Đang tải... (xem toàn văn)
Khi đó ngày chơi cầu lông là thứ Năm và ngày bơi là thứ Bảy (thỏa điều kiện của đề bài).. Từ đó suy ra điều cần chứng minh... b)Ta chứng minh bằng phản chứng..[r]
(1)Bài 1: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2011 – 2012)
a) Xác định a, b để ( )
4
16x - 32x +24x +ax b+ M( ) 4x - 8x+5
. Vì 16x4- 32x3+24x2+ +ax bchia hết cho 4x2- 8x+5nên ta có:
4 2
16x - 32x +24x +ax b+ =(4x - 8x+5)(4x + +cx d)
=16x4+(4c- 32)x3+(4d- 8c+20)x2+ -( 8d+5 )c x+5d Suy ra:
4 32 32
4 20 24
-8
5
c a
d c b
d c a c
d b d
ì - =- ì =-ï ï ï ï ï ï ï - + = ï = ï Û ï í í ï + = ï = ï ï ï ï ï = ï = ï ï î î .
Vậy a = -8, b = u cầu tốn thỏa
b) Chứng minh
1 n S <
.
Theo a) 16n4- 32n3+24n2- 8n+ =5 (4n2+1)(4n2- 8n+5)
Do đó: 2
2
16 32 24 (4 1)(4 5)
n n
n n n n n n n
-
-=
- + - + + - + 2
1 1
4 4n 8n 4n
ổ ửữ
ỗ
= ỗỗố - + - + ÷÷ø Vì :
n
1
S
5 85 16 32 24
n
n n n n
-= + + +
- + - +
2
1 1 1 1
4 5 17 4n 8n 4n
ỉ ư÷
ỗ
= ỗỗố - + - + + - + - + ÷÷ø
2
2 2
1 1
1
4 4 4
n n
n n n
ổ ửữ
ỗ
= ỗỗố- + ữữứ= + < =
(đpcm)
Bài 2: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015)
*Cách 1: Gọi ( )S n tổng chữ số số tự nhiên n Hãy tìm số tự nhiên n biết
( ) 2015
S n n n 0S n( )n.
Ta có:
2
2015 0 ( )
2015
n n
S n n
n n n
2
2015 2014 2016 n n n n
1 2014
2016 n n n n
2014n2016 n2015. Thử lại với n = 2015, thấy thỏa S n( )n2 2015n8 Vậy số tự nhiên cần tìm n = 2015
*Cách 2:
(2)( thỏa mãn )
* Nếu n > 2015 S(n) = n2 – 2015n + = n(n-2015) + Vì n > 2015 nên n – 2015 n n 2015 8 n hay S(n) > n Nên n 2015 khơng có giá trị n thỏa mãn yêu cầu toán. *Nếu n < 2015:
S(n) = n2 – 2015n + = n2 – – 2015n + 2015 – 2006
= (n -1)(n + 1) – 2015( n -1) – 2006 = (n -1)(n -2014) – 2006 + n = : S(n) = > ( = n) ( không thỏa mãn)
+ n = 2014: S(n) = - 2006 < ( không thỏa mãn) + < n < 2014 : n1 0; n - 2014 < 0
nên S(n) = (n -1)(n -2014) – 2006 < - 2006 <0
Do đó, 0 n 2015 S n 0 nên khơng có giá trị n thỏa mãn u cầu tốn. Giá trị n thỏa mãn : S(n) = n2 – 2015n + < S(n) n n = 2015.
Bài 3: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2016 – 2017)
Giả sử x2 6x 6y y2( )
2 2
3 15
x y
x 3y x 3 y 15 Chú ý x 3y x 3 y nên ta có bảng giá trị sau:
3
x y 15 -1 -3
3
x y -15 -5
3
x -8 -4
x 11 -5 7 -1
Vậy x 5; 1;7;11 N x2 6x 6 số phương.
Bài 4: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2017 – 2018) Giả sử 7p 1 m m3 , mà p 2 m3
khi
3
7p m 1 m1 m m1 (*) Vì 7, p số nguyên tố, m1 1, m2m 1 nên từ (*) suy m1 7 m2m 1 7.
3
) 73; 512 7.73
a m m p m , đúng.
2
b)m m 1 m m 0
Giải ta m = m = -3 khơng thỏa mãn điều kiện m3. Vậy có số nguyên tố p = 73 số cần tìm
Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Ta có
2 8 1 8 1 1 1 p q qp p p
(1) Do 8q + lẻ nên p2 lẻ p lẻ
(3)Nếu q 2 4k k 1 khơng tìm k Vậy q2, q P q , 2 2;q 1
Từ (3) suy k = q = k + suy k = q = Thay kết vào (2) ta có : p2.2 5 q = k k + =
1 k q
(không thỏa mãn) Vậy cặp số (p ;q) (5 ;3) cặp số cần tìm
b) Ta có n5 - n = n(n4 - 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 + 1) = (n - 1).n.(n + 1)(n2 + 1) chia hết cho (1) Vì (n - 1).n.(n+1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mặt khác n5 - n = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n2 - 1).(n2 - + 5)
= n(n2 - 1).(n2 - ) + 5n(n2 - 1)
= (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) + 5n(n2 - 1)
Vì (n - 2)(n - 1)n(n + 1)(n + 2) tích số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5n(n2 - 1) chia hết cho Suy n5 – n chia hết cho (2)
Vậy theo (1) (2) suy n5 – n chia hết cho 30.
Bài 6: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019)
a) Chứng minh rằng: a0, từ suy
1 1 xyz
Ta cóa x x y y y z z z x (1)
Do x, y, z khác 0, đôi khác suy a0.
Từ (1) ta có ; ;
a a a
x y y z z x
x y z
Suy
1 1
0
a x y y z z x
x y z
Mà a0 nên
1 1 xyz .
b) Chứng minh rằng:
x z y z y x
Từ
1 1
xyz suy raxy yz zx 0 xy yz zx (2)
Vì
2 2
x z y x y y z z x
z y x xyz
2 2
(3) xyz z x y zx x yz zx y z z x
xyz xyz
Theo giả thiết x2 xyy2 yz x2 y2 xy yz (4)
Kết hợp (2), (3) (4):
3
xyz z xy yz zx xyz z xy xy x z y
z y x xyz xyz
Bài 7: ( CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2019 – 2020)
(4)2 2
1 ? 2019
a b c
b ac c ab a bc
Giả sử tồn ba số thực , ,a b cthỏa yêu cầu toán Khi đó,
2 2
0
4.1
0, 0,
abc
b ac a bc c ab
Khi đó, ta có
2 2 2 2 2
2 2
2
2 2
2
1
2019 2019 2019
1 2019 2019 2019 2019 2019 2019 a
b ac b ac a b a a c a
b
c ab b c b ab b
c ab
a bc c a c bc c
c a bc Suy ra,
2 2 2 2 2
2019
0
a b c b a a c c b ab a c bc a b c
Điều mâu thuẫn với 4.1 Vậy không tồn ba số thực , ,a b c thỏa yêu cầu tốn
b) Tìm tất cặp số nguyên dương x y, thỏa mãn
2 85
13 x y x y
Gọi x y, là cặp số nguyên thỏa yêu cầu toán, rõ ràng x y 0
Khi đó, ta có
2 2
2 170
13
x y x y
x y
x y x y
Suy 0 x y13 4.2
Mặt khác, ta có
2
85 13
13 4.3 85,13
x y x y
x y
Từ (4.2) (4.3) suy x y 13 Kết hợp với giả thiết, ta nhận hệ phương trình 2 13 4.4 85 x y x y
Giải (4.4), ta thu hai cặp nghiệm 6;7 , 7;6 .
Bài 8: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HC 2012 2013- D PHềNG) Để n18 n 41 hai số phơng
2 18
n p
vµn 41q p q2 , N p2 q2 n18 n 41 59 p q p q 59 Nhng 59 số nguyên tố, nên:
1 30
59 29
p q p
p q q
Tõ 2
18 30 900
n p suy n882
Thay vào n 41, ta đợc 882 41 841 29 q2
VËy víi n882 n18 n 41 hai số ph¬ng
Bài 9: ( HSG TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)
Ta có: abc100a10b c n 21 (1)
(5)Mặt khác: 100n2 1 999101n2 100011 n 31 39 4 n 119 (4) Từ (3) (4) suy n = 26 Vậy abc675.
Bài 10: ( HSG TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM HỌC 2008 – 2009)
Ta có kết quen thuộc sau đây:
1 1
2
2
A n
n
Thật vậy: Từ
1
2
2 k k
k k k k , suy ra:
2 ( 1) ( 2) ( 1) 2( 1) 2
A n n n n
(*)
Giả sử 100 số tự nhiện cho khơng có hai số Khơng tính tổng qt, giả sử: a1a2 a100 a11,a2 2, an 100
Thế thì: 100
1 1 1
1 100
a a a 2 100 19
(áp dụng (*)) Kết trái với giả thiết Vậy tồn hai số 100 số cho
Bài 11: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)
a) + Xét p = 2p + = 7; 4p + = 13 số nguyên tố
+ XÐt p ¿ 3: p số nguyên tố nên p = 3k + (k 1) hoăc p = 3k + 2(k 0)
p = 3k + 2p + = 2(3k + 1) + = 3(2k + 1) hợp số p = 3k + 4p + = 4(3k + 2) + = 3(4k + 3) hợp số Tóm lại p = số cần tìm
b) Do p số nguyên tố nên ớc p4 1; p; p2; p3; p4
Theo bµi ta cã n2 = p4 + p3 + p2 + p + 1
Do 4n2 = 4p4 + 4p3 + 4p2 + 4p +
= (2p2 + p)2 + 3p2 + 4p + > (2p2 + p)2
3p2 + 4p + > víi mäi sè nguyªn tè p.
2n > 2p2 + p (3)
Mặt khác 4n2 = 4p4 + 4p3 + 4p2 + 4p + 4
= (2p2 + p + 1)2 - p2 + 2p +
= (2p2 + p + 1)2 - (p - 1)2 +
XÐt p > th× - (p - 1)2 + < 0
4n2 < (2p2 + p + 1)2 2n < 2p2 + p + (4)
Tõ (3) vµ (4) suy 2p2 + p < 2n < 2p2 + p + (v« lÝ)
Suy p Do p số nguyên tố nên p = p = Thử lại đợc p = thỏa mãn yêu cầu toán
Bài 12: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009 – 2010)
a)Xét ( a2 + b2 + c2 + d2 ) - ( a + b + c + d) = a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1)
Vì a số nguyên dương nên a, (a – 1) hai số tự nhiên liên tiếp a(a-1)2 tương tự ta có b(b-1); c(c-1); d(d-1) chia hết cho 2 a(a -1) + b( b -1) + c( c – 1) + d( d – 1) số chẵn
Lại có a2 + c2 = b2 + d2 a2 + b2 + c2 + d2 = 2( b2 + d2) số chẵn. Do a + b + c + d số chẵn mà a + b + c + d > 2
a + b + c + d hợp số. b) (x2 3) (xy3)(1)
(6) x(xy +3) – 3(x+y) (xy3) 3(x+y) (xy3) 3( x+y) = k(xy+3) ( kN*) (2)
+Nếu k3thì 3( x y ) (k xy3) 3( xy3) x y xy 3 x1 y1 2 (Vơ lí x, y ngun dương)
+Nếu k = từ (2) (x-3)(y-3) =6, mà x, y số nguyên dương nên x = 6 y = 5 x = 5 y= 6 x=4 y=9 x=9 y=4.
Thử lại thấy x = 6 y = 5 x=9 y=4 thỏa mãn (1)
+Nếu k=2 từ (2) ta có: 3( x+y) = 2(xy+3) suy xy chia hết cho (*)
mặt khác 3( x+y) = 2(xy+3) y(x-3)+x(y-3)+6=0 suy x >3 y >3 vô lý (**) Từ (*) (**) ta có x; y1;3 , 3;1 Thử lại vào (1) ta (x;y)=(3;1) Vậy , x y 6;5 ; 9; ; 3;1
Bài 13: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013)
+ Từ giả thiết suy ra:
2 1
3a b c 10 Khơng giảm tính tổng qt giả sử a b c 1 Suy
2
2
3c c Do c{2;3} + Với c2 suy
2 1 1 1 1
(1)
32a b 10 6a b 5 6b b12 Do b{7;11}
+ Với b7 từ (1) suy
1
{19; 23; 29;31;37;41} 42a 35 a
+ Với b11 từ (1) suy
5
13
66a55 a ( a > b) + Với c3 từ giả thiết suy
1 1 11
(*)
3a b 30 3b b b ( b>c) Thay b5 vào (*)
15
6
2
a a
Vậy có 48 ba (a;b;c) thoả mãn:
(19;7;2),(23;7;2),(29;7; 2),(31;7;2),(37; 7;2),(41;7;2),(13;11; 2), (7;5;3) hốn vị
Bài 14: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2016 – 2017)
Ta có:
2
27 2016 27 1989 27
4 4n 4n
A
Vì A 27
số phương nên 41989 4n27
số phương Ta có 4 19894n27
>4n27 (2n27 2) Mà 41989 4n27
số phương nên ta có 1989 27
1 4 4n
2 27 2n
2n27 23977 n 4004
(7)Với n = 4004 ta có 27 2016 4004 27 4004
4 4 2
A
là số phương Vậy n = 4004 A = 427 + 42016 + 4n là số phương.
Bài 15: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2017 – 2018)
a) Đặt
2
3; 3;
a x b x c x
x
với , ,a b c Z
Từ a x 3 x a 3; từ b x 22 3 x2 b 3, nên ta có a 32 b 2 3 a2 2 3a 3 b 2 3 2 3a 1 b a2 3
-Nếu a + 10
2 3
1 b a a
a
,
2 3
,
1 b a
a b Z Q Q
a
Vô lý
Vậy a + 1=0 nên ta có
1
4
a a
b b a
x 3 1
Với x 1 ta có a1;b4 c2 nguyên, thỏa mãn đầu bài.
b) Vì 4x314x29x 6 số phương, nên ta có 4x314x29x 6=k2 với kN Ta có 4x314x29x 6=…=
2
2
x x x
nên ta có
2
2
x x x
=k2
Đặt
2
2,
x x x d
với dN*
Ta có x2d x2 4 x 2d 4x6x 4d
Ta lại có
2 2
4x 6x 3d 4x 6x 4x 6x 1d d 1
Vậy
2
2,
x x x
mà
2
2
x x x
=k2 nên ta có
x + 4x26x 3 số phương x 2 a v2 4x26x 3b2 với a,bN*
Vì x > nên ta có
2
2 2
4x b 4x 12x 9 2x b 2x3 Vì b lẻ nên
2
2 2 1 4 6 3 4 4 1 2 b x x x x x x Với x=2 ta có 4x314x29x 6=100=102 số phương.
c) -Nếu n lũy thừa bậc số tự nhiên toán chứng minh xong
-Nếu n không lũy thừa bậc số tự nhiên, ta ln tìm số nguyên dương k cho
2
2 1
k n k
.Vì n nguyên dương n k n k 21, ta có:
2 2 2
2n k1 2(k 1) k1 k 2k 1 k1 0 Vậy k nguyên dương , nên ta có
2
2 1
k n k 2n
Vậy dãy ln có lũy thừa bậc số tự nhiên
Bài 16: ( HSG TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2018 – 2019)
(8)Giả sử hai số 12 số chia cho 11 có số dư abc mnp; Suy (abc mnp- )M11
Khi ghép chúng cạnh ta số có sáu chữ số abcmnp Ta có
( ) ( )
1000 1001 11.91
abcmnp= abc mnp+ = abc+ mnp abc- = abc+ mnp abc
-Suy abcmnpM11 Điều phải chứng minh
Bài 17: ( HSG TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC 2018 – 2019)
Đặt p3- 4p+ =9 t t N2( Ỵ ) Biến đổi thành
( 4) ( 3)( 3) (1) |( 3) |( 3)
p p - = -t t+ Þ p t- Úp t+
Trường hợp 1: Nếu p t| - Đặt t- 3=pk k N( Ỵ ) Khi thay vào (1) ta có:
( 4) ( 6) 2 6 4 0
p p - =pk pk+ Û p - pk - k- =
Coi phương trình bậc hai ẩn p điều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:
( )
4 4 6k 4 24k 16
k k
D = + + = + +
là số phương
Mặt khác với k>3ta dễ chứng minh ( ) ( )
2
2 24 16 4
k <k + k+ < k +
Suy trường hợp:
( )2
4 24 16 1 2 24 15 0
k + k+ = k + Û k - k- =
(loại)
( )2
4 24 16 2 6 3 0
k + k+ = k + Û k - k- =
(loại)
( )2
2 24 16 3 6 24 7 0
k + k+ = k + Û k - k- =
(loại) Do phải cók£ Thử trực tiếp k=3 thỏa mãn Từ ta có t=36;p=11
Lưu ý: HS làm sau thay vào ( )1
( 4) ( 3) ( 3) 4 3 4
p p - =pk t+ Û k t+ =p - Þ p =kt+ k+ Mặt khác ta có(t- 3)2=p k2 Þ t2- 6t+ =9 k kt2( +3k+4)
( )
2 6 9 3 4 0
t t k k k
Û - + + - - =
Coi phương trình bậc hai ẩn nđiều kiện cần để tồn nghiệm phương trình là:
( )2 ( ) ( )
3 2
6 k 3k 4k k 24k 16k k k 24k 16
D = + - - - = + + = + +
là số phương Muốn k4+24k+16 phải số phương
Sau cách làm giống
Bài 18: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2009 – 2010)
(9) 1 2 3 4
( ) ( ). . . . 2003
P x h x x x x x x x x x
Trong đó: h(x) đa thức bậc với hệ số nguyên ( chẳng hạn: h(x) = ax + b; a, b nguyên); x Zi ; i 1,4
Ta dùng phản chứng, giả sử x = x0 nguyên ta có: P(x0) = 2010 suy ra:
0
2010h x( ). x xi 2003; i 1,4 h x( ).0 x0 xi 7; i 1,4 *
Vì x0 xi; i 1,4 nên vế trái (*) tích số nguyên khác khác khơng. Cịn VP = phân tích 1.7 (-1).(-7) tích hai số nguyên khác Nên đẳng thức (*) xảy Hay giả sử sai Bài toán chứng minh
Bài 19: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011 – 2012).
a) n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1).
Với n lẻ n – n + hai số chẵn liên tiếp nên có số chia hết cho , số lại chia hết cho Do tích (n – 1)(n + 1) chia hết cho
Mặt khác, tích n(n – 1)(n + 1) tích ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho Mà (3; 8) = nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3.8 = 24
Vậy : n3 – n chia hết cho 24 với n lẻ.
b) Từ điều kiện : a2 + b2 + c2 = (a –b)2 + (b- c)2 + ( c – a)2 Suy : a2 + b2 + c2 = 2(a2 + b2 + c2) – 2(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 = 2(ab + bc + ca)
* Cách :
Nếu c a c b a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca 2ab + 2b2 + 2a2 c2 ( a + b)2 c a + b ( a, b, c > )
* Cách :
Từ a2 + b2 + c2 = 2ab + 2bc + 2ca a2 + b2 + c2 - 2ab - 2bc - 2ca = ( a – b + c )2 = 4ca Nếu c a ( a – b + c )2 = 4ca 4a2 ( a – b + c )2 - 4a2
(a – b + c – 2a )(a – b + c + 2a ) ( c – a – b )(3a – b + c) 0 Vì a > c b 3a – b + c > c – a – b c a + b .
Bài 20: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2016 – 2017).
Ta có: a + b + c (a, b, c Z)
Đặt a + b + c = 4k (k Z) a + b = 4k – c ; b + c = 4k – a ; a + c = 4k – b Ta có: P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc
=
2
16k 4ak ack ac 4k b abc
= 64k3 16bk2 16ak2 4abc 16ck2 4bck 4ack abc abc
=
3 2
4 16k 4bk 4ak abk 4ck bck ack 2abc (*) Giả sử a, b, c chia dư a+ b + c chia dư (1)
Mà: a + b + c a + b + c (theo giả thiết) (2) Do (1) (2) mâu thuẫn Điều giả sử sai
Trong ba số a, b, c có số chia hết cho 2 2abc (**)
Từ (*) (**) P
(10)a) Ta có
2
6 2
n 2n + n n n n n + n +
Lại có: n n + 2; n n n 1 3 (vì n N*) mà (2 ; 3) = nên n n n 1 6 Đặt A = n n n 1 ta có A A 362
Vậy n6 2n + n4 chia hết cho 36 với n N*
b) Ta có:
2 x a + b + c 9ab
; y =
2 a + b + c 9bc
; z =
2 a + b + c 9ac Do đó: x + y + z
2 2 2
3 a + b + c ab + bc + ca a + b + c ab + bc + ca ab + bc + ca
=
2 2 2
3 a + b + c ab + bc + ca 3 a + b + c ab bc ca
=
2 2
3
2a + 2b + 2c 2ab 2bc 2ca
2
2 2
3
a b + b c + c a
2
Vì a, b, c phân biệt nên
2 2
a b + b c + c a > x + y + z 0 (1) Giả sử ba số x, y, z Từ (1) suy vơ lí
Nếu có số nhỏ số thì từ (1) suy có số lớn Nếu có số nhỏ số từ (1) suy đpcm
Bài 22: ( HSG TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2018 – 2019).
Gọi A Ai j hai điểm xa điểm thuộc tập hợp 8073 điểm cho Giả sử A điểm cách xa đoạn thẳng k A Ai jnhất Khi đó
Tam giác A Ai jA tam giác lớn có diện tích hơng lớn 1k
Vẽ đường thẳng qua điểm A , i Aj, A song song với cạnh k A Ai j Ak Ta tam giác nhỏ tam giác lớn chứa tam giác nhỏ
Tam giác lớn có diện tích khơng q đơn vị Do đó, tam giác lớn chứa tất 8073 điểm cho Ta có 8073 chia cho 2018 dư nên theo nguyên lý Dirichlet suy có tam giác có tam giác chứa 2019 8073 điểm cho
Bài 23: ( HSG TỈNH BÌNH DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013).
a) Ta có: n6 - n4 – n2 + = n4 (n2 - 1)- (n2 – 1) = (n2 – 1)(n4 – 1) = (n2 – 1)2(n2 + 1) Vì n lẻ , nên n = 2k + với k số tự nhiên
Khi đó: (n2 – 1) = 4k2 + 4k = 4k(k + 1) chia hết cho 4 Mặt khác: k(k + 1) chia hết cho
(n2 – 1)2 chia hết cho (4.2)2 = 64 (1)
Ta có: (n2 + 1) = 4k2 + 4k + = 2(2k2 + 2k + 1) chia hết cho (2) Từ (1) (2) n6 - n4 – n2 + chia hết cho 64.2 = 128
b) Gọi q, r thương số dư phép chia a cho b Ta có: a = p.q + r, , ≤ r ≤ b
Ta viết: a= (b+1)q – q + r
Nếu q thương a chia cho b + phải có điều kiện ≤ r-q < b+1 q ≤ r < q+b+1 hiển nhiên
Vậy cần điều kiện q ≤ r
(11)Đặt A n320n 96 Để ý 48 3.16 3;16 1 nên để chứng minh A chia hết cho 48 ta
chứng minh A chia hết cho A chia hết cho 16
Dễ thấy
3
n 20n n n 21n n n n 1 21n
nên n320n chia hết cho Do suy A
chia hết cho Mặt khác n số chẵn, ta đặt n 2k với k số tự nhiên Từ ta có
3
3 3
n 20n 2k 20.2k 8k 40k k k 48k k k k 1 48k
Suy n320n chia hết cho 16 Từ dẫn đến A chia hết cho 16.
Vậy A chia hết cho 48 với n số tự nhiên chẵn
Bài 25: ( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013 – 2014).
a) * Chứng minh xyz chia hết cho +) Nếu xy chia hết cho xyz chia hết cho
+) Nếu xy không chia hết cho x2 y2 chia dư dư 4
Khi z2 = x2 + y2 chia dư hoặc z2 chia dư dư => z2 chia hết cho hay z chia hết cho
Vậy xyz chia hết cho
* Chứng minh xyz chia hết cho
- Nếu x y không chia hết cho x2 y2 chia dư 1 z2 chia dư (Vơ lí)
Vậy xy chia hết cho hay xyz chia hết cho * Chứng minh xyz chia hết cho
+) Nếu x ,y chẵn xyz chia hết cho
+) Nếu hai số x y có số lẻ, giả sử x chẵn, y lẻ suy z lẻ Đặt x = 2k; y = 2n + 1, z = 2m + 1.Theo : (2m+1)2 = 4k2 + (2n+1)2 suy k2 = m(m+1) - n(n+1) chia hết cho => x chia hết cho 4
Vậy, xyz chia hết cho
Mà (3,4,5) =1 nên xyz chia hết cho 60.
b) Gọi số tự nhiên thoả mãn đề x, y, z với x,y,z khác khác Giả sử 1x< y <z ta có <
1 1
xyz< ta cần tìm x, y, z để
1 1
xyz có giá trị nguyên , có trường hợp sau:
TH1)
1 1 x yz = , Ta có 1=
1 1 x yz<
3
x suy 1x < 3 - Xét x =1 (loại)
- Xét x =2
1 1
2 yz <
2
y => <y<4
=> y = => z = (thoả mãn ) Ta cặp số (2 ;3 ;6) TH2)
1 1 xyz=2 Ta có =
1 1 xyz<
3
(12)b a
D B
c => x =1 =>
1 1 yz <
2
y suy 1x <y <2 (loại)
Vậy từ TH ta số thoả mãn đề ; 6
c) Gọi độ dài ba cạnh tam giác vuông ABC là: a, b, c (a, b, c N*) Ta có: a, b P b – a = 50: số chẵn nên a, b lẻ (b > a)
Giả sử cạnh thứ ba c cạnh huyền Theo định lý Pi-ta-go, ta có:
c2 = a2 + b2 c2 = a2 + (a + 50)2 = 2a2 + 100a + 2500 = 2(a2 + 50a + 1250): số chẵn.
Vì a lẻ nên (a2 + 50a + 1250): lẻ 2(a2 + 50a + 1250) 4: điều vơ lý c2 số phương chẵn phải chia hết cho
Do cạnh thứ ba c khơng thể cạnh huyền Suy b cạnh huyền (vì b > a)
Theo định lý Pi-ta-go ta có:
b2 = a2 + c2 c2 = b2 – a2 = (b – a)(b + a) = 50(b + a) = 52.2.( a + b) Vì c2 số phương nên:
Suy ra: a + b = 2k2 (k N*), b > 50 nên a + b > 50, k 6. Khi đó: (a + b)min = 2.62 = 72, ta có:
a b 72 a 11 P
b a 50 b 61 P
: thỏa điều kiện
Từ đó: cmin = 5.2.k = 5.2.6 = 60 a = 11, b = 61
Vậy giá trị nhỏ cạnh thứ ba tam giác vuông 60.
Bài 26: ( HSG TỈNH ĐÀ NẴNG NĂM HỌC 2010 – 2011).
Đặt: S = 123456789101112
100 S
3467891112 (1) số nguyên hai chữ số tận S 00
Mặt khác, suốt trình nhân liên tiếp thừa số vế phải (1), để ý đến chữ số tận cùng, ta thấy 100
S
có chữ số tận (vì 34=12; 26=12; 27=14; 48=32; 29=18; 811=88; 812=96)
Vậy ba chữ số tận S 600
Bài 27: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2010 – 2011).
27.1a)
3
3 3 3 3 3
Q a b c abc a b ab a b c abc
3
3
a b c ab a b c a b c a b c
2
3 3
a b c a b c ab ac bc
2 2
a b c a b c ab ac bc
2 2 2 3
2Q a b c a b b c c a a b c 3abc
b) Vẽ tam giác vng ABC đỉnh A, đường cao AD có kích thước hình vẽ có AB = 2010, AC = 2011 P ab bc 2SABC
Khi đó, P2010.2011 4042110
Hãy ln chiến thắng 12
B C
A c
(13)
27.2 Ta có:
2
12 1 23 12 23
n
x n n n n n n n n
2 2 2 2
12 n n 23 12n 12n 11 2n 2n 2n
Vậy có điều phải chứng minh
Bài 28: ( HSG TỈNH ĐAKLAK NĂM HỌC 2012 – 2013).
Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p3k 1 *) Nếu p3k1 2p 1 6k 3 3(2k1)
2p
hợp số (Vô lý)
*) Nếu p3k 1,k2 4p 1 12k 33(4k 1) Do 4k 17 nên 4p1 hợp số.
Bài 29: ( HSG TỈNH ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2018 – 2019).
a) Cách 1:
1 1 1
( ) (1)
bc a b c
a b c
TH1: Nếu a số nguyên chẵn, suy a b c( ) 2 , theo (1)Suy ra: b.c 2 Vậy abc chia hết cho
TH2: Nếu a số nguyên lẻ Với b c hai số lẻ thì: b c 2 a b c( ) 2 Mà a b c . không chia hết cho (vì a, b, c lẻ) Suy mâu thuẫn
Vậy hai số, b, c tồn số chẵn
+ Với b chẵn, mà a lẻ nên c chẵn (vì b.c chẵn nên a(b+c) chẵn suy c chẵn, a lẻ) Suy abc chia hết cho
+ Với c chẵn, tương tự abc chia hết cho
Cách 2:
2
1 1 1
( ) abc=a (b+c) (2)
bc a b c
a b c
Ta thấy a, b, c khơng thể số lẻ vây abc số lẻ, cịn b+c số chẵn Vậy số tồn số chẵn
Nếu a chẵn a2 chia hết cho 4, từ (2) suy abc chia hết cho 2.
Nếu b chẵn, a lẻ nên b + c chẵn (vì abc chẵn) suy c chẵn Vậy abc chia hết cho Tương tự cho trường hợp c chẵn
b) Cách 1: Dùng hàm Ơle:
Phân tích số m thừa số nguyên tố:
x y z mp p p
Số số nguyên dương không vượt m nguyên tố với m là
1
1 1 1
( )m m 1 1 1
p p p
Ta có:
3 1 1
999 37 (999) 999 1 1 648
3 37
Có 648 số nguyên tố với 999 khơng vượt q 999 Vây có 649 số ngun tố với 999 không vượt 1000
(14)Gọi A số số nguyên dương không vượt 1000 Suy A = 1000
B số số nguyên dương không vượt 1000 mà không nguyên tố với 999 C số số nguyên dương không vượt 1000 nguyên tố với 999
Ta có: 999 37
B = (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 3) – (Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho 3)
+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho là:
999 3
1 333 3
+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 là:
999 37
1 27 37
+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 (chia hết cho 111) là:
999 111
1 9 111
+ Số số nguyên dương không vượt 1000 chia hết cho 37 mà không chia hết cho là:
27 18
Suy B = 333+ 18 = 351 Vậy C= A – B = 1000 – 351 = 649
Bài 30: ( HSG TỈNH HÀ GIANG NĂM HỌC 2011 – 2012).
P = 1.2.3 2009.2010
1 1 1
1
2 2009 2010
= 1.2.3 2009.2010 + 1.1.3 2009.2010 + 1.2.1.4 2009.2010 + +1.2.3 2009
= 1.2.3 2009(2010+1) + 1.1.3 2010 (2009+2) + + 1.2.3 1004.1007 2010(1006+1005) = 2011(1.2.3 2009+ 1.1.3 2010+ +1.2.3 1004.1007 2010) 2011
Bài 31: ( HSG TỈNH HÀ TỈNH NĂM HỌC 2008 – 2009).
Từ
1
a+
1
b+
1
c=1 => ab + ac + bc = abc => (a + b + c)(ab + ac + bc) = abc
=> (a + b)(b + c)(c + a) = 0=> a + b = b + c= c + a = Nếu: a + b = => c = => a2009 + b2009 = => a2009 + b2009 + c2009 = Tương tự với: b + c= c + a =
Bài 32: ( HSG TỈNH HÀ TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011).
Từ giả thiết
2
2 2
1 1 1 1 1
( ) 2( ) a b c
ab c a b c ab bc ca
3 3 3
a b c a b 3ab(a b) c a b c 3abc
(*)
Từ (*) dễ thấy a, b, c Z (a3b3c ) 33 , đpcm.
Bài 33: ( HSG TỈNH HÀ TỈNH NĂM HỌC 2012 – 2013).
a) Điều kiện có nghĩa là a, b, c ¿0 .
Ta có P = abc−a−b−c+
1
a+
1
b+
1
c−
1
abc , nên P nguyên ⇔ S =
1
a+
1
b+
1
c−
1
abc ngun.
Khơng tính tổng qt, giả sử ¿a<b<c⇒
1
a+
1
b+
1
c−
1
(15)Hơn ta có a+ b+ c> a>
abc ⇒ S > Do S = S = 2.
+) S = Ta có =
1 a+ b+ c− abc < a+ b+
c <
3
a ⇒
3
a >1 ⇒ a =1 a = 2.
Với a = ⇒ = +
1 b + c -1 bc ⇒ b + c -1
bc = không xảy ra
Với a = ⇒ =
1 + b + c -1 2bc⇔
1
b +
1
c
-1 2bc =
1
2 Suy
b >
1 ⇒
b <
Từ 2<b<4 ⇒ b = Thay vào c = Vậy a = 2, b = , c = 5.
+) S = Ta có =
1 a+ b+ c− abc < a+ b+
c <
3
a ⇒ a<
3
2 ⇒ a =1
Thay vào
1
b +
1
c
-1
bc = ⇒
2
b >1 ⇒ b =1 loại không thỏa mãn b > a.
Kết hợp trường hợp vai trị bình đẳng nên số (a, b, c) cần tìm là: (2,3,5), (2,5,3), (3,5,2), (3,2,5), (5,3,2), (5,2,3)
b) Đặt
b+c=x
c+a=y a+b=z
¿ {¿ {¿ ¿ ¿
¿ x, y, z dương
a=y+z−x ,b=
x+z−y , c=
x+y−z
Ta có: a
1−a+
b
1−b+
c
1−c=
a b+c+
b c+a+
c a+b=
y+z−x
2x +
x+z−y
2y +
x+y−z
2z =1 2( y z+ x y)+
1 2(
z x+
x z)+
1 2(
z y+
y z)−
3
2≥1+1+1− 3
2=
3
2
Dấu “=” xảy ⇔x=y=z
Với x = y = z a = b = c hay tam giác ABC
Bài 34: ( HSG TỈNH HÀ TỈNH NĂM HỌC 2016 – 2017).
Do ab
a b số hữu tỉ a b số nguyên dương nên từ
ab
a b a b
a b
là số phương. Do a b 18 a b 1;4;9;16
Thử lại trường hợp ta có a2;b7 suy số cần tìm 27
Bài 35: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2009 – 2010).
+Xét n > A292132n2 (1 29 42n9)
Thấy 2 42n9 số lẻ nên A chia hết cho 29 không chia hết cho 210 nên A khơng số phương
+Xét n = A29213292 (1 29 41) 9.2 10 962 số phương +Xét n < A292132n 2 (2n 9n213n1)
Do 29n213n1 số lẻ A số phương nên 2n số phương nên n số chẵn, *
(16)Khi A phương, 2n phương suy
9 13
2 n n
B số phương.
Nhận xét số phương lẻ tận 1; 5; Với n = B27211 1 2177 (loại)
Với n = 59221545B, thấy B chia hết cho không chia hết cho 25 nên B không số phương. Với n = 37221137B (loại)
Với n = 8 B 2 25 1 35 (loại) Vậy n = 9.
Bài 36: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2012 – 2013).
2 2 2
2
2
4a 3ab 11b 5 5a 5ab 10b 4a 3ab 11b 5 a 2ab b 5 a b 5
a b 5 ( Vì số nguyên tố)
4 2
a b a b a b a b 5
Bài 37: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2013 – 2014).
a) a3 a b ab2 2 6b3 0 (a )(b a2ab3 ) (*)b2 Vì a > b > a2ab3b2 0 nên từ (*) ta có a = b Vậy biểu thức
4 4
4 4
4 16
4 64
a b b b
B
b a b b
4
12
63 21
b b
b) 2a2a3b2b
2 (a b)(2a 2b 1) b
(*)
Gọi d ước chung (a - b, 2a + 2b + 1) (d *) Thì
2
( )
2
(2 1)
a b d
a b a b d
a b d
b d b d
Mà (a b d ) a d (2a2 )b d mà (2a2b1)d 1d d 1
Do (a - b, 2a + 2b + 1) = Từ (*) ta a b 2a2b1 số phương => 2a2b1 số phương.
Bài 38: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2014 – 2015).
a) Tìm số nguyên tố p cho số 2p21; 2p2 3; 3p24 số nguyên tố +) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập 1; 2; 3 Khi p2chia cho dư: 1;4;2 Xét p 2 2p21; 2p23 & 3p2 4
(17)+) Xét p = 7k, p nguyên tố nên p = nguyên tố, có:
2 2
2p 97; 2 p 3 101; 3p 4 151đều số nguyên tố
Vậy p =7
b) Giả thiết
2 2 2
3 x 18y 2z 3y z 54
(1)
+) Lập luận để z23 z3 z29 z2 9(*) (1) 3(x 3)22z23 (y z2 2 6) 54(2)
(2) 54 3( x 3)22z23 (y z2 2 6) 3( x 3)22.9 3 y2
2
(x 3) 3y 12
2 2
4 1;
y y y
y nguyên dương
Nếu y2 1 y1 (1) có dạng:
2 2 2 2 72 2
3 72 72
5
x z z z z z
(vì có(*))
Khi
2
3 x 27 x 9, x nguyên dương nên tìm x=6
Nếu y2 4 y2(vì y nguyên dương) (1) có dạng:
2 2 2
3 x 14z 126 14 z 126 z 9 z 9 z3(vì z nguyên dương) Suy (x 3)2 0 x3(vì x nguyên dương)
Đáp số
3
2;
3
x x
y y
z z
Bài 39: ( HSG TỈNH HẢI DƯƠNG NĂM HỌC 2016 – 2017)
Tìm cặp số nguyên(x; y)thoả mãn: 2x22y2 3x 6y 5xy 7 (1)
Ta có (1) 2x22y23x 6y 5xy 7
2
2x 4xy 2y xy 3x 6y 2x x 2y y 2y x x 2y
x 2y 2x y
Vì x, y suy x 2y ; 2x y 3 Z
Ta có -7=(-1).7=1.(-7) nên ta có trường hợp sau:
+ TH1:
x 2y x
2x y y
(Thoả mãn)
+ TH2:
x 2y x
2x y y
(Thoả mãn)
+ TH3:
x 2y x
2x y y
(Thoả mãn)
+ TH4:
x 2y x
2x y y
(Thoả mãn)
(18)3 ; , 5 ; , 7 ; , ;4
Tìm tất số tự nhiên n cho n22n n22n 18 9 số phương. Ta có n22n n2 2n 18 9 số phương
Mà n2 2n N, n N suy n22n 18 số tự nhiên Đặt n2 2n 18 k (k N )
n2 + 2n + 18 = k2 n2 + 2n + +17 = k2 ( n + )2 + 17 = k2 k2 - ( n + )2 = 17 ( k + n + )(k - n - 1) = 17
Vì k, n số tự nhiên nên k+n+ > k - n-1, đồng thời k > n nên: ( k + n + )(k - n - 1) = 17.1
1 17 16
1
k n k n k
k n k n n
Từ ta có n2 2n n2 2n 18 81 9 (Thoả mãn) Vậy n=7
Bài 40: ( HSG TỈNH HẢI PHỊNG NĂM HỌC 2016 – 2017)
Ta có (a + b2) (a2b – 1) suy ra: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) hay mb = a + k (1) với m ka – b * m + b = ka2 (2)
Từ (1) (2) suy ra: mb m b a k ka 21 (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3)
Do
*
m, b m –1 b –1 0
Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)
Lại a > nên suy ra: k + – ka k(a – 1) Vì a – 0, k > nên k a –1 0 vµ k a –1
a k(a 1)
a k(a 1)
k
Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =
2
m
b 1 b 2 k.a 5 a 1
b k.a a
m 1 b
Vậy, trường hợp ta hai cặp a = 1; b = a = 1; b = Với a = k = Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) =
b m
.
Khi b = 1, ta được: a = 2, b =
Khi m = 1: từ (1) suy a + k = b b = Khi đó: a = 2, b =
Vậy có cặp số (a; b) thỏa mãn là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1)
Bài 41: ( HSG TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2012 – 2013).
(19)y, z số ngun dương có vai trị nên ta có hệ:
{y−1=1
z−1=6⇔{
y=2
z=7 {
y−1=2
z−1=3⇔{
y=3
z=4 Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm 2, 5,
Bài 42: ( HSG TỈNH HẬU GIANG NĂM HỌC 2014 – 2015).
a) So sánh hai số sau:
Theo tính chất phân thức ta có:
2 2 2
2 2015 2014 2015 2014 2015 2014 2015 2014
2015 2014 2015 2014 2015 2014 (2015 2014)
=
2
2
2015 2014
2015 2.2015.2014 2014
<
2
2
2015 2014 2015 2014
Vậy A < B.
b) Chứng minh tổng M = + + 22 + … + 22015 chia hết cho 15 M = + + 22 + … + 22015
= (1 + + 22 + 23 ) + (24 + 25 + 26 + 27 ) + …+ ( 22012 + 22013 +22014 + 22015) = (1 + + 22 + 23 )+ 24 (1 + + 22 + 23 )+ …+22012(1 + + 22 + 23 ) = 15 ( + 24 + …+ 22012 ) chia hết cho 15.
c) Chứng minh tổng S = 13 + 23 + 33 + + 20153 số phương Gọi Ak = + + + + k =
( 1) k k
Ak-1 = + + + + (k – 1) =
( 1) k k Ak2 Ak21k3
Khi đó: 13 A12 23 A22 A12
k3 Ak2 Ak21
Cộng vế theo vế đẳng thức ta có: 13 + 23 + 33 + + k3 =
2 ( 1)
2 k
k k A
13 + 23 + 33 + + 20153
2 2015(2015 1)
2
= (2015.1008)2
Là số phương
Bài 43: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2009 – 2010).
Thử trực tiếp có số cần tìm 7744
Gọi số cần tìm A = aabb = 1100.a +11.b =11(100.a + b) Do số cần tìm số phơng 11 số nguyên tố nªn
(20)Bài 44: ( HSG TỈNH HỊA BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014). a) Tính giá trị biểu thức
( 5)( 1) ( 5)
x y
A
x x
biết 2x29y2 6xy 6x 9
Giả thiết
2
( ) ( 3)
1
x
x y x
y
Thay vào
8 A
b) Chứng minh với số nguyên n n311n chia hết cho 6. Phân tích:
3 11 ( ) 12 ( 1) ( 1) 12
n n n n n n n n n
Lập luận
( 1) ( 1) 12
n n n n
n dẫn đến điều phải c/m. c) Tìm cặp số nguyên ( ;x y) cho x x( 1)y21 Giả thiết (2x2y1)(2x 2y1) 5
Vì ,x y nên (2x2y1);(2x 2y1)là ước Xét trường hợp:
2 2 2 1 2 1
; ; ;
2 1 2 1 2 2
x y x y x y x y
x y x y x y x y
Giải hệ tìm cặp ( ; ) (1; 1);( 2;1);(1;1);( 2; 1)x y d)
Giả sử 3n 4 a2, với a nguyên dương (a2), ta có: 3n (a 2)(a2) (*)
Vì (a2) ( a 2) 4 nên (a 2) (a2) không chia hết với n2thì khơng có a thỏa mãn (*)
Với n1 31 4 7 khơng số phương Vậy khơng có số nguyên dương n để 3n4 số phương
Bài 45: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2008 – 2009).
a) Có a b c a b c
2 ( )
( ) ( )( )
a b c b a c a b c b a b c b a c ac
a b b a b c ac a b b c
b c
Nếu a = b a , c dương Ta có
1 1
1 2c a ac (a 2)(c 1)
a b c a c Vì a,b,c nguyên dương nên ta có trường hợp sau :
2
1) 2)
1 2
a a b a
a c b
c c c
Nếu b = c b,c dương Ta có
1 1
1 2a b ab (b 2)(a 1)
a b c a b Vì a,b,c ngun dương nên ta có trường hợp sau :
2 2
1) 2)
1 1
b b b c
a b c
a a a
(21)b) Vì f x( )ax2bx c thoả mãn với x cho 1 x 1 f x( ) p.Nên : - Với x = a b c p (1)
- Với x = - a b c p (2) - Với x = c p (3)
Từ (1) (2) a b c a b c 2p mà a b c a b c 2b Nên suy : b p
Ta có b c b c c b p p2p
Kết hợp với (1): a a b c b c 3p a 3p
a b c p
.Vậy số q nhỏ
Bài 46: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2010 – 2011).
a) Với aZ a3 a (a 1)a(a1) tích số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3.
Mà (2.3)=1
a a 6
3 3
1 2 n n
S P (a a ) (a a ) (a a ) 6
Vậy S 6 P 6
b) n6 n4 2n3 2n2 n (n2 1) (n2 2n2)
với nN, n > n2 2n 2 (n 1) 1 > (n 1)
và n2 2n 2 n2 2(n 1) < n2
Vậy (n 1) 2<n2 2n2<n2 n2 2n2 khơng số phương đpcm
c)+Nếu n 3 n2 n 3 nên n2 n 2 3 (1) +Nếu n 3 n2 2 3 n2 n 2 3 (2)
Từ (1) (2) n Z n2 n 2 3 d)Đặt m2 n2 17(mN)
m2 n2 17 (m n)(mn) 17 1.17 =17.1 Do m + n > m - n
m n 17 m 9
m n 1 n 8
Vậy với n = ta có n2 17641781 9
Bài 47: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2011 – 2012).
a) Để n + 21 n 18 hai số phơng
21
n p
vµ n18q p q N2( , )
2 ( 21) ( 18) 39 ( )( ) 39
(22)1 39 p q p q
Hc
3 13 p q p q 20 19 p q
Hc
8 p q Víi 20 19 p q
n = 379 (TM) ; Víi p q
n = 43(TM)
VËy víi n = 379 hc n = 43 n +21 n 18 hai số chÝnh ph¬ng b) Ta có:
2 2 2 2
2 2
4 4
2 (2 1) 2 2 2 1
0
2 2 1
2 2 1
1
2 2 1
2 2 1
1
x xy y x y x xy y x y
x y xy x y xy x y xy
x y
x y xy
x y xy x
y
x y xy
x y xy x
y
Vậy phơng trình có nghiƯm lµ (x,y) = (0;0); (1;-1);(-1;1)
Bài 48: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2015 – 2016).
a) Nhận xét:
n2 + (n+5)2 = 2n2 + 10n + 25 = X + 25 (n+1)2 + (n+4)2 = 2n2 + 10n + 17 = X + 17 (n+2)2 + (n+3)2 = 2n2 + 10n + 13 = X + 13
Lần thứ nhất, chia vật có khối lượng 19992, , 20042 thành ba phần: A+25, A+17, A+13 Lần thứ hai, chia vật có khối lượng 20052, , 20102 thành ba phần: B+25, B+17, B+13 Lần thứ ba, chia vật có khối lượng 20112, , 20162 thành ba phần: C+25, C+17, C+13
Lúc ta chia thành nhóm sau: Nhóm thứ A+25, B+17, C+13; nhóm thứ hai B+25, C+17, A+13; nhóm thứ ba C+25, A+17, B+13 Khối lượng nhóm A + B + C + 55 gam
b) Viết phương trình cho dạng: 9.(3x – 2 +19) = y2 (x2) Để y số nguyên điều kiện cần đủ 3x – 2 + 19 = z2 số phương (z số nguyên dương)
Nếu x – = 2k + số lẻ 32k + 1 + 19 = (32k + 1 + 1) + 18 = 4.B + 18 chia hết cho không chia hết số phương
Do x – = 2k số chẵn
Ta có 3x – 2 + 19 = z2 19
k k
z z
Vì 19 số nguyên tố z 3k z 3k nên 3 19 k k z z 10 10 3k
z z k Vậy x = y = 30
Bài 49: ( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2016 – 2017).
Ta có P(x) =
2 2 2
b b b
x c c
2 4 4
Suy
2 b
c 1 b 4
(23)Vậy, P(x) = x2 4x 3
b)Không tính tổng quát giả sử m n p q. Nếu m 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1
1. m n p q mnpq 3 11 3.5.7.11 Vậy m 2 (1) trở thành
1 1 1 1 1
n p q 2npq 2 (2).
Nếu n 5 ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1
. n p q 2npq 5 11 2.5.7.11 2
Vậy n 3 (2) trở thành
1 1 1 1
p q 6 37
p q 6pq 6
suy p 7 q 43.
Vậy m;n;p;q là2;3;7;43 hốn vị
Bài 50:( HSG TỈNH NGHỆ AN NĂM HỌC 2018 – 2019).
a) Ta có: 2y2 x 2y 5 xy x y( 1) 2 y2 2y5 5
2
1
x y
y
(y =1 không thỏa mãn PT) Vì x, y số nguyên nên y -1 ước
1: 1 1 2 9.
TH y y x
2 : 1 1 0 5.
TH y y x
3: 1 5 6 13.
TH y y x
4 : 1 5 4 9.
TH y y x
Vậy PT có nghiệm nguyên (x;y) là: (9;2), (-5;0), (13;6), (-9;-4)
b) Ta có 22 4 16
n n
A
2
2 n 1 4n 1 18
Đặt 22 22
n k
*
k
suy 22 1 22 1 4 1 3
n k k
Do với n nguyên dương ta có: 22 1 3; 4 1 3; 18 3
n n
2
2 n 4n 16 3 A
c) Ta có:
2 5
5 2 2
xy y x y
y
(vì y =0 khơng thỏa mãn PT)
vì x, y số nguyên nên y ước
1: 1 7.
TH y x
2 : 1 7.
TH y x
3: 5 11.
TH y x
4 : 5 11.
TH y x
(24)d)Ta có A4n 17 4 1 18
n
Với n nguyên dương ta có: 4n 1 3; 18 3 4n 17 3
A
Bài 51:( HSG TỈNH HUẾ NĂM HỌC 2006 – 2007).
a số phơng, nên a1, 4,9.
Ta có 92 81; 102 100 nên khơng có số 9x số phơng Do a
ad lµ sè phơng nên ad 16, 49 Nên d 9. cd số phơng nên cd 16, 36, 49 Nên Nên c 1, 3,
Nếu a1 d 6và c1 c3, abcd 1 16b hay b1 36
2
1 6bc x4 hay x6 Ta cã:
2 2 2
26 676; 34 1156; 36 1296; 44 1936; 46 2126 Chỉ chọn đợc 1936.
Nếu a4 d 9 c4,
2
4 49
abcd b x hay x Ta cã:
2 2
63 3969; 67 4489; 73 5329 Không chn c s no.
Vậy có chữ số a1,b9, c3, d thỏa mÃn điều kiện to¸n
b) + Gọi x số học sinh giỏi mơn Văn, Tốn, Ngoại ngữ (x > 0), dựa vào biểu đồ ta có:
Sè häc sinh giỏi môn Toán là:
70 49 32 x
Sè häc sinh chØ giỏi môn Văn là:
65 49 34 x
Sè häc sinh chØ giái mét môn Ngoại ngữ là:
62 34 32 x
+ Có học sinh khơng đạt yêu cầu nên:
111 70 49 32 x 65 49 34 x 62 34 32 x 4932 x 34 x 82 x 105 x 23
VËy có 23 học sinh giỏi môn
Bi 52:( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2013 – 2014).
Vì x, y nguyên nên ta có: 5x2+2y2≤2xy+4x+2y (*) ⇔ (x2−2xy+y2)+(4x2−4x+1)+(y2−2y+1)≤2 ⇔(x−y)2+(2x−1)2+(y−1)2≤2
Ta có (2x−1)2≤2 , 2x−1 lẻ ⇒ (2x−1)2=1 ⇔[
x=0
x=1
Với x=0 (*) ⇔y(y−1)≤0 ⇔0≤y≤1 ⇒ [
y=0
(25)Với x1 (*) ⇔2y2−4y+1≤0 ⇔2(y−1)2≤1 ⇒y=1 ( thỏa mãn)
Vậy (x, y)=(0;0);(0;1);(1;1)
Bài 53:( HSG TỈNH HƯNG YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015).
Ta có
2
2 2
2
2 2
5 2 40
2 2 4 41
1 41
1
x xy y x y
x y xy x y x xy y x y x y
x y x y
TH1:
1
2
x y x
x y y
TH2:
1
2 4
x y x x y y
(loại)
Vậy nghiệm nguyên dương phương trình (2; 1)
Bài 54:( HSG TỈNH KOMTUM NĂM HỌC 2016 – 2017).
Với xyz0 Ta có
1 1 1
2
xy yz zx
x y z xyz
(1) Vì x y z 2
Nên (1) trở thành
1
xy yz zx
xyz x y z
(xy yz zx x y z)( ) xyz
2
(xy yz zx x y)( ) z x y( )
2
(x y xy xz z)( yz)
(x y y z z x)( )( )
0 0
x y y z z x
2 2
z x y
(2)
Từ (2) suy có ba số x y z, , phải 2
Bài 55:( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2015 – 2016).
Ta có an 0, n 1 nên đặt
n n
1
b b 2
a và
n
n n n n
n a
a b b 2n b n n 1
2n.a 1
n
1 1 1
a
n(n 1) n n 1
(26)Vậy : 2016
2015
S a a a
2016
Bài 56:( HSG TỈNH LẠNG SƠN NĂM HỌC 2018 – 2019).
a) Từ giả thiết ta có f(2017), (2018)f số nguyên x = 2017, x = 2018 không nghiệm PT f x( ) 0
Giả sử PT f x( ) 0 có nghiệm nguyên x a Z , theo định lý Bơ-zu : f x( ) ( x a g x ) ( ) với g x( ) đa thức hệ số nguyên không nhận x = 2017, x = 2018 làm nghiệm
Do vậy: f(2017) (2017 a g) (2017), (2018) (2018f a g) (2018) Nhân vế với vế áp dụng giả thiết f(2017) (2018) 2019f :
2019 (2017 a g) (2017).(2018 a g) (2018)
Điều vơ lý vế trái số lẻ, vế phải số chẵn ((2017 a); (2018 a)là số nguyên liên tiếp, tích số chẵn)
Vậy f x( ) 0 nghiệm nguyên (đpcm) GV mở rộng cho HS:
- Số 2017 2018 thay số nguyên có số chẵn số lẻ Số 2019 thay số nguyên lẻ
- Liệu có tìm đa thức hệ số ngun thỏa mãn giả thiết (2017) (2018) 2019
f f ?
- Đa số chứng minh phương trình khơng có nghiệm sử dụng phương pháp phản chứng (dựa vào chia hết, số tận )
b) Gọi số trận hòa x (xN*) tổng số điểm trận hịa 2x, (1 trận hịa có đội, đội điểm)
Theo giả thiết số trận thắng 4x tổng số điểm trận thắng 12x Tổng số điểm đội 336 2x + 12x = 336 x = 24
Vậy ta có tất 24 + 4.24 = 120 trận đấu diễn
Từ giả thiết có n đội, đội đấu với n – đội lại nên số trận đấu diễn n(n – 1) , tính trận lượt lượt về, giả thiết đội đấu với lần nên tổng số trận giảm nửa, có tất
n(n 1) 2
trận đấu Vậy
n(n 1)
120 ( 1) 240 16, ( 15
2 n n n n
loại) KL : Có tất 16 đội bóng tham gia
Bài 57:( HSG TỈNH LONG AN NĂM HỌC 2011 – 2012).
a)
+) Kí hiệu hình thang ABCD cần tìm hình vẽ +) Tính C(
6 ;5) a ; D(
(27)6 -1 -2 -3 -4
-10 -8 -6 -4 -2 10
D C B A O y=1 y=5 BC =
a; AD = a +)
6
.4 : ABCD S a a
a = ( Thỏa ĐK a > 0)
+) Vậy phương trình đường thẳng y = 2x –
b ) Ta có
1 1
2 x y z
2
1 1
4
x y z
Do 2 11121 xyzxyz
2 2
1 1 2 2
0 x y z xy yz zx xy z
2 2
1 1
0
x xz z y yz z
2
1 1
0
x z y z
2
1 1 1
0
1
1
x z x z
x y z
y z y z Thay vào
1 1
2
x y z ta x = y = ; z =
1
Khi P =
2012 2012
1 1
2 1
2 2
c) Ta có: xy + 2x = 27 – 3y
xy 2x 3y 27
Û + + =
x y 23y2 33
(x 3)(y 2) 33
Û + + =
Û
x 1 y 33
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 33 y 1
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 3 y 11
ì + = ïï
íï + =
ïỵ hoặc
x 11 y 3
ì + = ïï
íï + = ïỵ
do x > 0, y >
Û x 2 y 31 ì =-ïï íï = ïỵ (loại)hoặc x 30 y 1 ì = ïï íï =-ïỵ (loại)hoặc x 0 y 9 ì = ïï íï = ïỵ (loại)hoặc x 8 y 1 ì = ïï íï = ïỵ (tđk)
Vậy cặp số ngun dương cần tìm (x; y) = (8;1)
Bài 58:( HSG TỈNH NAM ĐỊNH NĂM HỌC 2015 – 2016).
(28)Tương tự yz x 1 y1 z 1 zx y 1z 1 x 1
Suy
1 1
1 1 1 1 1
x y z S
x y y z z x x y z
1
1
xyz xy yz zx x y z xy yz zx
Ta có
2 2 2 2
2
x y z x y z xy yz zx xy yz zx
Suy
1
S
b) Ta có
2 2
2
1 1
x y xy x y x y x y Ta có bảng giá trị tương ứng (học sinh xét trường hợp)
x y x 1 y 1
Nghiệm x y;
2 0 1;1
-2 0 Loại
0 Loại
0 -2 1;1
0 Loại
0 -2 1; 1
Vậy số x y; cần tìm 1;1, 1;1 , 1; 1
c) Với số nguyên dương k ta có
2 1 1 1 1 1
k k k k k
.
Sử dụng đẳng thức liên tiếp với k3,4, ,n ta
3 2.4 3.5 4.6
1 1 n n
2
1 1 n n n n
Ta có điều phải chứng minh
d) Giả sử tất câu lạc có khơng học sinh Gọi N số câu lạc có học sinh
Nếu N 4 , từ số câu lạc này, chọn câu lạc học sinh, 10 học sinh không thỏa mãn điều kiện tốn
Nếu N<4, số học sinh tham gia câu lạc không 3.8 24 , nghĩa cịn 35 24 11 học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh Chọn 10 học sinh số này, khơng thỏa mãn điều kiện tốn
Vậy N=4
Số học sinh tham gia câu lạc không 4.8 32 , nghĩa cịn học sinh, học sinh tham gia câu lạc mà câu lạc có học sinh
(29)Vậy điều giả sử sai, nghĩa tồn câu lạc có học sinh tham gia
Bài 59:( HSG TỈNH NINH BÌNH NĂM HỌC 2011 – 2012). Ta có a3 + b3 + c3 - 3abc = (a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)
=> 1-3abc = 1-ab-bc-ca => ab + bc + ca = 3abc mà 12 = (a+b+c)2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab+bc+ca) => ab+bc+ca=0 => abc=0
=> a=0 b=0 c=0
Nếu a = =>
2 3
1 1 1 b c
b c
b c
=>b2 + c2 + 2bc = => 2bc=0
=>(a,b,c) =(0,0,1) (a,b,c) =(0,1,0)
Nếu b = làm tương tự =>(a,b,c) =(0,0,1) (a,b,c) =(1,0,0) Nếu c = làm tương tự =>(a,b,c) =(0,1,0) (a,b,c) =(1,0,0) Vậy trường hợp ta có P =
Bài 60:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2008 – 2009). Phơng trình cho tơng đơng với
1 1
1 xy yz zx .
Không tính tổng quát, giả sử x y z (*)
- NÕu z 3 th×
1 1
1 xy yz zx z 3 (lo¹i).
- Nếu z 2 phơng trình cho trở thành
2xy x y 2 .
Hay 2x 2y 1 5
Do (*) nên có trờng hợp 2x - = 2y - = 1, suy x = y = - Nếu z 1 phơng trình cho trở thành
xy x y 1 x y 1 2
Do (*) nên có trờng hợp x - = vµ y - = 1, suy x = vµ y = NghiƯm lµ: (3 ; ; 1), (3 ; ; 2), (2 ; ; 1), (2 ; ; 3), (1 ; ; 2), (1 ; ; 3)
Bài 61:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2009 – 2010).
a) Theo giả thiết n số tự nhiên nên: 2n 1, 2n , 2n + số tự nhiên liên tiếp
Vì tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho nªn (2n - 1).2n.(2n + 1) chia hÕt cho 3
Mặt khác (2n, 3) = nên 2 2 1
n n
(30)b) Ta thÊy B lµ số phơng 4B số phơng
Đặt 4B = k2 (kN) 4B = 4n2 4n + 52 = k2 (2n-1-k)(2n-1+k) =-51
V× 2n-1+k 2n-1-k nên ta có hệ
2 1
(1)
2 51
n k
n k
2
(2)
2 17
n k
n k
2 51
(3)
2 1
n k
n k
2 17
(4)
2
n k
n k
Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta tìm đợc n = -12, n =-3, n =13, n =4 Vậy số nguyên cần tìm n 12; 3;4;13
Bài 62:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2012 – 2013). a) 8x2 3xy 5y25
⇔y(3x+5)=8x2−25⇔y=8x
2
−25
3x+5 ⇔9y=24x−40− 25
3x+5∈Z Khi 3x+5 ước 25 từ tìm (x; y)∈{(−10;−31);(−2;−7);(0;−5)}
b) Với n chẵn n = 2k
2 2
2 (2 1).4 (16 ) 7
7
14 14
2
k k k k k
A k k k
t
k n t m m N
Với n lẻ n = 2k+1
A=(2k+1) 42k+1+32k+1=2k 42k+1+(42k+1+32k+1)7⇒2k7⇒k=7t⇒n=14m+1(m∈N)
Vậy n=14m+6 n=14m+1 ( với n ¿N) A chia hết cho 7
c)
2 x
x yz y z z xy
a b c
2 2
2
4 2 2 3 3
2
4 2 2 3 3
2
4 2 2 3
(1)
2 ( )
: (2)
2 ( )
:
a b c
x yz y xz z xy
a bc a bc
x x yz y z y z xy xz x yz x x y z xyz
b ac b ac
Tuongtu
y y xz x z x z x y yz xy z y x y z xyz
c ab c ab
Tuongtu
z xyz x y x y x z y z xyz z
(x3y3z3 3xyz)(3) Từ (1) (2) (3) ta có ĐPCM
Bài 63:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2013 – 2014)
a) x2+5y2−4xy+4x−8y−12=0⇔x2¿−4x(y−1)−(5y2−8y−12)=0(∗¿ )để PT(*) có
(31)Cách khác x2+5y2−4xy+4x−8y−12=0⇔(x−2 y+2)2+y2=16=42+02 xét trường hợp nghiệm
b) Ta có P(x)=x3−3x2+14x−2=(x-2)(x2-x+12)+22
để P(x) chia hết 11 (x-2)(x2-x+12)11 mà (x2-x+12)=x(x-1)+1+11 ta có
x(x−1)+1 khơng chia hết cho 11, suy (x2-x+12) không chia hết cho 11 nên x-2 chia hết cho 11 mà x < 100 ; x∈N suy x∈{2;13;22;35;47;57;68;79;90}
Cách khác: P(x)=x3−3x2+14x−2=[(x-1)3−1+11x]11⇔[(x-1)3−1]11
Suy (x-1)3 chia co 11 dư suy x-1 chia cho 11 dư suy x chia cho 11 dư mà x < 100 suy kết quả
c) Ta có
2
2
3
1
3 2
4 1 2
a a
a a a
P
a a a a a a
;
mà
3 110 553 3024 355 3024 355 3024
a
3 110 3 3 110 0
a a a a
.
a 5a2 5a 22 a
Suy
P
d) Ta có x33x1(1), y3 3y1 (2), z33z1 (3)
Từ (1), (2) (3) suy
3 2 2
3 2
2
3
3 3 (4)
3 (5)
3 (6)
x y x y x xy y
y z y z y yz z
z zx x
z x z x
Từ (4) (5) suy
x2 z2xy yz 0 x y x y z 0 x y z 0, (vì x, y, z đôi phân biệt)
Cộng (4), (5) (6) theo vế với vế ta có
2 2 2 2
3
9
2 x y z 2 x y z x y z .
Bài 64:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2014 – 2015).
a)
x2+y2−xy=x+y+2⇔2x2+2y2−2xy−2x−2y+2=6 ⇔(x−y)2+(x−1)2+(y−1)2=6
PT có nghiệm ( ; )x y 2;0 ; 0;2 ; 3; ; 2;3 ; 1;0 ; 0; 1 b)Đặt a + b - c = z; b + c – a = x; a + c – b = y x + y + z = a + b + c Ta có (x+y+z)3−x3−y3−z3=3(x+y)(y+z)(x+z)
(32)a) Ta có: S = 1.2 4+2.3.4 (5−1)+3 (6−2)+ +n(n+1)(n+2)[(n+3)−(n−1)] = 1.2.3.4+2.3.4.5−1.2.3.4+3.4.5.6−2.3.4.5+ +n(n+1)(n+2)(n+3)−(n−1)n(n+1)(n+2)
= n(n+1)(n+2)(n+3)
Do S + = n(n2+n)(++n)(13)+1 = (n2+3n) (n2+3n+2)+1
= (n2+3n)2+2(n2+3n)+1
= (n2+3n+1)2 Vậy S + số phương.
b)Ta có: x2+2y2+2xy=y+2⇔(x+y)2=−y2+y+2⇔(x+y)2=(1+y) (2−y) Do (x+y)2≥0,∀x , y nên (1+y) (2−y)≥0⇔−1≤y≤2 Suy y∈{−1;0;1;2} Với y=−1 , PT trở thành x2−2x+1=0⇔x=1∈Z
Với y=0 , PT trở thành x2−2=0⇒x∉Z Với y=1 , PT trở thành x2+2x−1=0⇒x∉Z
Với y=2 , PT trở thành x2+4x+4=0⇔x=−2∈Z . Vậy có cặp (x; y) thỏa mãn đề (1;−1);(−2;2) c)Ta có
x
x2+x+1=
1
4⇔4x=x
2+x+1⇔x2=3x−1
Khi x3=x2.x=(3x−1)x=3x2−x=3(3x−1)−x=8x−3 x4=x3.x=(8x−3)x=8x2−3x=8(3x−1)−3x=21x−8 x5=x4.x=(21x−8)x=21x2−8x=21(3x−1)−8x=55x−21 Suy P =
x5−4x3−17x+9
x4+3x2+2x+11 =
(55x−21)−4(8x−3)−17x+9 (21x−8)+3(3x−1)+2x+11
=
6x
32x=
3
16 ( x≠0 ) Vậy P =
3 16 .
Bài 66:( HSG TỈNH PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017 – 2018).
a) Ta có
2 a b a b 1.
a b c b c a
bc ab ab ca c b a c
Suy ab bc ca 0 bca b c abc a b c 2 2018.(1)
2
0 (2)
ab bc ca abc a b abc c a b Từ (1) (2) ta
2
2018 c a b
b)Đặt b qa c q a q ; 1 ta
a 1 q q 91 13.7. Trường hợp 1: Nếu q số tự nhiên ta
2
1
1; 9; 81
9
1 91
a a
a b c
q q q
2
7
7; 21; 63
1 13
a a
a b c
q q q
2
13 13
13; 26; 52
2
1
a a
a b c
q q q
(33)Trường hợp 2: Nếu q số hữu tỷ giả sử 3; x
q x y
y
Khi
2 2
a 1 q q 91 a x xy y 91y x2xy y 19
Ta có
2
2 2
2 91 6;
ax a
c a ty x xy y x y
y y
và a25;b30;c36
Vậy có số a b c; ; thỏa mãn1;9;81 , 81;9;1 , 7;21;63 , 63; 21;7 ;
Bài 67:( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2013 – 2014).
Xét n Aa a ( 9) suy n 1 A a( 1) Do S n( 1)S n( ) 1
Suy
2
( 1) ( ) 87 ( ) ( ) 87
S n S n S n S n khơng có nghiệm nguyên dương.
Xét
Aa99
ô k s
n
với a9,k *
A(a+1)00
ơ
1
k s
n
Suy S n( ) S n( 1)S A( )a9k S A( )a1 9k 1, k *
Ta tìm n nguyên dương nhỏ thỏa mãn S n( 1) ( ) 87S n S n( 1) S n( ) 9 k 1,k * Vì 87 87.1 29.3
Nếu S n( ) 87 (S n1) 1 S n( ) S n( 1) 86 9 k 1,k *
Nếu S n( ) 29 (S n1) 3 S n( ) S n( 1) 26 9.3 1 suy k=3 Khi
Aa 999
n
suy số n nhỏ thỏa S n( ) 29 n2999
Bài 68:( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2015 – 2016).
Từ điều kiện
2 2
1 3 5 8 15
n n m m m m m m m Xét phương trình bậc hai : n2 n (m4 m2 8m 16)0 (1) (ẩn số n)
Để phương trình (1) có nghiệm ngun dương 4m4 4m2 32m 63 phải số phương
Ta có
2 2
2
2m 2 4 m 4 3 2m 2 , m *
Mặt khác
2
2m 1 32 m 2
Do
2
2
2m 1 32 m 2 2m 1 , m 2
Khi đó:
2
2
2m 1 2m 2 , m 2
Suy (1) có nghiệm nguyên dương n m1 m2
(34)Nếu m2
2 4
20 0
5 (lo¹i)
n n n
n
Thử lại m = n = thỏa mãn điều kiện toán
Kết luận : m = ; n =
Bài 69:( HSG TỈNH QUẢNG BÌNH NĂM HỌC 2018 – 2019).
a) Xác định hệ số a b để đa thức
4
P x x 2x 3x ax b
bình phương đa thức
Lời giải Do đa thức P x có bậc với hệ số cao nhât Giả sử
2
P x x mx n
Hay ta
2
2 2
P x x mx n x 2mx m 2n x 2mnx n
Từ ta
4 2
x 2x 3x ax b x 2mx m 2n x 2mnx n
Đồng hệ số hai vế ta
2
2m m m
2n
m 2n n
a 2n
a 2mn a
b b n
b n
Vậy đa thức cho
4
P x x 2x 3x 2x 1
Lời giải Biến đổi đa thức cho sau
4
4 3 2
2
P x x 2x 3x ax b x 2x 3x 2x a x b
x x x x x x x x a x b
x x a x b
Để P x viết thành bình phương đa thức khác ta cần có a x b 1 0 với x Do Vậy ta có a b 0 hay a2;b 1 thỏa mãn yêu cầu toán.
b) Lời giải Ta xét trường hợp sau.
+ Trường hợp Với n số tự nhiên lẻ, ta đặt n 2k k N Từ ta
2k
n 2k
C 2019 2020 C 2019 2020 2019 2020 2020
Dễ thấy 2019 chia có số dư 2k
2020 1
chia có số dư 1, từ ta C chia có số dư nên C số phương
(35) 2
n 2k k
C2019 2020 2019 2020 2019 2020
Do C số phương tồn số tự nhiên t thỏa mãn
k
2019 2020 t
Dễ thấy 2019k t
là số lẻ Ta có
2
k k k
2019 2020 t t 2019 t 2019 2020
Do 2019k t số lẻ nên
t 2019k
k
t 2019
ước chẵn 2020 Từ ta xét khả sau
Với
k
k k
t 506
t 2019
2019 504
t 2019 1010
(loại t 2019k số lẻ).
Với
k
k k
t 106
t 2019 10
2019 96
t 2019 202
(loại t 2019k số lẻ).
Do với n số chẵn C khơng thể số phương
Vậy khơng tồn số tự nhiên n để C 2019 n 2020 số phương.
Bài 70:( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2012 – 2013).
Ta chứng minh s5 – s chia hết cho 5, tương tự số t, x, t, z cộng lại suy điều cần chứng minh ( Xem lại Bài 5: ( HSG TỈNH PHÚ YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019))
Bài 71:( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2013 – 2014).
a) Với a, b, c, d, e, f số thực khác 0, ta có:
2
2 2
2 2
2 2
2 2
a b c a b c
1 1
d e f d e f
a b c 2ab 2bc 2ac
1
d e f de ef df
a b c 2abc f d e
1
d e f def c a b
Mà
d e f
0 a b c Vậy
2 2
2 2
a b c
B
d e f
=
b) Đặt n2 – 14n – 256 = k2 (k ) (n – 7)2 – k2 = 305
(n – – k)(n – + k) = 305
(36)n k 1 n k 305
n k 305
n k 1
n k 5 n k 61
n k 61
n k 5
n 160 k 152 n 146 k 152 n 40 k 28 n 26 k 28
Vì n k số tự nhiên nên ta chọn n = 160 n = 40
c)
8n 4n 8n 4n
n n
8
n n n n
8 8 4
A a 3a 4 a 1 3 a 1
a 1 3 a 1
a 1 a a 1 3 a 1 a a 1
4 4
4
a 1 a 1 B a 1 C
a 1 a 1 B 3C
a2 1 a 1 D
Vì a số tự nhiên lớn không chia hết cho nên:
2 2
a 5k a 1 5
a 5k 2 a 1 5
a 5k 3 a 1 5
a 5k 4 a 1 5
(với k số nguyên dương)
Vậy
8n 4n
a 3a 4
5 với số tự nhiên n
d) Ta có :
2 2 2
a b c 1 a 1 b c 1
1 a 1 1 a 0
Tương tự : 1 b 0; c 0 (1 + a)(1 + b) (1 + c) ≥
+ a + b + c + ab + ac + bc + abc ≥ (1)
Mặt khác: (1 + a + b + c)2 = (1 + a)2 + (b + c)2 + 2(1 + a)(b + c) = + a2 + b2 + c2 + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc
= (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2) + 2a + 2b + 2c + 2ab + 2ab + 2bc = 2(a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc)
a2 + b2 + c2 + a + b + c + ab + ac + bc = 1
2(1 + a + b + c)2 ≥ (2) Cộng (1) (2) vế theo vế ta :
(37) abc + 2(1 + a + b + c + ab + ac + bc) ≥
Bài 72:( HSG TỈNH QUẢNG NAM NĂM HỌC 2017– 2018).
a) Cho ba số thực , ,a b c thỏa 1a b c, , 2.Chứng minh :
7
a b c a c b
b c a c b a
Vì a,b,c có vai trị 1a b c, , 2 nên giả sử ≥ a ≥b ≥ c ≥ Khi đó: (b - a)(b - c) ≤
b2 + ac ≤ ab + bc (*)
a b a
b c c ( chia vế (*) cho bc)
và
b c c
a b a ( chia vế (*) cho ab)
2( )
a b b c a c a c
b ca b c a ca
Để chứng minh (1) ta tiếp tục chứng minh 2( ) a c c a
5
a c
ca (2) Ta có: ≥ a ≥ c ≥
a x
c
(2) x+
1
x
5
2 2x25x+2 (x2)(2x1) ( 1 x (2) chứng minh (1) chứng minh
Dấu “=”xảy a=2, b=c=1 a=b=2, c=1 hốn vị
b) Chứng minh với số tự nhiên n (n+2)(n+1)(n+8) lập phương của số tự nhiên.
Ta có: (n+2)2< (n+2)(n+1)(n+8) < (n+4)3 (*)
n3+ 6n2+12n+8 < (n2+3n+2) (n+8)=n3+ 11n2+26n+16 < n3+ 12n2+48n+64 ( đúng)
Giả sử có nN, n cho (n+2)(n+1)(n+8) lập phương số tự nhiên, đó, từ (*) suy ra: (n+2)(n+1)(n+8) =( n+3)3
n3+ 11n2+26n+16 = n3+ 9n2+27n+27 2n2 n 11 =0
1 89
4
n N (!)
Vậy n 1, n N (n+2)(n+1)(n+8) khơng lập phương số tự nhiên
c) Cho số nguyên tố p p3 hai số nguyên dương a, b thỏa mãn phương trình
2 2
p a b Chứng minh a chia hết cho 12 2(p a 1) số phương. Ta có: p2a2 b2 p2 (b a b a )( )
Các ước p2 1, p p2 ; không xảy trường hợp b + a = b ‒ a = p Do xảy trường hợp b + a = p2 b ‒ a =
Khi
2
1
à
2
p p
b v a
(38)Từ p lẻ suy p + 1, p ‒1 hai số chẵn liên tiếp (p ‒1)(p + 1) chia hết cho Suy 2a chia hết cho (1)
Từ p nguyên tố lớn nên p không chia hết cho Do p có dạng 3k+1 3k+2 Suy hai số p + 1; p ‒1 chia hết cho Suy 2a chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy 2a chia hết cho 24 hay a chia hết cho 12 (đpcm)
Xét
2
2
p -1
2 p + a + =2 p+ +1 =2p+p +1= p+1
2
số phương.
Bài 73:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2008– 2009).
a) Gọi a, b, c số đo cạnh tam giác vng cần tìm Giả sử a b c . Ta có hệ phương trình :
2 2
a b c
ab 2(a b c)
(1) (2) Từ (1) c2 = (a + b)2 − 2ab
c2 = (a + b)2 − 4(a + b + c) (theo (2))
(a + b)2 − 4(a + b) = c2 + 4c
(a + b)2 − 4(a + b) + = c2 + 4c + 4.
(a + b − 2)2 = (c + 2)2 a + b − 2 = c + (do a + b 2)
c = a + b − 4.
Thay vào (2) ta được: ab = 2(a + b + a + b − 4)
ab −4a−4b + = b(a −4) −4(a−4) = (a −4)(b−4) = 8 Phân tích = 1.8 = 2.4 nên ta có:
a 1
ho ho
b 8
a - = 2 a = 5 a = 6
Ỉc Ỉc
b - = 4 b = 12 b =8
Từ ta có tam giác vng có cạnh (5 ; 12 ; 13) (6 ; ; 10) thỏa mãn u cầu của tốn.
b) Ta có:
1
a b
a b
=
2
2
ab b ab a ab a b a b
ab ab ab ab
: số nguyên Suy :
a b ab
số nguyên a, b số nguyên dương Nên
a b ab
¿ 1 ⇒ a + b ¿ ab
Do d ước a nên a d a d > 0 Và d ước b nên b d b d > Suy : ab d2 nên a + b d2
Vậy : d ab
c) - Nếu y chẵn với x Z có 2008x2009 + 2009y2010 số chẵn; mà 2011 số lẻ, (vô lý)
(39)cho dư 3, (vô lý) Vậy khơng có số ngun x, y thỏa mãn hệ thức :
2008x2009 + 2009y2010 = 2011
Bài 74:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2009– 2010).
a) Ta có: 6x5y18 2 xy 2xy - 6x - 5y = 18 2xy - 6x + 15 - 5y = 33 2x(y –
3) – 5(y – 3) = 33
(y – 3)(2x – 5) = 33 = 1.33 = 3.11
Ta xét trường hợp sau : *
3 19
2 33
y x
x y
*
3 33
2 36
y x
x y
*
3 11
2 14
y x
x y
*
3
2 11
y x
x y
Các cặp số nguyên dương thỏa mãn đẳng thức Vậy cặp số cần tìm : (3; 36); (4; 14); (8; 6); (19; 4)
b) Vì a chẵn nên a = 2k k N Do
3
8
24 12
k k k k k k
A
3 1 2 1
2
6
k k k
k k k
Ta có : k k+1 2 k k+1 2k+1 2
Ta chứng minh : k k 1 2 k 1 3 Thật : - Nếu k = 3n (vớin N ) k k 1 2 k 1 3
- Nếu k = 3n + 1(vớin N ) 2k 1
- Nếu k = 3n + 2(vớin N ) k 1
Với k N k k 1 2 k1luôn chia hết cho cho Mà (2, 3) = k k 1 2 k 1 6 Vậy A có giá trị nguyên
Bài 75:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2010– 2011).
Chia hình trịn phần Vì 17 = 8.2 + 1, nên tồn phần chứa điểm (khơng thẳng hàng) Do có điểm lập thành tam giác có diện tích nhỏ
1 8.
Bài 76:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2013– 2014).
a) 2a2+a = 3b2+b ⇔2a2+a −2b2−b = b2 (⇔ a−b)(2a+2b+1) = b2 Gọi (a−b,2a+2b+1) = d
(40)Mà a – b ⋮ d ⇒a⋮d
a⋮d; b⋮d mà 2a+2b+1⋮ d nên 1⋮d ⇒ d=1 Vậy phân số cho tối giản.
b) Gọi cạnh hình vng ABCD nhỏ chứa bên đường trịn có bán kính bằng 1cm đơi khơng có q điểm chung x (cm).
Từ suy tâm đường trịn nằm hình vng MNPQ có cạnh x – cm (vì tâm đường trịn đường trịn cách cạnh hình vng ít 1cm).
Chia hình vng MNPQ thành hình vng nhỏ có độ dài cạnh là x
(cm)
- (hình vẽ)
Theo ngun lí Dirichlet có hai tâm đường trịn thuộc hình vng Giả sử hai tâm O1.O2.
Vì hai đường trịn có khơng q điểm chung nên O1O2 khơng nhỏ hai lần bán kính khơng lớn độ dài đường chéo hình vuông cạnh
x (cm)
-.
Hay ≤ O1.O2 ≤
(x 2) 2
=> (x 2)
2 x 2 x 2
2
-³ Þ - ³ Þ ³ +
Vậy cạnh hình vng nhỏ chứa đường trịn có bán kính đường trịn đơi khơng có q điểm chung 2 2+
Bài 77:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2015– 2016).
a) Ta có 5(a + b+ c ) = a.b.c (1)
Từ (1) suy a,b,c ba số phải có số chia hết cho 5. Giả sử c chia hết cho mà c số nguyên tố nên c =5 Với c =5 ta có :
5(a + b + ) = a.b.5 nên (1-b)(1- a) =
TH1: – b = – a = nên b = -1 a = -2 (trường hợp không thỏa mãn ) TH2: – b = – a = nên b = -2 a = -1 (trường hợp không thỏa mãn ) TH3: – b = -3 – a = -2 nên b = a = (trường hợp không thỏa mãn ) TH4: – b = -1 – a = -6 nên b = 2và a = (trường hợp thỏa mãn )
TH5: – b = -6 – a = -1 nên b = a = (trường hợp thỏa mãn )
TH6: – b = -2 – a = -3 nên b = a = (trường hợp không thỏa mãn ) Vậy c = 5; b = 2, a = c = 5; a = 2, b = 7.
b) Từ đề ta có (x - 2y)(x – y + 2) = -3 = -1.3 = -3.1
TH1: x - 2y = 3và x – y + = -1 nên y = -6 x = -9(trường hợp không thỏa mãn) TH2: x - 2y = -3và x – y + = nên y = x = (trường hợp thỏa mãn )
Vậy y = x = 1
c) Từ giả thuyết đề ta có a,b,c >0
Q
P N M
D C
B A
1cm 1cm
X cm
O1
O4 O2
(41)Từ giả thuyết
2
2
b a
b
ta suy a b
Từ giả thuyết
2
2
c b
c
ta suy b c
Từ giả thuyết
2
2
a c
a
ta suy c a
Lúc a = b = c Thay a = b = c vào phương trình ta có : a = b = c =1 Vậy a = b = c =1
Bài 78:( HSG TỈNH QUẢNG NGÃI NĂM HỌC 2016– 2017).
a) Chứng minh với k số nguyên 2016k + lập phương một số nguyên.
Giả sử 2016k + = a3 với k a số nguyên Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – không chia hết cho 7.
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r 0;1; 1; 2; 2;3; 3 .
Trong tất trường hợp ta có a3 – không chia hết cho 7 Mà 2016k chia hết cho 7, nên a3 – 2016k ĐPCM
b) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 25y y( 6) Từ x2 25y y( 6)
Ta có : (y+3+x)(y+3-x) = - 16
Để ý phương trình chứa ẩn số x với số mũ , ta hạn chế giải với x số tự nhiên.
Khi đó: y + + x y + - x
Ta có ( y + + x)+(y + - x) = 2(y + 3) số chẵn
Suy số ( y + + x ) (y + - x) tính chẵn lẻ Ta lại có tích chúng số chẵn , số ( y + + x ) (y + - x) số chẵn.
Ta có cách phân tích -16 tích số chẵn sau đây:
(42)Khi y + + x = , y + - x = -2 ta cú x = , y = Khi y + + x = , y + - x = -4 ta cú x = , y = -3 Khi y + + x = , y + - x = -8 ta cú x = , y = -6 Vì phơng trình cho có nghiệm : ( x;y) 5;0 ; 5; ; 4;
Bài 79:( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2004– 2005).
Gi¶ sư tån số tự nhiên n thoả mÃn n2 + 2006 số phơng
thì n2 + 2006 = m2 với m số tự nhiên => (m-n)(m+n) = 2006 (*).
Khi đó:
- nÕu m n khác tính chẵn lẽ (m - n)( m + n) lẻ Mâu thuẫn với (*)
- m n tính chẵn lẽ (m - n)(m + n) chia hÕt cho 4, nhng 2006 không chia hết cho Cũng mâu thuẫn với (*)
Tóm lại giả sử khơng
Vậy không tồn số tự nhiên n thoả mÃn n2 + 2006 số phơng
Bi 80:( HSG TỈNH QUẢNG NINH NĂM HỌC 2013– 2014).
a) x2(y – 5) + x + y – = 0 y(x2 + 1) = 5x2 – x + 3
2
2
5x – x
x 1
x y
x
(1)
y nguyên 2
1 x x
nguyên 2
1 x x
nguyên
(x + 2) (x2 + 1) (vì x + x2 + nguyên xZ) (x+2)(x – 2) (x2 + 1)
(x2+1) – (x2 + 1) 5 (x2 + 1)
2
1 1 x
x
x = 0; x = 2; x = -2
Thay vào (1) nhận y tương ứng ; 21
5 ( Loại); Vậy tìm hai cặp số (x; y) thỏa mãn phương trình (0; 3) ; (-2; 5)
A =
1 1
1 x xy1 y yz1 z zx
Có A =
1
1 1 1
( ) ( )
z xz
z x xy xz y yz z zx
=
1
z xz
z zx xyz xz xyz xyz z zx
=
1
1 1
z xz
(43)=
1
z zx
z zx = Vậy, A = 1
Bài 81:( HSG CẤP THÀNH PHỐ QUY NHƠN NĂM HỌC 2012– 2013).
a) A= +3 + + + … + 2013 B = + + + ….+2012 A-B =1 +1 +1 +1 + ….+1
Vì tổng A có (2013-1):2+1=1007 số hạng => A-B = 1007 Vậy A lớn B 1007 đơn vị.
b) Vì f(n+1) = n.(-1)n+1 -2f(n), suy ra:
f(2)= f(1+1)=1.(-1)2 -2f(1) =1 – 2f(1) f(3)=f(2+1)=2.(-1)3 – 2f(2) = -2 -2f(2) f(4)=f(3+1)=3(-1)4 - 2f(3) = -2f(3) f(5)=f(4+1)=4(-1)5 – 2f(4) = -4 – 2f(4) ……….
f(2013)= ………… =-2012 – 2f(2012) f(1) = f(2014)= ………… = 2013 – 2f(2013) Suy ra:
S=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2013)
=(1 – + – + …… - 2012 + 2013) – (f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2013) ) => 3(f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2013)) =1007 => f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2013) =
1007 3
c) Ta có a ≥ ; b ≥ ; c ≥ 0:
a b c ab bc ca 2a 2b 2c ab bc ca
a ab b b bc c c ca a 0
2 2 a b 0
a b b c c a 0 b c 0
c a 0
a b c
∆ ABC đều.
d) Ta có: an = 22n+1+2n+1+1 ; bn= 22n+1 -2n+1+1
=> an – bn = 22n+1 = 22n+2 => an ; bn không đồng thời chia hết cho (1) an bn= (22n+1+1)2 –(2n+1)2 = 24n+2+2.22n+1+1 – 22n+2 = 24n+2+1=42n+1+1= 4.16n+1 +Nếu n= 4.16n+1 = 4.1+1 =
5
+Nếu n > , ta có 16n có chữ số tận 6=>4.16n có chữ số tận =>4.16n+1
(44)Từ (1) (2) suy với số tự nhiên n, có hai số an hoặc bn chia hết cho
Bài 82:( HSG TỈNH TÂY NINH NĂM HỌC 2012– 2013).
a) A = n3 - 3n2 - n + = (n -3)(n + 1)(n - 1) Vì n lẻ nên n = 2k +
Do A= 2k(2k - 2)(2k + 2) = k (k - 1)(k + 1) Vì (k -1)k(k + 1) chia hết cho Nên A chia hết cho 48
b)B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t ¿ Z) thì
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2 )2
V ì x, y ¿ Z nên x2 ¿ Z, 5xy ¿ Z, 5y2 ¿ Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 ¿ Z
Vậy A số phương.
Bài 83:( HSG TỈNH THÁI BÌNH NĂM HỌC 2012– 2013).
Tìm số nguyên x, y thoả mãn:
2 3
2y 2x 1 2x 2y 1 x y (1) Ta có (1) 4xy(x y) 2(x y) x y 3
Đặt
a x y b xy
vì x, y ngun nên a, b ngun. Khi ta có pt : 4ab 2a b với a, b nguyên
3
b
2a
2b
(vì b nguyên nên 2b - 0)
2
16a 4b 2b
2b
Vì a, b nguyên, nên 2b – phải ước
b a
2b 1 1
b a (L)
2b 1 2
2b
b a (L)
2
2b
b a
Với a = 0, b = ta có hệ
x y
x y
xy
Với a = 2, b = -3 ta có hệ
2
y x x y
(VN)
xy x 2x
(45)KL : Các số x, y nguyên thoả mãn điều kiện toán : x = y = 1, x = y = -1
Bài 84:( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2011– 2012).
C1: Gọi số nguyên liên tiếp n-2, n-1, n, n+1, n+2 với n nguyờn, dễ thấy tổng bình phương số 5(n2 + 2) chia hết cho không chia hết cho 25 nên không thể số phương.
C2: Xét tính chẵn lẻ số nguyên liên tiếp đó.
Bài 85:( HSG TỈNH THÁI NGUYÊN NĂM HỌC 2012– 2013).
Điều kiện a, b, c 0 Từ
1 1 1 1
(bc ac ba)(a b c) abc 0
a b c a b c
(a + b)(b + c)(c + a) =
a b 0 b c 0 c a 0
Nếu a + b = mà a + b + c = 2013 c = 2013 Nếu b + c = mà a + b + c = 2013 a = 2013
Nếu c + a = mà a + b + c = 2013 b = 2013 Vậy số a, b, c 2013.
Bài 86:( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2010– 2011).
1 44 ( 1) ( 2) ( 45 44) 45 130 129
d d d a a a a a a a a (1)
Nếu hiệu dj (j 1, 2, , 44) xuất không 10 lần
1 44 9(1 4) 8.5 130
d d d mâu thuẫn với (1).
Vậy phải có hiêụ dj (j1, ,44) xuất khơng 10 lần
Bài 87:( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2013– 2014).
a) Giả sử (a + b2) (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k * a + k = b(ka2 – b) a + k = mb (1)
Ở m mà: m = ka2 – b m + b = ka2 (2) Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m +
(m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m (vì m ) Do b > nên b – (do b ) (m – 1)(b – 1)
Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka)
Lại a > nên suy ra: k + – ka k + ka k(a – 1) (4)
Vì a – (do a , a > 0) k , k > nên từ (4) có:
a k(a 1)
a k(a 1)
k
(46)- Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) =
m
b 1 b
b m 1
b
Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b =
- Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = b m
.
Khi b = 1, ta được: a = 2, b =
Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1)
b) Ta có √x+2√3=√y+√z ⇔x+2√3=y+z+2√yz
⇔(x−y−z)+2√3=2√yz⇒(x−y−z)2+4√3(x−y−z)+12=4yz (1)
TH1 Nếu x−y−z≠0 Ta có √3=
4yz−(x−y−z)2−12
4(x−y−z) (2) vô lý
( x, y ,z∈N nên vế phải (2) số hữu tỷ )
TH2. x−y−z=0
(1) ⇔
x−y−z=0
yz=3 ¿
¿{¿ ¿ ¿ (3)
Giải (3) ta
x=4
y=1
z=3
¿
{¿{¿ ¿¿
¿
x=4
y=3
z=1
¿
{¿{¿ ¿¿
¿ thử lại thỏa mãn
Bài 88:( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2014– 2015).
Ta có: 5(x2xy y 2) 7( x2 )y (1)
7(x2 ) 5y (x2 ) 5y Đặt x2y 5t (2) (t Z ) thì (1) trở thành x2xy y 7t (3)
Từ (2) x5t 2y thay vào (3) ta 3y215ty25t2 7t 0 (*), coi PT bậc hai y có: 84t 75t2
Để (*) có nghiệm 0 84t 75t2 0
28
25
t Vì t Z t 0 t 1 Thay vào (*) :
(47)+ Với t 1
2
3
3
2
y x
y x
Vậy phương trình có nghiệm ngun (x, y) (0; 0), (-1; 3) ( 1; 2)
Nếu p q
2
2( 1) 4
2 2
1 1
m
p m
m m
Do m p số nguyên tố nên 4 (m1) m0;m1;m3 p2; p5.
Nếu p q pq p + q nguyên tố pq chia hết cho ước nguyên tố p q cịn p + q khơng chia hết cho p không chia hết cho q
Gọi r ước chung m2 1 m 1
2 (m1)(m 1) r (m 1)r
2
(m 1) (m 1) r 2 r
r 1
r 2 ) r 1
suy p q m 1, pq m 2 1 p q, hai nghiệm phương trình
2 ( 1) 1 0
x m x m vô nghiệm do
2 2
3m 2m 3 (m 1) (2m 2) 0
) r 2
suy 2pq m 1 2(p q ) m 1 p q, hai nghiệm phương trình
2
2x (m1)x m 1 0 vô nghiệm do
2 2
7m 2m 7 (m 1) (6m 6) 0
.
Vậy số nguyên tố (p; q) cần tìm ( ; ) (2;2); ( ; ) (5;5).p q p q
Bài 89:( HSG TỈNH THANH HĨA NĂM HỌC 2016– 2017).
a)Ta có :
2016 1 ( 504) 1504 ( 1). ( 1)( 1)( 1). (1) ( )
p p p A p p p A A N
Vì P số nguyên tố lớn nên p số lẻ, suy p – 1, p +1 hai số chẵn liên tiếp
(p 1)(p 1) 4 (2)
Vì p – 1, p, p+1 ba số tự nhiên liên tiếp nên (p 1) (p p 1) 3 Nhưng p không chia hết (p 1)(p 1) 3 (3)
Vì p khơng chia hết p có dạng5k 1; 5k2 - Nếu p 5k 1thì p2 25k2 10k 1 5n1
- Nếu p 5k2thì p2 25k2 20k 4 5l 1
Cả hai trường hợp cho ta p4 1 5 q (4) (( , ,n l q N )
Vì 3, 4, số nguyên tố đôi nên từ (1), (2), (3), (4) suy p2016 1 chia hết cho 4.3.5 tức chia hết cho 60
(48)Khi , gọi t thương phép chia x3 y3 z x y z3: 2 Suy :
3 3
3 3 2 2 2 2
2 2 (1)
x y x y
x y z tx y z z tx y tx y tx y x y
z x y
- Nếu tx y2 2 x y 0 (*) 2
1
2
t t
xy x y
Thay t = vào (*), ta x y2 x y 0 xy x y 0 (x 1)(y 1) 1
x
2
0 ( 1)
y y y y
( vô lý)
Vậy tx y2 2 x y 0 (2)
- Từ (1), (2) suy : z2(tx y2 2 x y )2 (3)
- Mặt khác x3y3z3 tx y z2 2 nên x3y z3 2 x3y3z2 (4) - Từ (3) (4) suy :
3 2
3 4 2 2
3 2 4
3 2
3
3
( )
2 ( )
2 ( )
2 ( )
1 1
2 (5)
x y tx y x y
x y t x y tx y x y x xy y
x y tx y x y t x y x y tx y x y txy
tx y txy
x y tx ty
- Nếu x2 3 3
1 1 1 1
3 2
2 2
y txy
t t x y t x t y
Điều mâu thuẫn với (5) Vậy x = Khi (5) trở thành :
3
2 1
2 (6)
ty
y t ty
- Nếu y4 3
2 1 1
4 2
4
ty
t t y t ty
Điều mâu thuẫn với (6) Vậy y2;3 (Vì y > x = 1)
+ Nếu y =
3
9
1; 2;
1;
x y z
x y z
x y z
x y
+ Nếu y =
3 28
1;
x y z
x y z
x y
.( Loại)
(49)Vậy thương phép chia x3 y3z x y z3: 2 2là t =
Bài 90:( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2017– 2018).
1 Tìm nghiệm nguyên phương trình
2 5 62 ( 2) 2 6 8 (1). y y y x y y x Ta có (1) y 2 y 356 ( y 2)x2y 2 y 4x
y 2 x2 y 4x y 3 56
x 1 y 2 x y 3 56
Nhận thấy y 2 x1 x y 3, nên ta phải phân tích số 56 thành tích ba số nguyên mà tổng hai số đầu số lại
Như ta có
) 56 1.7.8 ; 2;9
) 56 7.1.8 ; 8;3
x y x y
) 56 ; 7;3
) 56 ; 2; x y
x y
) 56 ; 7;9
) 56 ; 8; x y
x y
Vậy phương trình có nghiệm ngun
Chú ý 3:Học sinh biến đổi phương trình đến dạng
y 2 x2 y 4x y 3 56
(được 0,5đ), sau xét trường hợp xảy
Khi với nghiệm tìm cho 0,25 đ (tối đa nghiệm = 1,5 đ)
2 Cho a b, là số nguyên dương thỏa mãn p a b2là số nguyên tố p 5 chia hết cho Giả sử x y, số nguyên thỏa mãn ax2 by2chia hết cho p Chứng minh hai số x y, chia hết cho p.
Do p 5 nên p8k5 (k )
Vì
4
2 k k 2
ax by ax by p
nên a4k2x8k4 b4k2y8k4p
Nhận thấy
4k 8k 4k 8k 4k 4k 8k 4k 8k 8k a x b y a b x b x y
Do
2
4k 4k 2 k k 2 a b a b a b p
b p nên x8k4y8k4p (*)
Nếu hai sốx y, có số chia hết cho p từ (*) suy số thứ hai chia hết cho p Nếu hai sốx y, không chia hết cho p theo định lí Fecma ta có :
8k p 1(mod ), 8k p 1(mod )
x x p y y p
8k 8k 2(mod )
x y p
Mâu thuẫn với (*).Vậy hai sốx y chia hết cho p.
Bài 91:( HSG TỈNH THANH HÓA NĂM HỌC 2018– 2019).
1 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y x y2 2 x 2 y x 1.
(50)2 a b a
2 2 2
2 1 5
a a a a a a a
2 1 1;5 0;4 0; 2; 2
a a a
Nếu
0
0 , 0;2 , 2;0
2 xy
a b x y
x y Nếu 2 2 0 2 x y xy a b
x y x
y
(loại khơng thỏa mãnx y Z, ) Nếu
4
2 ,
5 a b
loại khơng thỏa mãn b Z
Vậy nghiệm nguyên x y, của phương trình cho là: 0; , 2;0
Cách :Đưa phương trình dạng:
2
( 2)
x y xy xy x y
Đặt txy, t Z ta phương trình ẩnt: x y t 2 t (x y 2) (1)
Nếu
2
0
0 2
xy x
x y xy
x y y
Hoặc
2 x y
(loại)
*) Nếu x y 0, ta có phương trình bậc ẩnt:
x y t t x y 2 0 (2)
2
1
4
x y x y x y
x y 12 0;1 x y 1 1;0;1 x y 1; 2
*) Nếu 1 xy x y xy
(loại)
*) Nếu
0
2 1 , 0;2 , 2;0
2 xy
x y x y
xy
(thỏa mãn)
Vậy nghiệm nguyên x y, của phương trình cho là: 0; , 2;0
2. Cho n *.Chứng minh 2n1và 3n1là số phương nchia hết cho40.
Giả sử 2n 1 m2, 3n 1 k2 * ,
m k N m2
là số lẻ mlà số lẻ.
2
2n m m m
, Suy ra: nchẵn, klẻ
Vì klà số lẻ nên k1,k1 hai số chẵn liên tiếp 3, 8 1nên Từ 3n 1 k2 3n k 21k1 k1 8 n8 (1)
(51)Nếu n chia cho dư 2 3n1chia cho dư 2 (vơ lí) Nếu n chia cho dư 2n1chia cho dư 2 (vơ lí) Nếu n chia cho dư 3n1chia cho dư (vơ lí) Vậy
5 (2) n
Vì 5, 8 1nên từ (1) (2) suy nchia hết cho 40
Bài 92:( HSG CẤP THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2016– 2017).
a)Từ a − b = 7, b − c = a − c = 10, ta có:
2 2 2
2 2
2(a b c ab bc ca) (a b) (b c) (c a) 79
P 40
2(a c 2ab 2bc) 2[(a b) (b c) ]
b) Ta có: (x + y)(x + 2y) = x + x 3xy 2y x 02 2 4x 12xy 8y 4x 20 02 2
2 2 2
(2x) 2.2x(3y 1) (3y 1) y 6y 21 [2x (3y 1)] (y 3) 12
(2x 2y 2)(2x 4y 4) 12 (x y 1)(x 2y 2)
Với x, y nguyên ta có bảng sau:
x + 2y – –1 –3
x + y + –3 –1
y – –2 2 –2
y 5
x –5 –9 –3
c) Vào thứ Hai, chơi bóng bàn hai ngày sau chơi bóng đá • Nếu ngày sau chơi bóng đá ngày chơi bóng đá thứ Hai
• Nếu ngày sau chơi bóng đá ngày chơi bóng đá thứ Ba
• Đề cho hai ngày sau chơi bóng đá nên ngày chơi bóng đá thứ Tư
Suy ngày chạy là: 1) thứ Ba, thứ Năm, thứ Bảy Khi ngày chơi cầu lơng thứ Sáu Chủ Nhật (khơng xảy sau ngày chạy)
2) thứ Ba, thứ Năm, Chủ Nhật Khi ngày chơi cầu lơng thứ Sáu (khơng xảy sau ngày chạy thứ Năm) thứ Bảy (khơng xảy sau ngày bơi thứ Sáu)
Hoặc 3) thứ Ba, thứ Sáu, Chủ Nhật Khi ngày chơi cầu lơng thứ Năm ngày bơi thứ Bảy (thỏa điều kiện đề bài) Vậy thứ Bảy tuần Nam bơi
Bài 93:( HSG TỈNH TRÀ VINH NĂM HỌC 2016– 2017).
Chứng minh không tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn
3 3 2017
x y z x y z Nếu x,y,z chẵn x3,y3,z3 chẵn Nếu x,y,z lẻ x3,y3,z3 lẻ
Suy x+y+z x3+y3+z3 tính chẵn, lẻ nên (x3+y3+z3)-( x+y+z) ln chẵn Do (x3+y3+z3)-( x+y+z)=2017 vơ lí
Vậy khơng tồn số nguyên x, y, z thỏa mãn x3y3z3 x y z 2017
Bài 94:( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2007– 2008).
(52)Trong số nguyên liên tiếp ln có số chẵn liên tiếp, giả sử số
2 ,2k k2,2k4,2k6(k ) Ta có 2 (2k k2)(2k4)(2k6) 16 ( k k1)(k2)(k3) Mà k k( 1)(k2)(k3) 8 nên 2 (2k k2)(2k4)(2k6) 128 Từ suy điều cần chứng minh.
b)Ta chứng minh phản chứng Từ phần a) ta suy m128c5040.
Giả sử mcó thể phân tích thành tổng hai số phương, tức tồn số tự
nhiên a b, cho 2
128c5040a b (1)
Vế trái (1) chia hết a b, số chẵn (vì ngược lại, số chẵn và số lẻ vế phải (1) số lẻ, hai số lẻ thì
2 (2 1)2 (2 1)2 4 2
a b x y z chia dư 2, vơ lí!) Do a2 ,a b1 2 ( ,b a b1 1 )
2
1
(1) 32c1260a b (2)
Lập luận tương tự cho (2), ta có (2) 8c315a22b a b22,( ,2 2 ) (3)
Lúc này, 8c315 3(mod 4) a22b22 3(mod 4)(thật vậy, xét tất khả chẵn,
lẻ a b2, 2 ta thấy có ba khả xảy
2
2
2
2
2
2
0(mod 4) 1(mod 4)
2(mod 4)
a b a b a b
(3) mâu thuẫn,
suy điều phải chứng minh.
Bài 95:( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2008– 2009).
a)Phương trình cho tương đương với
2
4 3m 3m 4n 8n 4n 8n 3m 4n 8n 4n 8n
Do
2 3m
số chình phương
2n2 2n2 4n4 8n3 4n2 8n 1 2n2 2n 12
nên
2 2
2 3m 2n 2n (n n 1)
Suy n1 m1 Thử lại kết luận
b)Ký hiệu số ghi ô (i;j) ai j gọi S {( ; ) :i j aij>0} Gọi r ci, j tổng số ghi hàng i và
cột j Vậy ri cj ( ; )i j S
Khi ta có ( ; ) ( ; )
ij ij
i j S i i j S j
a a
r c
Tính tổng vế: ( ; ) 1
1
m m ij
ij i j S i j j i
a
VT a m
r r
( ; ) 1
1
n n ij
ij i j S i i i j
a
VP a n
c c
Suy m = n
(53)+ Nếu m = cột có số dương tổng số dương cột s = ns (bằng tổng số dương hàng) Do n =
+ Trong trường hợp tổng quát, gọi r < m số hàng có tổng s, cịn hàng khác có tổng khác Do cột, mà có giao với r hàng dương có tổng s, nên giả sử có c cột có tổng s Thực việc đánh số lại hàng, cột cho r hàng đầu c cột đầu có tổng s (không làm thay đổi chất bảng) Khi đó, r hàng đầu, khơng nằm c cột đầu ô c cột đầu không nằm r hàng đầu phải chứa số Vậy bảng r c (gồm giao r hàng đầu c cột đầu thỏa mãn) Suy r = c Nhưng, phần lại bảng, sau bỏ r hàng đầu c cột đầu (kích thước (m r ) ( n c)cũng thỏa mãn
Do đó, quy nạp, m = n
Bài 96:( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2009– 2010).
a)Gọi a số lẻ lớn mà a2 n. Khi 2 n a
Nếu a7 a 4,a 2,a ước lẻ n. Để ý rằng, số nguyên tố đôi một, nên a a 2 a | n Suy
2 4 22 7 4 4 0 2 7 4 1 0 a a a n a a a a a a a
Vô lý (do a7) Do a1 a3 a5
- Nếu a1 12 n 32 n1, 2,3, 4,5,6,7,8
- Nếu a3 32 n 52 n9,12,15,18, 21, 24 (do 1,3|n) - Nếu a5 52 n 72 n30, 45 (do 1,3,5|n)
Vậy tất số nguyên dương n cần tìm 1,2,3,4,5,6,7,8,9,12,15,18,21,24,30,45
b)-Trên hình vng con, kích thước 2 có khơng q số chia hết cho 2, vậy, có khơng q số chia hết cho
- Lát kín bảng 25 hình vng, kích thước 2 , có nhiều 25 số chia hết cho 2, có nhiều nhất 25 số chia hết cho Do đó, có 50 số cịn lại khơng chia hết cho 2, khơng chia hết cho Vì vậy, chúng phải số 1,5,7
- Từ đó, theo nguyên lý Dirichlet, có số xuất 17 lần
Bài 97:( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010– 2011).
a)Đặt a x 1; b y 1, phương trình cho trở thành: (a1)2b(b1)2a1 (1) Ta có:
(1) ab a b( ) 4 ab(a b ) 1 ab a b( 4) ( a b 4) 5 (a b 4)(ab1) 5
Khi xảy trường hợp sau:
1
; ; ;
0
a b a b a b a b
ab ab ab ab
Từ tìm ( , ) (0,1);(1,0);( 6,1);(1, 6)a b (Mỗi trường hợp 0,25 điểm)
Vậy có cặp số ( , )x y cần tìm là: ( , ) (1, 2);(2,1);( 5, 2);(2, 5)x y
b)- Giả sử trái lại, với cách tô, không tồn hai điểm màu mà có khoảng cách Xét hai điểm M N MN, : tồn điểm
,
P Q cho tam giác MPQ NPQ, tam giác có độ dài cạnh
(54)cùng màu, chẳng hạn tô P: Đỏ, Q: Vàng M, N: phải tơ màu Xanh, (Hình vẽ)
- Từ đó, điểm M tơ màu Xanh, điểm nằm đường trịn tâm M, bán kính tơ màu Xanh Nhưng đường trịn ln có hai điểm mà khoảng cách chúng Mâu thuẫn với giả thiết phản chứng
Từ suy điều phải chứng minh
Bài 98:( HSG TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2011– 2012).
a)Nhận xét Nếu x y 1 f x f y 1
Thật vậy, ta có
3
3
3
1
1
x x
f x f y f x
x x x x
suy
3
3
3
1
1
1
x x
f x f y f x f x
x x x x
Vậy, nhận xét chứng minh Ta có
1
2
f
.
Theo nhận xét ta có:
1 2011 2010
2012 2012 2012 2012
1005 1007 1006
1005 1005,5
2012 2012 2012
A f f f f
f f f f
b)Nếu x y 6 x y x (y6) 1 phương trình vơ nghiệm Do x y 6
2 x y y x x
x{1;2}
Với x1 thay vào phương trình ban đầu ta được:
y 13 (y 5)2 y 3 y2 5y 8 0 y 3
suy phương trình có nghiệm x y; (1; 3) Với x2 thay vào phương trình ban đầu ta được:
y 23 (y 4)2 y3 5y2 4y 8 0
phương trình vơ nghiệm y1 Vậy phương trình cho có nghiệm x y; (1; 3)
c)Xét ngũ giác ABCDE, ta nhận thấy ba đỉnh ngũ giác ln tạo thành tam giác cân Do tơ đỉnh A, B, C, D, E màu xanh, đỏ tím xảy hai khả sau:
(55)thành tam giác cân
+) Nếu tô đỉnh A, B, C, D, E nhiều màu có đỉnh màu tạo thành tam giác cân
Vậy, trường hợp tồn tam giác cân, có đỉnh tô màu đôi khác màu
Bài 99:( HSG CẤP THÀNH PHỐ VĨNH YÊN NĂM HỌC 2012– 2013).
a)Ta có
2
2 2 2 2
a b c d a b ab c d cd ab cd
Mặt khác a c a d a2 c d a cd a2 a a b ab0 suy a c a d Ta xét hai trường hợp sau:
TH1 Nếu a c b d Do a2013b2013c2013d2013 TH2 Nếu a d b c Do a2013b2013c2013d2013
b)Nhận xét Nếu a số nguyên dương a2 chia cho số dư +) Nếu hai số x y, khơng có số chia hết cho x2y2 chia cho dư hay z2 chia cho dư 2, mâu thuẫn với nhận xét Vậy số x y, phải có số chia hết cho xy3 Suy xy3
+) Nếu hai số x y, số chia hết cho x2y2 chia cho dư hay z2 chia cho dư 2, mâu thuẫn với nhận xét Vậy số x y, phải có số chia hết cho Suy xy4
Từ chứng minh ta xy chia hết cho mà (3,4) = nên xy12
c)+) Nếu x1 3 y y1 hay phương trình cho có nghiệm x y; 1;1 +) Nếu x2 2x
chia dư suy 3y chia dư 1 y số chẵn, y2z Từ phương trình ta :
2
3z 2x 3z 3z 2x
suy tồn số tự nhiên ,a b cho 3z 1 ;3a z1 2 b
Trừ vế đẳng thức ta :
2a 2b 2 2b a b b 1,a b a 2,b
Do x y; 3;2 Vậy x y; 1;1 , 3; 2
Bài 100:( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2003– 2004).
Gọi số nhỏ ab (a, b N*, ≤ a, b ≤ 9) Theo giả thiết:
2 2
2
2
ab a ab b 10a b a ab b
25a 4b a ab b
(a 5).b (a 5) (a 5)b b
Suy ra: 15a = 5b 3a = b b a
3
hay b b {3; 6; 9} – Với b = a = (thỏa mãn)
– Với b = a = (loại) – Với b = a = (loại) Vậy: Hai số phải tìm 13 63
(56)Giả sử ba cạnh tam giác n – 1, n, n + (n Z, n > 4)
Đường cao chia cạnh có độ dài n thành hai đoạn x, y (giả sử x > y) Ta có: x2 = (n + 1)2 – h2 (1)
y2 = (n – 1)2 – h2 (2)
Lấy (1) trừ (2) ta được: x2 – y2 = n2 + 2n + – n2 + 2n – = 4n (x + y)(x – y) = 4n, mà x + y = n x – y =
Bài 102:( HSG TỈNH YÊN BÁI NĂM HỌC 2011– 2012).
* Cách 1:
Ta có: x − xy = 7x − 2y − 15 xy − 2y = x − 7x + 15
y(x − 2) = x − 7x + 15 y = \f(x−7x+15,x−2 = \f(+5,x−2 = + \f(5,x−2 Vì x, y Z \f(5,x−2 Z x − Ư(5)
- Nếu x − = x = y = 3−5 + \f(5,3−2 = - Nếu x − = -1 x = y = 1−5+ \f(5,1−2 = -9 - Nếu x − = x = y = 7−5+ \f(5,7−2 =
- Nếu x − = -5 x = -3 y = -3−5+ \f(5,-3−2 = -9 Vậy cặp số nguyên x, y thỏa mãn phương trình
x ; y3 ; ; ; ; ; ; ; 9
* Cách 2:
Ta thấy phương trình cho tương đương: x − xy − 7x + 2y + 15 =
(2y − xy) − (2x − x) + (10 − 5x) = -5 y(2 − x) − x(2 − x) + 5(2 − x) = -5 (2 − x)(y − x + 5) = -5
(x − 2)(y − x + 5) =
Vì x, y số nguyên nên x − y − x + số nguyên x − y − x + ước