, suy ra:





>

−

<

−

n b n

n b n

j

j

3

2 3

<=>







>

−

<

−

+

+

n b b

n b b

j n

j n

2

Suy ra n < (an+2 + k) + k) < 2n => n , an+2– aj < 2n (với j = 1, 2, …, n + 1)

+ Nếu B = φ thì các số b1, b2, …, bn+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 bj thuộc A (do A có n phần tử), có không quá n số bi∈ C – {3n} Mà có (n + 1) số bi nên có ít nhất một cặp số như trên

Đặt bi = 2n + i – 1, bj = I, suy ra bi – bj = 2n – 1; mà n < 2n – 1 < 2n Suy ra n < bi – bj

< 2n Do đó n < (ai + k) – (aj + k) < 2n, nên n < ai – aj < 2n

Bài 13: Theo đề bài ta có: P1(x) = P0(x – 1) = P0











 − 2

2 1

x

P2(x) = P1(x – 2) = P0(x – 3) = P0











 − 2

3 2

x

P3(x) = P2(x – 3) = P0(x – 6) = P0











 − 2

4 3

x

Giả sử Pk(x) = P0











 − +

2

) 1

(k

k x

với k ∈ N, k ≥

1

Ta chứng minh rằng: Pk+1(x) = P0











2

) 2 )(

1 (k k x

Thật vậy: Pk+1(x) = Pk+1(x – (k + 1)) = P0











 − + −( +1)

2

) 1 (

k k

k x

= P0











2

) 2 )(

1 (k k x

Theo nguyên lý qui nạp toán học ta suy ra: Pn(x) = P0











 − +

2

) 1

(n

n x

với mọi n∈

N*

Do đó:

P21(x) = P0











 −

2

22 21

x

= P0(x – 231) = (x – 231)2 + 22(x – 231)2 – 6(x – 231) + 15 =

= x3 – 3x2.231 + 3x.2312 – 2313 + 22x2 – 44.231x + 22.2312 – 6x + 6.231 + 5 Hệ số của x là 3.2312– 44.231 – 6 = 149913

Bài 14: Ta có P = 1.2.3 … (n – 1)n = n! và S = 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + n = n(n2+1)

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)

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 = a2

*Nếu a >n2−1 thì a2 >(n−41)2 mà (n−41)2 -(n +1) = n(n−46)−3 Với n >6 thì n(n – 6) > 3 nên n(n−46)−3 > 0 vì thế a2 > n + 1 mâu thuẫn vời (*)

Vậy khi a =b thì a ≤n2−1, do đó a và 2a có mặt trong tích 1.2.3… (n – 1), suy ra (n – 1)!2a2 => (n – 2)!a2 = (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 a2 không chia hết cho 3; nhưng (a2 + b2)  3 nên

b2 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 a2 = 9k2 + 6k + 1 hoặc a2 = 9k2 – 6k + 1 Như vậy a2 chia cho dư 1

Cũng vì b không chia hết cho 3 nên lập luận tương tự ta có b2 chia cho 3 dư 1 Do đó

a2 + b2 chia 3 dư 2, trái với giả thiết (a2 + b2)  3

Vậy a  3, do đó a2  3 mà (a2 + b2)  3 nên b2  3 suy ra b3 Nghĩa 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:





 +

+

=

mb a

b m a

) 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.P1 = 1 + 1 = 2 = 2! = P2

Giả sử bài toán đúng với n = k (k = 1, 2, …) tức là: 1 + 1.P1 + 2.P2 + … + k.Pk = Pk+1

(1)

Cộng 2 vế của (1) với (k + 1)Pk+1, ta có:

1 + 1.P1 + 2.P2 + … + k.Pk + (k + 1)Pk+1= Pk+1 + (k + 1)Pk+1= Pk+1(1 + k + 1) = Pk+1(k + 2) =

Pk+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)

1

P +

3

2

P + … +

n

P

n 1−

=  1 − 2 

1 1

P

P +  2 − 3 

1 1

P

P + … + P n− −P n 

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 = k2 (1) và 3n + 2005 = m2 (2) (k, m∈ N)

Trừ theo từng vế của (1) và (2) được: n + 2 = m2 – k2

Khử n từ (1) và (2) suy ra: 3k2 – 2m2 = 1999 (3)

Từ (1) suy ra k là số lẻ Đặt k = 2a + 1 (a∈ Z) Khi đó: (3) <=> 3(2a – 1)2 – 2m2 = 1999

<=> 2m2 = 12a2 + 12a – 1996 <=> m2 = 6a2 + 6a – 998 <=> m2 = 6a(a + 1) – 1000 + 2 (4)

Vì a(a + 1) 2 nên 6a(a + 1)  4, 1000 4, vì thế từ (4) suy ra m2 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: a1+b1+c1 = a+1b+c

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 n2 + 4 và n + 5, thì:







+

+

d n

d n



 5

4

2

=>





 +

+

d n

d n



 2 2 ) 5 ( 4

Do đó [(n + 5)2 – (n2 + 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 =

1 3 3 2

1 3

2

2 3

2 3

+ + +

−

− +

n n n

n n

n = ((22 11)()( 2 11))

2 + + +

− + +

n n n

n n n

=

1

1 2

2 + +

− +

n n

n

Gọi d là UCLN của n2 + n – 1 và n2 + n + 1 thì (n2 + n – 1) d và (n2 + n + 1) d; suy ra:

[(n2 + n – 1) + (n2 + n + 1)] d hay 2 d Do đó d = 1 hay d = 2

Mặt khác n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 là một số lẻ nên d≠ 2, suy ra d = 1 Vậy P là phân số tối giản

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

=

= 64k3 – 16k2c – 16k2a + 4kac – 16k2b + 4kbc + 4kab – abc – abc

= 4k(16k2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab) – 2abc = 4km – 2abc (m ∈ Z)

Trong đó m = 16k2 – 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, …, 2n – 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; …; 2n = 2 2n-1 Nên tổng các ước lẻ lớn nhất của các số chẵn 2; 4; 6; …; 2n chính là tổng tổng các ước lẻ lớn nhất của các số 1, 2, 3, 4; …;

2n-1 = S(n–1)

Vậy S(n) = 1 + 3 + 5 + 7 + … + (2n – 1) + S(n–1) Ta chứng minh S(n) =

3

2

4n +

(1) Với k số lẻ: 1; 3; 5; …; 2k – 1, ta luôn có: 1 + 3 + 5 + … + (2k – 1) = k2 (2)

(2) luôn đúng với k = 1; Giả sử k đúng với k = m, tức là: 1 + 3 + 5 + … + (2m – 1) =

m2 =>

=> 1 + 3 + 5 + … + (2m – 1) + (2m + 1) = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 => (2) đúng với k = m + 1 Vậy (2) đúng với mọi k ∈ N* => S(n) =  −2 + 

1 1

2n

+ S(n – 1) = 4n-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

2

4k +

Theo (3) S(k + 1) = 4k + S(k) = 4k +

3

2

4k +

=

3

2 4 4

3 k + k +

=

3

2 4

4 k +

=

3

2

4k+ 1 +

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 = 32 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 = 2n + 3n + 4n là số lẻ, suy ra T là số chính phương lẻ, do đó ;