Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi chuyên đề 17 lý THUYẾT số lê hoành phò file word

CHUYÊN ĐỀ 17: LÍ THUYẾT SỐ KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Số phương - Số phương bình phương số tự nhiên - Số phương n tận 0, 1, 4, 5, 6, Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố số nguyên lớn có ước số - Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, … Nếu số nguyên a > không chia hết cho số nguyên tố ≤ a a nguyên tố - Số nguyên lớn 1, số nguyên tố gọi hợp số - Phân tích số tự nhiên m lớn thừa số nguyên tố cách m = p1α1 p 2α p kα k - Số ước nguyên dương m d ( m ) = ( α1 + 1) ( α + 1) ( α k + 1) - Tổng ước nguyên dương m σ ( m ) = p1α1 +1 − p 2α +1 − p kα k +1 − p1 − p2 − pk − Số nguyên tố – Số nguyên – Số hữu tỉ - Nếu hai số nguyên a, b có khác ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, (a, b) = (a, a ± b) BCNN m = [ a, b ] ( a, b ) [ a, b] = a.b , m m  , ÷= a b ( ) n n - Nếu (a, b) = a b nguyên tố Nếu (a, b) = a , b = - Các số nguyên dương a b nguyên tố tồn số nguyên x y cho: ax + by = - Hàm Ơle φ ( m ) : số bé số nguyên dương m nguyên tố với m  α α α Nếu m = p1 p 2 p k k φ ( m ) = m 1 −      ÷1 − ÷ 1 − ÷ p1  p   p k  Nếu m = p nguyên tố φ ( p ) = p − Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Nếu (a, b) = φ ( ab ) = φ ( a ) φ ( b ) - Số hữu tỉ có dạng p = m , m ∈ Z, n ∈ N* n Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên số thực x số ngun lớn khơng vượt q x, kí hiệu [x], nghĩa [ x] ≤ x < [ x] +1 - Nếu x = m + r với m nguyên ≤ r < [x] = m r gọi phần lẻ, r = {x} - Nếu n nguyên [n + x] = n + [x] với x Chứng minh chia hết - Phép chia số nguyên a cho số nguyên b ≠ 0: a = b.q + r với thương q nguyên dư r nguyên thỏa ≤ r < b Nếu r = số nguyên a chia hết cho số nguyên b ≠ (b chia hết a, a bội số b, b ước a), kí hiệu a Mb hay b a - Dấu hiệu chia hết cho số chẵn; cho chữ số tận 0, 5; cho (hoặc 25) hai chữ số tận cùngM4 (hoặc 25); cho (hoặc 125) ba chữ số tận M8 (hoặc 125); cho (hoặc) tổng chữ số M3 (hoặc 9); cho 11 hiệu tổng chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ M11 Dư đồng dư - Cho số nguyên m > Nếu hai số a, b có dư chia cho m a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu a ≡ b (modm) Nếu a ≡ b (modm), c ≡ d (modm) a ± c ≡ b ± d ( mod m ) , ac ≡ bd ( mod m ) - Định lý Ơle: với (a, m) = a φ( m ) = 1( mod m ) p - Định lý Fecma: với p nguyên tố a ≡ a ( mod p ) p −1 với (a, p) = a ≡ 1( mod p ) - Tập { a1 ,a , ,a n } hệ thăng dư đầy đủ modulo m với i, ≤ i ≤ m − , tồn j cho a j ≡ i ( modm ) - Định lý phần dư Trung Hoa: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Nếu r s số nguyên dương nguyên tố nhau, a b số nguyên bất kì, hệ phương trình đồng dư: N ≡ a ( mod r ) N ≡ b ( mod s ) có nghiệm N theo modulo (rs) Tổng quát: Nếu m1 , m , , m k số nguyên tố đôi a1 ,a , ,a k số nguyên, hệ k phương trình đồng dư: x ≡ a i ( mod mi ) ; I = 1, …, k có nghiệm x nguyên theo modulo M = m1.m m k Chú ý: 1) Nếu a tận 0, 1, 5, a n tận 0, 1, 5, tương ứng Vì φ ( 10 ) = , n = 4k + r a tận 3, chữ số tận a n chữ số tận a r , a tận chữ số tận a n chữ số tận 6.2 r 2) Nếu a tận x a 20 có hai chữ số tận chữ số tận x 20 Tìm hai chữ số tận a n đưa tìm dư phép chia n cho 20 n n −1 3) Hệ nhị phân số tự nhiên k = a.2 + a n −1 + + a1 + a k = a n a n −1 a1a (2) với a i ∈ { 0;1} , a n ≠ Tổng quát, số tự nhiên s viết hệ g – phân nếu: s = a n g n + a n −1g n −1 + + a1g + a s = a n a n −1 a1a (g) Với a i ∈ { 0,1, ,g − 1} , a n ≠ 4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) nghiệm nguyên dương bé phương trình x − dy = nghiệm nguyên dương có dạng: ( x n , yn ) (  a+b d =    ) +(a −b d) ,(a +b d) −(a −b d) n n n d n  ÷ ÷ ÷  CÁC BÀI TỐN Bài tốn 17.1: Chứng minh a) 70.271001 + 31.38101 chia hết cho 13 b) Nếu ba số a, a + k a + 2k đồng thời ba số nguyên tố phân biệt lớn k M Hướng dẫn giải 1001 ≡ 1mod ( 13) a) Ta có 27 ≡ 1mod ( 13) ⇒ 27 Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 101 Và 38 ≡ −1mod ( 13) ⇒ 38 ≡ −1mod ( 13) ⇒ 271001 = 13n + 1( n ∈ N ) 38101 = 13m − 1( m ∈ N ) ⇒ 70.271001 + 31.38101 = 70 ( 13n + 1) + 31( 13m − 1) = ( 70n + 31m ) 13 + 39 ⇒ đpcm b) Ta biết số nguyên tố lớn biểu diễn dạng 6p + 6p + (p nguyên dương) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn biểu diễn hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, định phải có hai số biểu diễn dạng, chẳng hạn 6p + r 6s + r với r Hiệu hai số 6s – 6p = (s – p) M6 Mặt khác hiệu hai ba số k 2k nên k M3, k số chẵn nên k M6 Bài toán 17.2: Chứng minh với m, tồn số nguyên n để: n − 11n − 87n + m chia hết cho 191 Hướng dẫn giải Đặt P ( x ) = x − 11x − 87x + m Giả sử: P ( x ) ≡ ( x + a ) + b ( mod 191) ⇔ x + 3ax + 3a x + a + b ≡ x − 11x − 87x + m ( mod ( 191) ) 3a ≡ −11( mod191)  ⇔ 3a ≡ −87 ( mod191)  b ≡ m − a ( mod191) ( 1) ( 2) ( 3) ( 1) ⇔ 3a ≡ 180 ( mod191) ⇔ a ≡ 90 ( mod191) ⇒ 3a ≡ −87 ( mod191) Vậy ∀m ∈ Z , tồn số nguyên a, b để: P ( x ) = ( x + a ) + b ( mod191) Nhận xét: 191 số nguyên tố dạng 191 = 3k + P ( i ) ≡ P ( j) ( mod191) ⇒ ( i + a ) ≡ ( j + a ) 3 ( mod191) 3 Đặt u = i + a, v = j + a u ≡ v ( mod191) ⇒ u 3k ≡ v3k ( mod191) u 3k v ≡ v3k + ≡ v191 ( mod191) = v ( mod191) (định lý Ferma) (1) ⇒ v ≡ u 3k v3 ≡ u 3k +3 ( mod191) Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ⇒ u 3k v ≡ u 3k u 3k +3 ≡ u 3k +1.u 3k + ≡ u 3k +1.u191 ≡ u 3k +1.u ( mod191) ≡ u 3k + ≡ u191 ≡ u ( mod191) (2) (1) (2) suy ra: u ≡ v ( mod191) ⇒ i ≡ j ( mod191) Nếu ∀i, j ∈ { 1, 2, ,191} ; i ≠ j ( mod191) P ( i ) ≠ P ( j) ( mod191) Suy tồn n ∈ { 1, 2, ,191} cho P (n) = 191 (mod 191) tức là: P ( n ) ≡ ( mod191) x − y4 − + Bài toán 17.3: Cho x, y số nguyên, x ≠ −1; y ≠ −1 cho số y +1 x +1 nguyên Chứng minh x y 44 − chia hết cho x + Hướng dẫn giải Ta chứng minh y − chia hết cho x + x − a y4 − c = ; = Đặt y +1 b x +1 d Trong a, b,c,d ∈ Z , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > Từ giả thiết, ta có ad + bc a c nguyên, suy d | b b | d Mặt khác, nguyên; (a, b) = bd b d (c, d) = 1, nến b = d = ( ) 44 44 Suy y − chia hết cho x +1 Từ x y − = x y − + x − chia hết cho x + (do y 44 − chia hết cho y − nên chia hết cho x + x − chia hết cho x + 1) n Bài toán 17.4: Với số tự nhiện n, chứng minh tổng ∑C k =0 2k +1 2n +1 23k không chia hết cho Hướng dẫn giải Đặt x = , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: (1+ x) 2n +1 Tương tự: ( − x ) 2n +1 n 2k +1 3k = A + Bx ( *) với B = ∑ C 2n +1.2 k =0 = A − Bx (**) Nhân vế theo vế (*) (**) ta được: 2n +1 = 8B2 − A Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 2n +1 ≡ ±2 ( mod ) Mặt khác, Do vậy, B bội thì: A ≡ ±2 ( mod ) : vơ lý ( Bài tốn 17.5: Chứng minh phần ngun 11 + ) 2n +1 chia hết cho 2n +1 không chia hết cho 2n + với n số tự nhiên Hướng dẫn giải Ta có: ( Mà ( 11 + 11 + (  11 +  ) ) ) 2n +1 2n +1 2n +1 − ( 11 − ) 2n +1 số tự nhiên ∈ ( 0;1) nên =  ( 11 + ) 2n +1 − ( 11 − ) 2n +1 (Vì a − b = k ∈ N ⇒ a = k + b với b ∈ ( 0;1) nên [a] = k = a – b) Với n = 0; ( ) ( ) 11 + − 11 − = chia hết cho 20+1 = không chia hết cho 22 = Mà: ( ( ) ( ) 11 + − ) ( 11 + − 11 − )  =  11 + − 11 −  4 4 43  ( 11 − = 40 nên với n = thì: ) (  2   11 + + 11 − + 11 + 11 −   4 44 4 43 44 4 43 40   ) ( ) ( ) ( )( )   = 6.42 = 2.32.7   chia hết cho 22 không chia hết cho 23 Giả sử tính chất với số tự nhiên k < n Ta chứng minh tính chất với k= n Trước hết, nhận xét rằng: ( 11 + )( Thật vậy: ( ( ) 11 − = ⇒ ) 11 − = 11 + ) ) ( 11 −   11 +   =  11 + +  2n +1 − ( ( 11 − ) ( ) ( 11 − ) ; ( ) 11 + = ( 11 − ) 2n +1 ) 2n −1 − ( 11 − ) 2n −1   Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ( −  11 −  ( = 40  11 +  ) ( 2n −1 = 235  11 +  (  Vậy  11 +  ) ) 2n −1 2n +1 ( − 11 − − ( ) 2n −1 11 − ) )( 11 + ( ) 2n −1  −  11 +   2n −1 ) ( − 2n −3  − 22  11 +   ) ( − 11 + ( 2n −3 )( 11 − − ( ) 11 − 2n −3 11 − ) ) 2n −1     2n −3    n +1 n+2  chia hết cho không chia hết cho Bài toán 17.6: Cho trước a b hai số nguyên dương Chứng minh số (4ab – 1) ( ) ước số 4a − a = b Hướng dẫn giải ( ) Giả sử tồn cặp hai số nguyên dương (a, b) cho (4ab – 1) ước số 4a − a ≠ b ta gọi cặp số cặp xấu giả sử (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ ( ) Do 4b − ( ≡ 4b − ( 4ab ) ) 2 ≡ 16b ( 4a − 1) ≡ ( mod ( 4ab − 1) ) nên (b, a) cặp xấu, 2a + b ≤ 2b + a suy a < b (do a ≠ b ) Do ( 4ab − 1) chia 4a dư 3, nên số ( 4a − 1) 4ab − 4a c cho 4ac − = ( − 1) 2 − 1) chia 4a dư 1, 2 số chia 4a dư 3, tồn số nguyên dương 4ab − 4a Từ a < b 4ac − = ( ( 4a Vậy (a, c) cặp xấu − 1) 4ab − ta có c < b, 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ (đpcm) Bài toán 17.7: Xác định tất cặp nguyên dương (a, b) cho a b + a + b chia hết cho ab + b + Hướng dẫn giải Xét a < b b ≥ a + , đó: Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ab + b + > ab + b ≥ (a + 1)(ab + 1) = a 2b + a + ab ≥ a 2b + a + b Như vậy, ta khơng tìm (a, b) thỏa điều kiện toán trường hợp a 2b + a + b Xét a ≥ b Đặt k = , giả sử k nguyên dương ab + b + a a 1 + ÷( ab + b + ) = ab + a + ab + + + > ab + a + b b b b b Ta có:  Suy k < a + , b ≥ b b 7   b − ÷> b  7 a 1  − ÷( ab + b + ) = ab + a − a  b − ÷− − < ab + a < ab + a + b b b b b  Suy ra:  Từ b = 1, b = 2, k > - Nếu a − b b a a − < k < + a – < kb < a + nên a = kb b b b b Điều cho ta tìm (a, b) = (7k ,7k) (a - Nếu b = (a + 8) chia hết + a + 1) , suy (a + 8) chia hết a ( a + ) − ( a + a + 1) = 7a − , đó, ta có (a + 8) chia hết ( a + ) − ( 7a − 1) = 57 Nhưng ước số lớn 57 có 19 57, a = 11 a = 49 Dễ dàng kiểm tra cặp (a, b) = (11, 1) (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện toán - Nếu b = (4a + 9) chia hết ( 2a + a + ) , suy (4a + 9) chia hết a ( 4a + ) − ( 2a + a + ) = 7a − Từ đó, ta có (4a + 9) chia hết ( 4a + ) − ( 7a − ) = 79 Nhưng ước số lớn 79 có 79, từ a = 35 , số nguyên ( ) Vậy, cặp (a, b) thỏa điều kiện toán là: (11, 1), (49, 1) 7k ,7k , với k số ngun dương Bài tốn 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn cho 5n ước số tích số tự nhiên từ đến 1000 Hướng dẫn giải Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Số n lớn phải tìm số thừa số phân tích x x x … x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa n tổng số bội số 5, 52 , 53 , 54 dãy 1, 2, 3, …, 1000 Các bội dãy 1, 2, 3, …, 1000 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : = 200 số Trong đó, bội 52 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, bội 53 125, 250, …, 1000 gồm 1000 : 125 = số, bội 54 625 gồm số Do số thừa số phân tích x x x … x 1000 thừa số nguyên tố 200 + 40 + 80 + = 249 Vậy số n lớn 249 Bài tốn 17.9: Tìm tất cặp số ngun dương m, n cho: 3m + 5m 3n + 5n đồng thời chia hết cho tích số mn Hướng dẫn giải n Với m = 1, ta cần: n | + ⇔ n ∈ { 1, 2, 4,8} Tuy nhiên, có n ∈ { 1, 2} thỏa mãn điều kiện n | 3n + 5n Tương tự, với n = ta có: m ∈ { 1, 2} Ta chứng minh khơng cặp số ngun dương m, n khác thỏa mãn yêu cầu toán (1) Thật vậy, giả sử m, n ≥ thỏa ycbt Đầu tiên, hai số m n số chẵn m n số chẵn ta có | mn m m Do đó, + ≡ ( mod ) Tuy nhiên, m chẵn nên 3m + 5m ≡ ( −1) + ≡ ( mod ) , mâu thuẫn m Vậy, ta coi m số lẻ (m > 2) Gọi p ước nguyên tố bé m, dễ thấy p ∉ { 2,3,5} (2) Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn số nguyên x để 5x ≡ 1( mod p ) Từ p | m | 3m + 5m suy p | x m ( 3m + 5m ) = ( 3x ) + ( 5x ) ⇒ ( 3x ) ≡ −1( mod p ) m m m Vì thế, đặt h = ord p ( 3x ) , h | 2m; ta có: h | p – (định lý nhỏ Fermat tính (p – 1, m) = theo cách chọn (2) p) chất cấp), nên: h | (p – 1,2m) = ( p − 1M h h p | ( 3x ) − 1 − ( 5x ) − 1 = ( 3h − 5h ) x h ⇒ p | 3h − 5h với h ∈ { 1, 2}     Trang http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 1 2 Nhưng − = −2, − = −2 nên p = 2, mâu thuẫn với (2) Do (1) đúng, đpcm Vậy m, n ∈ { 1;2} Bài toán 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dương m tồn vô số cặp số nguyên (x, y) cho: 1) x y nguyên tố 2) y chia hết x + m 3) x chia hết y + m Hướng dẫn giải Giả sử (x, y) cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3) Khi ta có (x + y + m ) Mxy hay x + y − kxy + m = (1) với k ∈ Z Ngược lại, dễ thấy cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên x, y nguyên tố cặp (x, y) thỏa mãn 1), 2), 3) Như chứng minh ta số ngun k cho có vơ số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) x, y nguyên tố Chọn k = m + Khi (1) trở thành: x + y − ( m + ) xy + m = (2) Bây giờ, ta chứng minh có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (2) x < y với x, y nguyên tố Thật vậy, xét dãy số nguyên { x n } xác định sau: x1 = 1, x = m + 1, x n + = ( m + ) x n +1 − x n ∀n = 1, 2,3 Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được: i) { x n } dãy tăng ii) x n x n +1 nguyên tố ∀n = 1, 2,3 iii) Cặp số ( x n , x n +1 ) thỏa mãn (2) ∀n = 1, 2,3 ⇒ đpcm Bài toán 17.11: Từ dãy số nguyên dương lớn 1, ta lập dãy số tăng dần a1 ,a ,a gồm tất số không bội không bội Chứng minh a n > 3n với số nguyên dương n Hướng dẫn giải Trong 3n số từ đến 3n ta chia nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + với k= 0, 1, 2, …, n – Trang 10 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải k = ( k − 1) + ( 2k − 1) < a1 + a + + a n + ( 2k − 1) < a + a + + a n + a n +1 Suy điều phải chứng minh Bài toán 17.25: Chứng minh với số nguyên dương n ≥ hai số 1992n 1992n + 3.2n có số chữ số Hướng dẫn giải Giả sử số 1992n có k chữ số, tức 10k −1 ≤ 1992n < 10k Do 1992n > 1000n = 103n , nên k > 3n Giả sử số 1992n + 3.2n chứa k + chữ số, 1992n + 3.2n ≥ 10k , suy 996n + ≥ 2k −n.5k Mặt khác 10k > 1992 n nên 2k − n.5k > 996 n Vì 996n + a = 2k −n.5k ≤ a ≤ k −n k Do k > 3n nên k – n > 2n n ≥ nên k ≥ , ≡ ( mod10 ) , 996n + a = + a , ≤ a ≤ nên + a ≡ ( mod10 ) n Nghĩa 996 + a ≡ ( mod10 ) Đó điều mâu thuẫn Bài tốn 17.26: Chứng minh biểu diễn số thành tổng bình phương nghịch đảo số tự nhiên khác Hướng dẫn giải Giả sử biểu siễn số 1, dạng: = 1 + + + đó: a1 a an < a1 < a < < a n n ≥ Từ điều kiện a1 ≥ a k ≥ k + , ta có: 1= 1 1 1 1 + + + ≤ + + + < + + + 2 a1 a an n ( n + 1) ( n + 1) 1.2 2.3   1 1 1 1 = 1 − ÷+  − ÷+ +  − b − ⇒    bi  > −1 ∑i ∑ i  i n i =1 i =1 n Suy ra: i n ∑ b  ≥ hay ∑ q ( c ) ≥ ta có đpcm i =1 i i i =1 2 Bài toán 17.31: Cho x1 , x , , x n số thực thỏa mãn điều kiện: x1 + x + + x n = Chứng minh với số nguyên k, với k ≥ , tồn số nguyên a1 ,a , ,a n không đồng thời cho với I = 1, 2, …, n ta có: a i ≤ k − a1x1 + a x + + a n x n ≤ ( k − 1) n kn −1 Hướng dẫn giải n  n  2 Từ bất đẳng thức:  ∑ x i ÷ ≤ n ∑ x i2 giả thiết x1 + x + + x n = ta dễ dàng chứng i =1  i =1  minh x1 + x + + x n ≤ n Bây giờ, với bi nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k n giá trị có dạng: n ∑b x i =1 i i Mỗi giá trị phải nằm đoạn 0, ( k − 1) n  Ta chia đoạn thành k n − đoạn n k −1 có độ dài là: ( k − 1) n Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có giá trị nói rơi vào đoạn Cụ n thể, giá trị ∑b' x i =1 i n i ∑ b '' x i =1 i i ta phải có: Trang 23 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải n ∑ ( b 'i − b ''i ) x i i =1 = n ∑ a x ≤ ( k − 1) k i =1 i i n n suy đpcm −1 Bài toán 17.32: Cho số nguyên n ≥ k ≥ Ta định nghĩa số c(n, k) với k = 0,1,2,…,n k sau: c(n, 0) = c(n, n) = với n ≥ : c ( n + 1, k ) = c ( n, k ) + c ( n, k − 1) với n ≥ k ≥ Chứng minh c(n, k) = c(n, n – k) với n ≥ k ≥ Hướng dẫn giải Khẳng định với n = 0: c(0, 0) = c(0; – 0) = Ta chứng minh trường hợp tổng quát quy nạp theo n Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với n ≥ m ≥ k ≥ Thế thì, theo hệ thức truy hồi giả thiết quy nạp, ta có: c ( n + 1, k ) = 2k c ( n, k ) + c ( n, k − 1) c ( n + 1, n + − k ) = 2n +1− k c ( n, n + − k ) + c ( n, n − k ) = n +1−k c ( n, k − 1) + c ( n, k ) Để hoàn tất chứng minh, ta chứng minh rằng: (2 k − 1) c ( n, k ) = ( 2n +1−k − 1) c ( n, k − 1) (1) Để ý từ giả thiết quy nạp ta suy (2 (2 k − 1) c ( n − 1, k ) = ( n − k − 1) c ( n − 1, k − 1) k −1 − 1) c ( n − 1, k − 1) = ( n −k +1 − 1) c ( n − 1, k − ) ( ) ( ) k n +1− k − c ( n, k − 1) Từ ta có: − c ( n, k ) − = ( 2k − 1)  2k c ( n − 1, k ) + c ( n − 1, k − 1)  − ( 2n +1−k − 1)  k −1 c ( n − 1, k − 1) + c ( n − 1, k − )  =  2k ( 2n − k − 1) c ( n − 1, k − 1) + ( k − 1) c ( n − 1, k − 1)  − ( 2n +1− k − 1)  k −1 c ( n − 1, k − 1) + c ( n − 1, k − )  = ( 2n − 2k + 2k − − 2n + 2k −1 ) c ( n − 1, k − 1) − ( n +1− k − 1) c ( n − 1, k − ) = ( 2k −1 − 1) c ( n − 1, k − 1) − ( n +1−k − 1) c ( n − 1, k − ) = Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh Bài tốn 17.33: Giải phương trình a) [ x ] − [ x ] − =  8x + 19  16 ( x + 1) = 11   b)  Hướng dẫn giải Trang 24 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải a) Đặt t = [x], t nguyên [ x ] − [ x ] − = ⇔ t − t − = ⇔ t = −1 t = 2 Do [x] = -1 [x] = Vậy nghiệm −1 ≤ x < 0, ≤ x < b) Đặt x= 16 ( x + 11)  8x + 19  = t nên t nguyên Ta có 16(x + 1) = 11t nên = t  11   11t − 16 Thế vào phương trình cho có 16 11t + 22 11t − 22   14  = t ≤ 14 − t < Nên 22 ≤t≤ Chọn số nguyên t = 3; 4; 5; 6; 3 Vậy nghiệm x = 17 19 25 45 ; ; ; ; 16 16 Bài tốn 17.34: Tìm số tự nhiên n biết bỏ ba chữ số tận bên phải số có giá trị n Hướng dẫn giải Dễ thấy số phải tìm có từ chữ số trở lên Giả sử sau bỏ ba chữ số tận abc số n ta số x, n = 103 x + abc Theo đề ta có: x = 1000x + abc ⇔ x = 1000x + abc ⇔ x ( x − 1000 ) = abc Nếu x ≥ 33 vế trái lớn 33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > abc nên x < 33 ( ) Nếu x ≤ 31 x ≤ 961 , nên x x − 1000 < < abc Do x nhận giá trị 32 Với x = 32 32(1026 – 1000) = abc hay 768 = abc Từ có n = 103.32 + 768 = 32768 Số thỏa mãn yêu cầu đề nên số cần tìm Bài tốn 17.35: Tìm số có hai chữ số cho số cộng với tích hai chữ số bình phương tổng hai chữ số Trang 25 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm xy (x, y số tự nhiên từ đến x ≠ ) Ta có 10x + y + xy = ( x + y ) hay 10x + y = x + xy + y 2 Nếu y = ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác Biến đổi thành y + y ( x − 1) = x ( 10 − x ) , ta có:  x + 10 − x  y ≤ x ( 10 − x ) ≤  ÷ = 25 nên y ≤   Thay y 1, 2, 3, 4, vào x(10 – x – y) = y(y – 1) phân tích vế trái thành tích hai số số nhỏ 10 Với y = x(9 – x) = 0, suy x = Với y = x(8 – x) = = 1.2, khơng có x thỏa mãn Với y = x(7 – x) = = 1.6 = 2.3, suy x = x = Với y = x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, khơng có x thỏa mãn Với y = x(5 – x) = 20 = 4.5, khơng có x thỏa mãn Vậy có ba số phải tìm 91, 63, 13 thỏa mãn đề Bài toán 17.36: Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số tiếp sau số số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải Gọi số có hai chữ số phải tìm x y 10 ≤ x, y ≤ 100 Theo đề ta có: 100x + y = kxy (k nguyên dương) hay y = kxy – 100x Do kxy − 100x Mx nên yMx , đặt y = mx (m nguyên dương) Khi ta lại có 100x + mx = kmx suy 100 = m(kx – 1) suy m ước số 100 Vì x, y số có hai chữ số nên m số có chữ số, m = 1; 2; 4; Mặt khác kx − = 100 100 hay kx = + đồng thời x số có hai chữ số m m Nếu m = 100 + = 101 không chia hết cho số có hai chữ số x nào: loại Nếu m = 100 + = 21 , ta có x = 21 y = m.x = 5.21 = 105 số có ba chữ số: loại Nếu m = kx = 51, k = y = mx có nhiều chữ số, k = ta có x=17; y = 34 Trang 26 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Vậy m = kx = 26, k = y = mx có nhiều hai chữ số, k = ta có x=13; y = 52 Thử lại Bài toán 17.37: Tìm năm số thực dương cho số bình phương tổng bốn số lại Hướng dẫn giải Sắp thứ tự số phải tìm là: < x1 ≤ x ≤ x ≤ x ≤ x Theo đề bài: x1 = ( x + x + x + x ) Và có đẳng thức tương tự x , x , x , x Đặt S = x1 + x + x + x + x x1 = ( S − x1 ) Tương tự x = ( S − x ) ; x = ( S − x ) ; x = ( S − x ) ; x = ( S − x ) 2 2 Ta có x1 = ( S − x1 ) ≥ ( S − x ) ≥ ( S − x ) ≥ ( S − x ) ≥ ( S − x ) = x 2 2 Suy ra: x1 = x = x = x = x = x (vì x > 0) S = 5x, x = ( 4x ) hay x(16x – 1) = Vì x > nên có nghiệm x = 1 Vậy năm số cần tìm 16 16 Bài tốn 17.38: Tìm tất số nguyên dương cho tổng chúng 1994 tích chúng lớn Hướng dẫn giải Ta cần chọn n số nguyên dương n (n > 1) mà a1 + a + + a n = 1994 để tích chúng lớn Khơng có số số chọn Thật giả sử a1 = , n = + 1993 = 1994 ta thay + 1992 = 1994 có 2.1992 > 1.1993, n > tích a1 + a + + a n ta thay b = a + tổng số b + a + + a n = 1994 , tích là: b x a x x a n = ( a + 1) x a x a x x a n = a 22 x a x a x x a n + a 2x a x x a n > a1 x a x a x x a n Nếu số chọn có số có khơng q hai số Thật vậy, giả sử có ba số 2.2.2 < 3.3, ta thay ba số hai số có tích lớn Trang 27 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Khơng có số số chọn lớn Nếu trái lại, giả sử a1 ≥ thay a1 hai số a1 − , ( a1 − 1) > a1 tích lớn tích ban đầu Vậy tích lớn gồm tồn số khơng có q hai số 2, nghĩa tích lớn 2.3664 2 Bài 17.39: Tìm giá trị nhỏ f ( x, y ) = 7x + 13xy − 7y x, y nhận giá trị nguyên khơng đồng thời Hướng dẫn giải Kí hiệu CP tập số phương 2 Xét f ( x, y ) = ⇔ g ( x, y ) = 7x + 13xy − 7y = Coi g(x, y) tam thức bậc x, có ∆ = 365y Do 365 ≠ CP nên ∆ ≠ CP ∀ y ∈ Z, y ≠ ⇒ g ( x, y ) ≠ 0, ∀x, y ∈ Z, y ≠ 2 Mà g ( x,0 ) = ⇔ x = , nên g ( x, y ) ≠ ∀x, y ∈ Z, x + y ≠ 2 Do f ( x, y ) ≠ 0, ∀x, y ∈ Z, x + y ≠ Suy ra, với a = f ( x , y ) giá trị cần tìm a ∈ N* Xét a chẵn phải có x , y chẵn Khi x y0 x y  a , ∈ Z f  , ÷ = < a , trái với định 2  2  nghĩa a Như vậy, a số lẻ Dễ thấy f(1, 2) = Suy a ≤ Vậy a ∈ { 1,3,5} 2 - Nếu a = g ( x , y ) = ±1 ⇔ 7x + 13x y − 7y m1 = ⇒ ∆ = 365y ± 28 ∈ CP (*) Mặt khác, 365y ± 28 khác ±3 ( mod ) mâu thuẫn với (*) (do b khác ±3 ( mod ) ∀b ∈ Z ) - Nếu a = thì: f ( x , y ) = ( x − y ) + y 02 + ( 6x 02 + 15x y − 9y 02 ) ≡ ( mod ) ⇒ ( x − y ) + y 02 ≡ ( mod 3) ⇒ x − y ≡ y ≡ ( mod 3) ⇒ x ≡ y ≡ ( mod 3) ⇒ f ( x , y ) ≡ ( mod ) , mâu thuẫn với f ( x , y ) = Vậy: a = f(x, y) = Bài toán 17.40: Chứng minh tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp độ dài đường cao số nguyên tam giác ABC tam giác Hướng dẫn giải Trang 28 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Gọi x, y, z đường cao theo thứ tự tương ứng với cạnh a, b, c ∆ABC (x, y, z nguyên dương) Do đường tròn ngoại tiếp tam giác có bán kính 1, nên z, y, z lớn Thật vậy, ta có: 2S = ax + by = cz = a + b + c nên: x= a+b+c b+c a = 1+ > + = (vì b + c > a) a a a Tương tự y > z > Mặt khác Do đó: a b c = ; = = x a+b+c y a +b+c z a+b+c 1 + + =1 x y z Giả sử x ≥ y ≥ z 1 3 + + ≤ suy ≥ x y z z Vậy z ≤ , mà z > nên z = Với z = 1 2 + = , suy ≥ suy y ≤ mà y > nên y = 3, từ có x = x y y x = y = z = Kết hợp với ax = by = cz, ta có a = b = c Vậy tam giác ABC tam giác Bài toàn 17.41: Các cạnh tam giác có số đo 377; 80 153 Chứng minh đặt tam giác hình chữ nhật có số đo độ dài cạnh số nguyên cho hai đỉnh tam giác trùng với hai điểm đầu điểm cuối đường chéo khoảng cách từ đỉnh thứ ba, tam giác tới cạnh hình chữ nhật số ngun Khi chứng tỏ số đo diện tích tam giác số nguyên Hướng dẫn giải Dự hình chữ nhật có chiều dài AB = CD = 16, chiều rộng AD = BC = 11 Trên AB đặt điểm P cho AP = Trên BC đặt điểm N cho CN = Từ điểm P N AB BC kẻ đường vuông góc với AB BC chúng cắt M Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12; BM = MP = Trang 29 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Trong tam giác vng MPA theo định lí Pitago thì: MA = AP + MP = 16 + 64 = 80 ⇒ AM = 80 Trong tam giác vng MNC, theo định lí Pitago ta có MC2 = MN + NC = 122 + 32 = 144 + = 153 ⇒ MC = 153 Và tam giác vng ABC, ta có: AC = AB2 + BC = 162 + 112 = 256 + 121 = 377 ⇒ AC = 377 Như tam giác MAC có cạnh 377 80 153 có hai đỉnh trùng với hai đầu mút đường chéo AC, khoảng cách từ đỉnh M đến đến cạnh AB BC 12 số nguyên, nên tam giác phải tìm Ta có SAMC = SABCD − SABC − SAHM − SCKM − SDHMX = 11.16 − 8.11 − 3.4 − 3.6 − 4.4 = 42 (đơn vị diện tích) nên số nguyên { } { } 2013 Bài toán 17.42: Cho x số thực Chứng minh phần lẻ { x} = x = x x số nguyên Hướng dẫn giải { } { } 2 2013 = x 2013 −  x 2013  Ta có {x} = x – [x], x = x −  x  x { } { } 2013 Theo đề phần lẻ { x} = x = x x = x + a x 2013 = x + b 2013 Với a =  x  − [ x ] b =  x  − [ x ] số nguyên Vì x = x + a nên x − x − a = ⇒ ∆ = + 4a ≥ ⇒ a ≥ Xét a = x − x = ⇔ x = hay x = số nguyên Xét a > a ≥ , ta chứng minh quy nạp, tòn số nguyên c n > d m > n cho x = c n x + d n , ∀n ≥ 3 Thật với n = 3: x = x + a ⇒ x = x + ax = x + a + ax = ( + a ) x + a chọn số nguyên c3 = + a > d = a > Giả sử khẳng định với n = k ≥ : tồn số nguyên c k > d k > cho x k = c k x + d k k +1 Khi x = c k x + d k x = c k ( x + a ) + d k x = ( c k + d k ) x + ck.a = c k a Ta chọn c k +1 = c k + d k ; d k +1 = c k a thỏa mãn Trang 30 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Áp dụng với n = 2013 tồn số nguyên c 2013 > d 2013 > cho x 2013 = c 2013 x + d 2013 Mà x 2013 = x + b nên c 2013 x + d 2013 = x + b Do x = b − d 2013 ∈Q c 2013 − Suy x nghiệm hữu tỉ phương trình x − x − a = nên x số nguyên: đpcm BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 17.1: Chứng minh rằng, với số tự nhiên n > 1, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số có n chữ số, khơng tồn hai dạng Hướng dẫn k Chứng minh qui nạp: Nếu a n = 10k có n chữ số viết hệ số Nếu a n = 5h 2h có n chữ số viết hệ số Bài tập 17.2: Cho f(0), f(1) số nguyên, f(0) = f(1) = f ( n + ) = 4n + f ( n + 1) − 16n +1 f ( n ) + n2n , n = 0, 1, … Chứng tỏ số f(1989), f(1990), f(1991) chia hết cho 13 Hướng dẫn Xét f ( n ) = 2n g ( n ) g ( n ) = Từ đí f ( n ) 15n − 32 + ( 15n + 1) 16− n +1 152 ( 15n + ) ( 15n − 32 ) 16n −1.2 ( n − ) = 153 Bài tập 17.3: Cho tam thức f ( x ) = ax + bx + c với hệ số nguyên a) Chứng minh với a, b, c biệt số ∆ tam thức khơng thể 1994 không 1995 b) Khi tam thức có hệ số ngun thay đổi, tìm biệt số ∆ nguyên dương nhỏ mà không số phương Hướng dẫn a) Dùng phản chứng b) Kết ∆ = Bài tập 17.4: Có số nguyên dương (a; b; c) cho: Trang 31 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải [a; b] = 1000 [b; c] = [c; a] = 2000 Hướng dẫn Số 1000 2000 có dạng 2m.5n nên a, b, c có dạng Kết 70 2 3 Bài tập 17.5: Tồn hay không cặp số thực (x, y) cho số x = y, x + y , x + y nguyên x + y không nguyên? Hướng dẫn Kết tồn với x + y = 2, xy = Bài tập 17.6: Có tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn: ( x + 2010 ) + ( x + 2012 ) = ( x + y + z + 2008 ) ( y + z − x + 2014 ) Hướng dẫn Biến đổi ( x + 2010 ) + ( x + 2012 ) = ( x + y + z + 2008 ) ( y + z − x + 2014 ) ⇔ ( x + 2010 ) + ( x + 2011) + ( x + 2012 ) = ( y + z − ) 2 ⇔ 3x + 12066x + 20102 + 20112 + 20122 = ( y + z − ) 2 Kết không tồn Bài tập 17.7: Tìm phần nguyên S = + 3 44 2013 + + + 2013 2012 Hướng dẫn Dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh k k +1 1 < 1+ + k k k +1 Kết [S] = 2012 Bài 17.8: Cho số nguyên không âm a, b cho ab ≥ c , với c số nguyên Chứng minh tồn số n số nguyên x1 , x , , x n , y1 , y , , y n thỏa n ∑x y i =1 i i n n i =1 i =1 ∑ x12 = a; ∑ y12 = b =c Hướng dẫn Trang 32 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải Xét (a, b, c) với a ≥ b c ≥ Có trường hợp c ≤ b a > c > b Trong trường hợp sau chứng minh qui nạp theo a + b Bài tập 17.9: Chứng minh với số ngun dương n có:  n  +  n  + +  n n  = [ log n ] + [ log n ] + + [ log n n ]       Hướng dẫn k Ta có  n  − = x x ≥ x k ≤ n Và có [ log m n ] − = y y ≥ m y ≤ n Bài tập 17.10: Cho a b hai số nguyên dương cho ab + hết a + b Chứng minh: a + b2 số phương ab + Hướng dẫn Dùng phản chứng đưa phương trình bậc a − kba + b − k = Lập dãy vô hạn nghiệm tự nhiên ( a i , b i ) mà tổng a i + bi giảm dần Bài tập 17.11: Với số nguyên dương n bất kì, gọi τ ( n ) số ước số dương (kể nó) số Hãy xác định tất số nguyên dương m cho với số tồn số nguyên dương n để τ( n2 ) τ( n) = m Hướng dẫn Kết m số lẻ Bài 17.12: Kí hiệu S tập hợp tất số nguyên tố p cho có chu kì sở 3r: p = , a1a a 3r a1a a 3r r = r(p); với p ∈ S số nguyên k ≥ ta định p nghĩa: f ( k, p ) = a k + a k + r( p ) + a k + 2r ( p ) a) Chứng minh S vơ hạn b) Tìm giá trị lớn (k, p) với k ≥ p ∈ S Hướng dẫn Trang 33 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải 2s s a) Gọi s số nguyên tố N s = 10 + 10 + N s ≡ ( mod ) b) Kết f(2, 7) = 19 Trang 34 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi thử file word có lời giải ... có ba số phải tìm 91, 63, 13 thỏa mãn đề Bài tốn 17. 36: Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số tiếp sau số số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải Gọi số có... 32768 Số thỏa mãn yêu cầu đề nên số cần tìm Bài tốn 17. 35: Tìm số có hai chữ số cho số cộng với tích hai chữ số bình phương tổng hai chữ số Trang 25 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi... b) Ta có: 177 6 ≡ 177 6 ( mod 2000 ) , 177 6 ≡ 176 ( mod 2000 ) , 177 63 ≡ 576 ( mod 2000 ) , 177 64 ≡ 976 ( mod 2000 ) , 177 65 ≡ 1376 ( mod 2000 ) , 177 66 ≡ 177 6 ( mod 2000 ) , 177 67 ≡ 176 ( mod