Số học PT nghiệm nguyên lê quang vũ

Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình 1 vô nghiệm.. Từ các trường hợp trên, suy ra n là một số chẵn.. Vậy n thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi n là một số nguyên dương chẵn.. Nếu x c

Câu 1. Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình

x1 y5 y4 y3 4y x111

Hướng dẫn giải

*) Ta thấy các cặp x y;  1; ,t t   thỏa mãn bài toán

*) Xét x  Phương trình được viết lại dưới dạng1

11 11

x x



 , suy ra p x | 11 1.

Gọi h ord x p , suy ra h|11 h1,11

- Nếu h  thì 1 x 1 mod11  Vì p x| 10x9 x 1 nên p|11 suy ra p 11. (2)

- Nếu h  thì từ 11 x p1 1 p

  suy ra p 1 mod11   (3)

Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của

11 11

x x



 nên từ (2), (3) suy ra với mọi ước số d của

11 11

x x



đều có tính chất d 0 hoÆc 1 mod11  

(4)

Từ (1) suy ra y y,  2 vµ y3y2  đều là ước số của y 2

11 11

x x



 (5)

Vì

11 1, 2 |

 nên suy ra y 0,1, 2 hoÆc 3 mod11  

- Nếu y 0 mod11  thì y3y2  y 2 2 mod11 

thì y3y2  y 2 8 mod11 , trái với (4), (5)

Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình (1) vô nghiệm

Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x y;  1;t víi t 

Câu 2. Cho x1 1,x2 1,x3  và 1 x n3 x x n2 n1x n với mọi số nguyên dương n Chứng minh rằng

với bất kỳ số nguyên dương m, tồn tại số nguyên dương k sao cho x chia hết cho k m

Hướng dẫn giải

Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn bài toán, ta có

p q

x yz x y    nên suy ra z  Khi đó ta có 1. 11n x y 2,

suy ra n là một số chẵn.

Từ các trường hợp trên, suy ra n là một số chẵn.

Ngược lại, với n là một số chẵn, đặt n2 ,k k  Ta thấy bộ . x y z ; ;  1;1;11k1

thỏamãn

 2   2 2

11n xy z 1  x y z

Vậy n thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi n là một số nguyên dương chẵn.

Câu 3. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x y z, , thỏa mãn

 2   2 2

11n xy z 1  x y z

Hướng dẫn giải

Đặt x  thì ta thấy hệ thức truy hồi đã cho thỏa mãn với 0 0 n 0

Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn tại số nguyên dương k m 3 sao cho | m x k

Đặt r là số dư khi chia t x cho t m, với t0,1, , m32 Ta xét các bộ gồm ba phần tử

r r r0; ;1 2 , ; ;r r r1 2 3, , r r m3; m31;r m32

Vì r có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- t

rích-lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau

Giả sử p là số nhỏ nhất sao cho bộ r r p; p1;r p2

bằng nhau, điều này trái với tính chất của p. Do vậy p 0, suy

ra r  q 0, chứng tỏ x q 0 mod m hay x q chia hết cho m

Câu 4. Giải phương trình sau trên tập hợp số tự nhiên: x y2 2 y z2 2 z x2 2  x4

Ta chứng minh phương trình vô nghiệm.Thật vậy:

Phương trình đã cho tương đương với:

Chia tất cả các biểu thức thành 2n1 cặp theo dạng:

Câu 6. Gọi M là số các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số

1 và n chữ số 2 Gọi N là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ

có các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2 Chứng minh rằng 2

n n

Hướng dẫn giải

Hiển nhiên 2

n n

Ta cần chỉ ra rằng M N

Với mỗi số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2, ta “nhân

đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: đầu tiên hai phiên bản của số này được viết kề nhau thành số có 2n chữ số, sau đó các chữ số 3 ở n chữ số đầu và các chữ số 4 ở n chữ số

sau được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở n chữ số sau và các chữ số 4 ở n chữ số đầu

được đổi thành chữ số 2

Ví dụ: 12341421234142123414212121221221112

Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau: Với mỗi số có n chữ

số 1 và n chữ số 2, ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng chúng theo cột với quy tắc:

Trước hết ta có kết quả quen thuộc sau:

Hệ quả Không tồn tại các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn điều kiện a4 b4 c2

Trở lại bài toán, đặt d gcm x y ,  x y x dx y dy x y1, :1  1,  1, 1, 1  , thay vào phương trình1

Do đó không mất tính tổngquát ta có thể giả sử gcm x y  ,  1

Từ 2   2 2

y mn gcm m n   m m n n  , kết hợp với x2 m2 n2  x2 m14  n14 Mâuthuẫn với hệ quả trên Do đó trong trường hợp này phương trình vô nghiệm

TH2 Nếu x chẵn, x2x1, kết hợp với phương trình đã cho ta được:

Vậy trong mọi trường hợp phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương

Câu 8. Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200 Chứng minh rằng từ các số đó có

Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200

Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư trong phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99 ) suy ra hiệu của chúng chia hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm

Câu 9. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y, 

với x y, nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phươngtrình 2 x 3 x y3 y

x1 x2 3x1  0 x 1 y0

( loại )Trường hợp 3 2x y  3 y2x 3 thay vào phương trình đã cho ta được

Câu 10. Cho các số nguyên a a1, , ,2 a2015 với 0a i 100, i1;2015 Với mỗi cặp a a i; i1 ta cộng

thêm 1 vào cả hai số và mỗi cặp đó không được xuất hiện quá k lần Tìm k nhỏ nhất sao chohữu hạn lần thực thiện thao tác trên ta được mọi số bằng nhau

lúc đầu tiên chưa tác động thì S 100 1007Sau hữu hạn lần tác động tất cả các số bằng nhau do đó khi đó S  0

Câu 11. Cho n là số nguyên lẻ và n  Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 5 kn  là số chính1

phương và l là số nguyên dương nhỏ nhất sao ln là số chính phương Chứng minh rằng n là

số nguyên tố khi và chỉ khi 4

kp  chính phương nên tồn tại y nguyên dương mà kpy1 y1

Do đó y1k y1;  1 k p2 hoặcy1k p y1 ;  1 k2

Trong cả hai trường hợp thì ta đều có 2 y p.

Điều này không thể xảy ra vì không có số chính phương nào nằm giữa p và 2 p24 khi p  4

Chiều ngược lại, ta sẽ chứng minh bằng phản chứng rằng không tồn tại hợp số n lẻ, n  nào 3

Ta viếtnpr, với pp i nào đó và r là tích các số nguyên tố còn lại, r 1.

Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại duy nhất số T nguyên, không âm và T  sao chon

Câu 12. Cho 0a1a2  a n 2n là các số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ nhất của hai số bất

kì trong chúng đều lớn hơn 2n Chứng minh rằng 1

23

n

a   

  ( x

là kí hiệu phần nguyên của số thực x ).

mâu thuẫn với giả thiết

Mặt khác từ 1 đến 2n ta có n số lẻ phân biệt Do đó các giá trị A là các số lẻ từ 1 đến theo k

một thứ tự nào đó

Xét a1 2t1A1.

Nếu 1

23

n

a  

  thì 3 1 2 3t1 1 2 3 1 2

a  A  n A  n Do đó 3A là một số lẻ nhỏ hơn , tức là1 1

, mâu thuẫn với điều giả sử

Vậy điều giả sử là sai, tức là ta có 1

23

Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x ta có (1)  2x23 5 y x 3y2 2y 3 0

* Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là:

3 5y2 4.2 3 y2 2y 3 y2 14y 33 k2

         

( k nguyên, không âm)

* Lại xem y214y33 k2  là phương trình bậc hai ẩn 0 y Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần là ' 49  33 k2 16k2 m2

là một số chính phương ( m nguyên dương).

* Nếu m n : Đặt

2 ( , ; 0; 0)2

*) Ta thấy các cặp x y;  1; ,t t   thỏa mãn bài toán

*) Xét x  Phương trình được viết lại dưới dạng1

11 11

x x



 , suy ra p x | 11 1.

Gọi h ord x p , suy ra h|11 h1,11

- Nếu h  thì 1 x 1 mod11  Vì p x| 10x9 x 1 nên p|11 suy ra p 11. (2)

- Nếu h  thì từ 11 x p1 1 p

  suy ra p 1 mod11   (3)

Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của

11 11

x x



 nên từ (2), (3) suy ra với mọi ước số d của

11 11

x x



đều có tính chất d 0 hoÆc 1 mod11   (4)

Từ (1) suy ra y y,  2 vµ y3y2  đều là ước số của y 2

11 11

x x



 (5)

Vì

11 1, 2 |

thì y3y2  y 2 5 mod11 , trái với (4), (5)

- Nếu y 2 mod11  thì y3y2  y 2 5 mod11 , trái với (4), (5)

- Nếu y 3 mod11 

thì y3y2  y 2 8 mod11 , trái với (4), (5)

Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình (1) vô nghiệm

Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x y;  1;t víi t 

Câu 19. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 1 !

không chia hết cho n2

Hướng dẫn giải

Nhận xét rằng khi n là số nguyên tố thì do n1  nên n n  1 ! hiển nhiên không chia hết

cho n , và do đó không chia hết cho n2

Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa n 1 ! không chia hết cho n2.

Ta có: (n1)!n2  n n! 3 Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một ước số p của

n sao cho bậc của p (số mũ lũy thừa của p trong phân tích thừa số nguyên tố) trong !n là bé

hơn bậc của p trong n3

Giả sử npt.k (với (p, k)=1) Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức:

• TH 1: t  Ta cú: (**) 1  3 k Suy ra k  hoặc 2 k  (Do 3 k  thỡ n trở thành số 1

Thử lại: p 2 thỡ n  (thỏa); 6 p 3 thỡ n  (thỏa); 9 p 5:

+ Với k  , ta được 1 (p2p1) 9  p2  n8 (thỏa)

Cõu 20. Vậy tập tất cả cỏc giỏ trị của số tự nhiờn n thỏa (n1)!n2 là { , 2 , 8 , 9 }p p với p nguyờn tố

Tổng của m những số nguyên dơng liên tiếp bằng 2008 Xác định những số ấy.

2 1 4016 2 251

m m mk

Nếu m chẳn  2 k m  lẻ Ta có: 1 4

2

k m m

m k

Câu 21. Tìm tất cả số nguyên x sao cho x  chia hết cho 3 x 2 1.

các nhân tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính 1 lần?

Câu 24. 69=(2a 3 b)(2a 3 b)(29−2 a 3 9−2 b) và (a; b) (3; 3)

Câu 25. Khi đó a ∈ {0; 1; 2; 3; 4}; b∈ {0; 1; 2; 3; 4 } và (a; b) (3; 3)

→ số cặp (a; b) là 5.5 – 1 =24, và 24 cặp này cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy

nhiên, mỗi cặp sẽ cho 3 lần đếm trong quá trình đếm mà ta vừa nêu ở trên (1 điểm)

+) TH3: nếu cả 3 thừa số khác nhau, thì mỗi phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần

Vậy số cách phân tích là: 1+24+ (55× 55−24 × 3−1 ):6=517 cách

Câu 26. Tìm số tự nhiên P nhỏ nhất sao cho số A P .172014862014 chia hết cho số 23690

Hướng dẫn giải

Để A chia hết cho 23690 khi và chỉ khi A chia hết cho 10 , 23 và 103

Ta xác định P sao cho A chia hết cho 10 , 23 và 103

a) Ta có:

2014 2014

2014

1030 926 17 3.23 17 = 1030 927 17 23 ,

P nhỏ nhất khi và chỉ khi h  Vậy số cần tìm là 0 P 7106.

Câu 27. Tồn tại hay không hai số nguyên dương phân biệt p q, sao cho q n  chia hết cho n p n vớin

mọi số nguyên dương n ?

Từ (1) và (3) suy ra q n  n q p(mod )a (5)

Từ (4) và (5) suy ra (q p a ) Điều này không thể sảy ra vì p q a 

Vậy không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt p q, sao cho q n  chia hết cho n p n với n

mọi số nguyên dương n

Câu 28. Tìm số nguyên dương a lẻ sao cho với mọi số nguyên dương k lớn hơn 2 luôn tồn tại số

nguyên x thỏa mãn a x 2(mod 2 )k

Thật vậy: 2x2 x 2y2y(mod 2 )m  (x y )(2x2y1) 0(mod 2 ) m

Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta thu được S  0

Câu 32. Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên x y, không chia hết cho 2015 và thỏa mãn

mãn x24a1y2 4a n

Nếu

 n  thì 1 x y 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán

Giả sử bài toán đúng đến

X

x y Y

X

x y Y

1 2

Câu 34. Cho a m n, , là các số nguyên dương sao cho a1,m n . Chứng minh rằng nếu a  m 1 và

( 1), d,

thì b  và 1 b  k 1 có các ước nguyên tố giống nhau.

Ta sẽ chứng minh k là một lũy thừa của 2 Thật vậy, nếu k không phải là lũy thừa của 2, thì

k có ước nguyên tố lẻ là p. Do b p 1∣b k 1 và b1∣b p1 nên b  p 1 và b  có các ước1nguyên tố giống nhau Gọi q là một ước nguyên tố của b p1  thì do b 1, b1 modqnên

Điều mâu thuẫn này chứng tỏ k là một lũy thừa của 2.

Bây giờ nếu p là một ước nguyên tố bất kì của b 1, thì p cũng là ước của b 1. Do đó,2

p  Thành thử, b  là một lũy thừa của 1 2 hay d 1

a  cũng vậy Do m d k là số chẵn nên

1 m 1,

a ∣a  suy ra các ước nguyên tố của a  cũng là các ước nguyên tố của 1 a  d 1. Nếu1

a  có ước nguyên tố lẻ là p, thì do a1 modp nên a d  ( 1)d 1 modp, suy ra

d là số chẵn Nhưng là số lẻ a nên a   d 1 2 mod 8 , suy ra a   d 1 2. Vô lí vì a  Vậy1.

1

a  phải là lũy thừa của 2.

Câu 35. Cho số nguyên n  Tìm số lớn nhất các cặp gồm 2 phần tử phân biệt của tập 1 1; 2; ; n sao

cho tổng của các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và không vượt quá n

n 

  cặp thỏa mãn đề bài như sau

Trường hợp 1: Số n có dạng 5 k  hoặc 51 k  Khi ấy, 2

2 1

25

(4k1; ), k k k  k k k k k k k

Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài.

Trường hợp 2: Số n có dạng 5 k  hoặc 53 k  hoặc 54 k  Khi ấy, 5

2 1

2 15

(4 1; ), ,(3 2;1),(3 1; 2 1),(3 ;2 ), , (2 1(4k2;k1 ,) k k k k k k k k ;k1)

Dãy trên có 2k  thỏa mãn đề bài1

Vậy số lớn nhất các cặp thỏa mãn đề bài là

2 15

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p4q3 q   Nếu x , y là các số

nguyên sao cho x2y2 chia hết cho p thì x và ychia hết cho p

Thật vậy: Nếu x chia hết cho p thì cũng có ychia hết cho p Giả sử x không chia hết cho p

khi đó y không chia hết cho p Theo định lý Fermat ta có: x p 1 1 mod p

các số nguyên dương x , y thỏa mãn x2y2  x y vì x2y2  x y x y 

ii) Tương tự như trên khi xét trường hợp k chia hết cho 7 và trường hợp k chia hết cho 23.

iii) Nếu 5k , ta thấy: x2y2 5x y   2x 522y52 50, tìm được x y ;  3;1

hoặc x y ;  2;1.

Vậy tất cả các cặp số nguyên dương x y; 

cần tìm có dạng 3 ; , 2 ; , ;3 , ;2a a  a a a a a a

trong đó a 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483

Câu 37. Cho , , ,1a b c i i i  i N là các số nguyên Giả sử rằng với mỗi i trong ba số , ,a b c có ít nhất i i i

một số lẻ Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên , ,r s t sao cho ra isb tc i i là lẻ với ít nhất4

7

N

giá trị của i,1 i N

Hướng dẫn giải

Ta xét các số trên theo mod 2 Ta thấy có 7 cách chọn bộ ( , , )r s t với , ,r s t không đồng thời

bằng 0 (( , , )r s t đồng dư với (0,0,1), (0,1,0), (1,0, 0), (0,1,1), (1,0,1),(1,1,0), (1,1,1) theo mod 2 ).Với mỗi bộ , ,a b c thỏa mãn đề bài có đúng 4 trong 7 bộ sao cho i i i ra isb tc i  i 1 mod 2 

Suy ra với mỗi bộ ( , , )a b c đã cho nếu ta chọn ngẫu nhiên i i i ( , , ) (0,0, 0)r s t  thì giá trị kì vọng

của các biểu thức lẻ là

47

N

Nhưng đây là giá trị trung bình nên phải tồn tại bộ ( , , )r s t với ít nhất

47

Như vậy, số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đầu bài chỉ có thể là 5.

Câu 40. Cho số nguyên dương n  thỏa mãn 1 3n 1

 chia hết cho n Chứng minh rằng n là số chẵn.

Hướng dẫn giải

Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n Ta có p 3 (vì nếu p 3 thì 1 p vô lí) Do 3n 1 n

nên 3n  hay 1 p 3n 1 mod p

Gọi d là số nguyên dương bé nhất sao cho 3d 1 mod p

Xét khai triển sau: n kd r  với

0   Ta có r d 1 3n 3 modr p  3r 1 mod p Suy ra r  Do đó n d0 

Do p là số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có 3p 1 1 mod p

 Lập luận tương tự như trên suy ra p  1 d

Có hai khả năng xảy ra:

a) d  : Gọi 1 q là ước nguyên tố của d Vì n d  nên n q  p1d  p d  p q Điều này mâu thuẫn với cách chọn p là ước số nguyên tố bé nhất của n Do vậy khả năng này

không xảy ra

b) d  : Từ 1 3d 1 mod p 3 1 mod  p p Do 2 p 2 là ước nguyên tố của n , suy

ra n chẵn (đpcm).