hsg 11 so hoc ho binhm

Câu 3× Trên bảng vng , người ta đặt số viên sỏi cho ô vng có khơng q viên sỏi Với cách đặt ta cho tương ứng với số điểm tổng số: hàng, cột, đường chéo chứa số lẻ viên sỏi Bảng khơng có sỏi ứng với điểm a) Tồn hay không cách đặt sỏi cho bảng khơng có sỏi số điểm tương ứng với cách đặt b) Chứng minh số cách đặt sỏi với điểm số số chẵn số cách đặt sỏi với điểm số số lẻ Hướng dẫn giải a) Giả sử khơng có sỏi điểm số cách đặt Như hàng, cột hai đường chéo có số lẻ viên sỏi Gọi a,b,c,d số sỏi hình vẽ, a,b,c,d ∈ { 0,1} Khi đối xứng với a,b,c,d qua tâm có số sỏi tương ứng a',b',c',d' cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1 Từ (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy hai tổng a+b+c a'+b'+c' số chẵn Khi dòng thứ dòng thứ ba có tổng số sỏi số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Vậy không tồn cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện toán b) Ta gọi hai cách đặt sỏi liên hợp với bên trái chúng có số sỏi khác lại tương ứng có số sỏi Như vậy, cách đặt sỏi chia thành cặp đôi liên hợp với Xét hai cách đặt liên hợp với (B) (B') Tổng số sỏi dòng 1, cột đường chéo hai bảng đôi khác tính chẵn lẻ Các dòng, cột đường chéo lại hai bảng có số sỏi Do điểm số (B) (B') khác đơn vị, suy số điểm (B) (B') có tính chẵn lẻ khác Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt lại có điểm số số lẻ suy điểu phải chứng minh ( x, y, z, t ) Câu Chứg minh tồn vô hạn số nguyên dương thỏa mãn hai số x3 + y + z = t chúng nguyên tố Câu n Tìm giá trị nhỏ cho tồn chúng có giá trị 1998 n số nguyên dương thỏa mãn tổng lũy thừa bậc xy > yx ( x, y ) Câu Tìm tất cặp số nguyên dương thỏa mãn ( n, k , p ) Câu Tìm tất n, k p với số nguyên dương; số nguyên tố thỏa mãn n + n +1 = p k phương trình Hướng dẫn giải Với n =1 p = 3, k = ta dễ có (n n ≥ 2, Xét + n + 1) ( n3 − n + 1) = p k từ giả thiết suy r , s; r ≥ s tồn số nguyên dương n + n +1 = p cho Do n − n +1 = p s r gcd ( n + n + 1, n3 − n + 1) = gcd ( p s , p r ) = p s Từ suy Mặt khác, ta lại có n3 − n + = ( n − 1) ( n + n + 1) − ( n − ) n + n + = ( n − ) ( n + ) + gcd ( n + n + 1, n3 − n + 1) = gcd ( n − 2, ) Suy ps = Do ta có p s = p=7 Từ dễ dàng suy n = ( n, k , p ) = ( 1,1,3) , ( 2, 2, ) Vậy P ( x) = ( x − 12 x + 11) + 23 Câu Chứng minh đa thức biểu diễn thành tích đa thức hệ số nguyên có bậc khơng nhỏ Hướng dẫn giải P ( x) = Q ( x ) H ( x ) R ( x ) Q( x), H ( x), R( x) ∈ Ζ[x] Giả sử phản chứng với P( x) > 0∀x ∈ R Q( x), H ( x), R( x) đa thức Từ , bậc chẵn Từ suy hai deg Q( x) = deg H ( x) = ba đa thức đa thức bậc hai Giả sử Từ P (1) = P (11) = 23 Q(1), Q(11) ∈ { ±1; ±23} Q (1), Q (11) suy ước 23 Có nghĩa [ Q(11) − Q(1)] M10 Nhưng Q(11) = Q(1) nên H (11) = H (1) Tương tự, Q(1) H (1) Mặt khác, Q(1) ước 23 số H (1) ±1 Q (1) = ±1 Q(11) = Q(1) = ±1 Khơng tính tổng qt giả sử Từ suy Q( x) = ( x − 1)( x − 11) ± Q( x) Nhưng điều kéo theo có nghiệm thực P( x) > 0∀x ∈ R , mâu thuẫn Bài tốn giải hồn tồn Câu Chứng minh với số tự nhiên n, tồn n số tự nhiên liên tiếp cho số k số có ước nguyên dương dạng − Hướng dẫn giải Gọi x + 1, x + 2, , x + n n số nguyên liên tiếp  x ≡ −1(mod p1 )  x ≡ −2(mod p )     x ≡ − n(mod pn ) Yêu cầu toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư gcd( pi , p j ) = pi = 2ki − với với gcd( pi , p j ) = ⇔ ( ki , k j ) = Ta có Ta có Có i≠ j ( k ) d = 2ki − 1, j − Thật vậy, đặt 2ki ≡ 1(mod d ) ( k ,k ) ⇒ i j ≡ 1(mod d )  kj 2 ≡ 1(mod d )  2( ki , k j ) − 1| 2ki −  ( k ,k )  i j − 1| 2k j − suy d =2 ( ki , k j ) −1 d = ⇔ ( ki , k j ) = Khi k1 , k2 , , kn ( ki , k j ) = Từ đó, ta cần chọn cho với Hoa, hệ thặng dư có nghiệm Khi ta có đpcm 0,1, 2, 3, Câu i≠ j theo định lý thặng dư Trung 2015 × 2015 Các số tự nhiên điền vào bảng ô vuông kích thước (mỗi ô số), số bảng, đến số điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ hình vẽ bên dưới: 1) Biết cột bảng đánh số từ đến 2015 từ trái sang phải dòng bảng đánh số từ đến 2015 theo thứ tự từ xuống Hỏi theo cách điền số 2015 nằm dòng nào, cột nào? 2) Người ta cho phép thực thao tác sau: Đầu tiên, thay số bảng số 14 Mỗi lần sau đó, người ta chọn 12 ô vuông liên tiếp thuộc hàng, 12 ô vng liên tiếp 3× thuộc cột, 12 ô vuông thuộc bảng hình chữ nhật cộng thêm vào tất ô chọn (mỗi lần chọn loại hình trên) Hỏi sau số hữu hạn lần, làm cho tất ô vuông bảng cho chia hết cho 2016 không? Hướng dẫn giải 1) Ta có nhận xét sau: (2n + 1) × (2n + 1) i Trong bảng vng có kích thước lẻ (2n + 1) số từ chứa 2n + có tâm chứa số 0, tất (2n + 1) − đến điền cột tính từ trái sang bảng (2n + 1) − số lớn (số lớn nằm cuối cột đó) ii Số nằm hàng 1008, cột 1008 bảng Từ đó, ta thấy rằng: 2015 < 452 = 2025 Vì 2024 nên số nằm bảng ô vuông Số 2024 nằm cột bảng này, tương ứng cột thứ thứ 2024 − 2015 = 1030 − = 1021 số lớn bảng 1008 − 22 = 986 Số 2024 nằm dòng 45 bảng này, tương ứng dòng thứ Do 45 × 45 bảng cho 1008 + 22 = 1030 bảng nên số 2015 nằm cao số 2024 dòng, suy số 2015 nằm dòng Vậy số 2015 nằm dòng thứ 1021 cột thứ 986 bảng 2) Sau bước thay 14, ta thấy tổng số bảng là: 14 + ( + + + + 2015 − 1) = 14 + 20152 ( 20152 − 1) Dễ thấy số chia dư Trong thao tác cộng số 12 ô (bất kể nằm hàng nào, cột nào) bảng tổng số tăng lên 12 đơn vị Suy số dư tổng số bảng chia cho bất biến suốt q trình Để bảng có tất số chia hết cho 2016 dễ thấy tổng chúng phải chia hết cho 4, điều xảy Vậy câu trả lời phủ định x + 13 y + xy = y z Câu Câu 10 Câu 11 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: Hướng dẫn giải Gọi d = (x, y), giả sử x = dx0 ; y = dy0 Thay vào (1) ta có : d x02 + 13d y02 + x0 y0 d = y02 d z (2) x > 0, y > ⇒ d > Do Từ (2) ta có : 2 x0 = y0 ( y0 z − 13 y0 − x0 ) (3) x0 My0 d = ( x, y ) ⇒ ( x0 , y0 ) = Từ (3) suy Do Vì suy x0 My0 ( x0 , y0 ) = ⇒ y0 = ⇒ y = d ⇒ x = x0 y Lại x02 y + 13 y + x0 y = y z Thay x = x0y vào (1) có: x02 + 13 + x0 = z ⇒ ( x0 + 2) + = z ⇒ ( x0 + + z )( z − x0 − 2) = Do y > 0, nên có : (4) Để ý x0 + + z > z – x0 – 2, nên từ (4) suy :  x0 + + z =  z =5 ⇔   − x0 − + z =  x0 = Từ suy x = 2t , y = t, z = với t nguyên dương Thử lại thấy họ nghiệm thỏa mãn (1) Cho 100 số tự nhiên không lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 P = 292007 Tìm chữ số hàng trăm số Hướng dẫn giả 11 291 ≡ 29 (mod1000); 29 ≡ 841(mod1000); 293 ≡ 389 (mod1000); 294 ≡ 281(mod1000); 295 ≡ 149 (mod1000); 296 ≡ 321(mod1000); 2910 = ( 295 ) ≡ 1492 ≡ 201(mod1000); 2920 ≡ 2012 ≡ 401(mod1000); 2940 ≡ 801(mod1000); 2980 ≡ 601(mod1000); 29100 = 2920 × 2980 ≡ 401× 601 ≡ 1(mod1000); 292000 = ( 29100 ) 20 ≡ 120 ≡ 1(mod1000); 292007 = 292000 × 296 × 291 ≡ 1× 321× 29 (mod1000) = 309 (mod1000); Câu 12 Vậy chữ số hàng trăm P x, y x + 14 y + 13 xy = 330 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình Hướng dẫn giải 12 Phương trình cho tương đương với (3x2 + 7xy) + (6xy + 14y2) = 330 ⇔ x(3x + 7y) + 2y(3x + 7y) = 330 ⇔ (x + 2y)(3x + 7y) = 330 (1) Do x, y nguyên dương nên: (x + 2y)(3x + 6y) < (x + 2y)(3x + 7y) < (x + 2y)(4x + 8y) ⇔ 3(x + 2y)2 < 330 < 4(x + 2y)2 (2) Từ 3(x + 2y)2 < 330 ⇒ x + 2y < 165 Nên từ (2) ⇔ 110 ; 330 < 4(x + 2y)2 ⇒ x + 2y > 110 < x + 2y < 165 Do x, y nguyên dương ≈ 9,08 x + 2y = 10 (3) Từ (1) (3) suy  x + y = 10  3x + y = 33 Tìm x = y = 110 ≈ 10,49 nên suy 165 x, y , z Câu 13 để 579xyz chia hết cho 5, Hướng dẫn giải 13 Tìm chữ số x, y , z - Vì số 5, 7, đôi nguyên tố nên ta phải tìm chữ số cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315 Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz ⇒ 30 + xyz chia hết cho 315 Vì 30 ≤ 30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính tìm bội 315 khoảng (30; 1029): - Nếu 30 + xyz = 315 xyz = 315 - 30 = 285 - Nếu 30 + xyz = 630 xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau: ( x, y, z ) = ( 2,8,5 )  ( x, y, z ) = ( 6, 0, )  x, y, z = 9,1,5 ) ( ) ( Câu 14 32016+ n + Có hay khơng số ngun lẻ n lớn cho chia hết cho n? Hướng dẫn giả 14 Giả sử có số nguyên lẻ n lớn thỏa yêu cầu cho gọi p ước số nguyên tố nhỏ 32016+ n + ≡ 0(mod p ) 34032+ n ≡ 1(mod p ) n, ta có p lẻ Theo định lý nhỏ Fermat p −1 ≡ 1(mod p ) (2016 + n, p − 1) = Lại có nguyên nên x, y (4032 + n ) x + ( p −1) y =3 (4032 + 2n, p − 1) = (4032 + n ) x =3 ( p −1) y cho Theo định lý Bezout suy có số (4032 + 2n) x + ( p − 1) y = Do ≡ 1(mod p ) ≡ 0(mod p ) hay : vơ lý p lẻ Vậy khơng có số n lẻ cần tìm (−1)i i Câu 15 Trên đường tròn ngoại tiếp đa giác lồi 2n đỉnh (n lẻ, lớn 2), ta đặt đỉnh thứ i số Một phép biến đổi thay hai số hai đỉnh tùy ý hai số mới: số tăng đơn vị so với số cũ số cũ âm giảm đơn vị so với số cũ số cũ không âm Sau số phép biến đổi ta thu tất số 2n đỉnh đa giác số không? Hướng dẫn giả 15 A1 A2 A2 n A1 A2 Xét đa giác đỉnh ta đặt số -1, đỉnh ta đặt số 2,…, đỉnh thứ 2n ta đặt số 2n Tổng tất số đường tròn ban đầu n (số lẻ) Xét tính chất chẵn, lẻ tổng 2n số đường tròn sau phép biến đổi tính chất khơng đổi Thật vậy, có ba trường hợp sau Nếu hai số bị tác động số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, tính chẵn, lẻ tổng hai số khơng đổi sau phép biến đổi Các số lại khơng đổi nên tính chẵn, lẻ tổng 2n số khơng đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động số lẻ hai số sau phép biến đổi số chẵn, tương tự trên, tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu hai số bị tác động có số lẻ, số chẵn hai số sau phép biến đổi số lẻ, số chẵn, tính chẵn, lẻ tổng 2n số không đổi sau phép biến đổi Nếu thu tất số 2n đỉnh số tổng 2n số số chẵn Điều xảy ban đầu tổng số lẻ Vậy thu tất số 2n đỉnh đa giác số m × n ( m < n) Câu 16 Cho bảng hình chữ nhật kích thước Một số có số ngơi sao, giả sử cột có ngơi Chứng minh có hai ngơi mà hàng chứa có nhiều ngơi cột chứa Hướng dẫn giải 16 , bi N đánh số từ tới N Đặt tương ứng số cột hàng chứa bi > thứ i Ta cần chứng minh = k với hai số i Nhận xét: Nếu aj ngơi cột với ngơi thứ i có ⇒∑ 1 ≤m0 bi Suy tồn hai số i để bi > hay 3n − Tìm số nguyên dương n nhỏ cho chia hết cho Hướng dẫn giải 17 Số n biểu diễn thành n = 2k h với hai số ⇒ đpcm 22014 k, h ∈ ¥ , với h số lẻ, lúc ta có k 3n − = 32 h − ( =(3 k )( − 1) A = 32 − 32 2k Do h −1 hết cho k ( h −1) k + 32 ( h − 2) ) k + + 32 + 3n − số chẵn nên A số lẻ Khi chia hết cho k 22014 chia 2014 ( ) ( )( ) 32 − = ( 32 − 1) ( 32 + 1) 32 + 32 + 32 + k k −2 k −1 ( *) Mặt khác ta có Mỗi thừa số ngặc vế phải (*) chia hết cho không chia hết cho 4, ngoại trừ 32 − = , nên ta có ( k − 1) + = k + k 32 − 32 − chứa thừa số Để tốn thỏa mãn k + = 2014 ⇔ k = 2012 việc chọn h =1 n = 22012 Câu 18 Khi n nhỏ cần tìm a1 , a2 , , ak k n Cho số nguyên dương đôi nguyên tố số nguyên dương Tìm số nguyên dương a≤n cho chia hết với Hướng dẫn giải 18 ta đặt k k ∪ Ai = ∑ Ai − i =1 i =1 i = 1, 2, , k Ai = { a ∈ ¥ * | a ≤ n, a Mai } i = 1, 2, , k Với toán là: a ∑ 1≤i1 3, x 35 ⇒ x ∈ { 5, 7,35} thử lại khơng có giá trị thỏa ( x, y ) = ( , 1) ( x, y ) = ( , ) mãn Vậy cặp số thỏa mãn u cầu tốn là: Câu 26 Tìm tất số nguyên dương nguyên +) Với a thỏa mãn: n =1 +) Xét với +3 = a p p cho với số nguyên tố n Hướng dẫn giải 26 ta thây thỏa mãn n >1 p=2 *) với p n 13 = a n không tồn a n p>2 *) Với p lẻ Giả sử tồn hai số a n thỏa mãn Ta có cho trước, tồn số  p  i −1 a n = p + p = ( + 3)  ∑ ( −1) p −i3i −1 ÷  i =1  suy an M ⇒ aM  p  i −1 n ≥ ⇒ a M5 ⇒  ∑ ( −1) p −i 3i −1 ÷M5  i =1  ( 1) n Hơn i = 1, 2, , p − Mặt khác với ( −1) i −1 Do ta có: p −i.3i −1 = ( −1) i −1 p −i ( − ) i −1 ≡ ( −1)  p i −1 p −i i −1  p −1  ∑ ( −1) ÷ ≡ p.2 ( mod )  i =1  (2 p.2 p −1 M5 Từ (1) (2) ta có p−1 i −1 i −1 ≡ p −1 ( mod ) ( 2) ,5 ) = Do a M5 ⇒ a = 5k ( k ∈ ¢ ) p −i ( −2 ) p=5 pM5 nên Vậy 25 + 35 = ( 5k ) ⇔ 275 = ( 5k ) ⇒ 275M5n ⇒ n = ⇒ k = 11 n n Mà Khi n >1 n =1 vơ lý Vậy khơng tồn số nguyên thỏa mãn Kết luận x, y Câu 27 Chứng minh tồn hai số nguyên không chia hết cho 2015 thỏa mãn x + 8059 y = 4.2015n , ∀n ∈ ¥ * Hướng dẫn giải 27  Nếu n =1 x = y =1 thỏa mãn yêu cầu toán  Giả sử toán đến n  Ta chứng minh toán đến n +1 Thật vậy, x + ( 4a − 1) y = 4a n ⇔ a n +1 = ax + a ( 4a − 1) y  x   y    x   ( 4a − 1) y  = ÷ +  + ( 4a − 1)  ÷ +  ÷  2        ⇔ 4a n +1 Ta có hai cách phân tích sau: 2  x   y    x + ( 4a − 1) y   x   ( 4a − 1) y   x− y  + ( 4a − 1)  ÷ +  ÷  =   + ( 4a − 1)   ÷ + ÷ 2 2            2 2  x   y    x − ( 4a − 1) y   x   ( 4a − 1) y   x+ y + + a − + = + a − )  ÷  ÷   )  (  (  ÷  ÷ 2 2            2  x + ( 4a − 1) y  x − ( 4a − 1) y  X =  X = 2   Y = x + y Y = x − y   2 Đặt ; 4a n +1 = X 12 + ( 4a − 1) Y12 Khi đó: (1) /a Y1 M /a Y2 M  Nếu X , Y1 Kết hợp với (1) suy trường hợp n +1 P thỏa mãn yêu cầu toán /a X − Y2 = 2ay Ma ⇒ X M X , Y2 Kết hợp với (2) suy toán trường hợp Giả sử (2) /a X − Y1 = 2ay Ma ⇒ X M  Nếu Câu 28 4a n +1 = X 22 + ( 4a − 1) Y22 n +1 Vậy ta hoàn tất việc chứng minh số nguyên tố có dạng ( x + 3) chia hết cho P thỏa mãn yêu cầu 3n + Chứng minh không tồn số nguyên x cho Hướng dẫn giải 28 p Giả sử ngược lại, tồn số nguyên tố ( x + 3) ≡ 0(mod p ) dạng 3n + để phương trình đồng dư sau p0 có nghiệm Gọi số bé nhât x = e(< p0 ) ( x + 3) ≡ 0(mod p0 ) Trong số đó, giả sử thỏa mãn p−e e Ta giả sử chẵn ( thay ) e ≡ 1(mod 3) Xét trường hợp e ≡ 0(mod 3) e ≡ −3(mod p0 ) Trường hợp 1: Từ f < p0 e = −3 + fp0 , ta có: f lẻ fp0 = e2 + ≡ 4(mod 3) Suy p0 ≡ 2(mod 3) Do f ≡ 2(mod 3) nên f Vậy f Suy lẻ có dạng 3n + q phải có ước nguyên tố lẻ dạng dạng e ≡ −3(mod q ) p0 Ta có mâu thuẫn với cách chon e ≡ 0(mod 3) Trường hợp 2: Do k không chia hết cho a nguyên dương 32 a k ≡ −3(mod p0 ) k ≡ −1(mod p0 ) Suy , k + = p0 h, h < p0 h , lẻ p0 h ≡ 1(mod 3) Do p0 ≡ 2(mod 3) Suy h a −1 lẻ có dạng 3n + h ≡ 2(mod 3) nên Do tồn ước nguyên tố k ≡ −1(mod h) ≡ −1(mod r ) 2a p số nguyên tố có dạng x h có dạng 3n + p0 , tức Vậy không tồn số nguyên r k ≡ −3(mod r ) Vậy (với với nên a −1 e = 3a k Suy e ≡ −3(mod p0 ) a −1 3n + mâu thuẫn ( x + 3) cho 3n + ) p chia hết cho bé ... đa thức bậc hai Giả sử Từ P (1) = P (11) = 23 Q(1), Q (11) ∈ { ±1; ±23} Q (1), Q (11) suy ước 23 Có nghĩa [ Q (11) − Q(1)] M10 Nhưng Q (11) = Q(1) nên H (11) = H (1) Tương tự, Q(1) H (1) Mặt khác,... bảng chia cho bất biến suốt trình Để bảng có tất số chia hết cho 2016 dễ thấy tổng chúng phải chia hết cho 4, điều xảy Vậy câu trả lời phủ định x + 13 y + xy = y z Câu Câu 10 Câu 11 Tìm nghiệm... cộng thêm vào tất ô chọn (mỗi lần chọn loại hình trên) Hỏi sau số hữu hạn lần, làm cho tất vng bảng cho chia hết cho 2016 khơng? Hướng dẫn giải 1) Ta có nhận xét sau: (2n + 1) × (2n + 1) i Trong