Chuyên đề: Các bài toán về số nguyên vô địch toán các nước ôn thi Quốc gia và quốc tế

(Để đi đến đáp số này, hoàn toàn không cần đến các máy vi tính PC để mò mẫm tốn thời gian. Chỉ cần lập luận toán học, và cuối cùng là một máy tính bỏ túi có nút ấn logarit)... Biên s[r]

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page CHUYÊN ĐỀ: SỐ NGUYÊN ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12

Đề 27: Tổng số số nguyên dương liên tiếp 2000 Hãy xác định số

Đề 28: m, n hai số nguyên dương Biết mn+1 chia hết cho 24, chứng minh m + n chia hết cho 24

Đề 29: Hai số nguyên dương m, n thỏa mãn điều kiện:

2

3m  m 4n  n

Hãy chứng tỏ 4m 4n1 số phương

Đề 30: n số nguyên dương Biết 2n1 3n1 hai số phương

Hãy chứng minh: n chia hết cho 40

Đề 31: Tìm tất nghiệm nguyên (x, y) phương trình

2

x  y 16

Đề 32: Tìm tất nghiệm nguyên (x, y, z) phương trình:

2 2 2

x  y  z  x y

Đề 33: Chứng minh hiệu lập phương hai số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n, n tổng hai số phương liên tiếp

Đề 34: Xác định tất số nguyên dương n cho tích

A n (n1) (n2) (n 3)

có ước số nguyên tố

Đề 35: Với số nguyên dương n, ta kí hiệu ( n) số nguyên dương gắn n Hãy tìm tập

hợp tất giá trị hàm f : N* N* xác định bởi: f (n) n ( n)

Đề 36: Xác định đa thức P(x) có bậc nhỏ nhất, với hệ số nguyên không am nhỏ nhất, cho với số nguyên dương n

4n  P(n) chia hết cho 27

Đề 37: Chứng minh phương trình: 2 2

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page Đề 38: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất, có tính chất sau đây:

1 N chia hết cho 3,

2 N có dạng thập phân tận 35,

3 Tổng chữ số dạng thập phân N 35

Đề 39: Cho dãy số (a )n gồm số tự nhiên, thỏa mãn điều kiện:

a a1 a2  an  ,

b a2k ak  k với kN*,

c Nếu an số nguyên tố, n số nguyên tố Hãy xác định a2000

Đề 40: Cho đa thức:

Q(x) x 19x 99x  a với aZ Chứng minh với số nguyên tố p5, dãy p số nguyên Q(0), Q(1), Q(2), , Q(p 1) có số chia hết cho p

Đề 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn, xác định điểm M (a, b) với tọa độ (a, b)

nguyên, cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y 3x 10

  ngắn

Đề 42: Tìm tất nghiệm nguyên dương (x, y, z) phương trình

x y z

3  

Đề 43: Xác định tất số nguyên dương n, cho phương trình

  n n n

x  2 x  2 x 

có nghiệm hữu tỉ

Đề 44: Tổng m số nguyên dương chẵn khác n số nguyên dương lẻ khác 1996 Tìm giá trị lớn của: 3m + 4n

Đề 45: Với n số nguyên cho trước, người ta xác định hàm

*

f : N N

bởi công thức: *

2

n

f (k) k (k N )

k

 

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page (   a kí hiệu phần nguyên số thực a) Hãy xác định tất giá trị nguyên dương mà n

lấy để cho:

f (k)* 200 k N

 

Đề 46: Cho 100 số a, b, c,…, z, số lấy hai giá trị: Người ta thành

lập số:

z c

b

N a (cả thảy có 2100 số vậy) Hay tìm hai số cuối biểu diễn thập phân số N

Đề 47: Với số tự nhiên a, gọi !(n) tập hợp số tự nhiện k cho

n k n

50   50 

1 Chứng tỏ với số tự nhiên n, ta có l(n) 2 l(n) 3

2 Hãy chứng tỏ tồn vô số tự nhiên n cho l(n) 3 ( l(n) kí hiệu số phần tử

l(n) )

Đề 48: n số nguyên dương thay đổi x , x , ,x1 2 n có tổng

1 n

x  x   x  m

với m số nguyên dương cho trước, m n Hãy tìm giá trị lớn biểu thức:

i j i j n

S X X

    

Đề 49:  a , a , , a1 2 n hoán vị tùy ý dãy 1, 2, , n Lập tổng 

n

j j

j

S( ) a a

  

   

Hãy xác định max S( )

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page

LỜI GIẢI VÀ HƯỚNG DẪN

Đề 27: Tổng số số nguyên dương liên tiếp 2000 Hãy xác định số

Lời giải: Giả sử tổng m số nguyên dương liên tiếp, bắt dầu từ số nguyên dương k, 2000 Vậy ta có:

k  (k 1)(k 2)  (k  m1) 2000

Hay mk m(m 1) 2000



 

Tức là: m (2k  m1)  4000 55 (1)

Để ý m, m1 có tính chẵn lẻ khác nhau, m, 2k  m1 có tính chẵn lẻ khác Suy ra:

Trường hợp 1: m lẻ, 2k  m1 chẵn xảy khả năng:

a

m với a 0, 1, 2,

Vậy:

1 Với a ta có m1, k 2000

2 Với a1 ta có m5, k 398

3 Với a ta có m25, k 68

4 Với a ta có m 125, theo (1) ta có 125 (2k 124) 4000

Đẳng thức xảy với k nguyên dương

Trường hợp 2: m chẵn, 2k  m 1 lẻ Thế xảy khả

5 a a

m , 2k  m  1 5

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page Đề 28: m, n hai số nguyên dương Biết mn1 chia hết cho 24, chứng minh m + n chia hết cho 24

Lời giải:

1 Nhận xét mn 1 24k, nên m, n phải hai số lẻ, khơng chia hết cho Vai trị số m, n nhau, nên ta xét trường hợp:

a m 3p

n 3q

   

  

Thế mn 1 3p1 3q  1  1 (mod 3)

Vơ lí

b m 3p

n 3q

     



Thế mn 1 3p1 3q 1 1 (mod 3)

c m 3p

n 3q

      

Thế m n p  q : 3 (1)

2 Nhận xét a số lẻ, tức a2b1 a2  1 2b12  1 4b b 1 chia hết cho

Do xét số:

  

  

A mn m n m n

B mn m n m n

             

Thế thì: ABm2 1 n 1

Vì m, n số lẻ nên m2 1, n2 1 chia hết cho 8, chia hết cho 64, suy A, B phải chia hết cho

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page

2

3m  m 4n  n

Hãy chứng tỏ 4m 4n1 số phương

Lời giải: Điều kiện tốn viết dạng:

a m  n2m  n n2 hay m n 3m  3n1 n2 (1)

b m  n2  m n m2 hay m n 4m  4n1  m2 (2)

Từ (1) hay (2) suy mn, phép kiểm nghiệm ta thấy trường hợp m n xảy Do m n Gọi p ước số nguyên tố mn Từ (1) (2) suy p ước số

n m2, tức p ước số n m

Do p ước số nguyên tố 4m 4n1, nói cách khác mn, 4m  4n1 nguyên tố

Vậy từ (2) suy m n, 4m 4n1 phải số phương

Ghi chú: Từ (1) suy 3m3n 1 số phương

Đề 30: n số nguyên dương Biết 2n1 3n1 hai số phương

Hãy chứng minh: n chia hết cho 40

Lời giải: Ta có 2n 1 m2, mà 2n1 số lẻ, m lẻ: m 2k 1, suy

 2

2n 1 2k 1  n 2k (k 1)

Vậy n chẵn, đồng thời 3n 1 p2, mà n chẵn p lẻ p 2t 1 suy

2

3n 1 (2t 1)  3n 4t (t 1)

Từ suy n chia hết cho

Ta có: 5n 2n3n k k  1  t t 1 (1)

Suy ra: k k 1  t t 1 chia hết cho

Để ý u v không chia hết cho u (u 1) 1, (mod 5) v (v 1) 1, (mod 5)

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page Suy ra: u (u1) v(v 1) (mod 5)

Do k (k 1), t (t 1) chia hết cho 5, suy n chia hết cho

Vì n chia hết cho nên n chia hết cho 40

Đề 31: Tìm tất nghiệm nguyên (x, y) phương trình

2

x  y 16

Lời giải:

1 Xét x chẵn, y chẵn

3 2

3

y (mod 8) x (mod 8) x (mod 4) x (mod 16) y (mod 16) y (mod 4)

       

   

Đặt x  4X, y  4Y với X, Y nguyên Phương trình cho trở thành

2 3

16X 64Y 16  X  4Y 1

Suy X lẻ, X 2t 1 với t nguyên ta có:

2 3

(2t 1) 4Y   t (t 1) Y

Nhận xét t, t 1 hai số nguyên tố nhau, nên chúng phải hai lập phương: điều xảy t  t 1 Vậy Y 0 tức y  Vậy ta nghiệm

x  4, y 

2 Xét x lẻ, y lẻ ta có: y3  x2 16 (x  4)(x 4)

Gọi d USCLN x  x 4 Khi d US (x 4)(x  4)8 Vì x lẻ nên d 1, x  4, x  hai số nguyên tố Suy ra:

3

3

x t x s

   



  

Với t, s lẻ (t s), ta có: 8 t3  s3 (t s)(t2  ts s )2 (* )

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page Tóm lại: phương trình cho có hai nghiệm nguyên

(x ; y)(4 ; 0) ; (x; y)  ( 4; 0)

Đề 32: Tìm tất nghiệm nguyên (x, y, z) phương trình:

2 2 2

x  y  z  x y

Lời giải: Để cho tiện ta đặt:

VT x2  y2  z2

2

VP x y

Ta xét trường hợp:

1 x, y lẻ VP lẻ, VT lẻ suy z chẵn Khi

2 2

2

VT x y z 1 (mod 4)

VP x y 1.1 (mod 4)

      

  

Mâu thuẫn

2 x lẻ, y chẵn Thế VP chẵn VT chẵn, suy z lẻ Khi

2 2

2

VT x y z 1 (mod 4)

VP x y 1.0 (mod 4)

      

  

Mâu thuẫn

3 x, y chẵn Suy z chẵn Đặt x  2X, y  2Y, z 2Z

Phương trình trở thành 2 2

X  Y  Z  X Y (1)

Ta có X2  Y2  Z2  (mod 4)

Suy ra: X, Y, Z chẵn Đặt X 2X , Y1 2Y , Z1 2Z1 (1) trở thành

2 2 2

1 1 1

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page Lập luận theo mod ta thấy X , Y , Z1 1 1 chẵn Như vậy, ta kéo dài vơ hạn lập luận Nhưng phương trình cho có nghiệm x , y , z0 0 0 lập luận khơng thể kéo dài

vô hạn, trừ trường hợp: x0  y0  z0 

Thành thử phương trình cho có nghiệm x   y z

Đề 33: Chứng minh hiệu lập phương hai số nguyên liên tiếp bình phương số tự nhiên n, n tổng hai số phương liên tiếp

Lời giải: Giả sử n2 k 13  k3 3k2  3k 1

Thế 4n2 12k2 12k  4 2k 12 1

Hay 2n1 2n 1 3 2k 12

Vì 2n1, 2n1 hai số lẻ liên tiếp, nên chúng nguyên tố nhau, suy ra:

1

2

2

2n 3t 2n s

  

 

  

2 Hoặc

2

2

2n s 2n 3t

  

 

  

Với st 2k 1, s t nguyên tố nhau, s không chia hết cho Vì s số lẻ, nên s6m1

Xét khả Ta có: 2n 1 s2 6m12 36m2 12m1

Suy 3t2 2n 1 36m2 12m 2 vô lí (mod 3)

Xét khả Ta có 2ns2  1 6m12  1 36m2 12m 

Suy n18m2  6m 1 (3m)2  (3m1), đpcm

Đề 34: Xác định tất số nguyên dương n cho tích

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 10 có ước số nguyên tố

Lời giải: Với n 1, ta có: A 1.2.3.42 33 có ước số nguyên tố Do sau ta xét n

Để ý A tích số nguyên dương liên tiếp, nên A ln ln có ước số 2, ta xét trường hợp A có ước số nguyên tố 2, 3, p (p5)

Trường hợp 1: n lẻ (vậy n3)

Khi n, n + hai số lẻ liên tiếp, nguyên tố nhau, suy n, n + hai lũy thừa a b

3 , p Vì n + số chẵn, nguyên tố vói n với n + 2, nên

k

n 1 với k 

 k  k k  k  k 1 k  k  k  A  1 2 1  2  1 1  1 (1)

Vì k 2, nên thừa số sau (1) số lẻ Nhưng

     

       

k k k k k

k k k k k

2 1, 2 1, 2 1,

2 1,  2  1,  1,  1

         

         

Suy ra:

|1)

k

k

k

2

2 p ( , , 1)

2

 

 

   

      

   

Thế 3 2k  1 2(2k1 1) 3 2.3 3

Hay 3 1 2 3 11

Dễ dàng thấy đẳng thức xảy           1 1

Khi k

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 11 |2)

k

k

k

2 p

2 ( , , 1)

2 p

 

 

   

      

   

Thế p 2k  1 2(2k1 1)  3 2.p 3

Điều khơng thể xảy   , 1, mà chia hết cho p

Kết luận I: Với n lẻ, có n =

Trường hợp II n chẵn (vậy n 2)

Khi n + 1, n + hai số lẻ liên tiếp, nguyên tố nhau, suy n + 1, n + hai lũy thừa

b

3 , p Vì n + số chẵn, nguyên tố với n + 1, với n + nên

k

n 2 với k 

Thế A (2k  2)(2k 1) (2k k 1) 2k1(2k1 1)(2k 1)(2k 1) (2)

A) Nếu k = 2k1    1 1 n 2k  2 22  2

3

A 2 52 có ước số nguyên tố

B) Nếu k 3 thừa số sau (2) số lẻ Ta biết

k k

(2 1), (2 1) 1 mà (2k 1, 2k1 1)(2(2k1 1)1, 2k1 1)1

Suy

B1)

k

k

k

2

2 p ( , , 1)

2

 



 

   

      

   

Thế 3  2k  1 2(2k1 1) 3 3 3

Hay 3 1 2.3 1 1

Đẳng thức xảy

1

     

 hay

1

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 12 Tức n 2k  2 2(2k1 1) 3 2 36

B2)

k

k

k

2 p

2 ( , , 1)

2 p

 



 

   

      

   

Thế p 2k  1 2(2k1 1)  3 p 3

Điều xảy   , p nguyên tố >

Kết luận II: với n chẵn, có n = 2, n =

Kết luận cuối cùng: Chỉ có giá trị n = 2, n = 3, n =

Thì tích A n(n1)(n 2)(n 3) có ước số nguyên tố

Đề 35: Với số nguyên dương n, ta kí hiệu ( n) số nguyên dương gắn n Hãy tìm tập

hợp tất giá trị hàm f : N* N* xác định bởi: f (n) n ( n)

Lời giải: Đó tập tất số ngun dương khơng phải số phương Quả ta có:

f (1) ( 1) 1 f (2) ( 2)

    

    

Với n3 tồn số nguyên dương k cho:

2

k  k   1 n (k 1) (k 1)

Vậy n có dạng n(k 1)2  m

Với m k, , 2, 1, 0, 1, , k 1 (2k  giá trị)

Khi

( n)( (k1)  m)  k

Vậy f (n)  f ((k 1)2  m(k 1)2 (k 1) m

Với k  m  k 1, f (n) lấy 2k  giá trị

2 2

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 13 Đề 36: Xác định đa thức P(x) có bậc nhỏ nhất, với hệ số nguyên không am nhỏ nhất, cho với số nguyên dương n

4n  P(n) chia hết cho 27

Lời giải: Tất đồng dư thức  sau theo mod 27

Để ý rằng: n n 2

n n

9n(n 1) (1 3) C C 3n

2



        

Nên từ 4n  P(n) 0 suy

2

2

9n (n 1) 9n (n 1)

P(n) 3n 28 3n

2

126n 42n 28

9n 15n 26

 

 

        

 

   

  

Vậy đa thức phải tìm P(x) 9x2 15x  26

Đề 37: Chứng minh phương trình: 2 2

6(6x  3y z )  5t khơng có nghiệm ngun (x, y, z, t) nghiệm tầm thường (0, 0, 0, 0)

Lời giải: Giả sử phương trình cho có nghiệm ngun khơng tầm thường (x, y, z, t) Nếu d1 ước số chung x, y, z, t có ước chung lớn

Từ phương trình cho, ta thấy t2 phải chia hết cho 6, t phải chia hết cho Đặt t  6v, ta

được: 2 2

6x  3y z 30v

Suy z phải chia hết cho Đặt z3u được:

2 2

2x  y  3u 10v (1)

Bây để ý với số nguyên a, ta có u2  0, 1, (mod 8), suy ra:

2

2

2

2

2x 0,2 (mod 8)

y 0, 1, (mod 8)

3u 0, 3, (mod 8) 10v 0, (mod 8)

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 14 Đối chiếu với (1), ta thấy khả

y 1 (mod 8), xảy ra, khả

2

3u 3 (mod 8) xảy

Vậy y2 0,4 (mod 8) 3u2  0,4 (mod 8), suy y , u2 số chẵn tức y, u số chẵn Đặt y 2Y, u2U từ (1) suy ra:

2 2

x  2Y  6U  5v (2)

Lại có:

2

2

2

2

x 0, 1, (mod 8)

2Y 0, (mod 8)

6U 0, (mod 8)

5v 0, 4, (mod 8)

 

 

Đối chiếu với (2) ta thấy khả

5v  (mod 8) xảy Vậy 5y2  0, (mod 8), suy khả x2 1 (mod 8) xảy Thành thử x2  0,4 (mod 8), x số chẵn

Tóm lại ta có x, y, z = 6V, t 6v số chẵn, trái với giải thiết chúng nguyên tố

Đề 38: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất, có tính chất sau đây:

4 N chia hết cho 3,

5 N có dạng thập phân tận 35,

6 Tổng chữ số dạng thập phân N 35

Lời giải: Theo 2) ta có N100A 35

Với A số tự nhiên Theo 3), tổng chữ số dạng thập phân A bằng: 35(3 5)27

Do A gồm chữ số, ba chữ số 9, tức A  999, vơ lí

Ta cần tìm số N nhỏ với tính chất nêu, nên trước hết xét trường hợp A gồm chữ số tức là: A 1000a100b10cd

Với a1 theo a   b c d 27 (1)

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 15 Hay 2b 3c d  7k  a (2)

với k nguyên

xét a1 Từ (1) (2) suy b c d 26

2b 3c d 7k

   

     

Vậy b 2c 7k  25 7k1  (k1 Z) (3)

Nhớ b c 26 d 26 9 17, nên xảy khả

b b b

, ,

c c c

     

     

  

Từ (3) suy khả bị loại

Xét trường hợp a Từ (1) (2) suy b c d 25 (4)

2b 3c d 7k

   

     

Ta có b c 25d  25   16 Vì ta cần tìm N (tức A) nhỏ nhất, nên ta xem khả năng:

1) b Khi (4) trở thành

1

c d 18

3c d 7k

  



   



Từ phương trình đầu suy c d 9, mâu thuẫn với phương trình thứ hai

2) b Khi (4) trở thành

1

c d 17 3c d 7k

   

  



Với c d 17, ta có hai khả năng:

A) c8, d 9, 3c d 33, trái vứi phương trình thứ hai;

B) c9, d8, 3c d 35, phù hợp với phương trình thứ hai

Thành thử ta số nhỏ phải tìm là: 289835

Đề 39: Cho dãy số (a )n gồm số tự nhiên, thỏa mãn điều kiện:

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 16 e a2k ak  k với kN*,

f Nếu an số nguyên tố, n số nguyên tố Hãy xác định a2000

Lời giải: Với k 1, 2, ta có ak ak1  a2k1  a2k  ak  k

Suy ak1  ak 1 với nIN*

an a1  (n1)

1) Giả sử a1 0 Thế a2 1, a3  2, a4 3, mâu thuẫn với điều kiện c)

2) Giả sử a2 2 Gọi p số nguyên tố nhỏ thỏa điều kiện

1

p(a 1) !  (a 1) (* )

Lấy n  p a1 Thế an a1  (n1) a1 (p 1 a )1  1 p số nguyên tố, suy n số nguyên tố

Để ý rằng: n  p a1 (a1 1) ! (a1 1)  1 a1 (a1 1) !  (1)

Và đồng thời n  p a1   p  p (2)

Trong khoảng ((a1  k)!  2; (a1 1)!  (a1 1) 1) số nguyên tố nào, nên theo (1)

1 1

n(a 1)!  a  2 (a 1)! (a 1)1 Vì p số nguyên tố nhỏ thỏa điều kiện (*) , nên suy n p, mâu thuẫn với (2)

3) Còn lại khả a1 1, an n với nIN*

Dãy số nghiệm điều kiện toán Thành thử a2000  2000

Đề 40: Cho đa thức:

Q(x) x 19x 99x  a với aZ Chứng minh với số nguyên tố p5, dãy p số nguyên Q(0), Q(1), Q(2), , Q(p 1) khơng thể có số chia hết cho p

Lời giải: Giải sử trái lại có bốn số tự nhiên  n1  n2  n3  n4  p cho:

i

Q(n ) (i 1, 2, 3, 4) chia hết cho p Thế với i  j

2

ij i i j i i j j i j

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 17

2

ij i i j j i j

R  n n n  n 19n 19n  99 chia hết cho p, | ni n |j  p Suy với

1 i j

2 2

1j 1i 1 j j j 1 i i i

R R (n  n n  n 19n 19n  99)(n n n  n 19n 19n  99)

j i j i

(n n ) (n n n 19)

     chia hết cho p, đó:

1

n  n  n 19 n1  n4  n3 19 chia hết cho p, suy n3 n2 chia hết cho p, vơ lí

Đề 41: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ trực chuẩn, xác định điểm M (a, b) với tọa độ (a, b)

nguyên, cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y 3x 10

  ngắn

Lời giải: Trước hết ta nhận xét đường thẳng D cho có phương trình

30x  70y 21 không qua điểm nguyên M (a, b) nào, có a, b nguyên cho: 30a 70b  21 suy 21 chia hết cho 10, vơ lí

Khoảng cách h từ điểm M (a, b) đến D cho công thức

2

30a 70b 21 h

30a 70

  



Do cần tìm a, b nguyên để biểu thức A  10(3a 7b) 21 đạt giá trị nhỏ Vì

3a 7b số nguyên, nên hiển nhiên A đạt giá trị nhỏ khi:

3a 7b  2 (* )

Phương trình (*) có tất nghiệm nguyên (a, b) a 7t b 3t

   

 

 với t Z

Đề 42: Tìm tất nghiệm nguyên dương (x, y, z) phương trình

x y z

3  

Lời giải: Giải sử (x, y, z) nghiệm nguyên dương phương trình cho

Lấy đồng dư mod hai vế, ta được: 1 ( 1) (mod 3)z

Nên z phải số chẵn Đặt z2t, với t nguyên dương, ta được:

x 2t 2y t y t y

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 18 Suy

t y u

t y v

5

(1)

  

 

 



Với u, v nguyên, u v 0, u v x Từ (1) suy 2y1 3u  3v 3 (3v uv 1)

Vậy phải có v 0, ux (1) trở thành

t y x

t y

5

(2)

  

 

 



Từ phương trình thứ hai (2), ta thấy y 1 Với y  2, ta t 1 đến nghiệm

x   y z

Xét y 3 Lấy đồng dư mod hai vế phương trình thứ hai (2), ta được:

t

5 1 (mod 8) Suy t phải số chẵn Mặt khác, từ (2) suy

t x

2  1 Nên lấy đồng dư mod hai vế, ta được: 2t1 1 (mod3)

Suy t 1 phải số chẵn, tức t lẻ, mâu thuẫn với kết Tóm lại phương trình có nghiệm ngun dương (2, 2, 2)

Đề 43: Xác định tất số nguyên dương n, cho phương trình

  n n n

x  2 x  2 x 

có nghiệm hữu tỉ

Lời giải: Nếu n số chẵn, vế trái ln ln dương, phương trình khơng thể có nghiệm Do ta xét n lẻ

Trường hợp n 1 Phương trình trở thành x (2 x) (2 x)  có nghiệm nguyên x  4

Trường hợp n Khai triển vế trái, ta phương trình

n n 2 n 4 n n n

n n n

2 [2 C  x C  x  C  2x  ] x 0 (1)

Hệ số cao (hệ số xn) phương trình 1, hệ phương trình có nghiệm hữu tỉ, nghiệm phải số ngun Hơn tất hệ số phương trình không âm, hệ số tự

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 19 a Nếu m 0, tức x  1, thay vào phương trình xuất phát đề toán, ta

n n n

( 1) 1 3  vơ lí

b Nếu m1 tức x  2, thay vào phương trình xuất phát, ta

n n

( 2)  0  vơ lí

c Giả sử m 2 Đặt m  p 1, với p1, p nguyên, ta có x  2m  2p1 thay vào phương trình xuất phát, ta được:

( p 1) n p n p n

2  (2  ) (2  )

     

Hay (1 )p n  (12 )p n  2pn

Hay 2(1C 22n 2p C 24n 4p  )  2pn

Tức 1C 2n2 2p C 2n4 4p  2pn 1

Điều vơ lí vế trái số lẻ, vế phải số chẵn Thành thử có giá trị n1 thích hợp

Đề 44: Tổng m số nguyên dương chẵn khác n số nguyên dương lẻ khác 1996 Tìm giá trị lớn của: 3m + 4n

Lời giải: Hiển nhiên ta có: 1996 (2 4  2m) (1 3 (2n 1))

2

2

m(m 1) n m n

2

 

       

 

Do

2

1

m n 1996,25

2

 

  

 

 

Theo bất đẳng thức Bunhiakôpxki

2

2 2

1 3

3m 4h m 4h m n

2 2

5 1996,25 1,5 221,84

 

     

             

 

     

  

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 20 Ta chứng tỏ giá trị lớn 3m 4n 221 Muốn để ý phương trình

3m 4n 221 có thảy 18 nghiệm nguyên dương (m, n), chúng có dạng

m 4t

, (0 t 17) n 53 3t

  

  

  

Trong nghiệm ấy, ta lưu tâm đến nghiệm (m, n) (23, 38) ta có:

2

2 46 23 24 552 75 38 1444

     

     

Vậy tổng 23 số chẵn 2, 4, …, 46 38 số lẻ 1, 3, 5, …, 75 có tổng 1996 Thành thử:

max (3m 4n)  221

Đề 45: Với n số nguyên cho trước, người ta xác định hàm

*

f : N N

bởi công thức: *

2

n

f (k) k (k N )

k

 

      

(   a kí hiệu phần nguyên số thực a) Hãy xác định tất giá trị nguyên dương mà n

lấy để cho:

f (k)* 200 k N

 

Lời giải: Vì [A]  A nên ta phải có với kIN*

2

n

k 200

k

  tức k4  200k2  n

Hay (k2 100)2  n  10000 (1)

Vì (1) với *

kIN , nên đặt biệt lấy k 10 suy n 10000

Mặt khác, A [A] 1

Nên để có (*), cần chứng tỏ tồn *

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 21

2

n

m 201

m

  tức m4  201m2  n 

Hay

2 2

2 201 201

m n

2

 

  

 

 

Tức

2

2

201 201

n m (2)

4

 

   

 

Ta cần xét tất giá trị mà n lấy, cần chọn m cho vế phải (2) lớn

tốt, tức cho (m2  100,5)2 nhỏ tốt Với mIN*, hiển nhiên nên chọn

m10, (2) trở thành

2

201

n 10100

4

  

Thành thử giá trị mà n nhận 10000, 10001, 10002, , 10099 (100 giá trị)

Đề 46: Cho 100 số a, b, c,…, z, số lấy hai giá trị: Người ta thành

lập số:

z c

b

N a (cả thảy có 2100 số vậy) Hay tìm hai số cuối biểu diễn thập phân số N

Lời giải: Bài toán yêu cầu tìm số tự nhiên n, với  n  99, cho

N n (mod 100) (1)

Vì N lũy thừa a, với a 9, nên rõ ràng n

1) Ta có N  9B N  4B với

z

c

B b Để ý rằng:

i) Theo khai triển Newton 910 (101)10   C 10101  1 (mod 100) suy

10k m m

9   (mod 100) từ phép quy nạp theo số tự nhiên k, ta có:

410km  4m (mod 100) với số tự nhiên k  với số tự nhiên m

Từ hai kết này, ta thấy để có (1), cần xác định số dư

z

c

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 22

2k k k

2k

2k k

2k k

4 16 6 (mod 10)

4 x 4 (mod 10)

9 81 (mod 10)

9 81 (mod 10)

          

Do để xác định số dư B phép chia cho 10, cần biết

z

d

Cc chẵn hay lẻ C lũy thừa c, nên C chẵn c chẵn (c 4), lẻ c lẻ (c 9)

2) Tóm lại ta chứng tỏ rằng:

z

c c

b b

N  a  M  a (mod 100) với a, b, c lấy tùy ý hai giá trị Có khả xảy ra, là:

4 9

4 256

4 10k 4

9 10k

9 10k 9 10

4 256

4 10k 4

9 10k

4 4 4096 96 (mod 100)

4 4 256 56 (mod 100)

4 4 (mod 100)

4 4 1024 256 24 56 1344 44 (mod 100)

9 9 531441 41 (mod 100)

9 9 6561 61 (mod 100)

9 9 (mod

                               

9 10k 9 2

100)

9     81  6561  61  21  89 (mod 100)

3) Như có số dư phép chia số N cho 100, là: 4, 9, 41, 44, 56, 61, 89, 96

Đề 47: Với số tự nhiên a, gọi l(n) tập hợp số tự nhiện k cho

n k n

50   50 

3 Chứng tỏ với số tự nhiên n, ta có l(n) 2 l(n) 3

4 Hãy chứng tỏ tồn vô số tự nhiên n cho l(n) 3 ( l(n) kí hiệu số phần tử

l(n) )

Lời giải:

1) Cố định số tự nhiên n: Hiển nhiên tồn số tự nhiên (duy nhất) cho:

p n p

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 23 Lại từ 50n 7p suy 50n1  50p  7p3

Như ta có p n p p n p

7   50     50   

Chứng tỏ p1, p 3 l(n), cịn p, p 1 l(n)

Vì khơng rõ p 2có thuộc l(n) hay khơng, nên ta kết luận | l(n) | 2 | l(n) | 3

2) Bây ta cố định số nguyên dương m Vì

k

k k

49

lim

50

  

- Nên tồn số nguyên dương n (duy nhất) cho:

n n

n m n

49 49

50 50



  

Suy 50n  7m2m  7m2m2  50n1 (1)

Như m 2n, m2n1, m 2n l(n), | l(n) | 

Thành thử với số nguyên dương m, ta tìm số nguyên dương n (n phụ thuộc vào m) cho có (1), tức | l(n) | 

Nếu m, m1 hai số nguyên dương khác nhau, số nguyên dương n, n1 tương ứng phải khác Quả nn1 ta có (1) đồng thời

1

m 2n m 2n

n n

50       50  Vậy số

1 1

m 2n, m  2n1, m 2n 2, m  2n, m  2n1, m  2n thuộc l(n), mà

1

m # m , suy | l(n) |  4, vơ lí

Ghi chú: bạn đọc yêu toán giải thêm câu hỏi sau đây:

Tìm số nguyên dương n nhỏ với | l(n) |  ĐS: n = 96

(Để đến đáp số này, hồn tồn khơng cần đến máy vi tính PC để mị mẫm tốn thời gian Chỉ cần lập luận toán học, cuối máy tính bỏ túi có nút ấn logarit)

Đề 48: n số nguyên dương thay đổi x , x , ,x1 2 n có tổng

1 n

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 24 với m số nguyên dương cho trước, m n Hãy tìm giá trị lớn biểu thức:

i j i j n

S X X

    

Lời giải: Ta có

2

n n

2

i i

i i

m x x 2S

 

 

    

  

Vậy để có S lớn nhất, ta cần chọn dãy (x )i in1 cho tổng

n i i T x 

  nhỏ

Lấy dãy số nguyên dương x , x , ,x1 2 n (*) có tổng

n i i x m   

Nếu dãy số (*) có hai số x , x , với p q xp  x , xq q  xp  ta có

2 2 2 2

p q p q q p p q p q

(x 1)  (x 1)  x  x 2(x  x )   x  x   4 x  x 2

Do thay cho dãy (*), ta xét dãy x , x , , x 1' '2 'n

Với ' i i ' p p ' q q

x x neu i # p, i # q

x x

x x

         

Thì ta có x'1  x'2  xn'  m với tổng

n n

' 2

i i

i i

T x x T

 

    

Các tổng T, T’,… số nguyên dương giảm dần Do lặp lại trình số hữu hạn lần ta phải đến dãy số mà lập luận áp dụng Đó dãy số có

+ k số x (1i  k n) u (u nguyên dương)

+ n k số xi u1

Với dãy số ta có: m ku(n k)(u1)  nu(n k) (1)

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 25 Nói cách khác, dãy số (với tổng

n i i T x 

  nhỏ nhất) xác định hoàn toàn Cụ thể

phép chia m cho số nguyên dương n

m nu r (0 r  n1) (2)

Thì ta lấy k  n r số u, r số u +

Với dãy số này, ta có:

n

2 2

i i

T x (n r) u r (u 1)



     

Suy i j 2

1 i j n

1

max x x [m (n r) u r (u 1) ]

2

  

    



Với r u xác định (2)

Đề 49:  a , a , , a1 2 n hoán vị tùy ý dãy 1, 2, , n Lập tổng 

n

j j

j

S( ) a a

  

   

Hãy xác định max S( )

 

Lời giải: Ta phân biệt hai trường hợp: n chẵn, n lẻ

Trường hợp 1: n chẵn, tức n = 2k Đặt bi ai  k (ii 1, 2, , n2k)

i

(k 1) b k

    dãy (b )i hoán vị dãy ( (k 1),(k  2), , 1, 0, 1, , k) (* )

Ta có:

n n n

i i i i i i

i i i

S( ) | a a | | b b | (| b | | b |)

                   n

i n

i

2 | b | | b | | b | (1)



   

Dấu “=” xảy với i 1, 2, , n1, hai số bi1 bi khác dấu Vì (bi) hốn vị dãy (*) nên:

k k

n k

2 i

i i i i

| b | i i k i k (k 1) k k

 

   

       

Biên soạn sưu tầm: GS Phan Đức Chính Page 26

2

i n

S( ) 2k | b | | b |  2k 1

Suy max S( )  2k2 1 đạt ta có đồng thời: i 1 i

1 n

a) i 1, 2, , n b , b khac dau

b) | b | | b |



   

 

  



Một hoán vị (bi) dãy (*) thỏa mãn hai điều kiện a), b)

(0,2, 1, 3, 2, 4, , (k 2), k,(k 1), 1) dãy   (a )i tương ứng là:

(k, k  2, k 1, k  3, , 2, 2k, 1, k 1)

Trường hợp 2: n lẻ, tức n 2k 1

Đặt bi  ai (k 1) (i 1, 2, , n)

Thế  k bi  k dãy (bi) hoán vị dãy ( k, (k 1), , 1, 0, 1, , k) (* * )

Theo lập luận trường hợp 1, ta có:

n

i n

i

S( ) | b | | b | | b | (1)



    

Dấu “=” xảy với i 1, 2, , n1, hai số bi1 bi khác dấu Vì (bi) hốn vị dãy (**), nên ta có:

n k

i

i i

| b | i k (k 1)

 

  

 

Vậy theo (1) S( )  2k (k 1)  | b |1  | b |n  2k (k 1)1

Suy max S( ) 2k(k 1)

     đạt ta có đồng thời: i i

1 n

a) i 1, 2, , n b va b khac dau

b) | b | | b |



   

 

  



Một dãy (bi) dãy (**) thỏa mãn điều kiện a), b)