Bài tập ôn thi Olympic toán chuyên đề số học toàn miền Nam lần thứ XVIII

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán BÀI T ẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TO ÀN MI ỀN NAM LẦN THỨ XVIII.. Ch ủ đề: S Ố HỌC.[r]

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chun Tốn BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TỐN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII

Chủ đề: SỐ HỌC

1 Tìm hai số nguyên dương thỏa mãn PT: x2011y201120132011 HD:

Giả sử x y, hai số nguyên dương thỏa mãn PT cho Suy ra: x y, 2013 Khơng tính tổng qt, giả sử: x y

Do 2013x nên 2013 x1 ( x

)

Suy ra: 20132011 x12011x20112011x2010 2011 x 1 x2011y2011x20112011.x2010

2011 2010

2011

y x

 

Do x y nên

2011 2010

2011 2010

2011 2011

2011 2011

x x x

y

y y

   





 

 

 



Như vậy: 2011x y, 2013x y2012 2. Tìm phần nguyên biểu diễn thành số thập phân số:

2 2

4 36 10

Q x  x  x  x ; x* HD:

Với x* thì:

 2  2

4x1 36x 10x 3 6x2 4x 1 36x 10x36x2

Cộng 4x2 vào vế BĐT ta có: 2x12 4x2 36x210x32x22

2

2x 4x 36x 10x 2x

       

Cộng thêm

x vào vế BĐT ta có:  2 2  2

1 36 10

x x  x  x  x  x

2 2

1 36 10

x x x x x x

        

Vậy  Q  x1

3 Chứng minh x y x, ,  thỏa mãn: x2012y2012 z2012 Min x y , 2012 HD:

Khơng tính tổng quát, giả sử x y thỏa mãn PT :

2012 2012 2012 2012 2012

1 x y z z  y z yz y

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán  2012

2012 2012 2011 2012 2011

1 2012 2012

z y y y y y

        

2012 2012 2012 2011 2012 2011 2011

2012 2012 2012

x y y y x y y

       ( xy)

2012

x

 

Vậy Min x y , x2012 4 Số 1k 9k 19k 2013k

a    với k có phải số phương không? HD:

Với k k lẻ ta có:

 

1k 1 mod4 ; 9k 1 mod 4 ; 19k  1 mod 4  ; 2013k 1 mod 4  Do đó: a2 mod 4  Vậy a khơng phải số phương

5 Chứng minh x22y số phương với x y,  x2y tổng hai số phương

HD:

Ta có: x22yx

Giả thiếtx2 2yx t 2 với t2yt22txt chẵn t , k k Do đó: 2y4k24kxy2k22kxx2yxk22kx (đpcm)

6 Tìm số nguyên tố p cho 2p1 lập phương số tự nhiên HD:

Rõ ràng: p2 p3

Giả sử

1

ap t ; t*2pt3 1 2pt1t2 t 1 Vì t2 t 1, 21 nên t1 2

Mặt khác p số nguyên tố nên t 1 2  t p13

7 Chứng minh có vơ số số tự nhiên a cho bn4a số nguyên tố với

n HD:

Xét số

4 ,

a k k k 1 Ta có:

  

4 2 2

4 2 2

bn  k  n  nk k n  nk k

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 8 Cho p số nguyên tố khác khác Chứng minh dãy 9,99,999, 9999, có vơ số số hạng chia hết cho p

HD:

Do p số nguyên tố khác khác nên p,101 (1)

Vì p số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có: 10p10p10 10 p11p (2) Từ (1) (2) suy ra: 10p11p10p11 mod p

Do đó, với n nguyên dương 10n p 1 1 mod p10n p 11p với n nguyên dương Mặt khác,  

 



1

1

10n p 99

n p





  Từ suy tồn vô số số hạng dãy 9,99,999, 9999, chia hết cho p

9 Cho p số nguyên tố lẻ Chứng minh:  

0

2

p

k k p p p k k

C C  

 

 chia hết cho p2

HD:

Ta có:  

0 0

2 1

p p p

k k p k k k p p k p p k p

k k k

T C C  C C  C

                    

1 1

2

1

1

p p p

k k p k k k p

p p k p p p p k p

k k k

C C C C C C C

                       

- Chứng minh:  

1

1

1

p

k k p p k k

C C p



 



  với 1k p1 ( Ckpp)

Thật vậy:  !  1    !

! ! !

k p k

p k p p p k k

C

k p k



    

   

Vì p1p2  pkk! mod pp1p2  pkk! chia hết cho p k! Mà p k, !1 suy ra: p1p2  pkk! chia hết cho

   

1

! 1

p

k k k

p k p p k k

k p C p C C p



 



      (1)

- Chứng minh: C2pp2p2

Thật vậy:      

2

2

0 0

1 1

p p p

p p p k k i i j p j

p p p

k i j

x x x C x C x C x 

                     

Đồng hệ số xp hai vế ta được:    

1 2 2 0 p p

p k p k

p p p p

k k

C C C C



 

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

k p

C p   Ckp 2p2 với 1k p1    

2

2 mod 2

p p

p p

C p C p

     (2)

Từ (1) (2) suy ra: T p

10 Giải PT nghiệm nguyên: 4

1 14 1599

x x  x  với x x1, 2, ,x14 HD:

Xét n số nguyên tùy ý

- Nếu n2 , k k n4 16k4 0 mod16 

- Nếu n2k1, k n2 1 4k k 1 8 n41 16 n4 1 mod16  Do đó: x14x24 x144 rmod16

Với r r14

Mặt khác, ta có: 159915 mod16 

Do : PT cho khơng thể có nghiệm nguyên

11 Chứng minh với số tự nhiên n, phân số sau tối giản: 21

14

n n

  HD:

Gọi d 21n4;14n3

Ta có: 21n4kd ; 14n 3 hd với k h,  Suy ra: 7n 1 kh d Do đó: 21n 3 3kh d

Vì vậy: 121n4  21n3kd3kh d 3h2k d d 3h2k 1 Vậy phân số cho tối giản

12 Chứng minh 13 82 32

630 21 30 63 35

B x  x  x  x  x nhận giá trị nguyên với giá trị nguyên x

HD:

Xét Ax x 21x24x29x216

= x4x3x2x1 x x1x2x3x4 Còn

630 2.5.7.9

A A

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 13 Chứng minh với số nguyên a b, ta có: 3a5 , 8b a13b  a b, 

HD:

Ta có: 8a13b2 3 a5b  2a3b ; 3a5b1 2 a3b  a2b ; 2a3b2a2bb Vậy 8a13 , 3b a5b  3a5 , 2b a3b  2a2 ,b a2b  a2 ,b b  a b, 

14 Cho đa thức P x  với hệ số nguyên, biết tồn số ngun dương a cho khơng có số số P 1 ,P 2 , ,P a  chia hết cho a Chứng minh với số nguyên z ta có

 

P z 

HD:

Giả sử tồn số nguyên b cho P b 0 Khi ta có: P x   x b Q x    với Q x  đa thức có hệ số nguyên Đặt baqr, 1 r a Ta cos: P r   rb Q r   aQ r a  ( mâu thuẫn gt) 15 Chứng minh số 2p1 2q 1 nguyên tố p q nguyên tố

HD:

ĐK cần: Giả sử 2p1, 2q11 kp q,  Đặt pku q, kv Khi đó: 2p  1  2k u 1 2 k 1 Tương tự: 2q1 2 k1

Như 2k1 ước chung 2p1 2q1 Kết hợp với giả thiết suy ra: 2k  1 k 1 Vậy p q nguyên tố

ĐK đủ: Giả sử p q, 1 Khi tồn số nguyên s t, cho psqt1 Gọi d2p1, 2q1 - Xét TH: s0 Khi t0 Đặt v  t Suy ra: psqv1 Ta có: 2ps 1 2 p 1 2ps1d Tương tự: 2qv

d

  Từ suy ra: 2ps1  2qv1d hay 2qv2ps qv 1d Kết hợp với đẳng thức

psqv suy ra: 2qvd

Mặt khác 2p1 số lẻ nên d lẻ Từ suy ra: d 1 - Xét TH: s0, t0 ta làm tương tự

Tóm lại: 2p1, 2q11

16 Cho a b, hai số nguyên cho a b, 1 Tìm 5a7 ,5a b 7b HD:

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chun Tốn Nếu a2b ta có: sa s sa a b 5 7b bsa2b Do đó: s sa, b  s sb, a2b

Tương tự ba2b ta có: s sa, b  s sb, 2b a 

Vậy từ thuật toán Euclid suy a b số chẵn s sa, b  s s1, 212, a b số lẻ s sa, b  s s0, 12

17 Tìm 2n1, 2n1 với n HD:

- Nếu n0 2n 1

- Nếu n0 2n 1 2n12 Do đó: 2n1, 2n1  2n1, 22

Suy ra:   

 

2

2 1,

2 1,

n n

n n n

n n

 

     

   

18 Cho p 2p1 hai số nguyên tố lớn Chứng minh 4p1 hợp số HD:

Do p số nguyên tố lớn nên p có dạng p3k1

- Nếu p3k1 2p 1 6k 3 2 k1 số nguyên tố nên trường hợp xảy

- Nếu p3k1, k2 4p 1 12k 3 4 k1 Do 4k 1 nên 4p1 hợp số 19. Tìm số nguyên tố p cho hai số p4 p8 số nguyên tố

HD:

- Nếu p3 p 4 7,p 8 11 số nguyên tố - Nếu p3k1 p 8 3k 9 3k3 hợp số

- Nếu p3k1 p43k 1 3k1 hợp số Vậy p3 số nguyên tố phải tìm

20 Chứng minh với m2 , m m! có số ngun tố Từ suy có vơ số số ngun tố

HD:

Do m2 nên m! 1 4 Gọi p ước nguyên tố am! 1 ta có: paPm!

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

Ta có: knb kn b với k b,  kb

Ta lại có: kna k b Suy ra: a b k n b với b, k,k b Điều xảy abn

22 Cho 1 2

2n ;n 2n 3n ; 2n 3n

A B   C  

     

a) Chứng minh: A B nguyên tố ; b) Tìm d A C,  HD:

a) Ta có: B2A3n

Nếu A B có ước chung d 1 d 3n d 2n ( Vơ lý) Do A B ngun tố b) Ta có: C4A5.3n Điều chứng tỏ ước chung lớn A C

Muốn cho A C, 5 Anlẻ Vậy d 5 n lẻ ; d 1 n chẵn

23 Có tồn số tự nhiên n viết dạng: nx!y! với x y,  x y hai cách khác hay không?

HD:

Giả sử tồn số tự nhiên n viết dạng:

1! 2! 2! 2!

nx x x y với x y x y1, 1, 2, 2 x1 y x1, 2 y2

Không tính tổng qt, giả sử 0x1x2 y1x2 Do đó: x2!y2!y1!x2!x1!x2! Vơ lý 24 Tìm nghiệm ngun dương PT: 2012 2012 2012

1 2012 2011 2012

x x  x  x x x

HD:

Ta có: 2012 2012 2012

1 2012 2012 2012 2011 2012

x x  x  x x x  x x x Vô lý

25 Chứng minh có số nguyên a b c d e f, , , , , thỏa mãn điều kiện: a2b2c2d2e2  f2 số khơng đồng thời số lẻ

HD: ( Dễ dàng chứng minh bình phương số nguyên lẻ chia cho dư

Giả sử số số lẻ Thế số hạng vế trái chia cho dư Như vế trái chia cho dư Trong vế phải số chia cho dư Điều mâu thuẫn

21 Cho số tự nhiên a,b n Biết kn

a chia hết cho kb với k,k b Chứng minh rằng: abn

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 26 Cho số nguyên tố p3 m, n hai số nguyên tố cho

 2

2

1 1

1 1

m

n     p

Chứng minh m chia hết cho p HD:

Ta có:      

 

2

2

2

1 1

1 ! !

1 1

m

p p

n p

 

 

     

  

 

số nguyên

Mặt khác p số nguyên tố nên 0, , , ,1 1

1 p

 

 



 

hệ thặng dư đầy đủ theo mod p

Do đó:

   

   

 

2

2

2

2

1

1 1

mod

1 1

p p p

p p

p

 

         

 (do p5 nên

p, 61) Suy ra:   

 

2

2

2

1 1

1 !

1 1

p

p

 

 

    

  

 

(mod p) hay p !2 m p n

 

Mà p1,p1 nên m chia hết cho p

27 Cho số nguyên n3 Lấy n số x x1, 2, ,xn số xi 1 cho:

1 2 n n n

x x x x  x x x x  Hãy chứng minh n phải bội số HD:

Đặt: X1 x x X1 2, 2 x x2 3, ,Xn x xn 1

Mỗi số Xi 1, X1X2 Xn 0

Như có p số Xi phải có p số Xj 1 Suy ra: n2p Mặt khác: X X1 2 Xn x x1 2 xn2 1

Mà X X1 2 Xn   1 p Vậy p chẵn n2p bội số

28 Chứng tỏ số 444444 303030 3 biểu diễn dạng  

2

3

xy với x y,  HD:

Nếu  

2

3

AB CD C A23B D2, 2AB Suy ra:  

2

3

A B CD

Do xy 32 444444 303030 3 cóxy 32 444444 303030 3 0 vô lý 29 Chứng minh đa thức: P x x9999x8888x7777x6666x4444x3333x2222x11111 chia hết

cho đa thức:  

1

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán HD:

Ta có: P x Q x x9999x9  x8888x8 x1111x

= x9 x10 9991x8 x10 8881  x10 1111     10

1

P x Q x x

    đó:          

10

1 x

P x Q x Q x P x Q x

x 

  



 

30 Cho p số nguyên tố thỏa mãn p1 mod 6  đặt

p q  

  Chứng minh

 

1 1

1.2 3.4

m

q q n

   

 ; m n,  p m HD:

Ta có: p1 mod 6  Đặt p6k1, suy ra:

p q  k

  Khi

 

1 1 1

1.2 3.4 4 2

m

n     k k  k  k   k

= 1 1 1

2k 4k 2k 4k 3k 3k

     

     

     

   

     

=

2 4 2 4 1 3 1

p p p

k k  k k   k k Suy ra: p m

31 Tìm nghiệm nguyên PT: x22011x2012y2 yxy2011xy22013 HD:

PTx22011x2012  2012y22012xy2yxy1x1x2012 2012 y2y1 Vì x y,  nên hai thừa số vế trái PT ước số

32 Cho n số tự nhiên, a ước nguyên dương

2n Chứng minh

n a không số phương

HD:

Giả sử n2ax2 (1) với x Theo giả thiết: 2n2 ka với k Ta có:  

2

2 2

2

2

1 x n n kx k 2k kx

k n n

 

         

   

Vì

2

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 33 Chứng minh số: 555 222

222 555 chia hết cho HD:

Ta có: 2227.31 5 2225 mod 7 222555 5555mod 7

Mặt khác:  

5 254 mod

   

3

5 4.5 mod 6 mod

   

4

5 6.5 mod 2 mod

   

5

5 2.5 mod 3 mod

     

6

5 3.5 mod 1 mod 5 k 1 mod

Mà 555 3   

5556.92 3 5 5 mod 6 mod Tức là: 555  

222 6 mod Lập luận tương tự, ta có:5557.7922 mod 7 555222 2222mod 7

   

3

2 1 mod 2 k 1 mod

Mà 222  

2223.742 1 mod Tức 222

555 1(mod7)

Vậy 2225555552227 mod 7 0 mod 7  tức là: 222555555222 chia hết cho

34 Tìm số nguyên dương m n;  cho pm2n2 số nguyên tố m3n34 chia hết cho p

HD:

Ta có: 3          

4 mod mod 12 mod

m n   p  mn mn   p  mn mn   p

Kết hợp với 3  

4 mod

m n   p suy ra:

m n 3 8 mod p m n 2m2n22nm2m n 40 mod p Do p số nguyên tố nên ta có khả năng:

- TH1: Nếu m n 2m2n2 2    

1

2 1 2,

1,

m n

m n m n m m n n m n

m n

  



           



  



Thử lại ta thấy: số m n,    1;1 , 2;1 , 1; 2   thỏa toán

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chun Tốn 35 Tìm tất số nguyên tố a b c, , cho: abcab bc ca

HD:

Khơng tính tổng qt, giả sử abc Suy ra: ab bc ca3bc

Nếu a 3bcabcab bc caa cb mâu thuẫn với Vậy a2 ( a nguyên tố)

Do đó: 2 1

2

bc b bc c b

b c

       

- Với b2c nguyên tố - Với b 3 c3 c5

Vậy nghiệm toán là: a2,b2,c p nguyên tố hoán vị, a2,b3,c3 hoán vị

36 Chứng minh với số tự nhiên n2 ta có:  

1 2 n n k n n k k C C     

 chia hết cho 4n1 HD:

Ta có:      

   

1

2 2

2 2

0 0 1

!

2 ! 2 !

n n n n n

n k k k k

n n k n n n

k k k k k

k n n

C C n k C kC C

k n k

                           

Mặt khác  2  2 22

1

4 1 1

n n n n k n k C        

Như vậy:    

1

2 1

2

4

n

n k n n

n n k k

C C n

          

37 Chứng minh rằng: 22 11

0 n k k n k

C 



 không chia hết cho với n số tự nhiên HD:

Ta có:  

2

2 2 2 2 1 2 1

2 2

0 0

1

n n n

n k k k k k k

n n n

k k k

x C x C x C x

                

2 2 2 2 1 2 1

2 2

0 0

1

n n n

n k k k k k k

n n n

k k k

x C x C x C x



  

  

  

   

Suy ra:    

2

2 2 2 2 1 2 1

2

0

1

n n

n n k k k k

n n

k k

x  x  C x C  x 

 

   

     

   

(*) Cho x 8, từ (*) suy ra: 2

7 n

A B

   với

2 n k k n k

A C 



 , 22 11 n k k n k

B C 





Vì  7 2n1 2 mod 5  nên :

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Tuy nhiên  a , a5 ,k a5k1,a5k2 Ta ln có: a2 0 mod 5 ; a2 1 mod 5 ;

 

2

4 mod

a  Suy ra:  

2 mod

A   (***)

Từ (**) (***) ta có điều mâu thuẫn Vậy B không chia hết cho

38 Tính: 45 19991999

 

 , đó: a ký hiệu phần nguyên số a HD:

Ta có:      

1999 1999

1999 1999

1999 1999

2

1999 1999

0

45 1999 45 1999 1999 45 1999 45

k k

k

k k k k

k k

C  C 

 

     

=

999

2 1999

1999

2 k 1999 45k k

k

C  m





 với *

m

Mà 44 199945045 1999   1 45 19991999 1 Nên 45 199919992m1

 

  với

999

2 1999

1999

1999 45

k k k k

m C 





39 Chứng minh rằng: 2 3

n

  

 

  số lẻ với số tự nhiên n HD:

Đặt ,

2

x

x y y

   

 

   

nghiệm PTX24X  1 Đặt: Sn xn yn

Ta có: Sn1xn1yn1xyxnynxy x n1yn14SnSn1 Suy ra: Sn14SnSn10

0 2, n

S  S  S   n 

Vì 0 2 31 nên 02 3n 1

Do đó: 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3

n n n n n

         

Suy ra: 2 3n2 3 n 2 3n1

 

  số lẻ (vì S S0, chẵn nên Sn chẵn)

40 Chứng minh biểu thức A9 5  n 5 n nhận giá trị nguyên không chia hết cho

Bài tập luyện thi Olympic Tốn học tồn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán HD:

Làm tương tự 39

41 Tìm n nguyên dương cho: 3 3

1  n 2n 4 7225

      

     

HD:

Với m*, xét 3  3

1 1

m k k m k k m k

          

   

Suy ra: với k cho trước, số số m thỏa:

m k

  

  là:  

3 3 2

1 3

k k  k  k Gọi tổng tương ứng chúng Sk, ta có: Sk k3k23k13k33k2k

Do: 3n31 n

  ;

3 3

3 3

1

n n n n n

       

      với n2

Nên  

4

1

3

3

1

3 20

1 7225

4

n k k

n n n n

n n S n n





  

 

           

      

Dễ dàng tìm được: n10

42 Cho p số nguyên tố khác a b, hai số tự nhiên lẻ cho a b chia hết cho p a b chia hết cho p1 Chứng minh rằng: abba chia hết cho 2p

HD:

Giả sử ab

Gọi r dư phép chia a cho p armodp Do a b p  nên b rmodp

Suy ra: ab ba rbramodp hay ab ba rb1ra b  mod p Mặt khác: a b p  1 nên a b k p 1

Vì r không chia hết cho p nên theo định lý Fermat nhỏ ta có:

   1    

1

1 mod k p mod mod

p a b

r   p r   p r   p Từ suy ra: abba 0 mod p tức là: abbap Ngoài a bb, a số nguyên lẻ nên ab ba2 Vậy abba2p

43 Tìm tất số hữu tỉ dương x y, cho xy 1

x y số nguyên HD:

Đặt 1 ,

x y m x y m

x y m

n xy

x y n

 

   

 

 

 

  

 



nghiệm PT:

0 nX mnXm Ta có:  mn mn 4

- Nếu  0mn4 Giải tìm m n, sau tìm x y,