b, Với mỗi số nguyên dương n lẻ luôn tồn tại một bội của nó mà gồm toàn chữ số lẻ.. chữ số lấy từ các giá trị.[r]
(1)Đề thi HSG các trường và các tỉnh năm học 2012-2013 Số học (Kiểm tra đội tuyển Lương Thế Vinh, Đồng Nai) Cho dãy số (un ) xác định u1 1, u2 2, nun 2 (3n 1)un1 2( n 1)un 3 với n 1 2012 Đặt S un 2(22012 1) n 1 G: Đặt un 2n 3n, Chứng minh S chia hết cho 2013 ta có v1 v2 0; nvn 2 (3n 1)vn 1 2(n 1)vn 0, n 1, 2,3 n Từ đó, suy un 2 3n với n 1 Ta có: 2012 2012 2012 n 1 n 1 n 1 S (2n 3n) 2(22012 1) 2n 3. n 2(22012 1) ( 3.1006.2013) M2013 Bài này ta đã dùng phương pháp dự đoán công thức tổng quát sau đó quy dãy không để chứng minh quy nạp cho dễ (ĐH KHTN) Cho dãy số {an} xác định bởi: a1 =33 ; a2 = 49 , a3=177, an+3 = 8an+2-8an+1+an Chứng minh với giá trị của n, an không chia hết cho 2013 G: Bổ đề: Cho dãy số nguyên (an ) thỏa mãn an c1an 1 c2 an2 ck ank đó c1 ; c2 ; ; ck ¢ , m ¥ *; m Gọi rn là số dư phép chia an cho m Khi đó rn là dãy tuần hoàn Trước hết ta chứng minh nhận xét sau: Cho dãy số nguyên (an ) truy hồi cấp k (k ¥ * Nếu dãy đó bị chặn thì nó tuần hoàn kể từ lúc nào đó Thật vậy, giả sử dãy bị chặn M, tức là | an |M k Xét các k số (a0 ; a1 ; ; ak );(a1 ; a2 ; ; ak ); Có tối đa (2 M 1) khác nên (2 M 1) k đầu tiên có ít trùng (a ; a ; ; k ) (a j ; a j 1 ; ; a j k ), j k k aj k Giả sử i i 1 Đặt T j k Dãy tuần hoàn chu kì T từ n0 j k Áp dụng vào bổ đề: Dễ thấy rn bị chặn nên ta có đpcm Trở lại bài toán: a1 33(mod 61); a2 49(mod 61); a3 55(mod 61); (2) Sau số tính toán ta thấy (rn ) là dãy tuần hoàn chu kì 15 kể từ r1 Mà 15 số đầu tiên ko có số nào chia hết cho 61 nên an ko chia hết cho 61 với n ¥ * Do đó ta có đpcm (Hải Phòng) Tìm số nguyên a cho với số tự nhiên k 2 thì tất các số hạng dãy {un }, n 1 sau đây là số chính phương u1 1,u2 a ,un 1 ( k 2)un un 2a (2k 6)a 20 n 2 G: 2 2 Ta thấy u2 (k 2)a 2a (2k 6)a 20 (ka 1) 18 6a , u2 phải là số chính phương với k nên suy 18 6a 0 hay a 3 Dãy số thu là u1 1, u2 9, un 2 (k 2)un1 un 2(3k 10) Ta nhớ lại định lí sau: Cho dãy số (un ) có u1 a, u2 b, un 2 aun 1 un Đặt c u3u1 u Xét dãy số (vn ) có v1 a , v2 b , 2 (a 2)vn 1 2c Khi đó un2 với n Áp dụng trực tiếp định lí này, ta có điều kiện đủ Vậy a 3 là giá trị thỏa mãn đề bài (Hải Phòng, A1) Cho số nguyên tố p Tìm tất các số tự nhiên n 3 thỏa mãn với n k {1, 2, , n 1} ta luôn có k chia hết cho p G: Xét p là số nguyên tố lẻ Gỉa sử hệ số p, n có biểu diễn n nk p k nk pk n1 p n0 , n0 , n1 , , nk p Xét m n , giả sử biểu diễn m số p là m mk p k mk p k m0 ;0 m0 ; m1; ; mk p k Theo Định lý Lucas ta có Cnm Cnmi i (mod p ) i 0 n k k k Với n p thỏa mãn Với n p thì Cm Mnk ( modp) , không thỏa mãn Vậy n p (3) (Lam Sơn Thanh Hóa) Chứng minh a, b là các số nguyên dương cho a b2 k ab là số nguyên thì k=5 G: 2 Đẳng thức đề bài tương đương với a kab b k 0(1) Không tính tổng quát giả sử a b Với a 2, b 1 ta có k 5 Xét a b Giả sử (a0 , b0 ) là cặp nghiệm có tổng nhỏ Theo định lí Viete, (1) còn có nghiệm a0 k (kb0 a0 , b0 ) Theo điều giả sử ta có a0 kb0 a0 hay b0 a0 b0 k k b a a b (1) 0 0 Từ ta suy a0 k k k k (2), hay k 6 Do b0 và a0b0 3 nên a0 b0 2 b Mặt khác, a0 nên k 3 Với a 3, b 1 ta tìm k 5 Với a b 2 hay a 4, b 1 thì không tìm k Xét ab 5 , lại dùng đánh giá tương tự (2) ta có k 3 2 Xét k 3 thì a 3ab b 3 suy ab 6 Thử với a 6, b 1 a 3, b 2 14 k (mâu thuẫn với k nguyên và lớn không thỏa nên ab 7 Lại dùng đánh giá (2) suy 2) Vậy có k 5 thỏa mãn bài toán (Hà Tĩnh) Chứng minh phương trình sau có vô số nghiệm nguyên 2011x 2012 y 20132 0 G: 2 2 2 Ta có 2011x 2012 y 2013 0 2012 y 2011x 2013 2 Xét phương trình: 2012 y 2011x 1 (1) (2) (4) Nhận thấy: Nếu phương trình (2) có nghiệm ( x0 ; y0 ) thì phương trình (1) có nghiệm (2013 x0 ; 2013 y0 ) Ta chứng minh phương trình (2) có vô số nghiệm nguyên 2 Bổ đề: Cho phương trình ay bx 1 đó a b 1 (3) Nếu phương trình có nghiệm ( x0 ; y0 ) thì phương trình có nghiệm ( x1; y1 ) với x1 (a b) x0 2ay0 y1 2bx0 (a b) y0 2 2 2 2 2 Thật ay1 bx1 a[4b x +4b(a+b)x y0 +(a+b) y0 ] - b[(a+b) x +4a(a+b)x y0 +4a y ] = (a b)2 (ay02 bx02 ) 4ab(ay02 bx02 ) (a b)2 1 (đpcm) Áp dụng bổ đề ta thấy các cặp số sau là nghiệm phương trình (2) xn 1 4023xn 4024 yn yn 1 4022 xn 4023 yn với x0 1 y0 1 Dễ thấy các cặp số ( xn ; yn ) không trùng nên phương trình (2) có vô số nghiệm Do đó phương trình (1) có vô số nghiệm (Hà Tĩnh) Chứng minh với số nguyên dương n thì Sn C20n 1.22 n C22n1.22 n 2.3 C24n 1.22 n 4.32 C22nn1.3n là tổng hai số chính phương liên tiếp G: Đặt a 1 3, b 1 a2 b2 Pn (a n 1 b n 1 ) ab 2, 2 3, 2 ta có 2 và n n 1 Áp dụng khai triển nhị thức Newton cho (1 3) , (1 nguyên dương với n n 1 Tiếp tục khai triển nhị thức Newton cho (2 3) , (2 3) n 1 , ta có Pn C22nk1.3k k 0 3) n 1 ta a 2 n 1 b 2 n 1 ) ( ) Pn2 a n 2 b n 2 a n 2 2(ab )2 n 1 b n 2 Sn 2 n 3 2 n 3 22 n 1 ( là số (5) n 1 2n Suy S n 1 Pn 2 2n Do đó Pn chia hết cho 22n không chia hết cho 22n + , suy Pn m2 (m lẻ) 2n Mặt khác Pn , là số chính phương nên m (2 p 1) (với p là số nguyên dương) Pn 2n P (2 p 1) Pn =(2p+1)2 =p 2n 1 suy n 2n n Pn2 Pn 2n Pn 2n Sn n 1 ( n 1 ) ( n 1 ) p ( p 1) 2 2 Vậy là tổng số chính phương liên tiếp 20 n2 n 1 (PTNK) Tìm tất các số tự nhiên n cho An 1 914 n n 1 là số nguyên tố G: 4( n Đặt t 3 n 1) 81 thì ta có A t t Phân tích biểu thức này thành nhân tử, ta có A (t t t t 1)(t t 1) Dễ dàng chứng minh t t t t t t nên biểu thức trên không thể là số nguyên tố (Kiểm tra đội dự tuyển Nam Định) Giả sử x, y là các số nguyên dương thỏa mãn x2 y2 x2 y 8 xy xy là số nguyên Chứng minh G: Tương tự bài 5, Chuyên Lam Sơn 10 (Kiểm tra đội dự tuyển Nam Định) Tìm tất các ba số nguyên dương (m, p, q) cho p, q là số nguyên tố và 2m.p2 + = q5 G: Biến đổi PT thành 2m p (q 1) q q3 q q 1 m k Do q q q q lẻ nên q 2 p ; k 0,1, Từ đó chứng minh k 0 Ta p 2 m 1 m 24 m 5.23m 10.22 m 10.2m Nếu m p 5( mod 8) (vô lí), suy m=1, từ đó p=11 và q=3 (6) Vậy (m,p,q)=(1,11,3) là cần tìm 11 (Vòng ĐHKHTN Hà Nội) Tìm tất các số (a, b, c, d ) thỏa mãn a 7b 3c 2cd 5d G: 2 2 2 2 Ta có 3a 21b (3c d ) 14d 3a x 7(2d 3b ) , x 3c d 2 a; a Do scp chia có thể nhận dư thuộc 0;1; 2; mà 3a x M7 nên 2 d , b Suy 2d 3b M7 , tương tự có Giả sử phương trình có nghiệm ( a, b, x, d ) khác (0,0, 0, 0) Đặt a1 , b1 , x1 , d1 là nghiệm có | a1 | | d1 | nhỏ a2 a1 d , , d 7 là nghiệm phương trình, mà Tương tự ta có | a1 ; ;7 | d1 hay | a2 | | d || a1 | | d1 | , vô lí Vậy pt có nghiệm a b c d 0 x2 y2 6 x 12 (Ngày Ninh Bình) Chứng minh phương trình y có vô số nghiệm nguyên G: x2 y 2 6 x x(1 y ) y y 0 y x Ta có Coi đây là phương trình bậc theo biến x, ta có (1 y )2 ( y y ) 8 y y 2 Phương trình đã cho có nghiệm nguyên và tồn k Z cho y y k 2 2 hay 2(2 y 1) k Đặt h 2 y ta có k 2h 1 Theo nghiệm phương trình Pell ta có điều phải chứng minh 13 (Quảng Bình, vòng 2) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình G: Bình phương vế phương trình ta x y z 2( yz 3) Z x y z (7) Xét trường hợp Nếu yz 3 thì x 4, y 3, z 1 x 4, y 1, z 3 Nếu yz 3 thì ta có Nên yz Q, yz yz Q yz không thỏa mãn Vậy các nghiệm là x 4, y 3, z 1 ; x 4, y 1, z 3 14 (Nghệ An vòng 1) 2 2012 a, Chứng minh phương trình x y 2013 có nghiệm nguyên dương 2 n b, Tìm n để phương trình x y 2013 có nghiệm nguyên dương G: a a, Dùng đẳng thức Lagrange ta có 2 db x dy xa dby d ay bx 2 Suy tích số nguyên dạng a db là số nguyên có dạng đó Trở lại bài toán 2013 62 3.7 11 20132012 62 3.7 x , y Z Áp dụng bổ đề trên nên tồn 0 để 2012 .112012 x02 y02 3.7 2012 1006 1006 Do đó chọn x x0 11 , y y0 11 ta nghiệm phương trình b, Xét trường hợp n lẻ và chẵn, dùng phương pháp lùi Trường hợp n lẻ không thỏa mãn xét tính chia hết 11 Khi n chẵn thõa mãn, làm tương tự câu a 2n 2n a có không n 15 (Quảng Ngãi) Chứng minh với n nguyên dương, số ít n ước số nguyên tố G: 2 Sử dụng đồng x x ( x x 1)( x x 1) n n n n 2 2 Chứng minh an 1 (2 1).an và để ý hai số 1, an nguyên tố cùng nhau, suy từ an chuyển sang an1 số các ước nguyên tố tăng lên, sau đó quy nạp suy điều phải chứng minh 16 (Bắc Ninh) Tìm số nguyên tố p1 , p2 , p3 , p4 , p5 , p6 thỏa mãn (8) p12 p2 p32 p4 p5 p6 G: Từ giả thiết suy p6 p6 1( mod 8) p (i 1;5) Mà pi 1, 4( mod 8) nên số i có bốn số 2, số lớn Thật vậy, giả sử k là số số chẵn dãy p1 , p2 , p3 , p4 , p5 Suy p12 p22 p32 p42 p52 4k A (A là tổng bình phương 5-k số lẻ) ( p12 p22 p32 p42 p52 ) 4k (5 k ).1( mod 8) 3k 5( mod 8) 2 2 Mà ( p1 p2 p3 p4 p5 ) 1( mod 8) nên 3k 4M8 k 4 Nhận xét chứng minh xong 2 Bây ta giả sử p1 p2 p3 p4 2, p5 p6 p5 16 ( p6 p5 )( p6 p5 ) 16 Từ đó giải p6 5, p5 3 Vậy các số cần tìm là p1 p2 p3 p4 2, p5 3, p6 5 17 Chứng minh các khẳng định sau 2012 a, Tồn số tự nhiên là bội có 2012 chữ số thỏa mãn tất các chữ số này lẻ b, Với số nguyên dương n lẻ luôn tồn bội nó mà gồm toàn chữ số lẻ G: a, Xét tập hợp A a1a2 a2012 0(mod 2), i 1, 2, , 2012 Dễ thấy A 52012 2012 Ta chứng minh A lập thành hệ thăng dư đầy đủ mod (*) 2012 a a1a2 a2012 , b b1b2 b2012 Thật vây, giả sử tồn a, b A mà a b M5 với Khi đó a2012 b2012 chia hết cho 52012 , mà hiệu này chẵn nên nó chia hết cho 10 Tuy nhiên, đây là chữ số lấy từ các giá trị 1,3,5, 7, 9 nên chúng phải Bỏ số đó lại xét tiếp hiệu bi Sau 2012 lần thì chúng nhau, vô lý Vậy ta có điều phải chứng minh n 18 (ĐHSPHN) Cho p 6 là số nguyên tố, đó n là số nguyên dương p a/ Chứng minh không chia hết cho p (9) p 1 2,3, , và thỏa mãn điều kiện b/ Giả sử $x,y$ là hai số thuộc tập hợp x 36 y k mod p Chứng minh tồn số nguyên dương k cho k x y là hợp số và chia hết cho p G: a, Ta chứng minh ord p 2 n 1 n 1 Thật n 62 1Mp;62 0 mod p n1 Mặt khác 62 0 mod p Theo bổ đề xuống thang p 1 v p p 1 v p 6ord 1 v p 1 ord xy 36 mod p b, Gọi y là nghịch đảo y, đó Vậy ta giá trị k , đó là k n Ta chứng minh giá trị k này là Nếu có k n thỏa mãn thì k k x y y k xy 1 y 2k 2k 2k 1 2 y k vô lí tập xác định y Nếu có k n thỏa mãn thì n x y n y2 n xy 2n 2 y n , vô lí Vậy ta có điều phải chứng minh 19 Tìm nghiệm nguyên phương trình x x x x x G: 2 Do x x 4 x x x suy ( x x) 16( x x x ) 2 Suy ( x x) 16 x 16.4 x x (3) 2 2 Suy (( x x ) 16 x) (16.4) ( x x ) (2) (10) 2 2 Suy (( x x) 16 x) (16.4) x 4.(16.4) x (1) 2 2 2 Suy [(( x x) 16 x) (16.4) x] [4.(16.4) ] x 0 hay xP ( x ) 0 Vậy x 0 thỏa mãn 2 Xét P( x) 0, vì hệ số tự P( x) là [(16.4) ] và hệ số tự bậc cao là nên m n nghiệm phương trình có dạng Ở (1) ta thấy x 5x là số hữu tỷ Đặt 5x p2 p x 5q Do đó p 5h suy q với (m, n) 1 thì 5h q Do ( p, q) 1 cho nên (5, q) 1, ( k , q) 1 Từ đó suy q 1 2 Vậy x p 5h suy x 5h m n 2k Do x có dạng cho cho nên m 1, n 2k Vậy x 5.2 Ở (2) 2 2 2 5x nguyên nên (( x x ) 16 x) chia hết cho (16.4) cho nên ( x x) 16 x chia hết cho 16.4 Vậy từ (3) suy x x là số nguyên, giả sử là A thì x x A2 k k 2k k k hay là 5.2 4.5.2 A hay là 5.2 (2 4) A Do đó chia hết cho Nhưng nó đúng k 0 Vậy x 5 Tóm lại phương trình có nghiệm nguyên là và 20 (Quảng Ngãi, ngày 2) Tìm số nguyên x cho x x x x là số chính phương G: Dễ thấy x 0; x không thỏa mãn 11 x x x x ( x x ) Ta có 2 2 Với x 0; thì ( x x ) x x x x ( x x 2) x x3 x x ( x x 1) x x 0 x 2; 21 (TPHCM, ngày 2) Cho số nguyên dương n có đúng k ước nguyên dương là d1 , d , , d k n d d d k n k thỏa mãn Chứng minh là số chính phương G: (11) Trước hết, ta có nhận xét s Nếu số n 2 t với t lẻ có số ước lẻ là lẻ thì t là số chính phương k Thật vậy, ta phân tích t piai i 1 thì số ước lẻ n chính là số ước t và là k (a 1) i Do số lượng này là lẻ nên tất đại lượng 1, i 1, 2,3, , k lẻ hay chẵn, suy t là số chính phương, điều phải chứng minh i 1 Trở lại bài toán, Ta xét trường hợp: - Nếu k là số chẵn thì p i 2n k lẻ Do đó, số lượng ước lẻ n là lẻ Ta viết n 2 s.u với u là số lẻ Giả sử số ước u là m lẻ Ta cần chứng minh s lẻ Do k chẵn và số lượng ước lẻ n lẻ nên số lượng ước chẵn n là lẻ s s Các ước chẵn là 2, , , , và có tất s ước Mỗi ước đó kèm với m ước u tạo thành thêm các ước chẵn n và là sm Do đó sm lẻ, mà số lượng ước chẵn là lẻ nên buộc s lẻ n Từ đó suy là số chính phương - Nếu k lẻ thì lập luận tương tự ta số lượng ước lẻ là chẵn và số lượng ước chẵn là lẻ Đến đây dễ thấy điều vô lí nên trường hợp này không thể xảy n Vậy ta luôn có là số chính phương (đpcm) 21 (Cần Thơ) Cho dãy 2013 số nguyên dương a1 , a2 , a3 , , a2013 thỏa mãn số không lớn 4026 và với hai số thì bội số chung nhỏ hai số luôn lớn 4026 Chứng minh số hạng dãy số đã cho lớn 1342 G: ak , k 1, n 1 , đó số không lớn 2n Bổ đề: Với dãy hữu hạn số nguyên dương thì luôn tồn hai số chúng thỏa mãn số này chia hết cho số Chứng minh: (12) ¥ * i 1,n Do nên ta luôn viết 2 Si ri , đó si ¥ và ri 2k 1| k 1, n Từ đó vì ri nhận n giá trị lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet n + số đã cho phải tồn a , a (i j ) r rj a a j số i j thỏa mãn i Không tổng quát giả sử i , đó 0 mod a j (đpcm) Xét bài toán đã cho Do dãy số đã cho là dãy hữu hạn nên tồn số nhỏ chúng, không tổng quát giả sử a1 min ak ,k 1,2013 Khi đó ta cần chứng minh a1 1342 là đủ Thật giả sử a1 1342 , đó ta có 2014 số 2a1 ,3a1 ,a , a , ,a 2013 thỏa mãn không có số a ,a 4026, i, j 1,2013,i j nào lớn 4026 Theo giả thiết i j , nên dãy 2014 số trên không thể tồn số số thỏa mãn số này là bội số Điều này vô lý với bổ đề trên Vậy a1 1342 (đpcm) Nhận xét: Bài toán tổng quát: Cho 3n số a1 , a2 , , a3n thỏa mãn số không lớn 6n và với số bất kì thì bội số chung nhỏ hai số luôn lớn 6n Chứng minh số dãy lớn 2n Ta có nhận xét sau: Với a, b là số bất kì dãy thì xa yb ; xa, yb là các bội a, b nhỏ 6n Xét tập hợp B 3n 1, ,6n Theo nhận xét trên thì phần tử tập A (ai | i (1, ,3n)) bội chúng có mặt B đúng lần Gọi m là phần tử nhỏ tập A Nếu m 2n thì bội số nó có mặt B ít lần (mâu thuẫn) Do đó phần tử A 2n Bài toán chứng minh ri Cách khác: Viết tất 2013 số đã chọn thành dạng 2 bi với bi lẻ Vì không có số nào chia hết cho nên các số bi đôi phân biệt Từ đến 4026 có đúng 2013 số lẻ nên suy bi ; i 1, 2013 1,3,5, 7, , 4025 Giả sử ta có số a1 1343 , suy b1 1343 , suy 3b1 b 3b1 là số lẻ nhỏ 4026 Vậy, từ nhận xét trên, tồn j cho j a Khi đó, bội chung nhỏ a1 và j là đpcm max r1 , r j .3b1„ max a j ;3a1 4027 23 (Thái Nguyên) Tìm tất các nghiệm nguyên phương trình , vô lí nên suy (13) ( x 1)( x 2)( x 8)( x 9) y G: 2 Ta có ( x 1)( x 2)( x 8)( x 9) ( x 10 x 9)( x 10 x 16) y 2 Gọi x 10 x t (t Z ) ta có t (t 7) y 2 2 Dễ thấy y Mt y kt (k Z ) thay vào ta có t (t 7) k t t k t t (k 1) 7 Đến đây thử giá trị vì t và k thuộc Z Bài làm coi xong 2 2 Nhận xét Ta có ( x 10 x 9)( x 10 x 16) y Đặt x 10 x t , ta có t 7t y hay (2t y 7)(2t y 7) 49 Đến đây giải tiếp dễ dàng 24 (Hưng Yên) Cho p là số nguyên tố, a là số tự nhiên; p là ước đúng số nguyên dương a p chia hết a và p+1 không chia hết a, đó ta viết p || a G: Gọi a, n là các số nguyên dương, p là số nguyên tố lẻ Giả sử p || a-1 và p || n, đó ≥ 1; ≥ Chứng minh p+ || an-1 Ta cm quy nạp theo Với 0 thì an an a n an n(modp ) 0(modp ) a a p || a n 1 Giả sử bài toán đúng với 0 nào đó và n p t với t ko chia hết cho p n p p với m ko chia hết cho p Theo giả thiết quy nạp ta có: a a t mp a n (mp 1) p (mp 1) p (mp ) p C p2 (mp ) mp 1 Ta có: p 1 || a n Vậy ta có đpcm 25 (Hưng Yên) Gọi p, r là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác có độ dài cạnh là các số nguyên dương a, b, c Chứng minh tồn vô hạn số nguyên dương n cho p=(3n+3)r và b+c=(2n+1)a (14)