Giả sử tồn tại số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề bài. Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số 5. Vậy A không có ước số nguyên tố là 5. Tiếp theo, giả sử phát biểu trên đúng với mọi[r]
(1)LÍ THUYẾT SỐ BỒI DƯỠNG HSG THPT THUVIENTOAN.NET KIẾN THỨC TRỌNG TÂM Số chính phương - Số chính phương là bình phương số tự nhiên - Số chính phương n tận cùng 0, 1, 4, 5, 6, Số nguyên tố - Hợp số - Số nguyên tố là số nguyên lớn và có ước số là và chính nó - Các số nguyên tố 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97, 101, 103, 107, 109, 113, 127, 131, 137, 139, 149, 151, 157, 163, 167, 173, 179, 181, 191, 193, 197, 199, … Nếu số nguyên a > và không chia hết cho số nguyên tố a thì a nguyên tố - Số nguyên lớn 1, không phải số nguyên tố gọi là hợp số - Phân tích số tự nhiên m lớn thừa số nguyên tố cách m p1 p 2 p k k - Số các ước nguyên dương m là d m 1 1 1 k 1 - Tổng các ước nguyên dương m là m p11 1 p 2 1 p k k 1 p1 p2 pk Số nguyên tố cùng – Số nguyên – Số hữu tỉ - Nếu hai số nguyên a, b đó có ít khác thì ƯCLN d = (a, b), (a, b) = ax + by với x, y nguyên, m m , 1 a b (a, b) = (a, a b) và BCNN m a, b thì a,b a,b a.b , - Nếu (a, b) = thì a và b nguyên tố cùng Nếu (a, b) = thì a n , b n - Các số nguyên dương a và b nguyên tố cùng và tồn các số nguyên x và y cho: ax + by = - Hàm Ơle m : các số bé số nguyên dương m và nguyên tố cùng với m Nếu m p1 p 2 p k k thì m m 1 1 1 1 p1 p p k Nếu m = p nguyên tố thì p p Nếu (a, b) = thì ab a b - Số hữu tỉ có dạng p m , m Z, n N* n Phần nguyên – phần lẻ - Phần nguyên số thực x là số nguyên lớn không vượt quá x, kí hiệu [x], nghĩa là x x x - Nếu x = m + r với m nguyên và r thì [x] = m và r gọi là phần lẻ, r = {x} (2) - Nếu n nguyên thì [n + x] = n + [x] với x Chứng minh chia hết - Phép chia số nguyên a cho số nguyên b 0: a = b.q + r với thương q nguyên và dư r nguyên thỏa r b Nếu r = thì số nguyên a chia hết cho số nguyên b (b chia hết a, a là bội số b, b là ước a), kí hiệu a b hay b a - Dấu hiệu chia hết cho là số chẵn; cho là chữ số tận cùng 0, 5; cho (hoặc 25) là hai chữ số tận cùng (hoặc 25); cho (hoặc 125) là ba chữ số tận cùng (hoặc 125); cho (hoặc) là tổng các chữ số (hoặc 9); cho 11 là hiệu tổng các chữ số hàng thứ chẵn với hàng thứ lẻ 11 Dư và đồng dư - Cho số nguyên m > Nếu hai số a, b có cùng dư chia cho m thì a đồng dư với b theo modun m, kí hiệu a b (modm) Nếu a b (modm), c d (modm) thì a c b d mod m , ac bd mod m - Định lý Ơle: với (a, m) = thì a m 1 mod m - Định lý Fecma: với p nguyên tố thì a p a mod p với (a, p) = thì a p1 1 mod p - Tập a1 ,a , ,a n là hệ thăng dư đầy đủ modulo m với i, i m , tồn j cho a j i modm - Định lý phần dư Trung Hoa: Nếu r và s là số nguyên dương nguyên tố cùng nhau, a và b là số nguyên bất kì, thì hệ phương trình đồng dư: N a mod r và N b mod s có nghiệm N theo modulo (rs) Tổng quát: Nếu m1 , m2 , , mk là các số nguyên tố cùng đôi và a1 ,a , ,a k là các số nguyên, thì hệ k phương trình đồng dư: x a i mod mi ; I = 1, …, k có nghiệm x nguyên theo modulo M m1.m m k Chú ý: n 1) Nếu a tận cùng 0, 1, 5, thì a tận cùng 0, 1, 5, tương ứng Vì 10 , n = 4k + r và a n r tận cùng 3, thì chữ số tận cùng a là chữ số tận cùng a , còn a tận cùng thì chữ số tận cùng n r a là chữ số tận cùng 6.2 20 2) Nếu a tận cùng là x thì a có hai chữ số tận cùng là chữ số tận cùng x 20 Tìm hai chữ số tận cùng n a đưa tìm dư phép chia n cho 20 (3) 3) Hệ nhị phân số tự nhiên k a.2n a n 1 2n 1 a1 a là k a n a n 1 a1a (2) với a i 0;1 , a n Tổng quát, số tự nhiên s viết hệ g – phân nếu: s a n g n a n 1g n 1 a1g a là s a n a n 1 a1a (g) Với a i 0,1, ,g 1 , a n 4) Phương trình Pell: Nếu (a, b) là nghiệm nguyên dương bé phương trình x dy2 thì nghiệm nguyên dương có dạng: ab d x n , y n a b d , a b d a b d n n n d n CÁC BÀI TOÁN Bài toán 17.1: Chứng minh a) 70.271001 31.38101 chia hết cho 13 b) Nếu ba số a, a + k và a + 2k đồng thời là ba số nguyên tố phân biệt lớn thì k Hướng dẫn giải a) Ta có 27 1mod 13 271001 1mod 13 Và 38 1mod 13 38101 1mod 13 271001 13n 1 n N và 38101 13m 1 m N 70.271001 31.38101 70 13n 1 3113m 1 70n 31m 13 39 đpcm b) Ta biết các số nguyên tố lớn có thể biểu diễn dạng 6p + 6p + (p nguyên dương) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn có thể biểu diễn hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, định phải có hai số biểu diễn cùng dạng, chẳng hạn đó là 6p + r và 6s + r với r là Hiệu hai số này 6s – 6p = (s – p) Mặt khác hiệu hai ba số trên k 2k nên k 3, k là số chẵn nên k Bài toán 17.2: Chứng minh với m, tồn số nguyên n để: n 11n 87n m chia hết cho 191 Hướng dẫn giải Đặt P x x 11x 87x m Giả sử: P x x a b mod 191 x 3ax 3a x a b x 11x 87x m mod 191 (4) 3a 11 mod191 3a 87 mod191 b m a mod191 1 2 3 1 3a 180 mod191 a 90 mod191 3a 87 mod191 Vậy m Z , tồn số nguyên a, b để: P x x a b mod191 Nhận xét: 191 là số nguyên tố dạng 191 = 3k + P i P j mod191 i a j a mod191 3 Đặt u = i + a, v = j + a thì u v3 mod191 u 3k v3k mod191 u3k v2 v3k 2 v191 mod191 v mod191 (định lý Ferma) (1) v2 u 3k v3 u3k 3 mod191 u3k v2 u3k u3k 3 u 3k 1.u 3k 2 u 3k 1.u191 u 3k 1.u mod191 u3k 2 u191 u mod191 (2) (1) và (2) suy ra: u v mod191 i j mod191 Nếu i, j 1, 2, ,191 ; i j mod191 thì P i P j mod191 Suy tồn n 1, 2, ,191 cho P (n) = 191 (mod 191) tức là: P n mod191 Bài toán 17.3: Cho x, y là các số nguyên, x 1; y 1 cho x y4 là số nguyên Chứng minh y 1 x 1 x y44 chia hết cho x + Hướng dẫn giải Ta chứng minh y4 chia hết cho x + Đặt x a y4 c ; y 1 b x 1 d Trong đó a, b,c,d Z , (a, b) = 1; (c, d) = 1; b > 0, d > Từ giả thiết, ta có nến b = d = ad bc a c nguyên, suy d | b và b | d Mặt khác, nguyên; (a, b) = và (c, d) = 1, bd b d (5) Suy y4 chia hết cho x +1 Từ đó x y 44 x y 44 x chia hết cho x + (do y44 chia hết cho y4 nên nó chia hết cho x + và x chia hết cho x + 1) n Bài toán 17.4: Với số tự nhiện n, chứng minh tổng C k 0 2k 1 2n 1 .23k không chia hết cho Hướng dẫn giải Đặt x , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: 1 x n 1 3k A Bx * với B C2k 2n 1.2 2n 1 k 0 Tương tự: 1 x 2n 1 A Bx (**) 2n 1 8B2 A Nhân vế theo vế (*) và (**) ta được: Mặt khác, 72n 1 2 mod5 Do vậy, B là bội thì: A2 2 mod5 : vô lý Bài toán 17.5: Chứng minh phần nguyên 11 2n 1 thì chia hết cho 2n 1 và không chia hết cho 2n với n là số tự nhiên Hướng dẫn giải Ta có: Mà 11 11 11 2n 1 2n 1 2n 1 11 2n 1 là số tự nhiên 0;1 nên 11 2n 1 11 2n 1 (Vì a b k N a k b với b 0;1 nên [a] = k = a – b) Với n = 0; Mà: 11 chia hết cho 201 không chia hết cho 22 11 11 11 11 11 11 40 nên với n = thì: 11 11 40 22 không chia hết cho 23 11 11 11 6.42 2.32.7 chia hết cho (6) Giả sử tính chất này đúng với số tự nhiên k < n Ta chứng minh tính chất này đúng với k= n Trước hết, nhận xét rằng: 11 Thật vậy: 11 11 11 2n 1 11 11 11 11 2n 1 235 11 Vậy 11 2n 1 2n 1 11 2n 1 11 11 ; 11 11 2n 1 11 40 11 2n 1 11 11 2n 1 11 2n 1 2n 3 22 11 2n 1 2n 3 11 11 11 2n 3 11 2n 1 2n 3 chia hết cho 2n 1 không chia hết cho 2n 2 Bài toán 17.6: Cho trước a và b là hai số nguyên dương Chứng minh số (4ab – 1) là ước số 4a 1 thì a = b Hướng dẫn giải Giả sử tồn cặp hai số nguyên dương (a, b) cho (4ab – 1) là ước số 4a và a b thì ta gọi các cặp số là cặp xấu và giả sử (a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ Do 4b 1 4b 4ab 2 16b 4a 1 mod 4ab 1 nên (b, a) là cặp xấu, 2a b 2b a suy a < b (do a b ) Do 4a chia 4a dư 1, còn 4ab 1 chia 4a dư 3, nên số 4a 1 4ab 4a là số chia 4a dư 3, đó tồn số nguyên dương c cho 4ac 1 4ab Vậy (a, c) là cặp xấu 4a Từ a < b và 4ac 1 4ab ta có c < b, đó 2a + c < 2a + b mâu thuẫn với giả thiết (a, b) là cặp xấu có tổng 2a + b nhỏ (đpcm) 2 Bài toán 17.7: Xác định tất các cặp nguyên dương (a, b) cho a b a b chia hết cho ab b Hướng dẫn giải Xét a < b thì b a , đó: (7) ab2 b ab2 b (a 1)(ab 1) a 2b a ab a 2b a b Như vậy, ta không tìm (a, b) thỏa điều kiện bài toán trường hợp này a 2b a b Xét a b Đặt k , giả sử k nguyên dương ab b a a 1 ab b ab a ab ab a b b b b b Ta có: Suy k a , b thì b b 7 b b 7 a 1 ab b ab2 a a b ab a ab a b b b b b Suy ra: Từ đó b = 1, b = 2, k - Nếu a b b a a k thì a – < kb < a + nên a = kb b b b b Điều này cho ta tìm (a,b) (7k ,7k) - Nếu b = thì (a + 8) chia hết a a , suy (a + 8) chia hết a a a a 7a , đó, ta có (a + 8) chia hết a 7a 1 57 Nhưng các ước số lớn 57 có 19 và 57, đó a = 11 a = 49 Dễ dàng kiểm tra các cặp (a, b) = (11, 1) và (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện bài toán - Nếu b = thì (4a + 9) chia hết 2a a , đó suy (4a + 9) chia hết a 4a 2a a 7a Từ đó, ta có (4a + 9) chia hết 4a 7a 79 Nhưng ước số lớn 79 có 79, từ đó a 35 , không phải số nguyên Vậy, các cặp (a, b) thỏa điều kiện bài toán là: (11, 1), (49, 1) và 7k ,7k , với k là số nguyên dương n Bài toán 17.8: Tìm số tự nhiên n lớn cho là ước số tích các số tự nhiên từ đến 1000 Hướng dẫn giải Số n lớn phải tìm là số thừa số phân tích x x x … x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa là n tổng số các bội số 5, , , dãy 1, 2, 3, …, 1000 Các bội dãy 1, 2, 3, …, 1000 là 5, 10, 15, …, 1000 gồm 1000 : = 200 số Trong đó, các bội là 25, 50, …, 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, các bội 53 là 125, 250, …, 1000 gồm 1000 : 125 = số, các bội là 625 gồm số Do đó số thừa số phân tích x x x … x 1000 thừa số nguyên tố là 200 + 40 + 80 + = 249 Vậy số n lớn là 249 (8) Bài toán 17.9: Tìm tất các cặp số nguyên dương m, n cho: 3m 5m và 3n 5n đồng thời chia hết cho tích số mn Hướng dẫn giải Với m = 1, ta cần: n | 3n n 1,2,4,8 Tuy nhiên, có n 1, 2 thỏa mãn điều kiện n | 3n 5n Tương tự, với n = ta có: m 1, 2 Ta chứng minh không còn cặp số nguyên dương m, n nào khác thỏa mãn yêu cầu bài toán (1) Thật vậy, giả sử m, n thỏa ycbt Đầu tiên, hai số m và n không thể cùng là số chẵn vì m và n cùng là số chẵn thì ta có | mn Do đó, 3m 5m mod Tuy nhiên, vì m chẵn nên 3m 5m 1 mod , mâu thuẫn m Vậy, ta có thể coi m là số lẻ (m > 2) Gọi p là ước nguyên tố bé m, dễ thấy p 2,3,5 (2) Đặc biệt, (5, p) = 1; nên tồn số nguyên x để 5x 1 mod p Từ p | m | 3m 5m suy p | x m 3m 5m 3x 5x 3x 1 mod p m m m Vì thế, đặt h ord p 3x , thì h | 2m; ta có: h | p – (định lý nhỏ Fermat và tính chất cấp), nên: h | (p – 1,2m) = ( vì p và (p – 1, m) = theo cách chọn (2) p) h h p | 3x 1 5x 1 3h 5h x h p | 3h 5h với h 1, 2 Nhưng 31 51 2, 32 52 24 nên p = 2, mâu thuẫn với (2) Do đó (1) đúng, đpcm Vậy m, n 1;2 Bài toán 17.10: Chứng minh rằng, với số nguyên dương m bất kì tồn vô số các cặp số nguyên (x, y) cho: 1) x và y nguyên tố cùng 2) y chia hết x m 3) x chia hết y2 m Hướng dẫn giải Giả sử (x, y) là cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3) Khi đó ta có x y m xy hay x y2 kxy m (1) với k Z Ngược lại, dễ thấy cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên nào đó và x, y nguyên tố cùng thì cặp (x, y) đó thỏa mãn 1), 2), 3) Như bài đã chứng minh ta số nguyên k cho có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) và x, y nguyên tố cùng (9) Chọn k = m + Khi đó (1) trở thành: x y2 m xy m (2) Bây giờ, ta chứng minh có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (2) và x < y với x, y nguyên tố cùng Thật vậy, xét dãy các số nguyên x n xác định sau: x1 1, x m 1, x n m x n 1 x n n 1, 2,3 Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được: i) x n là dãy tăng ii) x n và x n 1 nguyên tố cùng n 1, 2,3 iii) Cặp số x n , x n 1 thỏa mãn (2) n 1, 2,3 đpcm Bài toán 17.11: Từ dãy số nguyên dương lớn 1, ta lập dãy số tăng dần a1 ,a ,a gồm tất các số không là bội và không là bội Chứng minh a n 3n với số nguyên dương n bất kì Hướng dẫn giải Trong 3n số từ đến 3n ta chia nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + với k= 0, 1, 2, …, n – Trong ba số liên tiếp đó có số 3k + k = 3(k + 1) là bội và hai số 3k + 1, 3k +2 có số là bội không là bội 3, đó phải loại ba số liên tiếp Trong nhóm đầu tiên 1, 2, có ba số bị loại Vậy từ đến 3(k + 1) = 3n ta cần phải loại 2(n – 1) + = 2n + số là còn lại n – số Các số này mang số từ a1 đến a n 1 đó a n 3n Bài toán 17.12: Tìm tất các số a) Tự nhiên n để các số: n – 1; n n n 13n 13n 14 là các số chính phương b) Số hữu tỉ x cho x x là số chính phương Hướng dẫn giải a) Xét số: A n 1 n n n 13n 13n 14 n n 50 Từ điều kiện đề bài suy A là số chính phương, vì A là tích hai số chính phương Xét n Bằng phép thử trực tiếp dễ thấy A là số chính phương và n = 1, lúc đó n n n 13n 13n 14 43 không là số chính phương Xét n 50 , ta suy A nằm hai số chính phương liên tiếp n và n Vậy A không là số chính phương mâu thuẫn 2 Xét n = 50 thì ta có A 125006 17858 Xét n > 50 suy A nằm hai số chính phương liên tiếp n chính phương mâu thuẫn và n nên A không là số (10) Vậy có n = 50 là đáp số bài toán p p p b) Giả sử x đó p,q Z , q > và (p, q) = thỏa mãn n n Z Suy q q q p q p 6p n 2q Đẳng thức này cho thấy ước q là ước p Nhưng (p, q) = nên phải có q = 1, x = p là số nguyên Khi đó p2 p n 2p 1 23 4n 23 2n 2p 1 2n 2p 1 Vì 23 là số nguyên tố, các thừa số vế phải là các số nguyên dương và 2n 2p 2n 2p , nên đẳng thức xảy 2n – 2p – = và 2n + 2p + = 23 Giải hệ phương trình này ta p = 5, số này thỏa mãn đề bài Bài toán 17.13: Chứng minh số A 1919 93199 19931994 không phải là số chính phương Hướng dẫn giải Ta có 1 mod3 , mod 3 nên 919 mod3 , 93 mod 3 nên 93199 mod3 ; 1993 1 mod 3 nên 19931994 1 mod3 Vậy A mod 3 hay A = 3k + k Z , số chính phương không thể có dạng 3k + 2, nên A không phải là số chính phương m n p Tổng quát: Có thể chứng minh số A 93 1993 không phải là số chính phương với số nguyên dương m, n, p Bài toán 17.14: Chứng minh x, y là các số nguyên thỏa mãn hệ thức 2x x 3y2 y (1) thì x – y; 2x + 2y + và 3x + 3y + là các số chính phương Hướng dẫn giải Từ (1) ta có: x y 2x 2y 1 y2 (2) Mặt khác từ (1) ta lại có: x y 3x 3y 1 x (3) Từ (2) và (3) ta có: x y 2x 2y 1 3x 3y 1 x y Suy 2x 2y 1 3x 3y 1 là số chính phương (4) Đặt 2x 2y 1,3x 3y 1 d thì d là ước 3x 3y 1 2x 2y 1 x y d là ước 2(x + y) Từ đó d là ước (2x + 2y + 1) – 2(x + y) = nên d = Từ (4) và từ 2x 2y 1,3x 3y 1 suy 2x + 2y + và 3x + 3y + là số chính phương Từ đó vào (2) (3) suy x – y là số chính phương (11) Bài toán 17.15: Tìm số có bốn chữ số abcd , biết abd là số chính phương và cộng thêm 72 vào abcd thì số chính phương Hướng dẫn giải Các chữ số a, b, c, d đó abcd có thể nhận giá trị từ đến và a Nếu số có tận cùng là chữ số e thì bình phương số đó có tận cùng là chữ số f tương ứng bảng sau: e f 6 Vì abd là số chính phương nên d có thể lấy các giá trị 0, 1, 4, 5, 6, 9; mặt khác số abcd 72 là số chính phương thì d + phải có tận cùng là các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, Mà d + có thể có tận cùng là 2, 3, 6, 7, 8, đó d + có thể lấy các giá trị 1, 6; nghĩa là d có thể lấy các giá trị 9, - Với d = ta có ab4 y và abc4 72 abc6 70 x Theo bảng trên y2 có tận cùng thì y có thể có tận cùng là còn x có tận cùng thì x có thể có tận cùng là Suy 100 y2 1000 nên 10 < y < 31 nên y có thể là 12, 18, 22, 28 Nếu y = 12 thì y2 144 và x 14c6 70 nên 1400 x 1600 , suy 37 < x < 40: không thỏa mãn Nếu y = 18 thì y2 324 và x 32c6 70 nên 3200 x 3500 , suy 56 < x < 60: không thỏa mãn Nếu y = 22 thì y2 484 và x 48c6 70 nên 4800 x 5000 , suy 68 < x < 72: không thỏa mãn Nếu y = 28 thì y2 784 và x 78c6 70 nên 7800 x 8000 , suy 86 < x < 90: không thỏa mãn - Với d = ta có ab9 y và abc9 72 abc1 80 x Theo bảng trên y2 có tận cùng thì y có thể có tận cùng là còn x có tận cùng thì x có thể có tận cùng là Suy 100 y2 1000 nên 10 < y < 31 đó y có thể là 13, 17, 23, 27 Nếu y = 13 thì y2 169 và x 16c1 80 nên 1600 x 1800 , suy 40 < x < 43 Ta thử với x = 41 có 41 1681 thỏa mãn, abcd 1609 Nếu y = 17 thì y2 289 và x 28c1 80 nên 2800 x 3000 , suy 52 < x < 56: không thỏa mãn Nếu y = 23 thì y2 529 và x 52c1 80 nên 5200 x 5400 , suy 72 < x < 75: không thỏa mãn Nếu y = 77 thì y2 729 và x 72c1 80 nên 7200 x 7400 , suy 82 < x < 87: không thỏa mãn Bài toán có nghiệm là abcd 1609 Bài toán 17.16: Số A n 4n là số nguyên tố hay hợp số đó n là số nguyên dương Hướng dẫn giải Với n = thì A = là số nguyên tố Với n > xét hai trường hợp (12) - Nếu n là số chẵn thì n và 4n nên A mà A > đó A là hợp số - Nếu n là số lẻ, đặt n = 2k + (k nguyên dương) Ta có A n 4n n 42k.4 n 22k 1 n.2k 1 n 22k 1 n.2k ! n 2k 22k n 2k 22k 2 Rõ ràng thừa số tích là các số tự nhiên lớn Vậy A là hợp số Bài toán 17.17: Cho các số nguyên dương a, b, c, d với a > b > c > d > Giả sử ac + bd = (b + d + a – c) (b + d – a + c) Chứng minh ab + cd không phải là số nguyên tố Hướng dẫn giải Đẳng thức đã cho tương đương với a ac c b bd d (1) Xét tứ giác ABCD với AB = a, BC = d, CD = b, AD = c, BAD 60o , BCD 120o thì BD a ac c b bd d tứ giác rõ ràng tồn trên sở có (1) là Định lí hàm cosin Đặt ABC , suy CDA 180o Định lí hàm cosin các tam giác ABC và ACD cho ta: a d 2ad cos AC b c 2bc cos a d b2 c2 Từ đó: 2cos và ad bc a d b c ab cd ac bd AC a d ad ad bc ad bc 2 Vì ABCD nội tiếp nên Định lí Ptolémé cho ta: AC.BD ab cd Suy ac bd a ac c ab cd ad bc (2) Ta có (a – d)(b – c) > 0, (a – b)(c – d) > Từ hai bất đẳng thức này dễ dàng suy được: ab + cd > ac + bd > ad + bc (3) Bây giờ, giả sử ngược lại ab + cd là số nguyên tố Khi đó, từ (3), suy ab + cd và ac + bd nguyên tố cùng Do vậy, (2) cho ta kết luận ad + bc chia hết cho ac + bd, điều này không thể xảy vì đã có (3) Ta có đpcm Bài toán 17.18: Với số nguyên dương m và n, chứng minh rằng: Hướng dẫn giải 2m ! 2n ! là số nguyên dương m!n! m n ! (13) Để giải bài toán, ta việc chứng tỏ với số nguyên tố p, số các thừa số p chứa tích (2m)!(2n)! không nhỏ số các thừa số p chứa tích m!n!(m + n)! Như đã biết, số các thừa số p chứa tích (2m)!(2n)! là: 2m 2m 2m 2n 2n 2n S1 p p p p p p Còn số các thừa số p chứa tích m!n!(m + n)! bằng: m m m n n n m n m n m n S2 p p3 p p p p p p p Bất đẳng thức S1 S2 suy từ bất đẳng thức: 2m 2n m n m n p k p k p k p k p k với k Bài toán 17.19: Chứng minh với cặp số tự nhiên m, k, số m có thể biểu diễn cách dạng: m Cakk Cakk11 Cat t với a k a k 1 a t t Hướng dẫn giải Trước tiên ta chứng minh tính Giả sử m biểu diễn đề bài với hai dãy a k , ,a t và b k , , b t Ta tìm vị trí đầu tiên mà chúng khác nhau, không tính tổng quát, ta giả sử vị trí đó là k và a k bk Lúc đó m Ckbk Ckbk11 Cbt t k 1 Cbkk 1 m là điều vô lí Để chứng minh tồn tại, ta áp dụng thuật toán sau: tìm số a k lớn thỏa mãn Cakk m , sau đó, làm tương tự với hai số m và k thay hai số m Cakk và k – Ta cần chắn dãy nhận thực tăng, điều này có vì theo giả thiết: m C amk 1 và suy m Cakk Cakk1 Bài toán 17.20: Giả sử a, b, n là số nguyên lớn Các số a, b là số hai hệ đếm Các số A n và Bn có cùng cách biểu diễn x n x n 1 x1x Trong các hệ đếm với số a và b, ngoài x n và x n 1 Gọi A n 1 và Bn 1 là các số suy từ A n và Bn sau xóa x n Chứng minh a > b và A n 1 Bn 1 An Bn Hướng dẫn giải Theo định nghĩa, ta có: A n 1 n 1 n 1 x a k k 0 n n k , An x ka k Bn 1 x k b , Bn x k b k k k 0 k 0 k 0 (14) Bất đẳng thức đề bài tương đương với: n 1 xka k k 0 n x a k 0 k k n 1 x b k x b k k 0 n k 0 k k x na n n x a k 0 k k x n bn n x b k 0 k k x n a n x x1a x 2a x n a n Nên: x n b n x x1b x b x n b n (1) Ta chứng minh với giả thiết x n 1 0, x n thì bất đẳng thức (1) tương đương với a b Muốn vậy, trước hết ta chứng minh mệnh đề sau: A, B, C, D là số dương thì các bất đẳng thức: và AC C tương đương BD D Bây ta để ý bất đẳng thức a > b tương đương với a a2 a n 1 a n n 1 n b b2 b b hay (nếu có x i nào 0, thì ta loại tỉ số tương ứng) x x1a x 2a x n 1a n 1 x n a n x x1b x b x n 1b n 1 x n b n Áp dụng mệnh đề trên nhiều lần, thì bất đẳng thức (1), tức là có điều phải chứng minh Bài toán 17.21: Hãy tìm số dư chia a) 109 345 1492! b) Số 1776 cho 14 cho 2000 Hướng dẫn giải a) Ta có 109 11 mod14 nên 109345 11345 mod14 1 2 Vì 14 = 7.2 nên 14 14 1 1 Theo định lí Euler thì 116 1 mod14 Mà 345 = 6.57 + nên 11345 mod14 113 mod14 1 mod14 Vậy dư là b) Ta có: 17761 1776 mod 2000 , 17762 176 mod 2000 , 17763 576 mod 2000 , 17764 976 mod 2000 , 17765 1376 mod 2000 , 17766 1776 mod 2000 , 17767 176 mod 2000 , và tiếp tục A C B D (15) Từ: 17766 17761 mod 2000 , ta 1776n 1776n 5 mod 2000 , với n >5 Do ta xét phần dư số mũ chia cho Dễ thấy 1492! chia hết cho nên: 17761492 17765 1376 mod 2000 Cách 2: Theo định lí Euler: a100 1 mod125 , với a thỏa mãn (a, 125) = Ta có 16 | 1776 nên 17761492! mod16 Xét số dư 17761492! chia cho 125, vì: (125, 1776) = và 100 | 1492! Nên theo Định lí Euler: 17761492! 1 mod125 n 1 mod125 n mod16 Bây giờ, Hướng dẫn giải hệ phương trình đồng dư Bằng phương pháp thử chọn, ta nghiệm 1376 Vậy: 17761492! 1376 mod 2000 Bài toán 17.22: Tìm hai chữ số tận cùng 1991 a) Số 29 b) Phần nguyên số 29 21 2000 Hướng dẫn giải 1991 a) Ta tìm dư phép chia cho 20 = 4.5 Ta có 91991 10 1 1991 91991 8 1 1991 1 mod5 mod5 , 1 mod , Dư là r0 5t với t = 0, 1, 2, 1991 20k Với t = thì r0 1 mod nên 1991 Do đó 29 220k 9 76.29 12 mod100 1991 Vậy hai chữ số tận cùng 29 b) Đặt x1 29 21 29 21 x2 là 12 50 609 50 609 Sn x1n x n , với x1 , x là nghiệm phương trình: x 100x 64 Sn 1 100Sn 64Sn 1 (1) Ta có: S0 2; S1 100 nên từ (1) suy Sn Z với n N (16) x1 x1n x n Sn x n Sn x n Sn Do Sn Z nên x n Sn Vậy 29 21 2000 x 1000 S 1000 Từ (1) suy Sn 100Sn 1 64Sn 2 36Sn 2 mod100 62 Sn 2 64 Sn 4 6n S0 mod100 (với n chẵn) S1000 61000.2 mod100 Mà 61000 65 Vậy 200 29 21 76200 76 mod100 S1000 52 mod100 2000 có hai chữ số tận cùng là 51 Bài toán 17.23: Hãy tìm phần nguyên B x 4x 36x 10 đó x là số nguyên dương Hướng dẫn giải Với x nguyên dương thì: 4x 1 36x 10x 6x 2 Hay 4x 36x 10x+3 6x Cộng 4x vào vế bất đẳng thức trên, ta có: 2x 1 4x 36x 10 2x Hay 2x 4x 36x 10x+3 2x Lại cộng thêm x vào vế bất đẳng thức trên ta có: x 1 x 4x 36x 10x+3 x Hay x x 4x 36x 10x x Vậy phần nguyên số B là x + Bài toán 17.24: Cho dãy số nguyên dương lẻ tăng a1 a a n Chứng minh với số tự nhiên n n 1 , hai số a1 a a n 1 và a1 a a n a n 1 có ít số k bình phương số nguyên dương lớn Hướng dẫn giải Trong dãy số chính phương 22 4, 32 9, 42 16, ta chọn số chính phương nhỏ k mà lớn a1 a a n , nghĩa là: (17) k 1 a1 a a n k Để chứng minh k a1 a a n a n 1 ta sử dụng tính chất tổng các số lẻ liên tiếp đầu tiên: k k 1 2k 1 2k 3 2k 1 Do đó a1 a a n 2k 3 Vì các số hạng hai vế là số lẻ và vế phải chứa tất các số lẻ từ đến 2k – suy a n 2k hay a n 2k , đó a n 1 a n 2k Từ k 1 a1 a a n có: k k 1 2k 1 a1 a a n 2k 1 a1 a a n a n 1 Suy điều phải chứng minh Bài toán 17.25: Chứng minh với số nguyên dương n thì hai số 1992n và 1992 n 3.2 n có cùng số các chữ số Hướng dẫn giải Giả sử số 1992n có k chữ số, tức 10 k 1 1992 n 10 k n n 3n Do 1992 1000 10 , nên k > 3n Giả sử số 1992 n 3.2 n chứa ít k + chữ số, 1992 n 3.2 n 10 k , suy 996 n k n.5k k n k n k n n k n k Mặt khác 10 1992 nên 996 Vì 996 a đó a n Do k > 3n nên k – n > 2n và vì n nên k , đó 2k n.5k mod10 , đó 996 a a , vì a nên a mod10 Nghĩa là 996n a mod10 Đó là điều mâu thuẫn Bài toán 17.26: Chứng minh không thể biểu diễn số thành tổng các bình phương nghịch đảo các số tự nhiên khác Hướng dẫn giải Giả sử có thể biểu siễn số 1, dạng: 1 đó: a1 a an a1 a a n và n Từ điều kiện a1 và a k k , ta có: 1 1 1 1 1 2 a1 a an n n 1 n 1 1.2 2.3 1 1 1 1 1 1 1 n 1 2 3 n n 1 (18) Vậy không có dạng trên Bài 17.27: Có hay không số tự nhiên khác vừa là tích hai số tự nhiên liên tiếp vừa là tích bốn số tự nhiên liên tiếp Hướng dẫn giải Giả sử tồn số tự nhiên A khác 0, thỏa mãn đề bài A = n(n + 1) = m(m + 1)(m + 2)(m + 3) đó m, n là số tự nhiên khác Suy n n m 3m m 3m Hay n n m2 3m m2 3m m 3m 1 Mặt khác dễ thấy n n n n 1 n 1 Vì n m 3m 2 Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài Bài toán 17.28: Lập dãy số a1 ,a ,a cách sau: a1 và với số tự nhiên n thì chọn số a n là ước số nguyên tố lớn dãy số a1a a n 1 Chứng minh dãy số trên không có số Hướng dẫn giải Ta có a1 2, a Giả sử với n nào đó mà có số là ước số nguyên tố lớn số A 2.3.a a n 1 thì số A không thể chia hết cho 2, cho 3, đó có thể xảy A 5m với m nào đó Từ đó số A 5m 1 52 5m 1 chia hết cho Mặt khác A 2.3.a a n 1 đó a i với i là số lẻ nên A – có thể chia hết cho 2: mâu thuẫn Vậy A không có ước số nguyên tố là Bài toán 17.29: Với số nguyên dương n, hãy chứng minh tồn số nguyên dương k cho 2k 2001k mod 2n Hướng dẫn giải Tổng quát hơn, ta chứng minh phương trình đồng dư ak bk c mod 2n có nghiệm với n, đây b là số lẻ và a c là số chẵn Khi n = 1, lấy k = c chẵn và k = c là số lẻ Tiếp theo, giả sử phát biểu trên đúng với n Nếu c là số chẵn thì theo giả thiết, phương trình đồng dư 2at bt c mod 2n có nghiệm t nào đó Đặt k = 2t ta ak bk c 2at bt c n 1 mod 2 (19) Nếu c là số lẻ thì a là số chẵn, đó a + b + c là số chẵn; theo giả thiết ta suy phương trình đồng dư 2at 2a b t abc mod 2n có nghiệm t nào đó Đặt k = 2t + ta được: a bc n 1 ak bk c 2at 2a b t mod Như vậy, dù cho c là số chẵn hay lẻ, phát biểu trên đúng cho n + 1, và đó, theo quy nạp, nó đúng với n Bài toán 17.30: Cho n số c1 ,c2 , ,cn R thỏa mãn n số nguyên k1 , k , , k n cho k i 1 n c i 1 i n Chứng minh có thể tìm n và n ci nk i n với i 1, , n i Hướng dẫn giải Với x, ta kí hiệu x là phần nguyên x, và kí hiệu x là số nguyên bé lớn hay x Điều kiện c nk 1 n,n , tương đương với c 1 c k ln c , với ln c 1,1 n n Mọi c R và n , đoạn này (có độ dài ) chứa số nguyên (có thể trùng nhau), đó là: n 1 c c p c 1 1 q c n n Để chứng minh tồn n k i ln ci Z nghiệm đúng k n p c q c i 1 i Đặt a i i i 1 ci với I = 1, 2,…, n thì n Vì a i a i nên n n n i 1 i 1 i 1 n n i 1 i 1 p ci a i n n Để chứng minh q c , ta đặt b i 1 n bi n i 1 n ci 0,1 n i 1 a i a i n n Từ đó a i n hay i 1 n i i 1 n ci , đó n n n c n b b vì i i i bi 1 n i 1 i 1 i 1 i thì cần chứng minh: (20) n n b hay q c ta có đpcm Suy ra: i i 1 i i 1 Bài toán 17.31: Cho x1 , x , , x n là các số thực thỏa mãn điều kiện: x12 x 22 x 2n Chứng minh với số nguyên k, với k , luôn tồn các số nguyên a1 ,a , ,a n không đồng thời cho với I = 1, 2, …, n ta có: a i k và a1x1 a x a n x n k 1 n k 1 n Hướng dẫn giải n n Từ bất đẳng thức: x i n x i2 và giả thiết x12 x 22 x 2n ta dễ dàng chứng minh i 1 i 1 x1 x x n n n n Bây giờ, với các bi nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k giá trị có dạng: b x i 1 i i Mỗi giá trị đó phải nằm đoạn 0, k 1 n Ta chia đoạn này thành k n đoạn có độ dài là: k 1 n k 1 n Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có giá trị nói trên rơi vào cùng đoạn Cụ thể, giá trị n đó là b' x i i 1 n n i và b '' x i 1 b'i b''i xi i 1 i i thì ta phải có: n a x k 1 k i 1 i i n n suy đpcm 1 Bài toán 17.32: Cho các số nguyên n k Ta định nghĩa các số c(n, k) với k = 0,1,2,…,n sau: c(n, 0) = c(n, n) = với n : c n 1,k 2k c n,k c n,k 1 với n k Chứng minh c(n, k) = c(n, n – k) với n k Hướng dẫn giải Khẳng định đúng với n = 0: c(0, 0) = c(0; – 0) = Ta chứng minh trường hợp tổng quát quy nạp theo n Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với n m k Thế thì, theo hệ thức truy hồi và giả thiết quy nạp, ta có: c n 1,k 2k c n,k c n,k 1 c n 1,n k 2n 1k c n,n k c n,n k 2n 1k c n,k 1 c n,k Để hoàn tất chứng minh, ta chứng minh rằng: 2 k 1 c n, k 2n 1k 1 c n, k 1 (1) (21) Để ý từ giả thiết quy nạp ta suy 2 k 1 c n 1, k 2n k 1 c n 1, k 1 2 k 1 1 c n 1, k 1 n k 1 1 c n 1, k Từ đó ta có: 2k c n, k n 1 k c n, k 1 2k 1 2k c n 1, k c n 1, k 1 n 1k 1 2 k 1 c n 1, k 1 c n 1, k 2k 2n k 1 c n 1, k 1 2k 1 c n 1, k 1 2n 1 k 1 2k 1 c n 1, k 1 c n 1, k 2n 2k 2k 2n 2k 1 c n 1, k 1 n 1k 1 c n 1, k 2k 1 1 c n 1, k 1 n 1k 1 c n 1, k Vậy (1) đúng, ta có điều phải chứng minh Bài toán 17.33: Giải phương trình a) x x 8x 19 16 x 1 11 b) Hướng dẫn giải a) Đặt t = [x], t nguyên x x t t t 1 t = 2 Do đó [x] = -1 [x] = Vậy nghiệm 1 x 0, x b) Đặt 16 x 11 11t 16 8x 19 t thì x nên t nguyên Ta có 16(x + 1) = 11t nên Thế vào t 11 16 phương trình cho thì có 11t 22 11t 22 t 1 đó t 14 14 Nên 22 t Chọn số nguyên t = 3; 4; 5; 6; 3 Vậy nghiệm x 17 19 25 45 ; ; ; ; 16 16 Bài toán 17.34: Tìm số tự nhiên n biết bỏ ba chữ số tận cùng bên phải nó thì số có giá trị n Hướng dẫn giải (22) Dễ thấy số phải tìm có từ chữ số trở lên Giả sử sau bỏ ba chữ số tận cùng abc số n ta số x, thì n 103 x abc Theo đề bài ta có: x 1000x abc x 1000x abc x x 1000 abc Nếu x 33 thì vế trái lớn 33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > abc nên x < 33 Nếu x 31 thì x 961 , nên x x 1000 abc Do đó x có thể nhận giá trị 32 Với x = 32 thì 32(1026 – 1000) = abc hay 768 = abc Từ đây có n 103.32 768 32768 Số này thỏa mãn yêu cầu đề bài nên là số cần tìm Bài toán 17.35: Tìm số có hai chữ số cho số đó cộng với tích hai chữ số nó thì bình phương tổng hai chữ số nó Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm là xy (x, y là các số tự nhiên từ đến và x ) Ta có 10x y xy x y hay 10x y x xy y2 Nếu y = thì ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác Biến đổi thành y2 y x 1 x 10 x , ta có: x 10 x y x 10 x 25 nên y 2 Thay y 1, 2, 3, 4, vào x(10 – x – y) = y(y – 1) và phân tích vế trái thành tích hai số số nhỏ 10 Với y = thì x(9 – x) = 0, suy x = Với y = thì x(8 – x) = = 1.2, không có x thỏa mãn Với y = thì x(7 – x) = = 1.6 = 2.3, suy x = x = Với y = thì x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, không có x thỏa mãn Với y = thì x(5 – x) = 20 = 4.5, không có x thỏa mãn Vậy có ba số phải tìm là 91, 63, 13 thỏa mãn đề bài Bài toán 17.36: Tìm hai số tự nhiên, số có hai chữ số cho viết số này tiếp sau số thì số gồm bốn chữ số chia hết cho tích hai số ban đầu Hướng dẫn giải Gọi các số có hai chữ số phải tìm là x và y đó 10 x, y 100 Theo đề bài ta có: 100x + y = kxy (k nguyên dương) hay y = kxy – 100x (23) Do kxy 100x x nên y x , đặt y = mx (m nguyên dương) Khi đó ta lại có 100x mx kmx suy 100 = m(kx – 1) suy m là ước số 100 Vì x, y là các số có hai chữ số nên m là số có chữ số, đó m = 1; 2; 4; Mặt khác kx 100 100 hay kx đồng thời x là số có hai chữ số m m Nếu m = thì 100 101 không chia hết cho số có hai chữ số x nào: loại Nếu m = thì 100 21 , ta có x = 21 đó y = m.x = 5.21 = 105 là số có ba chữ số: loại Nếu m = thì kx = 51, đó k = thì y = mx có nhiều chữ số, k = ta có x=17; y = 34 Vậy m = thì kx = 26, đó k = thì y = mx có nhiều hai chữ số, k = ta có x=13; y = 52 Thử lại đúng Bài toán 17.37: Tìm năm số thực dương cho số bình phương tổng bốn số còn lại Hướng dẫn giải Sắp thứ tự số phải tìm là: x1 x x x x Theo đề bài: x1 x x x x Và có các đẳng thức tương tự x , x , x , x Đặt S x1 x x x x thì x1 S x1 Tương tự x S x ; x S x ; x S x ; x S x 2 2 Ta có thì x1 S x1 S x S x S x S x x 2 2 Suy ra: x1 x x x x x (vì x > 0) đó S = 5x, đó x 4x hay x(16x – 1) = Vì x > nên có nghiệm x 1 Vậy năm số cần tìm là 16 16 Bài toán 17.38: Tìm tất các số nguyên dương cho tổng chúng 1994 còn tích chúng lớn Hướng dẫn giải Ta cần chọn n số nguyên dương n (n > 1) mà a1 a a n 1994 để tích chúng lớn Không có số nào các số đã chọn Thật giả sử a1 , n = và + 1993 = 1994 thì ta thay + 1992 = 1994 có 2.1992 > 1.1993, n > tích a1 a a n ta thay b a thì tổng các số b a a n 1994 , còn tích là: b x a x x a n a 1 x a x a x x a n a 22 x a x a x x a n a x a x x a n (24) a1 x a x a x x a n Nếu các số đã chọn có số thì có không quá hai số Thật vậy, giả sử có ba số thì 2.2.2 < 3.3, ta thay ba số hai số có tích lớn Không có số nào các số đã chọn lớn Nếu trái lại, giả sử a1 thì thay a1 hai số và a1 , đó a1 1 a1 và tích lớn tích ban đầu Vậy tích lớn gồm toàn số và đó không có quá hai số 2, nghĩa là tích lớn 2.3664 Bài 17.39: Tìm giá trị nhỏ f x, y 7x 13xy 7y đó x, y nhận giá trị nguyên và không đồng thời Hướng dẫn giải Kí hiệu CP là tập các số chính phương Xét f x, y g x, y 7x 13xy 7y Coi g(x, y) là tam thức bậc x, có 365y2 Do 365 CP nên CP y Z, y g x, y 0, x, y Z, y Mà g x,0 x , nên g x, y x, y Z, x y2 Do đó f x, y 0, x, y Z, x y Suy ra, với a f x , y0 là giá trị cần tìm a N* Xét a chẵn thì phải có x , y chẵn Khi đó x y0 x y a , Z và f , a , trái với định nghĩa a Như 2 2 vậy, a là số lẻ Dễ thấy f(1, 2) = Suy a Vậy a 1,3,5 - Nếu a = thì g x , y0 1 7x 02 13x y0 7y02 365y02 28 CP (*) Mặt khác, 365y02 28 khác 3 mod mâu thuẫn với (*) (do b khác 3 mod b Z ) - Nếu a = thì: f x , y0 x y0 y02 6x 02 15x y0 9y02 mod3 x y0 y02 mod3 x y0 y0 mod 3 x y0 mod 3 f x , y0 mod9 , mâu thuẫn với f x , y0 Vậy: a = f(x, y) = Bài toán 17.40: Chứng minh tam giác ABC có bán kính đường tròn nội tiếp và độ dài các đường cao là các số nguyên thì tam giác ABC là tam giác Hướng dẫn giải Gọi x, y, z là các đường cao theo thứ tự tương ứng với các cạnh a, b, c ABC (x, y, z nguyên dương) (25) Do đường tròn ngoại tiếp tam giác có bán kính 1, nên z, y, z lớn Thật vậy, ta có: 2S = ax + by = cz = a + b + c nên: x abc bc a 1 (vì b + c > a) a a a Tương tự y > và z > Mặt khác Do đó: a b c và ; x abc y abc z abc 1 1 x y z Giả sử x y z đó 1 3 suy x y z z Vậy z , mà z > nên z = Với z = thì 1 2 , suy suy y mà y > nên y = 3, từ đó có x = đó x = y = z = x y y Kết hợp với ax = by = cz, ta có a = b = c Vậy tam giác ABC là tam giác Bài toàn 17.41: Các cạnh tam giác có số đo là 377; 80 và 153 Chứng minh có thể đặt tam giác này hình chữ nhật có số đo độ dài các cạnh là các số nguyên cho hai đỉnh tam giác trùng với hai điểm đầu và điểm cuối đường chéo và khoảng cách từ đỉnh thứ ba, tam giác tới các cạnh hình chữ nhật là số nguyên Khi đó hãy chứng tỏ số đo diện tích tam giác là số nguyên Hướng dẫn giải Dự hình chữ nhật có chiều dài AB = CD = 16, chiều rộng AD = BC = 11 Trên AB đặt điểm P cho AP = Trên BC đặt điểm N cho CN = Từ các điểm P và N trên AB và BC kẻ đường vuông với AB và BC chúng cắt M Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12; BM = MP = Trong tam giác vuông MPA theo định lí Pitago MA2 AP2 MP2 16 64 80 AM 80 Trong tam giác vuông MNC, theo định lí Pitago ta có MC2 MN2 NC2 122 32 144 153 MC 153 Và tam giác vuông ABC, ta có: thì: góc (26) AC2 AB2 BC2 162 112 256 121 377 AC 377 Như tam giác MAC có các cạnh 377 và 80 và 153 có hai đỉnh trùng với hai đầu mút đường chéo AC, còn khoảng cách từ đỉnh M đến đến các cạnh AB và BC và 12 là các số nguyên, nên chính là tam giác phải tìm Ta có SAMC SABCD SABC SAHM SCKM SDHMX 11.16 8.11 3.4 3.6 4.4 42 (đơn vị diện tích) nên là số nguyên Bài toán 17.42: Cho x là số thực Chứng minh phần lẻ x x x 2013 thì x là số nguyên Hướng dẫn giải Ta có {x} = x – [x], x x x và x 2013 x 2013 x 2013 Theo đề bài phần lẻ x x x 2013 thì x x a và x 2013 x b Với a x x và b x 2013 x là các số nguyên Vì x x a nên x x a 4a a Xét a = thì x x x hay x = là số nguyên Xét a > thì a , ta chứng minh quy nạp, đó tòn số nguyên c n và d m cho x n cn x d n , n Thật với n = 3: x x a x x ax x a ax 1 a x a đó chọn số nguyên c3 a và d3 a Giả sử khẳng định đúng với n k : tồn số nguyên c k và d k cho x k ck x d k Khi đó x k 1 ck x d k x ck x a d k x ck d k x ck.a ck a Ta chọn ck 1 ck d k ; d k 1 ck a thì thỏa mãn Áp dụng với n = 2013 thì tồn số nguyên c2013 và d 2013 cho x 2013 c2013 x d 2013 2013 x b nên c2013 x d 2013 x b Mà x Do đó x b d 2013 Q c2013 Suy x là nghiệm hữu tỉ phương trình x x a nên x là số nguyên: đpcm BÀI LUYỆN TẬP Bài tập 17.1: Chứng minh rằng, với bất kì số tự nhiên n > 1, là tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số nó có n chữ số, là tồn lũy thừa 10 mà viết hệ số nó có n chữ số, không tồn hai dạng đó Hướng dẫn (27) Chứng minh qui nạp: Nếu a n 2k thì 10 k có n chữ số viết hệ số Nếu a n 5h thì 2h có n chữ số viết hệ số Bài tập 17.2: Cho f(0), f(1) là số nguyên, f(0) = f(1) = và f n 4n 2 f n 1 16n 1 f n n2n , n = 0, 1, … Chứng tỏ các số f(1989), f(1990), f(1991) chia hết cho 13 Hướng dẫn 15n 32 15n 116 n 1 Xét f n g n thì g n 152 n2 Từ đí f n 15n 15n 32 16n 1.2 n 153 Bài tập 17.3: Cho tam thức f x ax bx c với các hệ số nguyên a) Chứng minh với a, b, c bất kì thì biệt số tam thức trên không thể 1994 và không 1995 b) Khi tam thức có các hệ số nguyên thay đổi, hãy tìm biệt số nguyên dương nhỏ mà không là số chính phương Hướng dẫn a) Dùng phản chứng b) Kết = Bài tập 17.4: Có bao nhiêu số nguyên dương (a; b; c) cho: [a; b] = 1000 và [b; c] = [c; a] = 2000 Hướng dẫn m n Số 1000 và 2000 có dạng nên a, b, c có dạng đó Kết 70 Bài tập 17.5: Tồn hay không cặp số thực (x, y) cho các số x = y, x y , x y3 nguyên x y4 không nguyên? Hướng dẫn Kết tồn với x + y = 2, xy Bài tập 17.6: Có tồn các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x 2010 x 2012 2 x y z 2008 y z x 2014 Hướng dẫn Biến đổi x 2010 x 2012 2 x y z 2008 y z x 2014 (28) x 2010 x 2011 x 2012 y z 3 2 3x 12066x 20102 20112 20122 y z 3 2 Kết không tồn 44 2013 2013 2012 Bài tập 17.7: Tìm phần nguyên S Hướng dẫn Dùng bất đẳng thức AM – GM để chứng minh k k 1 1 1 k k k 1 Kết [S] = 2012 Bài 17.8: Cho số nguyên không âm a, b cho ab c , với c là số nguyên Chứng minh tồn số n và các số nguyên x1 , x , , x n , y1 , y , , y n thỏa n n i 1 i 1 x12 a; y12 b và n x y i i 1 i c Hướng dẫn Xét (a, b, c) với a b và c Có trường hợp c b và a > c > b Trong trường hợp sau thì chứng minh qui nạp theo a + b Bài tập 17.9: Chứng minh với số nguyên dương n thì có: n n n n log n log n log n n Hướng dẫn Ta có k n x thì x và x k n Và có log m n y thì y và my n a b2 Bài tập 17.10: Cho a và b là hai số nguyên dương cho ab + hết a b Chứng minh: là ab 2 số chính phương Hướng dẫn 2 Dùng phản chứng và đưa phương trình bậc a kba b k Lập dãy vô hạn và nghiệm tự nhiên a i , bi mà tổng a i bi giảm dần Bài tập 17.11: Với số nguyên dương n bất kì, gọi n là số các ước số dương (kể và chính nó) số Hãy xác định tất các số nguyên dương m cho với số này tồn số nguyên dương n để n2 n m Hướng dẫn Kết m là số lẻ (29) Bài 17.12: Kí hiệu S là tập hợp tất các số nguyên tố p cho 1 có chu kì sở 3r: 0, p p a1a a 3r a1a a 3r đó r = r(p); với p S và số nguyên k ta định nghĩa: f k, p a k a k r p a k 2r p a) Chứng minh S vô hạn b) Tìm giá trị lớn (k, p) với k và p S Hướng dẫn a) Gọi s là số nguyên tố và Ns 102s 10s thì Ns mod b) Kết f(2, 7) = 19 (30)