2.3.1 Bài toán. Tìm tất cả các số nguyên bắt đầu bằng ký tự 6 và giảm 25
lần khi ký tự này bị xóa.
Lời giải. Giả sử số này có n+ 1 ký tự. Khi đó con số này có thể viết thành
6.10n+y, trong đó y là số có nhiều nhất n ký tự. Theo điều kiện bài toán ta có.
6.10n +y = 25y.
Suy ra y = 6.10
n
24 . Từ đó ta có n ≥ 2 (nếu ng−ợc lại thì n = 1 và do đó
6.101 không chia hết cho 24). Với n ≥ 2, ta có
y = 6.10 n 24 = 102 .10n−2 4 = 25.10 n−2 . Vì thế y có dạng 25. . .0 (với n−2 số 0). Ta kết luận rằng tất cả các số cần tìm có dạng 625. . .0 (với n−2 số 0).
2.3.2 Bài toán. (IMO 1968) Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho tích củacác ký tự của chúng (trong hệ thập phân) bằng x2 các ký tự của chúng (trong hệ thập phân) bằng x2
−10x−22.
Lời giải. Gọi x có dạng x = a0 + a110 +a2102
+ . . . .+ an−110n−1
, ak 6
9, an−1 6= 0. Gọi P(x) là tích các ký tự trong x, P(x) = x2
−10x −22.
Bây giờ, P(x) = a0a1. . . an−1 ≤ 9n−1
an−1 < 10n−1
an−1 ≤ x (Bất đẳng thức xảy ra khi x có nhiều hơn một chữ số). Vì vậy, x2
−10x−22 < x,
ta suy luận rằng x < 13, khi đó x có một chữ số hoặc x = 10,11,13 Nếu
x có một chữ số thì a0 = x2
− 10x −22, những ph−ơng trình này không có nghiệm nguyên. Nếu x = 10, P(x) = 0, Nh−ng x2
−10x−22 6= 0 Nếu
x = 11, P(x) = 1 Nh−ng x2
−10x −22 6= 1 Nếu x = 12, P(x) = 2 Và
x2
−10x−22 = 2. Do đó, x = 12 là số duy nhất.
2.3.3 Bài toán. Tìm tất cả các số tự nhiên a sao cho khi xóa chữ số hàngđơn vị của x ta đ−ợc một −ớc của a. đơn vị của x ta đ−ợc một −ớc của a.
Lời giải. Gọi y là hàng đơn vị của a. Khi đó 0 6 y 6 9 và a = 10x + y
với x là số tự nhiên. Theo giả thiết, tồn tại một số tự nhiên m sao cho
10x+y = mx. Điều này đòi hỏi 10 +y/x = m là một số tự nhiên. Suy ra
y/x= m−10 ∈ Z. Do đó x là −ớc của y. Nếu y = 0, bất kỳ số tự nhiên x
đều thỏa mãn. Trong tr−ờng hợp này, a = 10x với x là số tự nhiên bất kỳ. Với y = 1 ta có x = 1, do đó a = 11. Nếu y = 2 thì x = 1 hoặc x = 2, ta thu đ−ợc a = 12 hoặc a= 22. Tiếp tục lập luận cho các tr−ờng hợp y chạy từ 3 đến 9 ta thu đ−ợc các số a cần tìm là: tất cả các bội của 10 và các số
11,12,22,13,33,14,24,44,15,55,16,26,
36,66,17,77,18,28,48,88,19,39,99.
với cùng các chữ số đ−ợc sắp theo một thứ tự nào đó. Chứng minh rằng nếu A+ A′ = 1010 thì A chia hết cho 10.
Lời giải. Vì 1010 có 11 chữ số. Do đó A, A′ không có quá 11 chữ số.
Hơn nữa, nếu A có ít hơn 10 chữ số thì A′ cũng có ít hơn 10 chữ số và do đó A + A′ có nhiều nhất 10 chữ số, vô lí. Nếu A có 11 chữ số thì
A ≥ 1010
= A+ A′ > A, vô lí. Suy ra A có 10 chữ số và do đó A′ cũng
có nhiều nhất 10 chữ số. Trong hệ thập phân, viết A = a10a9. . . a1 và
A′ = a′10a′9. . . a′1. Vì a10 6= 0 nên A+A′ = 1010 khi và chỉ khi tồn tại một chỉ số j với 06 j 69 sao cho các điều kiện sau thỏa mãn
a1 + a′1 = a2 +a′2 = ã ã ã = aj +a′j = 0
aj+1 +a′j+1 = 10;
aj+2 +a′j+2 = aj+3 +a′j+3 = ã ã ã = a10+ a′10 = 9.
Để chứng minh A chia hết cho 10, ta chứng minh j > 0. Giả sử ng−ợc lại, tức là j = 0. Khi đó a1 + a′1 = 10 và ai + a′i = 9 với mọi i = 2, . . . ,10.
Cộng các tổng này ta có
(a1 +a′1) + (a2 +a′2) + ã ã ã+ (a10+ a′10) = 10 + 9.9 = 91.
Mặt khác, theo giả thiết các chữ số của A chính là các chữ số của A′. Vì thế
{a1, . . . , a10} = {a′1, . . . , a′10}.
Suy ra
91 = (a1 +a′1) + (a2 +a′2) +ã ã ã+ (a10+a′10) = 2(a1 + . . .+a10).
Rõ ràng 2(a1+. . .+a10) là số chẵn, trong khi đó 91 là số lẻ, vô lí. Suy ra
2.3.5 Bài toán. (Aime 1992). Cho S là tập hợp tất cả các số hữu tỷ r,
0< r < 1 sao cho khai triển của r trong hệ thập phân là một số thập phân tuần hoàn dạng 0, abcabcabc . . . = 0, abc, trong đó a, b, c không nhất thiết phải khác biệt. Để biểu diễn các phần tử của S thành các phân số tối giản, cần dùng bao nhiêu tử số khác nhau?
Lời giải. Chú ý rằng 0, abcabcabc . . . = abc
999 và 999 = 33
.37. Nếu abc
không chia hết cho 3 hay 37 thì số này tối giản. Vì r > 0 nên abc chạy từ
1 đến 999. Xét tập hợp X = {1,2, . . . ,999}. Gọi Y là tập con của X gồm các số là bội của của 3 và Z là tập con của X gồm các số là bội của 37.
Khi đó Y có 999/3 = 333 phần tử và Z có 999/37 = 27 phần tử. Chú ý rằng Y ∩Z là tập con của X gồm các số chia hết cho 3.37 = 111. Suy ra
Y ∩Z có 999/111 = 9 phần tử. Do đó số phần tử của X không chia hết
cho 3 và cũng không chia hết cho 37 là số phần tử của tập X \ (Y ∪ Z).
Kí hiệu Card(X) là số phần tử của tập X. Khi đó
Card(X \(Y ∪Z) = Card(X)−Card(Y)−Card(Z) + Card(Y ∩Z)
= 999−333 + 27 + 9 = 648.
Do đó có 648 số có dạng abc (từ 1 đến 999) không chia hết cho 3 và cũng không chia hết cho 37. Rõ ràng 648 số này t−ơng ứng với 648 tử số
abc khác nhau trong các phân số dạng abc
999 thỏa mãn yêu cầu. Ta xem xét có bao nhiêu tử số còn lại thỏa mãn yêu cầu. Ngoài ra, các phân số
0 < abc
999 < 1 có dạng tối giản là s/37, trong đó s vẫn là bội của 3 phải là các số 3
37,
6 37, . . . ,
36
37. Có đúng 12 phân số loại này. Vậy, số tử số phân biệt của tập hợp S khi viết các phần tử của S d−ới dạng tối giản là
648 + 12 = 660.
2.3.6 Bài toán. (Putnam 1956) Choa là một số nguyên d−ơng. Chứng minhrằng tồn tại một số tự nhiên b sao cho b là bội của a và biểu diễn của b rằng tồn tại một số tự nhiên b sao cho b là bội của a và biểu diễn của b
trong hệ thập phân có đầy đủ các chữ số từ 0 đến 9.
Chứng minh. Giả sử a là một số nguyên d−ơng với k ≥ 1 chữ số. Lấy
m = 123456789.10k+1.
Xét tập X = {m + 1, m + 2, . . . , m +n} là tập gồm n số nguyên d−ơng liên tiếp, bắt đầu từ m + 1 = 1234567890. . .01, trong đó có k số 0. Rõ ràng m+ 1 bắt đầu với 1234567890, phần còn lại của m+ 1 là 0. . .01 với
k−1 số 0. Cho i ∈ {1, . . . , n}. Giả sử trong hệ thập phân, i có t chữ số, tức là i = atat−1. . . a1. Vì i 6 n và n có k chữ số nên t 6 k. Do đó số
m+i = 12345678910. . . atat−1. . . a1, trong đó có đúng k+ 1−t chữ số 0
nằm giữa chữ số 1 và chữ số at. Vì thế m +i bắt đầu bằng 12345678910, phần còn lại là . . . atat−1. . . a1.
Giả sử d− của phép chiam+i cho nlàri, trong đó0 6 ri < n. Nếunsố d−r1, . . . , rn là phân biệt thì ắt có một số d− ri nào đó bằng 0, do đó m+i
là bội củan. Ng−ợc lại, giả sử n số d− này không phân biệt. Khi đó tồn tại các số tự nhiên1 6 t < j 6 nsao cho các số d−rt vàrj bằng nhau. Vì rt là d− của phép chia m+t cho n nên ta có m+t = qtn+rt với qt ∈ Z. T−ơng tự ta có m+j = qkn+rj với qj ∈ N. Suy ra (m+j)−(m+t) = (qj−qt)n
hay j −t chia hết cho n. Điều này là vô lí vì 0 < j −t < n. Theo chứng minh trên, bất cứ số nào trong tập X đều chứa đủ 10 chữ số
0,1,2,3,4,5,6,7,8,9.