Tuyển chọn các bài toán số học trong kỳ thi vào lớp 10 chuyên Toán và lời giải chi tiết

Trong các kì thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên trên toàn quốc thì các bài toán về số học xuất hiện một cách đều đặn trong các đề thi với các bài toán ngày càng hay và khó hơn.. Tr[r]

(1)

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG KÌ THI VÀO LỚP 10 CHUN TỐN

LỜI NÓI ĐẦU

Các vị phụ huynh thầy dạy tốn dùng dùng chuyên đề để giúp con em học tập Hy vọng tuyển tập tốn số học thi vào lớp 10 chun tốn giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng học tốn nói chung

Mặc dù có đầu tư lớn thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi hạn chế, sai sót Mong góp ý thầy, giáo em học!

Chúc thầy, cô giáo em học sinh thu kết cao từ chuyên đề này! Trong kì thi tuyển sinh lớp 10 trường chuyên toàn quốc tốn số học xuất cách đặn đề thi với tốn ngày hay khó Trong ngồi các tốn có dạng quen thuộc có nhiều tốn mẻ Nhằm đáp ứng nhu cầu của giáo viên toán THCS học sinh chuyên đề toán THCS, website www.thuvientoan.net

(2)

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 CHUN TỐN

Trong c{c kì thi tuyển sinh lớp 10 c{c trường chuyên to|n quốc c{c b|i tón số học xuất c{ch đặn c{c đề thi với c{c b|i to{n ng|y c|ng hay v| khó Trong ngo|i c{c b|i to{n có dạng kh{ quen thuộc có ngiều b|i to{n mẻ Trong chủ đề n|y, tuyển chọn v| giới thiệu số b|i to{n số học trích c{c đề thi tuyển sinh chuyên to{n c{c năm gần đ}y

Bài Chứng minh số nguyên k lớn thoả mãn k24 k2 16 l| c{c số nguyên tố k chia hết cho

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hưng Yên năm học 2009 – 2010 Lời giải

Do k l| số nguyên lớn nên k2 4 k216 Ta xét c{c trường hợp sau 

 Trường hợp Xét k 5n n    , ta k2 25n210n nên  k24 Do suy k24 khơng l| số nguyên tố

 Trường hợp Xét k 5n n    , ta k2 25n220n nên  k216 Do suy k216 khơng l| số ngun tố

 Trường hợp Xét k 5n n    , ta k2 25n230n nên  k216

Do suy k216 không l| số nguyên tố

 Trường hợp Xét k 5n n    , ta k2 25n240n 16 nên  k24 Do suy k24 không l| số nguyên tố

Do từ c{c trường hợp suy để k24 k216 l| c{c số nguyên tố k phải

chia hết cho

Bài Cho tam gi{c có số đo ba cạnh l| x, y, z nguyên thỏa mãn điều kiện:

     

2 2

2x 3y 2z 4xy 2xz 20

Chứng minh tam gi{c cho l| tam gi{c

(3)

Ta có 2x23y22z24xy 2xz 20 Ta có x, y, z l| c{c số nguyên dương nên từ đẳng    thức cho ta suy y l| số chẵn Đặt y 2k k N v| thay v|o điều kiện ta    *

       

                          

2 2 2

2x 12k 2z 8xk 2xz 20 x 6k z 4xk xz 10

x 4xk xz 6k z 10 x x 4k z 6k z 10

Xem phương trình l| phương trình bậc hai theo ẩn x Khi ta có

   

   2 2 2  2   2  2  2   2  2

4k z 6k z 10 16k 8kz z 24k 4z 40 8k 8kz 3z 40

Do phương trình có nghiệm ngun dương nên  phải l| số phương Nhận thấy k 2 từ z 1 ta suy  0 nên phương trình vơ nghiệm Do để phương trình có nghiệm nguyên dương k 1 , suy y Thay  k 1 v|o biệt thức  ta

    8z 3z 240  3z28z 32 

Lại thấy z 3  0 phương trình vơ nghiệm Do suy z 1 

z

 Nếu z 1 ta  21 khơng phải l| số phương nên phương trình khơng có nghiệm ngun

 Nếu z 2 , kết hợp với k 1 từ phương trình ta

   

            

2

x 2x 10 x 2x x x x Suy x y z Vậy tam gi{c cho l| tam gi{c   

Bài Tìm số tự nhiên abc thoả mãn điều kiện abca b 4c  2

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Nam năm học 2009 – 2010 Lời giải

Từ giả thiết b|i to{n ta có 100a 10b c 4c a b Do ta      2

    

        

  

  

 2  2  2

10 a b 9a

10 10a b 100a 10b

c

(4)

Mặt kh{c ta có 

 2

2.5ab c

4(a b)    

2

4 a b l| số lẻ nên

  2    2 

4 a b 500 a b 125,25

Kết hợp c{c kết ta có a b  2 4; 9; 49; 64 hay  a b 2; 3;7; 8

 Nếu a b 2;7;  a b có dạng 3k k N     a b  2 1 chia hết cho M| ta lại thấy a b 9a 3k 9a không chia hết    10 a b  9a không chia  hết cho hay c không thuộc tập hợp N

 Nếu a b 3  ta có c10 9a   6 3a 

35 Vì ta có a 4  3a suy  a2, c 6; b Ta có số 216 thoả mãn yêu cầu b|i to{n  

Vậy số abc 216 l| số cần tìm

Bài Cho ba số nguyên dương a, p, q thỏa mãn c{c điều kiện:

i) ap chia hết cho q ii)  aq chia hết cho p  Chứng minh

  



pq a

2 p q

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội năm học 2009 – 2010 Lời giải

Từ giả thiết ta ap aq pq suy     a pq ap aq pq    

Mà a pq pq nên ta ap aq pq   Do a, p, q l| c{c số nguyên dương nên

 

ap aq pq l| c{c số nguyên dương Suy ap aq pq    Mà a p q  1 nên ta 2a p q  pq hay

  



pq a

(5)

Bài Tìm tất c{c cặp số nguyên  a; b nghiệm điều kiện

  2 2  2  a a 4b 20b 25

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Quốc Học Huế năm học 2009 – 2010 Lời giải

Ta có a 1 2a294b220b 25 hay a 1 2a292b 5 2

Do a29 l| số phương Dễ thấy a2 a2 9 a 3 nên ta có c{c trường hợp 2

sau

 Trường hợp Khi a2  9 a 3 ta 2 

a nên 92b suy  2 b 1; b 4  Trường hợp Khi a2 9 a 2 ta 2 a 5, khơng có số nguyên thỏa mãn  Trường hợp Khi a2 9 a 1 ta 2 a 4 hay a 4;a  4

+ Với a4 ta 9.252b 5 2  b 5; b 10 + Với a 4 ta 25.252b 5 2  b 10; b 15 Vậy ta có c{c cặp số nguyên thỏa mãn b|i to{n l|

  a; b  0; , 0; , 4; , 4; 10 ,          4;10 ,  4; 15

Bài Tìm c{c số nguyên dương x, y, z thoả mãn điều kiện x3y3 z Trong y l| số 2

nguyên tố v|    z;  z; y 1

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2009 – 2010 Lời giải

Từ giả thiết ta có x y   x y 23xyz2

Ta có  x; y 1  x; y 1        

 

2

x y x y 3xy y nên z y tr{i với giả thiết 2

 y; z 1

Lại thấy x y không chia hết cho x y chia hết cho z chia hết cho tr{i với giả thiết  z; 1 Đặt x y k ; x  2xy y t k; t Z2   ta có z kt

(6)

Vì y nguyên tố nên ta c{c trường hợp sau  Trường hợp Với    

  



2

2t 2x y 3y

2t 2x y Khi ta

     

        

2 2 2

3y 2x y k 3y k y k 2y

Suy k21 , điều n|y khơng xẩy k2 1 không chia hết cho  Trường hợp Với    

  



2t 2x y

2t 2x y 3y Khi ta

        

       2       

2 2

y 2x y 2k 3y y 4k 12 y 2k y 2k 12 Từ tìm y , thay v|o ta  x 8; z 13  

Vậy c{c số nguyên dương x; y; z  8;7;13 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Bài Giả sử m v| n l| c{c số nguyên dương với n 1 Đặt S m n 24m  4n Chứng

minh rằng:

a) Nếu m n mn222 n S m n  b) Nếu S l| số phương m n

a) Ta chứng minh mn222 n m n2 24m 4n m n c{ch xét hiệu sau 2

Ta có

   

 2 2 2    4 2  4    3

H mn n m n 4m 4n m n 4mn m n 4mn 4n 4n

Do mn222 n m n2 24m 4n  

Mặt kh{c lại có n m n2 24m 4n m n2 4n m n2  0 n 1;m n   Do n m n2 24m 4n m n 2

(7)

 Trường hợp Nếu m n , theo chứng minh ta 

      

 

 

2

mn

S mn

n

Mặt kh{c ta có     

2

mn n

mn

n n

Vì m, n l| c{c số nguyên dương v| m n 1  nên ta    

2

nm

0 mn

n Suy mn 1 2  S  mn nên S khơng thể l| số phương

 Trường hợp Nếu m n , ta S m n Lại có  2 Smn  2

Do suy m n2  S mn Như để S l| số phương  2 Smn  2 Khi ta m n2 24m 4n m n  22mn 1 4n 4m 2mn , không tồn m    n thỏa mãn

Như từ hai trường hợp ta thấy S l| số phương ta m n Khi ta có S mn l| số phương

Bài Với số 6; 5; ta có đẳng thức  65 5

26 Hãy tìm tất c{c số a; b; c  gồm c{c chữ số hệ thập ph}n a, b, c đôi kh{c v| kh{c cho đẳng thức



ab b c

ca

Giả sử tồn c{c số a; b; c gồm c{c chữ số hệ thập ph}n a, b, c đôi kh{c  v| kh{c cho đẳng thức ab b

c

ca

Khi đẳng thức trở thành 10a b c   10c a b  hay 2.5.c a – b  b a – c Suy l| ước số b a – c  Do nguyên tố v| a, b,c , lại có   a c nên ta 



b a c 5  c a 5  Ta xét c{c trường hợp sau

 Trường hợp Với b 5 ta có         

 

a

2c a a c c 2c

(8)

Từ suy 2a 3  2a 9  a5

Trường hợp n|y tìm a; b; c  6; 5; , 9; 5;1   thỏa mãn yêu cầu b|i to{n  Trường hợp Với a c 5  ta a c 5  nên       



2

2c 10c

2c c b b b

2c Từ suy   

 2b 2c

2c nên ta 2c 3  2c 9  c 0 Trường hợp n|y tìm a; b; c  6; 4;1 , 9; 8; 4   thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

 Trường hợp Với c a 5  ta c a 5  nên         



2

2a 10a

2 a a b b b

2a

Từ suy    

 9.19

2b 2a 19

2a Do trường hợp n|y khơng xét Vậy c{c số thỏa b|i to{n l| a; b; c  6; 5; , 9; 5;1 , 6; 4;1 , 9; 8; 4       Bài Tìm tất c{c dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp có tổng 2010

Gọi 2x l| số tự nhiên chẵn dãy Khi theo giả thiết ta có

     

       

      

       

                

       

2x 2x 2x 2x 2y 2010

x x x x y 1005 y x y 1005

y y

y x 1005 y 2x y 2010

2

Suy y 1  l| ước số 2010 1.2.3.5.67

Nên suy y 1  2; 3; 5; 6;10;15; 30; 67;134; 201; 335; 402; 670;1005; 2010 

Hay ta y1; 2; 4; 5; 9;14; 29; 66;133; 200; 334; 401; 669;1004; 2009 Đến đ}y ta có  + Với y ta có  2x 1005  2x 1004 nên dãy số cần tìm 1004, 1006

+ Với y ta có  2x 670  2x 668 nên dãy số cần tìm l| 668, 670, 672

+ Với y ta có  2x 4  20102x 398 nên dãy số cần tìm l| 398, 400, 402, 404, 406 + Với y ta có  2x 5  20102x 330 nên dãy số cần tìm l| 330, 332, 334, 336, 338, 340

(9)

192, 194, 196, 198, 200, 202, 204, 206, 208, 210

+ Với y 14 ta có  15 2x 14  20102x 120 nên dãy số cần tìm l| 120, 122, 124, 126, , 148

+ Với y 29 ta có  30 2x 29  20102x 38 nên dãy số cần tìm l| 38, 40, 42, 44, 46, , 96

+ Với y 67 ta có  2x y 302x nên khơng tồn dãy số thỏa mãn yêu cầu b|i  tốn

Vậy có dãy số tự nhiên chẵn liên tiếp thoả điều kiện b|i to{n Bài 10 Tìm tất c{c số nguyên dương a, b cho a b chia hết cho  a b 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bình Định năm học 2010 – 2011 Lời giải

Giả sử a b chia hết cho  a b , tồn số nguyên dương k cho 

 

  

a b k a b

Hay ta a k b ka 2b Đặt  m ka 2b với m l| số nguyên Khi ta mb a k  Từ suy mb m b a k ka hay ta     

     

      2       

mb m b a k ka m b a k ka Do a, b, k l| c{c số nguyên dương nên ta suy m 1

Do ta suy b m 1    0, điều n|y dẫn đến a k ka    0 M| ta có a l| số nguyên dương nên ta suy k ka 0   hay k a 1  

M| k l| số nguyên dương nên từ k a 1   ta k a 1   k a 1   + Nếu k a 1   ta suy a 0   a 1, ta b m 1   

Do l| số nguyên tố nên từ b m 1    ta b 1  b 2  Từ suy 

b b 3

(10)

+ Nếu k a 1   1, ta k 1;a , ta   b m 1    Từ đ}y suy b 1 m 1 Với m 1 , kết hợp với hệ thức mb a k  ta suy b 3 Do trường n|y ta hai cặp số nguyên dương thỏa mãn b|i to{n l| a 2; b  

 

a 2; b

Vậy c{c cặp số nguyên dương  a; b thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|        1; , 1; , 2;1 , 2; Bài 11 Tìm tất c{c số nguyên x, y, z thỏa mãn c{c điều kiện x y z   x3y3 z

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Trần Phú Hải Phòng năm học 2010 – 2011 Lời giải

 Nếu z 0 ta x; y; z  x; x; 0  với x l| số nguyên thỏa mãn yêu cầu b|i tốn

 Nếu z 0 từ c{c điều kiện ta có x2xy y  x y hay x2y x y    y Xem phương trình l| phương trình bậc hai ẩn x nên ta

     

   2 2     

y

3 12 12

y y y y

3

Do y l| số nguyên nên ta y0; 1; 

+ Với y , ta có hệ phương trinh       



x z

x z x z

+ Với y , ta        

  

 

2 x x 0; z

x 2x

x x 2; z

+ Với y , ta         

  

 

2 x x 1; z

x 3x

x x 2; z

Vậy c{c số nguyên thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|

x; y; z  x; x; , 1; 0;1 , 0;1;1 , 2;1; , 1; 2; , 2; 2; 4           

Bài 12 Giải phương trình 2x y 2  2 7 x 2y y   21 tập số nguyên 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa năm học 2010 – 2011 Lời giải

(11)

   2     2      2      2  2x y 14 x 2y y 2x y 2x y 2y 3y Đặt t2x y t Z    , phương trình trở th|nh 2t2 7t 2y 23y0

+ Nếu y 1 thay v|o phương trình ban đầu ta

             

 

 

2 2 11 105 11 105

2x 7x 4x 11x x ;

8

Hai nghiệm không thuộc tập hợp Z

+ Nếu y 2 y  2y23yy 2y 3  0

Từ phương trình suy 2t27t 0 t 2t 7  0 0 t 3  (do t )

Mặt kh{c theo phương trình t nên ta t0 Suy y 2y 3  0 nên



y

Do ta x 1 Thử lại ta thấy    x; y  1; thoả mãn phương trình cho Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên l|    x; y  1;

Bài 13 Tìm tất c{c số nguyên tố p có dạng p a 2b2 c với a, b, c l| c{c số nguyên dương cho a4b4c chia hết cho p 4

Do vai trò a, b, c nên khơng tính tổng qu{t ta giả sử a b c   Khi p a 2b2c nên 2 p2 a2b2c22 p hay

a4b4  c4 2a b2 22b c2 22c a2 2 p M| ta lại có a4b4c4 p nên ta

 2 2 2

2 a b b c c a p

Mặt kh{c a, b, c l| c{c số nguyên dương p nên ta   p; 1 suy

a b2 2b c2 2c a2 2 p Do       

a b2 c a2 b2 c2 c4 p suy a b2 c4 p nên

  2  2

(12)

Lại có ab 2ab a  2b nên ta 2 1 ab c  a2b2c2 p, ab c ; p 1 Từ

đó ta ab c 2 p hay c2 ab p 

Mặt kh{c a b c   nên 0 c 2ab c a2b2c2 p Do c2ab hay  c2 ab ,

từ ta 

p 3a M| p l| số nguyên tố nên suy a2 1 p  Vậy p l| số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Bài 14 Cho ba số tự nhiên x, y, z thoả mãn điều kiện x2y2 z Chứng minh xy 122

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2011 – 2012 Lời giải

Trước hết ta có nhận xét: Với số tự nhiên n

+ Nếu n 3k 1  n2 9k26k nên  n2 chia có số dư l|

+ Nếu n 4p 1  n2 16p28p nên 

n chia có số dư l| + Nếu n 4p 2  n2 16p216p nên  n chia có số dư l| Ta xét c{c trường hợp sau

 Nếu x, y, z khơng chia hết cho x ; y ; z chia cho dư 2 2 x2y 2

chia cho dư v| z chia cho dư 1, điều n|y m}u thuẫn với 2 x2y2 z 2

Do hai số x, y tồn số chia hết suy suy xy

 Nếu x, y, z khơng chia hết cho x ; y ; z chia cho dư dư Khi 2 xẩy c{c khả sau

+ Nếu x2y chia cho dư v| 2 z2 chia cho dư 1, điều n|y m}u thuẫn với x2y2 z 2

Do hai số x, y tồn số chia hết cho Do suy xy

+ Nếu x2y chia hết cho v| 2 z chia cho dư 4, điều n|y m}u thuẫn với 2 x2 y2 z 2

(13)

Bài 15 Tìm tất c{c số nguyên tố p cho tồn cặp số nguyên  x; y thoả mãn hệ:   

 

  

2

p 2x p 2y

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 – 2012 Lời giải

Đặt    

p 2x   2 

p 2y

Lấy hiệu theo vế hai đẳng thức cho ta p p 1   2 y x y x     3 Suy ta y x y x p 4       Mặt kh{c từ  1 ta thấy p l| số lẻ v| x 1 Do ta có p 2x  x2x2  x nên p x

Từ  2 ta lại có y nên  p2 1 2y2 y2y2 y21 suy p y

Từ  3 ta suy y x Từ ta y x p Chú ý p l| l| số nguyên tố lẻ nên    từ  4 ta suy x y p M| ta lại có x y 2p nên ta    x y p  

Thay vào  3 ta p y x     Từ suy y x  p 1

2 nên ta

 

 p 3p

x ; y

4

Thay x p 1

4 vào  1 ta

  

           

2

p

p 2p 12p 14 p

4

Thay p vào   2 ta 72 1 2y nên 2 y 

Vậy p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Nhận xét. Ngồi cách giải ta cịn giải cách xét khả p: Với p chẵn

không xẩy Với p 4k 1  ta        

2

4k 1

p

8k 4k

2 Đến ta tìm các giá trị k để 8k24k 1 số phương

Bài 16 Tìm tất c{c số nguyên dương x ,x ,1 2 ,x ; nn thỏa mãn c{c điều kiện sau:

    

1 n

x x x 5n 4và    

1 n

1 1

1

x x x

(14)

Lời giải

Khơng tính tổng qu{t ta giả sử x1 x2  x n Theo bất đẳng thức AM – GM ta có

  

          

 

2

n n

1 n n

1 1

5n x x x n x x n n

x x x x x

Do ta      

n 5n n hay n1; 2; 3; 4 Ta xét c{c trường hợp sau + Với n 1 , ta có

          1

x 5.1

x

1 x

+ Với n 2 , ta có

                   2

1 2

1

x x 5.2

x x

1

1 x x x x

x x

Hệ n|y khơng có nghiệm ngun

+ Với n 3 , ta có

      

    



1

x x x 5.3 11

1 1

1

x x x

Từ hệ thức thứ hai suy x11 kết hợp với hệ thức suy 2 x 13 Thử trực tiếp c{c trường hợp ta suy x ; x ; x1 2 3  2; 3; 6 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

+ Với n 4 bất đẳng thức xẩy dấu nên x1 x2 x3 x4 4 Vậy c{c số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n l|

+ Với n 1 ta x1 1

+ Với n 3 ta x1; x ; x2 3  2;3; , 2; 6; , 3; 2; , 3; 6; , 6      ;2; , 6  ; 3; 2 + Với n 4 ta x ; x ; x ; x1 2 3 4  4; 4; 4; 4

Bài 17 Tìm tất c{c số nguyên n cho An 2010 n 2011 n 2012 l| số       phương

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Hùng Vương Phú Thọ năm học 2011 – 2012 Lời giải

Ta xét c{c trường hợp sau

(15)

+ Nếu n lẻ n 2010; n 2011    n 2011; n 2012    n 2010; n 2012  1 Do để tích l| số phương n 2001; n 2011; n 2012 l| ba số phương Nhưng   

 

n 2011; n 2012 l| hai số nguyên liên tiếp nên khơng thể l| số phương

+ Nếu n chẵn n 2010; n 2012  2; n 2010; n 2011     n 2011; n 2012  1 Do để tích số phương n 2010 2a ; n 2011 b ; n 2012 2c      2 với a, b, c

c{c số nguyên dương v|  a; c 1

Suy                



2 c a

2 c a c a c a a 0; c

c a , trường hợp n|y loại

Vậy n2010; 2011; 2012 l| c{c số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n Bài 18 Giả sử a v| b l| c{c số nguyên dương cho     

2

a b a b

ab l| số nguyên Gọi d l| ước số chung a v| b Chứng minh d a b Kí hiệu     x l| số nguyên lớn khơng vượt qu{ x

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hải Dương năm học 2011 – 2012 Lời giải

+ Nếu d 0 bất đẳng thức cần chứng minh hiển nhiên + Nếu d 0 Giả sử a dm; b dn với m, n số nguyên dương   Ta có          

2

a b a b a b a b

2

ab ab l| số nguyên nên   

2

a b a b ab Do ta

     

 

   

          

     



          

2 2 2 2

2

d m d n dm dn d mn d d m n m n d dmn

d m n m n dmn m n d

a b

d m n d d a b d a b

d

Như d l| số nguyên không vượt qu{ a b , mà  a b l| số nguyên lớn   khơng vượt qu{ a b Do ta d a b Bài to{n chứng minh  

Bài 19 Ta tìm hai số nguyên dương x, y cho  



2

x

z

xy l| số nguyên dương

(16)

Lời giải Ta xét c{c trường hợp sau

 Với xy ta có z 1 Vậy ba số x; x;1 x l| số nguyên dương tùy ý thỏa mãn

 Với x y , ta có x2 2 xy nên   



2

x

1

xy , không thỏa mãn đề b|i  Với xy Khi giả sử ba số nguyên dương x; y; z thỏa mãn đề b|i Do ta có y x 22 xy hay            

x xy 2 x y  xy nên x y xy 2      Suy tồn số k nguyên dương cho x y   k xy 2   1

+ Với k 2 suy x y xy nên    x y 1     0, điều n|y vơ lí + Với k 1 ta có x y  xy 2 nên x y 2    6

Do x, y nguyên dương v| xy suy y  x 6  nên ta x 4; z Thử lại   thỏa mãn đề b|i

Vậy x; y; z  4;1; 3 v| c{c số x; x;1 x l| số nguyên dương tùy ý l| thỏa mãn đề b|i

Bài 20 Chứng minh từ 53 số tự nhiên ln chọn 27 số m| tổng chúng chia hết cho 27

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hà Nội năm học 2011 – 2012 Lời giải

Ta chứng minh từ số tự nhiên ln tìm số m| tổng chúng chia hết cho Thật vậy, số tự nhiên chia cho có phần dư l| 0,

+ Nếu số dư có số 0, số 1, số tổng ba số tự nhiên tương ứng với ba số dư n|y l| chia hết cho

(17)

chọn 17 số m| số gồm số có tổng l| a ;a ; ;a1 2 17 cho tổng chia hết cho

Chứng minh tương tự nhận thấy từ số tự nhiên m| số chia hết cho ta chọn số có tổng chia hết cho Vậy từ 17 số a ;a ;1 2 ;a17 ta chọn gồm số có tổng l| b ; b ;1 2 ; b5 cho b 9i với i1; 2; 3; 4; 5 Từ số chia hết cho l| b ; b ; b ; b ; b1 2 3 4 5 chọn số m| tổng chúng l| chia hết cho 27 Tổng số n|y l| tổng 27 số ban đầu Vậy từ 53 số tự nhiên ln chọn 27 số m| tổng chúng chia hết cho 27

Bài 21 Tìm tất c{c số nguyên x, y, z thoả mãn 3x2 6y2 z2 3y z2 218x 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Hà Tĩnh năm học 2011 – 2012 Lời giải

Ta có 3x2 6y2z2 3y z2 218x 6 3 x 3  26y2z2 3y z2 33

Từ phương trình suy z 2 z2 33 Vì z nguyên nên z 0 z 3

 Với z 0 , phương trình trở th|nh   2  

x 2y 11 Suy 2y2 11 nên 

y

+ Khi y 1, ta x 0; x Suy   x; y; z  0;1; , 0; 1; , 6;1; , 6; 1; 0         nghiệm phương trình cho

+ Khi y , ta  x 3 2 11 nên khơng có số ngun x n|o thỏa mãn + Khi y 2, ta x 3 2 3 nên khơng có số ngun x n|o thỏa mãn

 Với z 3 , ta x 3 211y2 8 Từ suy 11y2 8 nên y Từ suy  khơng có số ngun x n|o thỏa mãn

Vậy phương trình có c{c nghiệm ngun l| x; y; z  0;1; , 0; 1; , 6;1; , 6; 1; 0         Bài 22 Tìm c{c số nguyên tố p cho hai số 2 p 1   p 21 l| hai số phương 

(18)

Giả sử tồn c{c số nguyên tố p để p    2 p 1 l| hai số phương 

Do l| số nguyên tố nên suy p  p21 l| c{c số chẵn Từ suy p 1



2

p l| c{c số phương Giả sử tồn c{c số nguyên dương x v| y thỏa mãn

 

p x

 

2

p y

Đặt p 2x   1 p2  1 2y 22 

Lấy hiệu theo vế hai đẳng thức cho ta p p 1   2 y x y x     3 Suy ta y x y x p 4       Mặt kh{c từ  1 ta thấy p l| số lẻ v| x 1 Do ta có p 2x  x2x2  x nên p x

Từ  2 ta lại có y nên  p2 1 2y2 y2y2 y21 suy p y

Từ  3 ta suy y x Từ ta y x p Chú ý p l| l| số nguyên tố lẻ nên    từ  4 ta suy x y p Mà ta lại có x y 2p nên ta    x y p  

Thay vào  3 ta p y x     Từ suy y x  p 1

2 nên ta

 

 p 3p

x ; y

4

Thay x p 1

4 vào  1 ta

  

           

2

p

p 2p 12p 14 p

4

Thay p vào   2 ta 72 1 2y nên y  Vậy p thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Bài 23 Cho a, b, c l| c{c số nguyên cho 2a b,2b c,2c a l| c{c số phương    a) Biết số ba số phương ln chia hết cho Chứng minh tích a b b c c a      chia hết cho 27

b) Tồn hay không c{c số nguyên thỏa mãn điều kiện ban đầu cho

a b b c c a không chia hết cho 27      

(19)

a) Đặt x2 2a b; y 2b c; z 2c a x, y,z N   

Khơng tính tổng qu{t ta giả sử z Ta có x2y2z2 3 a b c 3    nên 2

x y Đặt x 3t r; y 3h m với     t,h N  r,m  1; 0;1

Ta có x2y2 3 3t 23h32tr 2hm  r2 m2 3 nên suy 2

r m Mà ta có r 2 m2 2 nên ta r2m2 0 suy m r 0 

Do ta x v| y chia hết cho Từ ta 2a b; 2b c; 2c a chia hết    cho

Lại có 2a b 3a   a b ; 2b c 3b   b c ; 2c a 3c     c a 

Nên ta a b; b c; c a chia hết cho Do ta    a b b c c a 27      b) Xét bội số a 0; b 1; c Khi ta    2a b 1; 2b c 4; 2c a l| c{c số       phương M| ta lại có a b b c c a          1 2  không chia hết cho 27

Vậy a 0; b 1; c l| số thỏa mãn yêu cầu b|i to{n    Bài 24 Tìm số nguyên dương n cho n 2n 1  

26 l| số phương

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2012 – 2013 Lời giải

Giả sử tồn số tự nhiên q để Đặt n 2n 1   q

26 , ta   

2

n 2n 26q Do vế phải số chẵn 2n 1 số lẻ nên n phải số chẵn Đặt n 2k k N    Từ ta k 4k 1   13q2

Nhận thấy k; 4k 1  nên từ k 4k 1   13q2 ta được 



  

2

k u

4k 13v    

  

2

k 13u 4k v Với u v số tự nhiên

+ Xét trường hợp k u ; 4k 13v   Khi ta 4k 13v 2 1 12v2v21 Từ suy v21 hay v chia dư 3, điều n|y vơ lí Do trương hợp khơng xẩy + Xét trường hợp k 13u ; 4k v   2 Khi ta 4k v 21, tương tự

(20)

Vậy khơng tìm n thỏa mãn u cầu tốn

Bài 25 Tìm tất c{c hai số phương n; m m| số có chữ số, biết chữ số m chữ số tương ứng n cộng thêm với d, đ}y d l| số nguyên dương n|o cho trước

Đặt n pqrs x , theo b|i ta có   mp d p d r d s d       y Trong x, y, p, q, r, s l| c{c số tự nhiên thỏa mãn

               

1 p p d 9; q q d 9; r r d 9; s s d Ta có

       

      



         

2

n x p.10 q.10 r.10 s

m y p d 10 q d 10 s d 10 s d

Khi ta có y x y x   y2x2 d.1111 d.11.101

Từ phương trình suy số nguyên tố 101 l| ước y x y x  Lại 103  n m 10 nên  32 x y 99 Do ta    64 x y 200   

  

0 y x 67

Suy y x 101; y x 11.d Do x, y kh{c tính chắn lẻ v| d l| số lẻ    

Do 64 2x 101 11d   nên 11d 37 Suy d 3 nên ta d 1 d 3

+ Với d 1 x y 101; y x 11 suy       x; y  45; 56 v|  n; m  2025; 3136  + Với d 3 x y 101; y x 33 suy       x; y  34 ; 67, n; m  1156 ; 4489 Vậy ta hai số n; m  2025; 3136 n; m  1156 ; 4489 thỏa mãn yêu cầu b|i toán

Bài 26 Tìm hai số nguyên a, b để a44b l| số nguyên tố.4

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Bắc Ninh năm học 2012 – 2013 Lời giải

(21)

 Trường hợp Xét    

 

   



       

   



2 2

2

2 2

a b 1; b

a 2ab 2b a b b

a b 0; b

+ Với a b 2 1; b2 0 , ta b 0;a 1 nên M 1 l| số nguyên tố + Với a b 2 0; b2 1, ta a b 1 a  b 1 nên M 5 l| số nguyên

tố

 Trường hợp Xét    

 

   



       

   



2 2

2

2 2

a b 1; b

a 2ab 2b a b b

a b 0; b

+ Với a b 2 1; b2 0 , ta b 0;a 1 nên M 1 l| số nguyên tố

+ Với a b 2 0; b2 1, ta a 1; b  1 a 1; b nên  M 5 l| số

nguyên tố

Vậy c{c cặp số  a; b cần tìm l|   1;1 , 1; ,  1;1 ,  1; 1

Bài 27 Số nguyên dương n gọi l| số điều hịa tổng bình phương c{c ước dương (kể v| n) n  2

a) Chứng minh số 287 l| số điều hòa

b) Chứng minh số n p (với p l| số nguyên tố) l| số điều hòa 

c) Chứng minh số n p.q (với p v| q l| c{c số nguyên tố kh{c nhau) l| số điều hịa n 2 l| số phương

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2012 – 2013 Lời giải

a) Dễ thấy 287 1.7.41 Ta có 287 3 2 2902 84100 12724122872 84100 Suy 287 3 2  12 72412287 nên 287 l| số điều hòa 2

b) Giả sử n p l| số điều hịa Vì p l| số ngun tố nên c{c ước dương  n p 

2

1; p; p ; p

(22)

Do ta p m| p l| số nguyên tố nên p Khi  p p 36p2p28 Do 

đẳng thức không xẩy với p l| số nguyên tố Nên điều giả sử l| sai hay n p 

không thể l| số điều hịa

c) Ta có n pq l| số điều hòa với p v| q l| c{c nguyên tố kh{c Do ta

  2  2 2  2 2       2

pq p q pq pq p q

Ta có p q 2 nên p q 2 Do ta       

 

2

p q n pq

2 l| số phương

Bài 28 Tìm c{c số nguyên tố p cho p p  2p3p l| số hữu tỷ

Ta có 1 p p  2p3p l| số hữu tỷ 4 1 p p  2p3p4 n với n l| số tự nhiên 2

Do ta 4 4p 4p  4p34p4 4n 2

Để ý p2 4p34p4 4n2  4 4p 4p 24p34p45p nên ta 2

 2  2  2  2  2  2   2 

2p p 2n 2p p 2p p 2n 2p p

Do suy 2n 2p 2 p Thế v|o phương trình v| để ý p l| số nguyên tố ta

 

  2 3  2   2    

4 4p 4p 4p 4p 2p p p 2p p

Thử lại ta thấy với p  p p  2p3p4 11 l| số hữu tỉ Vậy p l| số nguyên tố thỏa mãn yêu cầu b|i to{n 

Bài 29 Với số nguyên dương n ta ký hiệu Sn l| tổng n số nguyên tố sau

         

1

S 2; S 3; S 5; S 7;

Chứng minh dãy số S ; S ; S ; 1 2 3 không tồn hai số hạng liên tiếp l| c{c số phương

(23)

Lời giải

Giả sử số nguyên tố thứ n l| pn Giả sử tồn số tự nhiên m để

 

    *

m m

S k ; S l k; l N

Vì S1 2; S2   2 5; S3    2 10; S4     2 17 khơng phải l| c{c số phương nên m 4 Ta có pmSmSm 1  l k l k  

Vì pm l| số nguyên tố nên l k 1; l k p    m Suy pm   2l Sm 1 hay

       

2 m m

p

S

2

Vì m 4 nên ta có

 

               

           

               

       

m m m

2 2

2 2 2 m m m m

S p p

p p p p

1

2 2

Điều n|y m}u thuẫn với    

 

2 m m

p

S

2 Vậy không tồn số thự nhiên thỏa mãn yêu cầu toán

Bài 30 Cho M a 3a với a l| số nguyên dương  a) Chứng minh ước M l| số lẻ

b) Tìm a cho M chia hết cho Với gi{ trị n|o a M l| lũy thừa

a) Ta có M a 23a a  2 a 2a a a 1     2a 1 l| số lẻ Do ước M l| số lẻ

b) Ta lại có M a 23a 1 a22a 1  5aa 1 2 5a

Mà M  5a nên ta a 1 2 suy a Do a chia cho dư 1, tức l|  tồn số tự nhiên k thỏa mãn a 5k 1 

(24)

  2     n  2      n      n

5k 5k 1 25k 10k 15k 25k k 5

Nếu n 2 ta có 5 , mà n 25k k 5   2 M| không chia hết cho

5 nên đẳng thức không thỏa mãn

Vậy n 1 Từ ta có 25k k 1   với k l| số tự nhiên nên suy k 0 v| a 1 Do a 1 M l| lũy thừa

Bài 31 Cho x, y l| c{c số tự nhiên kh{c Tìm gi{ trị nhỏ biểu thức A 362x5 y Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2013 – 2014

Lời giải

Đặt k 2x nên k l| số chẵn Ta tìm gi{ trị nhỏ A 36k5 y

Dễ thấy A 11 k 2; y hay   x 1; y Ta chứng minh   A 11 l| gi{ trị nhỏ A

Thật vậy, A 36k5 nên suy y A 36 k5 y A 5 y36 k  Xét trường hợp A 36 k5 Khi ta thấyy A 36 k5 ln có chữ số tận l| y Nếu A 11 v| A có chữ số tận l| nên A 1 hay 36k5y 1

+ Nếu y l| số chẵn 36k 0 mod ; 5  y 1 mod nên   36k5y 2 mod  

Mà 1 mod 3   nên phương trình vô nghiệm

+ Nếu y l| số lẻ 36k 0 mod ; 5  y 1 mod 4  nên 36k5y 3 mod 4  Mà 1 mod 4   nên phương trình vô nghiệm

 Xét trường hợp A 5 y36 Ta thấy k A 5 y36 có chữ số tận l| k

Nếu A 11 v| A có chữ số tận l| nên  A 9 hay 5y36k 9

Dễ thấy 36 chia hết cho k 5 không chia hết y 5y36k9 không chia hết cho

3

Do phương trình trình vơ nghiệm

Vậy gi{ trị nhỏ A l| 11 x 1; y  

Bài 32 Tìm tất c{c cặp số nguyên dương  a; b cho  

a

(25)

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Ninh Bình năm học 2013 – 2014 Lời giải

Do 



a

ab l| số nguyên nên suy            

b a a ab 2 a b ab hay

     

2 a b ab

Do tồn số nguyên dương k cho a b   k ab 2 

Nếu k 2 từ a b   k ab ta có   a b ab 2   a b 1     , điều n|y m}u thuẫn a v| b l| c{c số nguyên dương Do ta k 1

Từ a b   k ab 2  ta có a b  ab 2 a b 2   2 Giải phương trình n|y với điều kiện a v| b nguyên dương a 3; b   a 4; b Thử lại thấy có  

 

a 4; b thỏa mãn đề b|i

Vậy số nguyên dương    a; b  4; thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

Bài 33 Giải phương trình nghiệm ngun 5x28y2 20412

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2013 – 2014 Lời giải

Trước hết ta nhận thấy số phương chia cho dư dư Do tổng hai số phương chia hết cho v| hai số chia hết cho

Ta có 5x28y2 204126x29y220412 x 2y2 3 2x 3y26804x2y Suy       



  

 

2

2 1

2

1

x 3x x 9x

x x y

y 3y

y y 9y , ta

 2 2  2   2 2  2

1 1 1 1

3 2.9x 3.9y 6804 9x 9y 2x 3y 756 x y

Suy      

 

  

 

2 2

2 1 2

1 2

1

x x 3x x 9x

x y

y 3y

y y 9y , ta

 2 2  2   2 2  2

2 2 2 2

3 2.9x 3.9y 756 9x 9y 2x 3y 84 x y

Suy        

  

 

2

2 2 3

2 2 2

2

x 3x x 9x

x

x y

y 3y

y y 9y , ta

  2  2    2    2 

3 3 3 3 3

(26)

Suy 8y23 28y32 3,5y32  0;1 y3  0;1 + Với y3  0 5x3 28, trường hợp n|y khơng xẩy + Với y3 1, ta x3 2; x3  2

+ Với y3  1, ta x3 2; x3  2

Khi ta x ; y3 3    2;1 , 2; ,  2;1 ,  2;  Vì     

  

1

x 3x 9x 27x

y 3y 9y 27y , ta   x; y  54; 27 , 54; 27 ,    54; 27 , 54; 27  Thử lại ta thấy phương trình nhận c{c nghiệm l|

  x; y  54; 27 , 54; 27 ,    54; 27 , 54; 27 

Bài 34 Chữ số h|ng đơn vị hệ thập ph}n số M a 2ab b (với a, b l| c{c số tự 

nhiên khác 0)

a) Chứng minh M chia hết cho 20 b) Tìm chữ số h|ng chục M

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2013 – 2014 Lời giải

a) Vì số tận M l| nên M chia hết cho Xét c{c trường hợp sau

+ Một hai số a v| b có số chẵn v| số lẻ, khơng tính tổng qu{t ta giả sử a l| số lẻ, b l| số chẵn Khi a l| số lẻ v| 2 b l| số chẵn nên M l| số lẻ, trường hợp n|y 2

cũng không xẩy

Do hai số a v| b l| số chẵn Khi M chia hết cho 4, từ suy M chia hết cho 20

b) Ta có a2 ab b 2a b a3b nên 3 a3 b3a3b3 5

Lại có a6a2 a a a a2     21 Tương tự ta có  b6b 2

Do ta a2 b , từ ta ab a b 5   nên ta có

       2  2

(27)

Suy abM Từ suy ab.3ab nên ab

Ta có M a 2ab b suy  bM ab a b   b 53 Mà ab a b 5   nên b hay b 3

Suy     

a M b a b nên a hay a nên M 25

Lại có v| 25 l| hai số nguyên tố nên M 100 hay số h|ng chục M l| Bài 35 Tìm c{c số tự nhiên a ;a ; ;a1 2 2014 thỏa mãn:      

      

2

1 2014

2 2

1 2014

a a a a 2014

Biến đổi c{c giả thiết b|i to{n ta có

                                                   2

1 2014

2 2 2 2

1 2014 2014

2 2

1 2014 2014

2.2014 a a a a 2.2014.2014

a a a a 2014

a a a a 2014 a a a a 2014

a a a a 2.2014 a a a a 2014 2.2014.20

 

     

           

       

2

2 2 2

1 2014 2014

2 2

1 2014

14

a a a a 2.2014 a a a a 2014.2014

a 2014 a 2014 a 2014

 Trường hợp Nếu a12014 2 a220142 a201420142 1 Khi

1 2014

a ;a ; ;a l| c{c số tự nhiên v| a120142 0; a 220142 0; ; a 201420142 0 Từ suy 2014 số phương a12014 ; a 2 22014 ; ; a2  20142014 có 2 số nhận gi{ trị l| v| c{c số cịn lại nhận gi{ trị l| 2014 Khơng tính tổng qu{t ta giả sử

                              

1 2014

2

1 2014

2 2014

a 2014 a 2013; a a a 2014

a 2015; a a a 2014 a 2014 a 2014

Thử lại c{c trường hợp ta thấy không thỏa mãn

 Trường hợp Nếu a12014 2 a220142 a201420142 0 Khi ta

   2   2    2 

1 2014

a 2014 a 2014 a 2014

(28)

Bài 36 Tìm tất c{c ba số nguyên tố p; q; r cho pqr p q r 200    

Khơng tính tổng quát ta giả sử p q r  Viết lại phương trình cho dạng

rq p 1     r q 1   202  1

Nếu p lẻ q, r lẻ, rq p 1     r q 1   , 202 không chia hết cho 4, vô lý Do p 

Với p   1 trở thành 2rq r q 202   4rq 2r 2q 405    2q 2r 1    5.34 Do 2q 2r nên     92q 1  2  2q 2r 1    405 nên 2q 20   

Từ 2q l| ước  5.3 nên 2q 1 3; 5; 9;15

+ Nếu 2q   q2 r 68 Ta thấy r 68 không số nguyên tố + Nếu 2q   q3 r 41 số nguyên tố

+ Nếu 2q   q5 r23đều số nguyên tố + Nếu 2q 15   q khơng số nguyên tố 

Vậy tất ba số nguyên tố phải tìm p; q; r  2; 5; 23 , 2; 3; 41   hoán vị Bài 37 Cho a, b, c, d l| c{c số nguyên dương thỏa mãn a2ab b c2cd d 

Chứng minh a b c d   l| hợp số

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thái Bình năm học 2014 – 2015 Lời giải

Biến đổi giả thiết tốn ta có

      

       2   2         

2 2

a ab b c cd d a b ab c d cd a b c d a b c d ab cd

Đặt s a b c d    Giả sử s p l| số nguyên tố a b c   d mod p  Khi từ đẳng thức suy ab cd mod p nên     ab c a b c     0 mod p hay 

(29)

Vì p l| số nguyên tố nên suy a c mod p    b c mod p    Điều n|y vơ lý  

1 a c b c p (a, b, c, d c{c số nguyên dương v| có tổng p)   Vậy s 1 v| không l| số nguyên tố nên s phải l| hợp số

Bài 38 Chứng minh p l| số nguyên tố lớn p p chia hết cho 24     Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015

Lời giải

Vì p l| số nguyên tố lớn nên ta p 3k   p 3k với k l| số tự nhiên   khác

+ Nếu p 3k 1  p p – 1    3k 3k  chia hết cho + Nếu p 3k 2  p p – 1    3k 3k 1    chia hết cho Vậy p l| số nguyên tố lớn p p – 1   chia hết cho

Mặt kh{c p l| số nguyên tố lớn nên p l| số lẻ Suy p 1và  p l| hai số chẵn  liên tiếp

Đặt p – 2n nên  p 2n , ta có    p p – 1  2n 2n 2  4n n   

Do n n chia hết    4n n chia hết cho Do    p p – chia hết cho    Vì v| l| hai số nguyên tố ta p p – 1   chia hết cho 24

Bài 39 Tìm c{c nghiệm nguyên phương trình x3y – 3xy – 3 

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2014 – 2015 Lời giải

Biến đổi phương trình cho ta có

 

       

     

           

 

           

 

 

         

 

3

3 2

2

x y 3xy x y 3x y 3xy 3xy x y x y x y 3xy x y

x y x y x y 3xy Vì x, y ngun nên có trường hợp sau

+ Trường hợp Với

   

         

  

           

 



x y x y 3 x 1; y 2

(30)

+ Trường hợp Với                         

 

x y x y

1 xy

x y x y 3xy

3

(Trường hợp n|y loại)

                                  

x y 1 x y 0 x 1; y 1

xy x 1; y

x y x y 3xy

                          

 

x y

x y 1

11 xy

x y x y 3xy

3

                          

x y x y 3

xy

x y x y 3xy (Hệ khơng có nghiệm

ngun)

                          

 

x y

32 xy

x y x y 3xy

3

Vậy phương trình có c{c nghiệm nguyên       x; y  1; , 2;1 , 1; ,  1;1 Bài 40 Cho a, b, c l| c{c số nguyên thỏa mãn điều kiện 1 1

a b c a) Chứng minh a b l| số nguyên tố

b) Chứng minh c 1 a c  b c không đồng thời l| số nguyên tố Trích đề TS lớp 10 trường PTNK ĐHQG Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2014 – 2015

Lời giải a) Từ 1 1

a b c ta c a b  abdo ab a b   Giả sử a b l| số nguyên tố Khi a a b  nên a, a b 1 mà ab a b   nên a a b  , điều n|y vô lí Do a b khơng thể l| số ngun tố

b) Ta có c a b  abbc ab ac  ab bc 2ab ac   b a c   a 2b c  b a c a    Tương tự ta có a b c   b 2a c  a b a b  

Giả sử a b b c l| số nguyên tố a a c nên   a,a c 1, tương tự ta có

b, b c 1 mà b a c a   nên suy b a Lập luận tương tự ta a b

(31)

Vậy c 1 a c  b c không đồng thời l| số nguyên tố

Bài 41 Tìm c{c số tự nhiên x v| y thỏa mãn 2x1 2 x2 2 x3 2 x 4 5y 11879

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Phú Thọ năm học 2015 – 2016 Lời giải

Biến đổi phương trình cho ta

    

     

      

y

x x x x

y

x x x x x x x

2 2 11879 2 2 11879.2  Xét y , từ phương trình ta 

2x1 2 x2 2 x3 2 x  4 1 118792x1 2 x2 2 x3 2 x411880

Đặt t2 t l| số tự nhiên kh{c v| phương trình trở th|nh x

 t t t t 4      9.10.11.12  t 8 2x  8 x 3

 Xét y ,  2x x1 2 x2 2 x3 2 x 4 chia hết cho v| x y 11879.2 x không chia hết cho Nên trường hợp n|y khơng có nghiệm

Vậy ta tìm    x; y  3; thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

Bài 42 Tìm c{c số nguyên x v| y thỏa mãn x4x2y2  y 20 

Phương trình tương đương với x4x220 y 2y

Ta thấy x4x2 x4x220 x 4x220 8x x x2 2 1 y y 1   x24 x 25 

Vì x v| y l| c{c số nguyên nên ta xét c{c trường hợp sau

 Trường hợp Khi y y 1   x21 x 22 ta có phương trình 

           

4 2

x x 20 x 3x 2x 18 x x

Với x2 9 ta có y2 y 92 9 20y2 y 110 0  y 10; y 11 (thỏa mãn)

 Trường hợp Khi y y 1   x22 x 23 ta có phương trình 

        

4 2

x x 20 x 5x 4x 14 x

(32)

Phương trình khơng có nghiệm ngun

 Trường hợp Khi y y 1   x23 x 4 ta có phương trình 

  

        

4 2 2

x x 20 x x 6x x

3 Phương trình khơng có nghiệm ngun

 Trường hợp Khi y y 1   x2 4 x 25 ta có phương trình 

  

          

4 2 2

x x 20 x x 8x x x

Với x2 0 ta có y2 y 20y2 y 20 0   y 5; y thỏa mãn 

Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên l|

  x; y  3;10 , 3; 11 ,    3;10 ,  3; 11 , 0; , 0; 4     

Bài 43 Tìm c{c số nguyên k để k48k323k226k 10 l| số phương 

Đặt M k 48k323k226k 10 Ta có 

   

         

        

 

           

 

4 2

2 2 2

2

M k 2k 8k k 2k 9k 18k

k 8k k k k k

Khi M l| số phương v| k 1 2 0 k 3 21 l| số phương

 Trường hợp Với k 1 2 0 Khi ta k 1 thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

 Trường hợp Với k 3 21l| số phương Khi ta đặt k 3 2 1 m với m 2

l| số nguyên Từ ta m2k 3 2  1 m k m k 3     1

Vì m v| k l| c{c số nguyên nên m k 3  m k 3  l| c{c số nguyen Từ ta

        

m k

          

m k

(33)

Vậy k 1 k 3 k48k323k226k 10 l| số phương 

Bài 44 Tìm nghiệm nguyên dương hệ phương trình:   

   3

x y z

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Khánh Hòa năm học 2015 – 2016 Lời giải

Ta có x3y3 x y 2 x y x  xy y 2 x y0

Vì x, y nguyên dương nên x y Do từ phương trình ta có  

       

             2  2  

2 2

x xy y x y x xy y x y x y x y

Vì x y l| c{c số nguyên nên có ba trường hợp sau

 Trường hợp Với x y 0; x 1     2  y 1 2 1 ta x y 2; z     Trường hợp Với x 0; x y     2  y 1 2 1 ta x 1; y 2; z     Trường hợp Với y 0; x y     2  x 1 2 1 ta y 1; x 2; z    Vậy hệ phương trình cho có nghiệm l| x; y; z  1; 2; , 2;1; , 2; 2; 4     Bài 45 a) Tìm c{c số nguyên a, b, c cho a b c 0   ab bc ca    

b) Cho m l| số nguyên, chứng minh tồn c{c số nguyên a, b, c kh{c cho a b c 0   ab bc ca 4m 0    tồn c{c số nguyên a', b', c' kh{c cho a' b' c'    a' b' b'c' c'a' m 0   

c) Với k l| số nguyên dương, chứng minh không tồn c{c số nguyên a, b, c khác cho a b c 0   ab bc ca    k

a) Ta có                        



 

2 2

a b c ab bc ca

a b c

ab bc ca ab bc ca

Vì a, b, c l| c{c số nguyên v| a , b ,c l| c{c số phương nên ta 2

 



2 2

(34)

b) Nếu a b c 0   ba số a, b, c có hai số lẻ v| số chẵn ba số chẵn

Nếu có hai số lẻ v| số chẵn, khơng tính tổng qu{t ta giả sử a, b lẻ v| c chẵn Khi ta a 2a '1; b 2b '1; c 2c a ; b ; c '  ' ' 'Z Suy ta có 

       

  2 2  ' 2 ' 2 ' 2  '2 '2 '2  ' ' 

0 a b c 4m 2a 2b 2c 4m a b c a b m

Dễ thấy chia hết cho v| a '2b'2c'2  a' b' m2 không chia hết cho Điều n|y dẫn đến m}u thuẫn Vậy trường hợp n|y không xẩy

Do ba số a, b, c chẵn, ta chọn ' a '  b '  c

a ; b ; c

2 2 suy   

' ' '

a b c V| ta có a b' 'b c' 'c a' 'mab bc ca  m 4mm 0

4

Như c{c số a ; b ; c thỏa mãn yêu cầu b|i to{n ' ' '

c) Nếu a b c 0   ab bc ca 2   k 0 tương tự c}u a ta có a2b2c2 2.2k 2k 1

Do a, b, c l| c{c số nguyên nên a2b2 c2 3 nên k 2 , suy 4k

Vì a b c 0   nên ba số a, b, c có hai số lẻ v| số chẵn ba số chẵn  Trường hợp Giả sử ba số a, b, c a, b l| số lẻ v| c l| số chẵn

 

 '  '  ' ' ' '

a 2a 1; b 2b 1; c 2c a ; b ; c Z

Ta có 0 a 2b2c2 2a'1 2 2b'1   2 2c' 4 a'2b'2c'2 a' b'2

Dễ thấy chia hết cho v| 4 a '2b'2c'2 a' b'2 không chia hết cho Điều n|y dẫn

đến m}u thuẫn Vậy trường hợp n|y không xẩy

 Trường hợp Cả ba số a, b, c chẵn Khi gọi p l| số tự nhiên lớn cho ba số a, b, c chia hết cho 2p Nghĩa l| a a ; b b ; c c 2 ' p  ' p  ' p với a ; b ; c l| c{c số ' ' ' nguyên v| có số lẻ Khi ta

  



      2p     k 2p

2 2 k '2 '2 '2 k '2 '2 '2

a b c a b c 2 a b c

Tương tự ta a ; b ; c khác nên ' ' ' k 2p nên   2k 2p 4

Mà a ; b ; c kh{c rong có số lẻ nên ' ' ' '2 '2 '2

(35)

Vậy không c{c số nguyên a, b, c kh{c thỏa mãn yêu cầu b|i to{n

Bài 46 Tìm số tự nhiên bé có bốn chữ số biết chia cho số dư v| bình phương chia cho 11 số dư l|

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Đăk Lăk năm học 2015 – 2016 Lời giải

Gọi x l| số cần tìm x N;1000 x 9999    Vì

x chia 11 dư nên x chia 11 dư dư

 Trường hợp Nếu x chia 11 dư suy x 11 nên  x 66 11 hay   x 61 11  Lại có x chia dư nên x 7 nên x 63 hay   x 61 Do ta  x 61 l| bội chung v| 11 nên ta x 61 77k k N    

Vì 1000 x 9999  1000 77k 61 9999   14 k 130 

M| x bé nên ta chọn k 14 suy x 77.14 61 1017  

 Trường hợp Nếu x chia 11 dư dư suy x 11 nên  x 11 11 hay   x 11  Lại có x chia dư nên x 7 nên x 7  hay x Do ta  x 5 l| bội chung v| 11 nên ta x 77k k N    

Vì 1000 x 9999  1000 77k 9999   14 k 129 

M| x bé nên ta chọn k 14 suy x 77.14 1073   Vì 1073 1017 nên số phải tìm l| 1017

Bài 47 Cho dãy số tự nhiên 2; 6; 30; 210; x{c định sau: Số hạng thứ k tích k số nguyên tố đầu tiênk 1; 2; 3;   Biết có hai số hạng dãy số có hiệu 30000 Tìm hai số hạng

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Thanh Hóa năm học 2015 – 2016 Lời giải

Xét dãy số có dạng 2; 2.3; 2.3.5; Giả sử hai số cần chọn l| a 2.3.5 p ; b 2.3.5 p với  n  m

  

n m

p ; p n m l| c{c số nguyên tố thứ n v| thứ m Từ ta có

   

  m n   n n 1 n 2 m 

(36)

Ta thấy 2.3.5.1000 tồn ước nên a v| b có chữa số ngun tố nên pn 3 1000 khơng có ước nguyên tố kh{c v| nên a ước kh{c v| nên pn 5 Từ ta

+ Nếu pn 3 ta pn 1 pn 2 pm 10000 , không tồn p thỏa mãn m + Nếu pn 5 ta pn 1 pn 2 pm1001 7.11.13 pm13, từ ta

   

a 2.3.5 30; b 2.3.5.7.11.13 30030 Bài 48 Tìm c{c số nguyên x,y thoả mãn 3  2  

2x 2x y x 2xy x 10

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Phú Thọ năm học 2016 – 2017 Lời giải

Phương trình cho có bậc ba ẩn x v| có bậc ẩn y nên ta khơng thể sử dụng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai Do ta ý đến ph}n tích phương trình dạng phương trình ước số Ta có

                                        

 2

2

2x x y 2x x y x x 10

2 x y x x x x 10 x x

2x 2x y x 2xy x

y

2 x 10

Nhận thấy 10 1.10 2.5 ( 1)( 10) ( 2)( 5)        , x2  x x x 1   l| số chẵn v| 2 x y  1

l| số lẻ Đồng thời ta có          

 

2

2 1

x x x x x

2

Từ c{c nhận xét ta thấy có c{c trường hợp        

2

x x 10

2 x y 1  

   

    

2

x x

2 x y

+ Trường hợp Với        

2

x x 10

2 x y 1 Phương trình  

2

x x 10 khơng có nghiệm nguyên

+ Trường hợp Với  

                              

2 x

x x x 1; y

x

x 2; y

2 x y

x y

Vậy có hai số nguyên  x; y thỏa mãn l|   1; , 2; 5 Bài 49

a) Tìm dạng tổng qu{t số nguyên dương n biết M n.4 n3 chia hết cho n b)Tìm c{c cặp số  x; y nguyên dương thoả mãn phương trình:

(37)

a) Tìm dạng tổng qu{t số nguyên dương n biết M n.4 n3 chia hết cho n Ta xét c{c trường hợp sau

+ Trường hợp Với n l| số chẵn, n 2k với k nguyên dương Khi ta có M 2k.4 2k32k 2k.16k9 k

Ta có 16 v| dư với chia nên 16 k có số dư với k 2k chia cho Do M dư với 2k.2k2k2 2k chia k    2k 1 chia hết cho hay

k chia dư 3, suy ta k 7p với p l| số tự nhiên, từ ta   n 14p   + Trường hợp Với n l| số lẻ, n 2k 1  với k nguyên dương

Khi ta có M2k 4  2k 1 32k 1 4 2k 16   k3.9k

Do ta M dư với    k k    k

k 3.2 k chia cho

Do k chia hết cho hay k 7q với q l| số tự nhiên Từ ta  n 14q   Vậy n 14p   n 14q 1, với p q l| c{c số tự nhiên  

b)Tìm c{c cặp số  x; y nguyên dương thoả mãn x24y228 17 x2  4y4238y2833

Phương trình cho có bậc cao v| lại l| bậc chẵn nên ta nghĩ đến ph}n tích th|nh c{c bình phương Để ý 833 17.7  238 2.17.7 nên ta biến đổi tương đương phương trình ta

   

       

    

     

 

             

 

 

            

2

2 4

2 2

2 4 2

2

2 2

x 4y 28 17 x y 238y 833

x y 17 x y 16x 8x y y

4x y 4x y 2x y 2x y

Vì x v| y l| c{c số nguyên dương nên 2x y 2x y    2x y   Do từ phương trình ta suy       

 

2x y x

2x y y

(38)

Bài 50 Tìm c{c số nguyên dương x; y; z biết 1  1 1 x y z

    

x y z x y z

Nhìn giả thiết 1  1 1

x y z ta khơng thể khai th{c điều nên ta chuyển sang khai th{c

    

x y z x y z Căn thức vế tr{i gợi cho ta ý tưởng bình phương

  

       

        

x y z x y z xy yz xz

2y xy yz xz y x y z

Đến đ}y cần xét trường hợp kết hợp với giả thiết 1  1 1

x y z l| giải b|i toán

+ Xét x y xy suy 2  1 2z x xz 0   x z 1    x z

Vì x, y nguyên dương nên ta có c{c trường hợp sau  Trường hợp Với            

 

x 2 x

x y 4; z

z 1 z

 Trường hợp Với         

  

 

x x

x y z

z z

+ Xét y z, vai trị x v| z nên ta chọn thêm cặp l| 2; 4; 4 Vậy nghiệm nguyên dương thỏa mãn l| x; y; z  4; 4; , 2; 4; , 3; 3;     

Bài 51 Tìm tất c{c cặp số tự nhiên  x; y thỏa mãn 2 xx 9y26y 16 

Ta có 9y2 6y 16 mod 3    nên 2 xx 1 mod 3 

Mà x2 0;1 mod nên    

 

   

 

x

2 mod x mod

+ Nếu x lẻ, ta đặt x 2k k N    2x2.4k 2 mod 3 , điều n|y vơ lí, suy loại x lẻ + Nếu x chẵn, ta đặt x 2k k N   2x4k 1 mod 3 , điều n|y Do x chẵn

      

      2      

x 2 k k k

(39)

Vì y,k N nên  2k.2k3y 2k.2  k3y Vậy ta có c{c trường hợp    Trường hợp        

 

   

 



k k

k

2k.2 3y 1 2k.2

k N 3y

2k.2 3y 15 (loại)  Trường hợp         

 

   

  



k k

k

2k.2 3y 2k.2 k y 3y 1

2k.2 3y

Vậy cặp số nguyên dương thỏa mãn b|i to{n l|    x; y  2;

Bài 52 Cho số nguyên dương n thỏa mãn 2 12n 1 l| số nguyên Chứng minh

 2

2 12n l| số phương

Do 2 12n 21 l| số nguyên, m| 12n21 l| số lẻ nên tồn số tự nhiên k thỏa mãn

   

          

2 2

12n 2k 12n 4k 4k k k 3n

Vì k; k 1  nên xảy trường hợp:

 Trường hợp              

  

2

2 2

2

k a

a, b N a 3b mod a mod

k 3b (vơ lí)

 Trường hợp        



2

2 2

2

k 3a

b b 3n

k b Từ suy

   

 2    4 2   2  2 

2 12n 2 4b 4b 2 2b 4b 2b

Do 2 12n 21 l| số phương

Bài 53 Tìm tất c{c cặp số nguyên  x; y thỏa mãn đẳng thức sau x42x2 y 3

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên ĐHKHTN Hà Nội năm học 2016 – 2017 Lời giải

Ta có x42x2 y3 x42x2  1 y3 1 x212 y y – y     Gọi dy 1; y 2 y Khi ta có  y 1 2 d y2 y d nên ta

(40)

 Khi d ta x212 y y – y nên     x212 9x21 Điều n|y vơ lý số phương chia cho khơng thể có số dư l|

 Khi d ta y d , kết hợp với y d ta suy  d 1 Do y 1; y – y 1  

Khi y y – y l| số phương nên ta đặt     y a ; y – y b   2   a, b l| c{c số nguyên dương v|  a; b 1 Tứ ta

      

           

2 2 2

b a – a 4b 4a 12a 12 2b – 2a 2b 2a 3

Vì  2b 2a232 2b 2a 23 nên ta xét c{c trường hợp sau

+ Trường hợp Với       

   

 



2

b 2b 2a

a

2b 2a 3 , hệ khơng có nghiệm nguyên + Trường hợp Với              



  

    

   



2

b y 1

2b 2a 3 a

x y b

a y – y 1

2b 2a

Thử lại v|o phương trình ban đầu ta thấy thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm l|  0;

Bài 53 Tìm ba số nguyên tố a, b, c thỏa mãn c{c điều kiện a b c  bc 1  chia hết cho a, ca 1  chia hết cho b, ab 1  chia hết cho c

Do a, b, c l| ba số nguyên tố thỏa mãn a b c  nên a 2, b 3,c Từ ta suy   

   

ab bc ca Từ giả thiết ta lại có ab c  nên ab bc ca c    Tương tự ab bc ca a,    ab bc ca b   

Vì a, b, c l| số nguyên tố ph}n biệt nên a, b, c đôi nguyên tố

ab bc ca abc    ab bc ca abc    

(41)

Nếu b 5 ta có bc 5c 2b 2c 1    (m}u thuẫn) Do b 3 Suy ra, ab c nên   c5

Thử lại a 2; b 3; c thỏa mãn b|i to{n Vậy    a 2; b 3; c    Bài 55 Cho c{c số nguyên dương a, b thỏa mãn a 2 b 3

b a l| số nguyên dương Gọi d l| ước chung lớn a v| b Chứng minh d2 2a 3b 

Vì d l| ước chung lớn a v| b nên tồn c{c số tự nhiên a ; b1 1 thỏa mãn c{c điều kiện a da ; b db  1  1 a ; b1 11

Đặt a 2 b 3 k

b a ta    

2

kab a 2a b 3b Từ ta

 

        

2 2 2 2

1 1 1 1

kd a b d a d b 2a 3b 2a 3b d ka b a b

Do a, b, k l| c{c số nguyên dương nên suy ka b1 1a12b l| số nguyên dương 12 Từ ta  2 

1 1

ka b a b Như từ   2  2 2

1 1

2a 3b d ka b a b ta

 

   

 

2

1 1

2a 3b 2a 3b

d 2a 3b

1

ka b a b

Vậy b|i to{n chứng minh xong

Bài 56 Cho x, y l| hai số nguyên dương thỏa mãn x2y2 10 chia hết cho xy a) Chứng minh x v| y l| hai số lẻ v| nguyên tố

b) Chứng minh   

2

x y 10

k

xy chia hết cho v| k 12

Trích đề TS lớp 10 trường PTNK Thành phố Hồ Chí Minh năm học 2016 – 2017 Lời giải

a) Chứng minh x v| y l| hai số lẻ v| nguyên tố

Giả sử hai số x v| y có số chẵn, v|i trị x v| y nên khơng tính tổng qu{t ta giả sử x l| số chẵn Khi x2y210 chia hết cho xy nên x2y2 10

chia hết cho Từ dẫn đến y chia hết cho Từ suy 2 x2y210 chia hết

(42)

Gọi d x; y , x dx ; y dy 0  0 với x ; y0 0N, x ; y 0 01 Từ ta có 2   2 2

0

x y 10 d x d y 10 chia hết cho 0

d x y nên suy 10 chia hết cho

2

d nên suy d 1 hay x v| y nguyên tố b) Chứng minh   

2

x y 10

k

xy chia hết cho v| k 12

Đặt x 2m 1; y 2n m,n N       Khi ta có       

 

2

4 m n m n

k

2m 2n

Do 2m 2m 1    nên suy m2 n2 m n chia hết cho   2m 2n 1   

Hay ta     

 

2

m n m n

2m 2n l| số nguyên Từ suy k chia hết cho

Cũng từ   

2

x y 10

k

xy ta   

2

x y 10 kxy Nếu hai số x v| y có số chia hết cho 3, khơng tính tổng qu{t ta giả sử số l| x Khi ta suy



2

y 10 chia hết y2 1 chia hết cho hay y chia dư 2, điều n|y vơ lý 2 y 2

chia dư dư Do x v| y không chia hết cho Suy x ; y chia có số 2 dư l| Do ta x2y210 kxy chia hết cho M| ta lại có  3; xy1 nên k chia hết cho

Kết hợp với k chia hết cho ta suy k chia hết cho 12 Do k 12 Bài 57 Tìm tất c{c số có chữ số abcde thỏa mãn 3abcde ab

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017 Lời giải

Ta có abcde 1000ab cde  Mà ta có 3abcde ab hay ta có abcde ab nên suy 1000ab cde  ab

Đặt x ab  y cde , ta có  abcde 1000x y với   y 1000   Từ giả thiết 3abcdeab ta có 31000x y  x 1000x y x  3

Do y nên từ phương trình ta suy  1000x x 31000 x nên ta  

x 32

Mặt kh{c y 1000 nên ta lại có 

 

        

3

(43)

Từ ta suy x 32 Nên ta 

x 32768 hay abcde 32768

Bài 58 Cho a, b, c l| c{c số nguyên dương nguyên nguyên tố thỏa mãn  

1 1

a b c Chứng minh a b l| số phương

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Thái Nguyên năm học 2016 – 2017 Lời giải

Từ 1 1

a b c ta  

        

a b

c a b ab ab ac bc

ab c

Từ ta ab ca bc c   c2 a c b c    c2

Gọi da c; b c  , ta có c d nên c d , từ dẫn đến 2 a d; b d M| a, b, c nguyên tố nên ta d 1

Do ước chung lớn a c  b c l| M| ta lại có a c b c    c nên suy



a c b c l| c{c số phương

Đặt a c m ; b c n m,n N Khi ta có     2  * c2 a c b c    m n2 2 c mn

Từ ta có         2   2

a b a c b c 2c m n 2mn m n

Vậy a b l| số phương

Bài 59 Tìm c{c cặp số nguyên  x; y thỏa mãn x x x   24y y   

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Dương năm học 2016 – 2017 Lời giải

Biến đổi phương trình cho ta

   2     3 2   2      2    2

x x x 4y y x x x 4y 4y x x 2y Do x, y l| c{c số nguyên nên 2y 1 2 0 v| l| số lẻ

Do x x  21 l| số lẻ, suy x l| số chẵn v| không }m Gọi  dx 1; x 21 , 

ta có d l| số lẻ

Ta có           

  

  

  

2

2 2

x d

x d x 2x d

2x d d

(44)

Do x 1; x  1 1 , m| ta lại có x x  1 l| số phương nên  x  x21

là số phương

Do x 0 nên ta có     2

x x x , từ ta x2 1 x 1 2 2x 0  x Khi x 1  l| số phương

Thay x 0 v|o phương trình cho ta 4y y 1     y  0;1 Vậy phương trình cho có c{c nghiệm l|      x; y  0; , 0;1

Bài 60 Với n N , xét hai số an 22n 1 2n 1 1 bn 22n 1 2n 1 1 Chứng minh có v| hai số chia hết cho

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017 Lời giải

Ta có 22n 1 2.22n 2 2 n 2 2n 1 2.2 Với n k N ta ln có

     

       

  

    

     

k k

4k k

k k

4k k

k k

4k k

k k

4k k

2 16 15 1 mod

2 2 2.16 15 mod

2 4.16 15 mod

2 8.16 15 mod

 Trường hợp Với n chia hết cho 4, ta n 4k k N    Khi 22n 1 2 2 n 2 2 4k 2.1 mod 52  2 mod 

Lại có 2n 1 2.2n 2.24k 2.1 mod 5  2 mod 5 Từ ta

 

   

 

     

      

2n n n

a 2 2 mod

b 2 2 mod mod

Như hai số an bn an chia hết cho

 Trường hợp Với n chia dư 1, ta n 4k k N     Khi 22n 1 2 2 n 2 2 4k 1 2 2.2 mod 52  3 mod 

(45)

   

 

             

2n n n

a 2 mod mod

b 2 mod mod

Như hai số an bn bn chia hết cho

 Trường hợp Với n chia dư 2, ta n 4k k N     Khi 22n 1 2 2 n 2 2 4k 2 2 2.4 mod 52  2 mod 

Lại có 2n 1 2.2n 2.24k 2 2.4 mod 5  3 mod 5 Từ ta

   

 

             

2n n n

a 2 mod mod

b 2 mod mod

Như hai số an bn bn chia hết cho

 Trường hợp Với n chia dư 3, ta n 4k k N      Khi 22n 1 2 2 n 2 2 4k 3 2 2.3 mod 52  3 mod 

Lại có 2n 1 2.2n 2.24k 3 2.3 mod 5  1 mod 5 Từ ta

   

 

             

2n n n

a 2 1 mod mod

b 2 1 mod mod

Như hai số an bn an chia hết cho

Vậy với n N có v| hai số chia hết cho

Bài 61 Tìm số phương có bốn chữ số biết tăng chữ số đơn vị số tạo th|nh l| số phương có bốn chữ số

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Bình Định năm học 2016 – 2017 Lời giải

Gọi số phương có bốn chữ số cần tìm l| abcd a 8,0 b,c,d      

Đặt k2 abcd k N , ta có   * 1000 k 999931 k 100 Khi tăng chữ số   abcd đơn vị ta a b c d a       abcd 1111 

Đặt a b c d a       m m N2  *, ta có m2 k21111 Do ta m k m k   1111 1.1111 11.101 

(46)

+ Trường hợp Với        

 

m k m 556

m k 1111 k 555 , loại k khơng thỏa mãn 31 k 100  + Trường hợp Với        

 

m k 11 m 56

m k 101 k 45 , thỏa mãn điều kiện 31 k 100  Do số cần tìm l| abcd k 452 2025 a b c d a       562 3136 Bài 62 Tìm tất nghiệm nguyên dương x; y; z v| thỏa mãn  x y z phương    trình:

      

xyz xy yz zx x y z 2015

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên tỉnh Hưng Yên năm học 2016 – 2017 Lời giải

Biến đổi phương trình cho ta có

           

   

                 

xy z y z x z z 2016 x y z 2016

x y z

Do x y z nên ta    xyz xy yz zx x y z z       33z23z

Do 3     3      

z 3z 3z 2015 z 2016 z 12 z 11

Vì z 8 nên ta z8; 9;10;11 Ta xét c{c trường hợp sau + Với z 8 , ta có phương trình x y 1   

Vì nên từ phương trình ta        

 

x 16 x 15

y 14 y 13

+ Với z 9 , ta có phương trình 10 x y 1     2 75 , dễ thấy phương trình vơ

nghiệm

+ Với z 10 , ta có phương trình 11 x y 1     75 , dễ thấy phương trình vơ nghiệm

+ Với z 11 , ta có phương trình 12 x y 1     2 75 x y 1    2 3.73

Vì x y z 11 nên từ phương trình ta           

 

x 14 x 13

y 12 y 11

(47)

Bài 62 Cho S l| tập c{c số nguyên dương n có dạng n x 23y , x, y l| c{c số 2

nguyên Chứng minh rằng: a) Nếu a, b S  ab S

b) Nếu N S v| N l| số chẵn N chia hết cho v| NS

a) Nếu a, b S  ab S

Ta có a, b S nên  a m 23n 2 b p 3q với m, n, p, q l| c{c số nguyên Khi ta có 2

  

   

      

     

   

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

2

ab m 3n p 3q m p 3n p 3m q 9n q m p 6mnpq 9n q m q 2mnpq n p mp nq mq np

Do ab S

b) Nếu N S v| N l| số chẵn N chia hết cho v| NS

Do N S nên ta có N x 3y với x, y l| c{c số nguyên v| N l| số chẵn nên x, y có tính chẵn lẻ Ta xét c{c trương hợp sau

+ Xét trường hợp x v| y l| số chẵn Khi dễ thấy N chia hết cho Đặt x 2a; y 2b a, b Z    , N a23b2

4 nên 

N S

+ Xét trường hợp x v| y l| số lẻ Khi đặt x 2a 1; y 2b a, b Z      

Ta có N x 23y2 2a 1 23 2b 1  2 4a24a 12b 212b nên N chia hết cho  Mặt kh{c x, y l| c{c số lẻ nên x2y nên x 3y  x 3y 

Với x 3y ta         

   

2

x 3y x y

N

3

4 4 nên 

N S Với Với x 3y ta         

   

2

x 3y x y

N

3

4 4 nên 

N S Vậy b|i to{n chứng minh

Bài 64 Tìm c{c số nguyên m, n với m n 0  cho m 2n l| ước  3

 2  2

9n m mn n 16

(48)

Ta có

     

 2  2     3 2  2 3   3

A 9n m mn n 16 m 2n n 3n m 3nm m 16 n m 16

Hay ta A 16 m n Mặt kh{c ta lại có  3

         

       3    2 3

B m 2n m n 3n m n m n n 27 m n n 27n

Mà theo tốn ta có A l| bội B Để ý với A 0 với m, n Ta có A l| bội B nên ta suy A  B

Xét m n 2  , m n 3  nên A m n 316

Từ ta m n 316m n 39 m n n 27 m n n  2     227n vơ nghiệm Từ ta m n 2m n 2    Đến đ}y ta xét trường hợp cụ thể ta c{c cặp m; n thỏa mãn toán         1; , 2; , 1; , 2;

Bài 65 Tìm số tự nhiên n thỏa mãn S n n22017n 10 với S n l| tổng c{c chữ số n

Trích đề TS lớp 10 trường THPT Chuyên Tỉnh Nghệ An năm học 2017 – 2018 Lời giải

Vì n l| số tự nhiên v| S n l| tổng c{c chữ số n nên n 1 S(n) n  Ta xét c{c trường hợp sau:

+ Trường hợp Nếu 1 n 2016  Khi ta có

  2          S n n 2017n 10 n 2017n 2016 n n 2016 Trường hợp n|y không tồn n thỏa mãn S(n) 0

+ Trường hợp Nếun 2017 Khi ta

     

S n 10 S n 201722017.2017 10 10  (Thỏa mãn) + Trường hợp Nếun 2017 Khi

  2   2    

S n n 2017n 10 n 2017n n n 2017 n

Định dạng
Số trang	48
Dung lượng	1,84 MB