Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 24 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
24
Dung lượng
1,5 MB
Nội dung
Câu Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y y y y x11 Hướng dẫn giải *) Ta thấy cặp x; y 1; t , t �� thỏa mãn toán *) Xét x �1 Phương trình viết lại dạng y y y3 y y x11 x 1 1 x11 11 Gọi p ước nguyên tố x , suy p | x Gọi h ord p x , suy h |11 � h � 1,11 10 x �1 mod11 - Nếu h Vì p | x x L x nên p |11 suy p 11 (2) p 1 p �1 mod11 - Nếu h 11 từ x 1Mp suy (3) x11 x11 Vì p ước nguyên tố x nên từ (2), (3) suy với ước số d x có tính chất d �0 hc 1 mod11 (4) x11 Từ (1) suy y, y vµ y y y ước số x (5) x11 x nên suy y �0,1, hc mod11 Vì y �0 mod11 y y y �2 mod11 - Nếu , trái với (4), (5) y, y | - Nếu y �1 mod11 y y y �5 mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y �2 mod11 y y y �5 mod11 , trái với (4), (5) - Nếu y �3 mod11 y y y �8 mod11 , trái với (4), (5) Từ trường hơp trên, suy phương trình (1) vơ nghiệm Vậy tất nghiệm phương trình cho Câu x; y 1; t víi t �� Cho x1 1, x2 1, x3 xn xn xn 1 xn với số nguyên dương n Chứng minh với số nguyên dương m, tồn số nguyên dương k cho xk chia hết cho m Hướng dẫn giải Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn tốn, ta có 11n xy z 1 x y z � x yz y xz 11n p � �x yz 11 � y xz 11q p , q Suy tồn số nguyên dương thỏa mãn � 1 � x y z 1 11p 11q � � 1 x y z 1 11q 11p x � y Khơng tính tổng qt, giả sử Từ suy � 2 3 � x y z 1 11 p 11q p � 2 � � x y z 1 11p 11q p � � Vì x �y nên q �p , 11, từ 3 suy x y M 11p , hay x y Mx yz Mặt khác, ta có �Nếu z 1M 11 z 1M n x yz | x y |, nên suy x y Khi ta có 11 x xz , từ suy n số chẵn 11p , hay x y Mx yz Mặt khác, ta có 11 từ 3 suy x y M �Nếu z 1M n x yz �x y 0, nên suy z Khi ta có 11 x y , suy n số chẵn Từ trường hợp trên, suy n số chẵn x; y; z 1;1;11k 1 thỏa Ngược lại, với n số chẵn, đặt n 2k , k �� Ta thấy mãn 11n xy z 1 x y z Vậy n thỏa mãn toán n số nguyên dương chẵn Câu Tìm tất số nguyên dương n cho tồn số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 11n xy z x y z Hướng dẫn giải Đặt x0 ta thấy hệ thức truy hồi cho thỏa mãn với n Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn số nguyên dương k �m cho m | xk Đặt rt số dư chia xt cho m, với t 0,1,K , m Ta xét gồm ba phần tử r0 ; r1; r2 , r1; r2 ; r3 ,K , rm ; rm 1; rm Vì rt 3 nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- rích-lê, suy có hai r ;r ;r r ;r ;r , Giả sử p số nhỏ cho p p 1 p q q 1 q với �p q �m Ta chứng minh p Thật vậy, giả sử phản chứng p �1 Từ hệ thức truy hồi cho, suy rp �rp 1rp rp 1 mod m Vì rp rq , rp 1 rq 1 , rp 2 rq r p 1 Câu rq �rq 1rq rq 1 mod m ; rp ; rp 1 rq 0, r q 1 chứng tỏ ; rq ; rq 1 nên từ đồng dư thức suy rp 1 rq 1 Do hai nhau, điều trái với tính chất p Do p 0, suy xq �0 mod m hay xq chia hết cho m 2 2 2 Giải phương trình sau tập hợp số tự nhiên: x y y z z x x Hướng dẫn giải: Xét trường hợp: Trường hợp 1: Một số x, y, z Trong trường hợp ta nghiệm phương trình: 0;0; m ; 0; m;0 ; m;0; m ; m; m;0 (với m số tự nhiên bất kì) Trường hợp x, y, z khác Ta chứng minh phương trình vơ nghiệm.Thật vậy: Phương trình cho tương đương với: 2 �yz � �yz � yz yz 2 � � x y z � � �x � � �x � số nguyên,mặt khác x số hữu tỷ nên x số nguyên Gọi P tập nghiệm phương trình giả sử P �� x Gọi 0, y0 , z0 Dễ thấy yz nghiệm phương trình thỏa mãn x nguyên nhỏ x0 , y0 , z0 (trái lại x0, y0 , z0 d (dy0 )(dz0 ) dx0 phương trình Đặt a x0 , z0 Ta có d dx0 , dy0 , dz0 nghiệm y0 z0 y0 z0 x0 x0 ,trái với cách gọi x0, y0 , z0 ) b y0 , x0 � a, b x0 Mab y0 , x0 x0 , z0 M y0 , z0 , x0 nên abMx0 y , a z1 , b Thay vào phương trình ta được: Vậy x0 ab y0 ay1 , z0 az1 với ( y12 a )( z12 b2 ) 2a 2b 2 2 2 Do ( y1 a , a ) ( z1 b , b ) ,khơng tính tổng qt ta giả sử: y12 a 2b2 (1) z12 b a (2) 2 Dễ dàng chứng minh a,b số lẻ (trái lại z1 y1 chia dư 3,vô lý!) � b m2 n2 � �z1 2mn � a m2 n2 m, n m, n khác tính chẵn lẻ Từ (2) ta có: � với 2 2 Thay vào (1) ta được: y1 (2mn) ( m n ) � y1 p q ,2mn pq, m2 n2 p q với p, q số tự nhiên � p q m n m (m p q ) � m p m q p q m yz pq n 0 2mny1 m, p, q nghiệm phương trình và: m x0 Vậy ( mâu thuẫn với cách gọi x0 , y0 , z0 ! ) Do giả sử P �� sai tức phương trình vơ nghiệm trường hợp Kết luận Phương trình có nghiệm: kì) Câu a) 0, 0, m ; 0, m,0 ; m, 0, m ; m, m,0 (với m số tự nhiên bất f n �3 � �n cho Gọi số cách chọn dấu cộng,trừ đặt biểu thức: En �� En Chứng minh rằng: f n n �1,2(mod 4) b) Khi n �0,3(mod 4) ta có n n� � � 1 � � � �f (n) �2n �2 � Hướng dẫn giải a) Giả sử tồn cách đặt dấu , với n �1,2(mod 4) để En Khi � n số chẵn,vì n n 1 �0(mod 2) n �1,2(mod 4) Vậy giả sử sai,ta có điều cần chứng minh n� 1 � �2 � �� f n �2 b) Ta chứng minh: ,thật vậy: n n 0,3(mod 4) ,trái với n1 Chia tất biểu thức thành cặp theo dạng: (1+2a 3a nan ; 1 2a 3a nan ) với 1 Nếu f (n) 2n1 theo nguyên lý Dirichlet tồn biểu thức nằm cặp trên,hiệu chúng Do chúng (mâu thuẫn !) Câu Gọi M số số nguyên dương viết hệ thập phân có 2n chữ số, có n chữ số n chữ số Gọi N số tất số viết hệ thập phân có n chữ số, n có chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số Chứng minh M N C2 n Hướng dẫn giải n Hiển nhiên M C2 n Ta cần M N Với số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số , ta “nhân đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: hai phiên số viết kề thành số có 2n chữ số, sau chữ số n chữ số đầu chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số , chữ số n chữ số sau chữ số n chữ số đầu đổi thành chữ số Ví dụ: 1234142 � 12341421234142 � 12121221221112 Để chứng minh song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược sau: Với số có n chữ số n chữ số , ta cắt n chữ số đầu n chữ số cuối cộng chúng theo cột với quy tắc: 1, 2, 3, Ta thu số có n chữ số gồm chữ số 1, 2,3, với số chữ số số chữ số Câu Tìm tất số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình x4 y z Hướng dẫn giải Trước hết ta có kết quen thuộc sau: 4 Hệ Không tồn số nguyên dương a, b, c thỏa mãn điều kiện a b c Trở lại toán, đặt ta được: d gcm x, y � x1 , y1 : x dx1 , y dy1 , x1 , y1 d x14 y14 z � d z � z d z1 � x14 y14 z12 quát ta giả sử gcm x, y , thay vào phương trình Do khơng tính tổng Ta xét trường hợp sau: gcm x , y � m, n, gcm m, n x TH1 Nếu lẻ tồn số nguyên dương cho: �x m n �x m n � �2 �2 y 2mn � �y mn �z m n �z m n � � 2 2 4 y mn, gcm m, n � m m12 , n n12 Từ , kết hợp với x m n � x m1 n1 Mâu thuẫn với hệ Do trường hợp phương trình vơ nghiệm TH2 Nếu x chẵn, x x1 , kết hợp với phương trình cho ta được: 16 x14 y z � z z1 � 16 x14 y z � y x14 z 1 gcm x, y Chú ý x chẵn nên y lẻ Do từ phương trình (1) kết hợp với TH1 (1) vơ nghiệm Vậy trường hợp phương trình cho khơng có nghiệm nguyên dương Câu Cho 100 số tự nhiên khơng lớn 100 có tổng 200 Chứng minh từ số chọn số có tổng 100 Hướng dẫn giải Nếu tất số tất số Khi ta lấy 50 số có tổng 100 a �a2 Giả sử ta xét 100 số có dạng a1 , a2 , a1 a2 , a1 a2 a3 , , a1 a2 a99 200 Nếu có số chia hết cho 100 số 100 số bé 200 Nếu khơng có số chia hết cho 100 100 số phải có hai số đồng dư phép chia cho 100 (vì số dư nhận giá trị từ đến 99 ) suy hiệu chúng chia hết cho 100 hiệu hai số tổng cần tìm Câu Tìm tất cặp số nguyên dương trình x3 x y y x, y với x, y nguyên tố thỏa mãn phương Hướng dẫn giải Tìm tất cặp số nguyên dương trình x3 x y y x, y với x, y nguyên tố thỏa mãn phương a b c 3abc a b c a b c ab bc ca Áp dụng đẳng thức GT � x x3 y x y � x x y x x y x.x xy yx 3x.x y x y � x y 3x y � �� � x y x3 2 2 � x y x y xy 1 3x y * x y 3x x y � x y, x x y , Mặt khác x y � 1, 2,3, 6 x, y � x y , x � x y , x ( ) * 2x y ��* ) ( từ Trường hợp x y � y x thay vào phương trình cho ta x x x 1 x 1 � x x 1 � x � y Trường hợp 2 x y � y x thay vào phương trình cho ta x 1 x 3x 1 � x � y ( loại ) x y � y x Trường hợp thay vào phương trình cho ta x 1 x4 0� x 4� y 5 Trường hợp x y � y x thay vào phương trình cho ta x3 12 x 36 x 35 y �Z , x 3, x 35 � x � 5, 7,35 thử lại khơng có giá trị thỏa mãn Vậy cặp x, y , 1 x, y , a ;a �ai �100 , i 1; 2015 Câu 10 Cho số nguyên a1 , a2 , , a2015 với Với cặp i i 1 ta cộng thêm vào hai số cặp khơng xuất q k lần Tìm k nhỏ cho hữu hạn lần thực thiện thao tác ta số Hướng dẫn giải Ta xét trường hợp số cạnh cách xa �a1 a3 L a2015 100 � �a2 a4 L a2014 S a2 a3 a3 a4 L a2014 a2015 1007 lúc chưa tác động S 100 � Sau hữu hạn lần tác động tất số S Đặt Ta nhận xét a , a , a2 , a3 , , a2014 , a2015 Thì S khơng đổi Tác động lên cặp a ,a Tác động lên cặp Thì S tăng lên đơn vị a ,a Tác động lên cặp 2015 Thì S giảm đơn vị a ,a Bộ bị tác động lớn 100.1007 lần k �100.1007 Ta chứng minh k 100.1007 giá trị nhỏ thoả mãn Tác động cặp Tác động cặp 1 , số lần 1 3 L , 1 số lần ai ai L Sau lần tác động vậycác số a1 a2 L a2014 a2015 nên số lần tác động �100.1007 suy điều phải chứng minh Câu 11 Cho n số nguyên lẻ n �5 Gọi k số nguyên dương nhỏ cho kn số phương l số nguyên dương nhỏ ln số phương Chứng minh n số nguyên tố k n n l Hướng dẫn giải Nếu n p số nguyên tố, l p p kp phương nên tồn y nguyên dương mà kp y 1 y 1 Do y k1 ; y k p hoặc y k1 p ; y k Trong hai trường hợp ta có y p p p2 k � � 4k p � y kp � p2 y2 p2 4 Nếu 2 Điều khơng thể xảy khơng có số phương nằm p p p Chiều ngược lại, ta chứng minh phản chứng không tồn hợp số n lẻ, n mà 4l n 4k n Giả sử tồn n x p1 p2 ps với pi số nguyên tố Khi l p1 p2 � ps ta có , suy x Vậy n p1 p2 ps Gọi y số nguyên dương nhỏ lớn cho y chia hết cho n ( y tồn p1 p2 ps 4l n x p1 p2 ps n 1 1 chia hết cho n ) k n , hay y n Rõ ràng kn y nên Ta viết n pr , với p pi r tích số ngun tố lại, r Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn số T nguyên, không âm T n cho T �1 mod r T �1 mod p Xét số S n T , ta có S �1 mod r S �1 mod p Khi T �S �1 mod n , rõ ràng T , S không nhỏ y Mà hai số S , T n n k , mâu thuẫn nhỏ , Vậy n số nguyên tố.(đpcm) Câu 12 Cho a1 a2 an �2n số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ hai số bất 2n � � a1 � � �3 � kì chúng lớn 2n Chứng minh x ( kí hiệu phần nguyên số thực x ) Hướng dẫn giải Rõ ràng, số không tồn cặp số mà số chia hết cho số (vì trái lại tk ) Ta viết ak Ak với Ak số lẻ Ta A Aj A thấy giá trị Ak phân biệt Thật vậy, tồn i thì bội chung nhỏ chúng nhỏ lcm , a j 2ti A �2n lcm , a j j A a j �2n t mâu thuẫn với giả thiết Mặt khác từ đến 2n ta có n số lẻ phân biệt Do giá trị Ak số lẻ từ đến thứ tự theo t1 Xét a1 A1 2n � � a1 �� � t1 2 A1 �3 �thì 3a1 � Nếu A1 Aj Như a j j A1 t Khi 2n A1 2n Do 3A1 số lẻ nhỏ lcm a1 , a j 2t1 A1 3a1 �2n , tức mâu thuẫn với giả thiết lcm a1 , a j j A1 a j �2n t , mâu thuẫn với điều giả sử 2n � � a1 � � �3 � Vậy điều giả sử sai, tức ta có Câu 13 Ký hiệu x số nguyên lớn không vượt x Giải phương trình x x x 2015 Hướng dẫn giải Ta có x �0 x x 2015 � � x �۳ x pt a � a x γ� x 2015 x2 x x 2015 x a 1 x x x 2015 2015 a � a 1 8060 * Do a �2015 � x a 1 x 2015 �x � x a 1 a 1 a 1 8060 a 1 8060 �a � S � � � Vậy �2015 (t/ m); a 1 � a 1 8060 a 1 4a ; a �; a 2015 loai � � 2015� � x3 y y + x+1 số nguyên Chứng minh x , y – 1 Câu 14 Cho số nguyên khác thỏa mãn x 30 – M y 1 Hướng dẫn giải x3 a y c ; y+ b x+ d với a, b, c, d số nguyên Đặt b, d 0, a, b 1; c, d a c ad +bc bd bd số nguyên Do ad bc M Ta có b d ad+cb Mb ad Mb d Mb a c x +1 y +1 x – x 1 y – y 1 b d y + x + Mặt khác số nguyên ac Mbd ac Md a Md Vì c, d nên a Mb b = Do x3 a � x3 1M ( y +1) � x30 ( x15 1)( x15 1)M( y +1) y +1 b Câu 15 Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình: x y xy x y Hướng dẫn giải 2x2 y x y2 y x � Xem (1) phương trình bậc hai ẩn ta có (1) * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là: y 4.2 y y y 14 y 33 k 2 ( k nguyên, không âm) 2 * Lại xem y 14 y 33 k phương trình bậc hai ẩn y Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần ' 49 33 k 16 k m2 số phương ( m nguyên dương) 2 � m k m k 16 Do m k 16 16 16.1 8.2 4.4 nên ta có trường hợp mk 8 m5 � � �� � mk k suy phương trình (1) có nghiệm x; y 15;12 , 1, � +) TH1: � mk 4 � �m �� � mk �k suy phương trình (1) có nghiệm x; y 13;11 , 3,3 +) TH2: � m k 16 � � m k (Loại) +) TH3: � a ab b | ab a b Câu 16 Cho a, b số nguyên dương phân biệt cho Chứng minh Hướng dẫn giải m2 n2 Câu 17 Cho m, n hai số nguyên dương lẻ cho n chia hết cho Chứng minh m2 n2 số phương Hướng dẫn giải * Nếu m n ta có đpcm m n 2x � ( x, y ��; x 0; y �0) � m n y m � n � * Nếu : Đặt m x y � � n x y từ x y 0; x y suy x y Khi � Do n 1Mm n � m Mm n � m k m n Ta có (1), k �� (1) � ( x y ) k xy 1 � x 2(2k 1) xy ( y k ) (*) Phương trình (*) có nghiệm ngun x nên có nghiệm x1 �x x1 2(2k 1) � x1 �� � xx1 y k � Ta có x , y cặp nghiệm thỏa mãn (*), suy x1 y - Nếu x1 Khi y k xx1 y y � k Suy x x1 2(2k 1) , mâu thuẫn 2 - Nếu x1 xx1 y k � k y � k � xy � y Ta có k x12 2(2k 1) x1 y y x12 2(2k 1) x1 y y Suy k 2(2k 1) x1 y �2(2k 1) k , mâu thuẫn m2 m2 n2 x k y Vậy Khi k số phương Do m2 n2 số phương (đpcm) Câu 18 Tìm tất số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y y y y x11 Hướng dẫn giải x; y 1; t , t �� thỏa mãn toán *) Ta thấy cặp *) Xét x �1 Phương trình viết lại dạng x11 y y 2 y y y x 1 1 x11 11 Gọi p ước nguyên tố x , suy p | x Gọi h ord p x h |11 � h � 1,11 , suy 10 x �1 mod11 - Nếu h Vì p | x x L x nên p |11 suy p 11 (2) p 1 p �1 mod11 - Nếu h 11 từ x 1Mp suy (3) x11 x11 Vì p ước nguyên tố x nên từ (2), (3) suy với ước số d x có tính chất d �0 hc 1 mod11 (4) x11 Từ (1) suy y, y vµ y y y ước số x (5) x11 x nên suy y �0,1, hc mod11 Vì y �0 mod11 y y y �2 mod11 - Nếu , trái với (4), (5) y �1 mod11 y y y �5 mod11 - Nếu , trái với (4), (5) y �2 mod11 y y y �5 mod11 - Nếu , trái với (4), (5) y �3 mod11 y y y �8 mod11 - Nếu , trái với (4), (5) Từ trường hơp trên, suy phương trình (1) vô nghiệm x; y 1; t víi t �� Vậy tất nghiệm phương trình cho y, y | n 1 ! không chia hết cho n Câu 19 Tìm tất số nguyên dương n cho Hướng dẫn giải n 1 n nên n 1 ! hiển nhiên không chia hết Nhận xét n số nguyên tố cho n , khơng chia hết cho n n 1 ! không chia hết cho n Ta tìm n khơng ngun tố thỏa Ta có: ( n 1)! Mn � n ! Mn Điều xảy tồn ước số p n cho bậc p (số mũ lũy thừa p phân tích thừa số nguyên tố) n ! bé bậc p n t Giả sử n p k (với (p, k)=1) Theo lí luận ta có bất đẳng thức: �n � �n � �n � �p � �p � �p � 3t ��� �� � (*) �n � �n � �n � �n � 3t �� � � � � � � � t t 1 t 2 � �p � � �p � �� �p � � �p � �� 3t �k ( p p 1) Suy ra: k ( p t 1) 1.(2t 1) 3t � 3t � 2t � t � {1,2,3} p � 1 (**) Suy ra: Ta xét trường hợp dùng phép thử lại để làm rõ kết toán • TH1: t Ta có: (**) � �k Suy k k (Do k n trở thành số nguyên tố) + Với k : n p ( p nguyên tố) � 2p� � 2p� � � � � � � (đúng) �p � �p � Thử lại: p n (thỏa); p �2 : (*) + Với k : n p ( p nguyên tố) Thử lại: p n (thỏa); p n (thỏa); p �5 : � 3p � � 3p � � � � � � � (sai) �p � �p � (*) • TH2: t Ta có (**) � �k ( p 1) Suy k k (Do ( p 1) �3 ) + Với k , ta ( p 1) �6 � p �{2,3,5} � n �{4,9, 25} Thử lại ta chọn: n 4, n + Với k , ta ( p 1) �3 � p � n Thử lại ta thấy n thỏa mãn • TH3: t Ta có (**) � �k ( p p 1) Suy k (Do p p 1) �7 ) + Với k , ta ( p p 1) �9 � p � n (thỏa) Câu 20 Vậy tập tất giá trị số tự nhiên n thỏa ( n 1)! Mn { p , p , , } vi p nguyờn t Tổng m số nguyên dơng liên tiếp 2008 Xác định số Êy Hướng dẫn giải Giả sử tổng m số nguyên dương liên tiếp k 2008 : k k 1 k � k m 1 2008 � mk m m 1 2008 � m 2k m 1 4016 24.251 Nếu m lẻ � 2k m chẳn Khi đó: m 251, 2k m (không xảy ra) �2k m 251 � m 16 �� � m2 k 118 � Nếu m chẳn � 2k m lẻ Ta có: � Vậy số cần tìm 118, 119, �133 Câu 21 Tìm tất số nguyên x cho x chia hết cho x Hướng dẫn giải x chia hết cho x � x 3 x 3 chia hết cho x � x 10 chia hết cho x � 10 chia hết cho x Từ tìm x 0, x 1, x 1, x 4 Câu 22 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y y Hướng dẫn giải Câu 23 Có cách phân tích thành tích số nguyên dương, biêt cách phân tích mà nhân tử khác thứ tự tính lần? Hướng dẫn giải Xét phân tích với Với , có cách chọn số , để từ chọn Vậy số cách chọn 10+9+.+1 = 55 cách số cách chọn 55.55 cách Bây giờ, ta tính số cách phân tích bị trùng +) TH1: thừa số nhau: +) TH2: thừa số nhau: Câu 24 (a; b) (3; 3) Câu 25 Khi a {0; 1; 2; 3; 4}; b {0; 1; 2; 3; } (a; b) (3; 3) → số cặp (a; b) 5.5 – =24, 24 cặp cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu Tuy nhiên, cặp cho lần đếm trình đếm mà ta vừa nêu (1 điểm) +) TH3: thừa số khác nhau, phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần Vậy số cách phân tích là: cách 2014 2014 Câu 26 Tìm số tự nhiên P nhỏ cho số A P.17 86 chia hết cho số 23690 Hướng dẫn giải Để A chia hết cho 23690 A chia hết cho 10 , 23 103 Ta xác định P cho A chia hết cho 10 , 23 103 a) Ta có: 86 � 6(mod10) 86 2014 17 � 7(mod10) 2014 A P 6(mod10) 6(mod10) 9(mod10) 10 P �6(mod10) Để AM 2014 2014 ( P 1)17 2014 103k , k � b) Ta có A P.17 (103 17) Để A M103 P �0(mod103) � P 103t 1, t �N Từ trường hợp a, b ta suy t 10q 9, q �N Do đó: P 1030q 926 c) Ta lại có A 1030 q 926 17 2014 3.23 17 2014 = 1030q 927 17 2014 23l , l � Để A M23 1030q � 927 mod 23 q 6(mod 23) � q 23h 6, h �N Vậy P 23690h 7106 P nhỏ h Vậy số cần tìm P 7106 n n Câu 27 Tồn hay không hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n chia hết cho p n với số nguyên dương n ? Hướng dẫn giải n n Giả sử tồn hai số p, q nguyên dương phân biệt cho q n chia hết cho p n với n n số nguyên dương n , q n p n � q p Giả sử a số nguyên tố lớn q n số tự nhiên thỏa mãn n ( p 1)(a 1) Khi n p 1 a – p n p (mod a ) (1) p, a q, a Theo định lý nhỏ Fermat, ta có Vì p q a nên p a 1 � 1(mod a ) p ( p 1)( a 1) 1(mod a) p ( p 1)( a 1) 1 p(mod a ) n Do p �p (mod a ) (2) Từ (1) (2) suy �q (mod a) (3) , q p n n �0(mod a ) hay p n n Ma (4) n qn n Ma Chứng minh tương tự, ta n Từ (1) (3) suy q n �q p (mod a ) (5) Từ (4) (5) suy (q p )Ma Điều sảy p q a n n Vậy không tồn hai số nguyên dương phân biệt p, q cho q n chia hết cho p n với số nguyên dương n Câu 28 Tìm số nguyên dương a lẻ cho với số nguyên dương k lớn tồn số k nguyên x thỏa mãn a �x (mod ) Hướng dẫn giải k a �x (mod ) , a lẻ, k �3 � x lẻ �a x 1(mod 8) Với a �1(mod 8) , suy tồn n nguyên dương cho a 8n + k : Chọn x m + k : Nhận xét: Nếu x chạy qua HTDĐĐ modulo 2x x chạy qua m HTDĐĐ đầy đủ modulo ( m nguyên dương) 2 m m Thật vậy: x x �2 y y (mod ) � ( x y )(2 x y 1) �0(mod ) �x�y 0(mod 2m ) x y (mod m ) k 3 k Do đó: Tồn t nguyên thỏa mãn: n �2t t (mod ) � 8n �(4t 1) (mod ) k Suy a �x (mod )( x 4t 1) Kết luận: a thỏa mãn a �1(mod 8) Câu 29 Chứng minh m số tự nhiên không chia hết cho , cho , cho m ước số có Vì chữ số dạng 11 Hướng dẫn giải m, m,5 Nhưng lại Câu 30 m nên m,10 10 m 99 { �0 mod m từ theo (E) ta có m, 3 nên m, , m cs 10 m �11 { �0 mod m m cs 3 Chứng minh với số nguyên dương n , phần nguyên số Hướng dẫn giải n số lẻ Theo cơng thức nhị thức Newton, ta có: �C ( n n k 0 Do đó: 2 2 n 3)k n k k n n �Cnk ( 1) k ( 3) k 2n k k 0 n 2 n �Cnk (1) k 3 3 n k 0 (1)k Chú ý rằng: Khi k chẵn ( k 2m) (1) k ( k m 1) k Khi lẻ 3 k n Mặt khác: 3 3 3 Ta có: n n 3 3 Vì n n 1 n n n k (1) k 2.3m 0 3 3 Vậy từ (1) suy với n 1� k n số chẵn (2) 1; n 1 số nguyên n 1 n 1 , nên theo định nghĩa phần nguyên ta có: �2 n � �2 � � � � � � 3 n n n � � � 3 n n 1 �2 n � � � �là số lẻ, suy điều phải chứng minh Từ (2) suy với n � �� � 3k 2015 � � 2015 3k � S �� � � � � � � 3k 1 � 3k 1 � k 0 � � � � �, x kí hiệu số ngun lớn Câu 31 Tính tổng khơng vượt q số thực x Hướng dẫn giải 2014 Ta có 2015 � � 2015 � � 2015 � � 2015 � � 2015 � � 2015 � � S� � � � � � � � � 2015 � � 2015 � 3� � 3 � �3 � �3 � �3 � �3 3� �3 n x Sử dụng định lý Hermtie: “Đối với nguyên dương, số thực bất kỳ, ta có 1� � n 1� x � � x nx x � � � n� � n � �”, ta 2015 � � 2015 1 � � 2015 � � � � � � � � 2015 1 2015 � �� �� � 2015 � � 2015 1 � � 2015 � � 2015 � � 2015 � � �32 � �32 � �32 � � 1� � � � �� �� � � � � � 2015 � � 2015 1 � � 2015 � � 2015 � � 2015 � � � � 2015 � � 2015 � � 2015 1� � 2014 � 2015 � 3 � �3 3 � �3 � �3 �3 � �3 � Cộng vế với vế đẳng thức ta thu S Câu 32 Chứng minh tồn hai số nguyên x, y không chia hết cho 2015 thỏa mãn x 8059 y 4.2015n , n ��* Hướng dẫn giải x 8059 y 4.2015n � x 4.2015 1 y 4.2015n Ta có: Đặt a 2015 , ta chứng minh tồn hai số nguyên x, y không chia hết cho a thỏa mãn x 4a 1 y 4a n Nếu n x y thỏa mãn yêu cầu toán Giả sử toán đến n Ta chứng minh toán đến n Thật vậy, x 4a 1 y 4a n � 4a n 1 ax a 4a 1 y 2 � 4a 1 y � �x � � �x � �y �� � � � � 4a 1 � � � � �� �2 � � �2 � �2 �� � � � 4a n 1 Ta có hai cách phân tích sau: 4a 1 �x � � � � � �2 � � 2 � y� �x � �y �� �x 4a 1 � 4a 1 � � � � �� � �2 � �2 �� � � � 2 y� �x y � � 4a 1 � � �2 � � 2 2 � 4a 1 y � �x � � �x � �y �� �x 4a 1 y � �x y � � 4a 1 � � 4a 1 � � � � � � � �� � � �2 � � �2 � �2 �� � �2 � � � � 2 � x 4a 1 y � x 4a 1 y X1 X2 � � � � 2 � � x y x y � � Y1 Y2 2 Đặt � ;� Khi đó: 4a n 1 X 12 4a 1 Y12 (1) 4a n 1 X 22 4a 1 Y22 (2) Câu 33 Tìm tất số nguyên tố p cho: f ( p ) (2 3) (22 32 ) (23 33 ) (2 p 1 p 1 ) (2 p p ) chia hết cho Hướng dẫn giải Rõ ràng với k lẻ thì: 2 k 3k M5 (1) 1 - Thật (1) k lúc M5 - Giả sử (1) k 2n , tức: 2 n 1 32 n 1 M5 - Xét k 2(n 1) 2n Ta có: 22 n 3 32 n 3 22.22 n 1 32.32 n 1 4.22 n 1 9.32 n 1 5.22 n 1 10.32 n 1 22 n 1 32 n 1 22 n 1 2.32 n 1 22 n 1 32 n 1 Từ (*) giả thiết quy nạp suy 2 n 1 (*) 32 n 1 M5 Vậy (1) cúng k 2n Theo nguyên lý quy nạp suy (1) với k lẻ Từ suy ra: p 1 f ( p ) M5 � � 22i 32i M5 i 1 (2) Để ý �(2) �2 (mod 5) Vì từ (2) suy ra: 2i 2i � p21 � f ( p ) M5 � �2�22i � i 1 �� 2i � �p21 � � 2i M5 � � � �2 � �i 1 � � M5 � � ; (do (2,5) ) (3) 2i i i Lại có �4 �( 1) (mod 5) nên từ (3) ta có: �p21 � f ( p ) M5 � � (1)i � �i 1 � � p 1 � M5 � 2k � p k � � Vậy f ( p) chia hết cho số nguyên tố p có dạng p 4k m Câu 34 Cho a, m, n số nguyên dương cho a 1, m �n Chứng minh a a n có ước nguyên tố giống nhau, a lũy thừa Hướng dẫn giải Giả sử m n d (m, n) Vì (a m 1, a n 1) a ( m ,n ) a d d m nên a a có ước nguyên tố giống Đặt m d k (k 1), b a d , k b b có ước nguyên tố giống Ta chứng minh k lũy thừa Thật vậy, k lũy thừa 2, k p k p p có ước nguyên tố lẻ p Do b 1∣b b 1∣b nên b b có ước p 1 b �1 nguyên tố giống Gọi q ước nguyên tố b � b 1, nên b p 1 � b �p mod q � q p mod q p 1 Do đó, b � b có ước nguyên tố p, suy b p 1 � b p t mod p p 1 b �1 Vì b � b b nên t Từ suy b p.h Khi p ( p 1) b � b 1 p u A p �p mod p Điều mâu thuẫn chứng tỏ k lũy thừa p 1 Bây p ước nguyên tố b 1, p ước b Do đó, p Thành thử, b lũy thừa hay a d Do m d k số chẵn nên a 1∣ a m 1, suy ước nguyên tố a ước nguyên tố a d Nếu a có ước nguyên tố lẻ p, a �1 d số chẵn Nhưng số lẻ a nên a �2 a phải lũy thừa d mod p nên a d �( 1) d mod p , suy mod , suy a d Vơ lí a Vậy 1; 2; ; n Câu 35 Cho số nguyên n �1 Tìm số lớn cặp gồm phần tử phân biệt tập cho tổng cặp khác số nguyên khác không vượt n Hướng dẫn giải Giả sử có k cặp thỏa mãn đề Gọi S tổng k cặp đó, S �1 2k k (2k 1) Dễ thấy S �n (n 1) (n k 1) nk k (2k 1) �nk k (k 1) Do đó, k (k 1) 2n � � � k �� � �5 � 2n � � �5 � �cặp thỏa mãn đề sau Bây ta xây dựng � 2n � � � � 2k � Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 5k Khi ấy, � Ta xét cặp sau (4k 1; k ), (4k ; k 1), (3k 2;1), (3k ; 2k ), (3k 1; 2k 1), (2k 1; k 1) Rõ ràng dãy có 2k cặp thỏa mãn đề 2n � � � � 2k � Trường hợp 2: Số n có dạng 5k 5k 5k Khi ấy, � Ta xét cặp sau (4k 2; k 1), (4k 1; k ), , (3k 2;1), (3k 1; 2k 1), (3k ; 2k ), , (2k 1; k 1) Dãy có 2k thỏa mãn đề 2n � � �5 � � Vậy số lớn cặp thỏa mãn đề � x2 y x, y cho x y số nguyên ước 2415 Câu 36 Tìm tất cặp số nguyên dương Hướng dẫn giải q �� Nếu Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p 4q x , y số 2 nguyên cho x y chia hết cho p x y chia hết cho p Thật vậy: Nếu x chia hết cho p có y chia hết cho p Giả sử x không chia hết cho p x p 1 �1 mod p y khơng chia hết cho p Theo định lý Fermat ta có: , suy x p �1 mod p Từ giả thiết: x 2 p 1 , tương tự có x y �0 mod p y2 p 1 mod p � x p y p �0 mod p y p �1 mod p x2 y mod p y p mod p x4 p 2 mod p � p (mâu thuẫn giả thiết) (Bổ đề chứng minh) Áp dụng bổ đề vào toán, giả sử tồn số số nguyên dương x , y cho x y , x2 y2 x2 y k 2 x y số nguyên ước 2415 Đặt x y x y k x y với k ước 2415 3.5.7.23 2 k 3k1 , ( k1 ��, k1 không chia hết cho 3) Suy x y M3 � x M3 i) Nếu kM * 2 yM3 � x x1 , y y1 ; x1 , y1 �� , x1 y1 Ta lại x1 y1 k1 x1 y1 , khơng có 2 2 số nguyên dương x , y thỏa mãn x y x y x y �x y x y ii) Tương tự xét trường hợp k chia hết cho trường hợp k chia hết cho 23 x y x y � x y 50 x; y 3;1 iii) Nếu k M5 , ta thấy: , tìm x; y 2;1 Vậy tất cặp số nguyên dương x; y cần tìm có dạng a � 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483 3a; a , 2a; a , a;3a , a; 2a Câu 37 Cho , bi , ci ,1 �i �N số nguyên Giả sử với i ba số , bi , ci có số lẻ Chứng minh tồn số nguyên r , s, t cho rai sbi tci lẻ với 4N giá trị i,1 �i �N Hướng dẫn giải Ta xét số theo mod Ta thấy có cách chọn ( r , s, t ) với r , s, t không đồng thời ( (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 ) sbi tci �1 mod Với , bi , ci thỏa mãn đề có cho i Suy với ( , bi , ci ) cho ta chọn ngẫu nhiên (r , s, t ) �(0, 0, 0) giá trị kì vọng 4N biểu thức lẻ 4N Nhưng giá trị trung bình nên phải tồn (r , s, t ) với giá trị i cho tổng rai sbi tci số lẻ 2017 Câu 38 Giả sử phương trình x ax bx c (với a, b, c số nguyên) có nghiệm nguyên x1 , x2 , x3 Chứng minh a b c 1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 chia hết cho 2017 Hướng dẫn giải Phương trình cho tương đương x 2017 x � ax b 1 x c � � � 1 f x ax b 1 x c Đặt Từ giả thiết x1 , x2 , x3 nghiệm nguyên PT(1), áp dụng định lí Fecma ta có xi2017 �xi mod 2017 Từ 2017 hay xi xi M2017 1 � axi2 b 1 xi c xi2017 xi M2017 Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 M2017 hay f xi M2017 i 1, 2,3 2 ta có đpcm Giả sử trái lại, hiệu x1 x2 ; x2 x3 ; x3 x1 khơng có hiệu chia hết cho 2017 Ta có f x1 f x2 x1 x2 � a x1 x2 b 1� M2017 � � � a x1 x2 b 1M2017 Tương tự, ta có (3) a x2 x3 b 1M2017 (4) (do (2)) Từ (3) (4), ta có a x3 x1 M2017 � aM2017 Khi từ (4) ta có b 1M2017 Vì aM2017 b 1M2017 nên suy cM2017 Do a b c 1M2017 ta có đpcm Câu 39 Tìm số ngun tố p nhỏ để nguyên số a ) �3 p � � 2n � � � n1 a chia hết cho với n �� ( phần Hướng dẫn giải �p � � � 378 � � � � � Với �n không chi hết cho �p � � � 23 � � � � � Với �n không chi hết cho Như vậy, số nguyên tố nhỏ thỏa mãn điều kiện đầu x1 14 5, x2 14 Với p Xét �x1 x2 28 � x1 , x2 � x1 x2 16 � Do nghiệm phương trình bậc hai x 28 x 16 n n Đặt S n x1 x2 , ta có: S n x1n x2n x1n 1 x2n 1 x1 x2 x1 x2 x1n x2n 28S n 1 16Sn Do S n nghiệm phương trình sai phân cấp hai: Sn 28Sn 1 16 Sn 0 x2 � x2n � S n x1n Sn x2n Sn � � x1n � � � Sn Vì n1 n Ta có S1 28 chia hết cho Giả sử S n chia hết cho S n 1 chia hết cho Khi �3 n n3 n3 � � x S 28 S 16 S q q M � n n n � � hay � 2n � � x1n � � � � � chia hết n 1 cho , n �� n Câu 40 Cho số nguyên dương n thỏa mãn chia hết cho n Chứng minh n số chẵn Hướng dẫn giải n Gọi p ước nguyên tố bé n Ta có p �3 (vì p 1Mp vơ lí) Do 1Mn n 3n �1 mod p nên 1Mp hay 3d �1 mod p Gọi d số nguyên dương bé cho Xét khai triển sau: n kd r với n r �r �d Ta có �3 mod p 3r 1mod p Suy r Do nMd p 1 �1 mod p Do p số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có Lập luận tương tự suy p 1Md Có hai khả xảy ra: a) d : Gọi q ước nguyên tố d Vì nMd nên n Mq � p �d � p d � p q Điều mâu thuẫn với cách chọn p ước số nguyên tố bé n Do khả không xảy 3d �� 1 mod p 1 mod p p b) d : Từ Do p ước nguyên tố n , suy n chẵn (đpcm) ... đơi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: hai phiên số viết kề thành số có 2n chữ số, sau chữ số n chữ số đầu chữ số n chữ số sau đổi thành chữ số , chữ số n chữ số sau chữ số n chữ số đầu đổi... n chữ số, n có chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số Chứng minh M N C2 n Hướng dẫn giải n Hiển nhiên M C2 n Ta cần M N Với số có n chữ số gồm chữ số 1, 2, 3, số chữ số số chữ số , ta... Gọi k số nguyên dương nhỏ cho kn số phương l số nguyên dương nhỏ ln số phương Chứng minh n số nguyên tố k n n l Hướng dẫn giải Nếu n p số nguyên tố, l p p kp phương nên tồn y nguyên