Bài tập luyện thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 (Có đáp án)

Nội dung text: Bài tập luyện thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 (Có đáp án)

1. Câu 1. Trên bảng ô vuông 3 3 , người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có không quá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số: các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ các viên sỏi trên đó. Bảng không có sỏi ứng với 0 điểm. a) Tồn tại hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đó là 8. b) Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ. Hướng dẫn giải bài 1 a) Giả sử ô chính giữa không có sỏi và điểm số của cách đặt là 8. Như vậy 3 hàng, 3 cột và hai đường chéo đều có một số lẻ viên sỏi. Gọi a,b,c,d là số sỏi trong các ô như hình vẽ, a,b,c,d 0,1 . Khi đó các ô đối xứng với a,b,c,d qua tâm sẽ có số sỏi tương ứng là a',b',c',d' sao cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1. Từ đó (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy ra một trong hai tổng a+b+c hoặc a'+b'+c' là một số chẵn. Khi đó dòng thứ nhất hoặc dòng thứ ba có tổng số sỏi là một số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy không tồn tại cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện bài toán b) Ta gọi hai cách đặt sỏi là liên hợp với nhau nếu ô trên cùng bên trái của chúng có số sỏi khác nhau và các ô còn lại tương ứng có số sỏi như nhau. Như vậy, các cách đặt sỏi chia thành từng cặp đôi một liên hợp với nhau. Xét hai cách đặt liên hợp với nhau (B) và (B'). Tổng số sỏi ở dòng 1, cột 1 và 1 đường chéo cả hai bảng đôi một khác nhau về tính chẵn lẻ. Các dòng, cột và đường chéo còn lại của hai bảng có số sỏi như nhau. Do đó điểm số của (B) và (B') khác nhau 3 đơn vị, suy ra số điểm của (B) và (B') có tính chẵn lẻ khác nhau. Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, một cách xếp có điểm số chẵn, cách đặt còn lại có điểm số là một số lẻ suy ra điểu phải chứng minh. Câu 2. Chứg minh rằng tồn tại vô hạn bộ số nguyên dương (x, y, z,t) thỏa mãn hai số bất kì trong chúng đều nguyên tố cùng nhau và x3 y3 z2 t4 . Câu 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của n sao cho tồn tại n số nguyên dương thỏa mãn tổng các lũy thừa bậc 4 của chúng có giá trị là 1998. Câu 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn x y y x . Câu 5. Tìm tất cả các bộ n,k, p với n,k là các số nguyên dương; p là một số nguyên tố thỏa mãn phương trình n5 n4 1 pk . Hướng dẫn giải bài 5
2. Với n 1 ta dễ có p 3,k 1. Xét n 2, từ giả thiết suy ra n2 n 1 n3 n 1 pk . Do đó tồn tại các số nguyên dương r, s;r s sao cho n2 n 1 ps và n3 n 1 pr . Từ đó suy ra gcd n2 n 1,n3 n 1 gcd ps , pr ps . Mặt khác, ta lại có n3 n 1 n 1 n2 n 1 n 2 và n2 n 1 n 2 n 3 7. Suy ra gcd n2 n 1,n3 n 1 gcd n 2,7 . Do vậy ta có ps 1 hoặc ps 7. Từ đây dễ dàng suy ra p 7 và n 2. Vậy n,k, p 1,1,3 , 2,2,7 . Câu 6. Chứng minh rằng đa thức P(x) (x2 12x 11)4 23 không thể biểu diễn thành tích của 3 đa thức hệ số nguyên và có bậc không nhỏ hơn 1. Hướng dẫn giải bài 6 Giả sử phản chứng rằng P(x) Q(x)H (x)R(x) với Q(x), H (x), R(x) [x] và không phải các đa thức hằng. Từ P(x) 0x R , bậc của Q(x), H (x), R(x) là chẵn. Từ đó suy ra rằng hai trong ba đa thức này là đa thức bậc hai. Giả sử rằng degQ(x) deg H (x) 2 . Từ P(1) P(11) 23 suy ra rằng Q(1),Q(11) là ước của 23. Có nghĩa là Q(1),Q(11) 1; 23 . Nhưng bởi vì Q(11) Q(1)M10 nên Q(11) Q(1) . Tương tự, H (11) H (1) . Mặt khác, Q(1)H (1) là ước của 23 do đó ít nhất một trong số Q(1) hoặc H (1) là 1. Không mất tính tổng quát giả sử Q(1) 1 thì Q(11) Q(1) 1. Từ đó suy ra Q(x) (x 1)(x 11) 1. Nhưng điều này kéo theo Q(x) có ít nhất một nghiệm thực trong khi P(x) 0x R , mâu thuẫn. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Câu 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số đó cũng có ước nguyên dương dạng 2k 1 . Hướng dẫn giải bài 7 Gọi n số nguyên liên tiếp là x 1, x 2, , x n . Yêu cầu bài toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư x  1(mod p1) x  2(mod p ) 2 ki với pi 2 1 và gcd( pi , p j ) 1 với i j x  n(mod pn ) ki k j Ta có gcd( pi , p j ) 1 ki ,k j 1. Thật vậy, đặt d 2 1,2 1 ki 2 1(mod d) k ,k Ta có 2 i j 1(mod d) k 2 j 1(mod d)
3. k ,k i j ki 2 1| 2 1 ki ,k j Có suy ra d 2 1 ki ,k j k j 2 1| 2 1 Khi đó d 1 (ki ,k j ) 1 Từ đó, ta chỉ cần chọn k1,k2 , ,kn sao cho (ki ,k j ) 1 với i j thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ thặng dư trên có nghiệm. Khi đó ta có đpcm Câu 8. Các số tự nhiên 0,1,2,3, được điền vào bảng ô vuông kích thước 2015 2015 (mỗi ô một số), bắt đầu từ số 0 ở chính giữa bảng, đến các số tiếp theo được điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ như hình vẽ bên dưới: 1) Biết rằng các cột của bảng được đánh số từ 1 đến 2015 từ trái sang phải và các dòng của bảng được đánh số từ 1 đến 2015 theo thứ tự từ trên xuống dưới. Hỏi theo cách điền trên thì số 2015 nằm ở dòng nào, cột nào? 2) Người ta cho phép thực hiện thao tác sau: Đầu tiên, thay số 0 ở giữa bảng bằng số 14. Mỗi lần sau đó, người ta sẽ chọn ra 12 ô vuông liên tiếp thuộc cùng hàng, hoặc 12 ô vuông liên tiếp thuộc cùng cột, hoặc 12 ô vuông thuộc một bảng hình chữ nhật 3 4 rồi cộng thêm 1 vào tất cả các ô được chọn (mỗi lần chỉ được chọn 1 trong 3 loại hình trên). Hỏi sau một số hữu hạn lần, có thể làm cho tất cả các ô vuông của bảng đã cho đều chia hết cho 2016 được không? Hướng dẫn giải bài 8 1) Ta có các nhận xét sau: i. Trong một bảng ô vuông con có kích thước lẻ (2n 1) (2n 1) và có tâm là ô chứa số 0, tất cả (2n 1)2 số từ 0 đến (2n 1)2 1 đều được điền và cột đầu tiên tính từ trái sang của bảng này chứa 2n 1 số lớn nhất (số lớn nhất là (2n 1)2 1 nằm cuối cột đó). ii. Số 0 nằm ở hàng 1008, cột 1008 của bảng. Từ đó, ta thấy rằng: Vì 2015 452 2025 nên số này nằm trong bảng ô vuông 45 45 và số lớn nhất trong bảng này là 2024. Số 2024 nằm ở cột 1 của bảng này, tương ứng là cột thứ 1008 22 986 của bảng đã cho. Số 2024 nằm ở dòng 45 của bảng này, tương ứng là dòng thứ 1008 22 1030 của bảng. Do 2024 2015 9 nên số 2015 sẽ nằm cao hơn số 2024 là 9 dòng, suy ra số 2015 nằm ở dòng thứ 1030 9 1021. Vậy số 2015 nằm ở dòng thứ 1021 và cột thứ 986 của bảng.
4. 2) Sau bước thay 0 bởi 14, ta thấy tổng các số của bảng là: 20152 20152 1 14 1 2 3 20152 1 14 . 2 Dễ thấy số này chia 4 dư 2. Trong thao tác cộng các số trong 12 ô (bất kể nằm trên hàng nào, cột nào) của bảng thì tổng các số tăng lên đúng 12 đơn vị. Suy ra số dư của tổng các số trên bảng khi chia cho 4 là bất biến trong suốt quá trình. Để bảng có tất cả các số chia hết cho 2016 thì dễ thấy tổng của chúng phải chia hết cho 4, đây là điều không thể xảy ra. Vậy câu trả lời là phủ định. Câu 9. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: x2 13y2 4xy y2 z2 Hướng dẫn giải bài 9 Gọi d = (x, y), và giả sử x = dx0 ; y = dy0. Thay vào (1) ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 d x0 13d y0 4x0 y0d y0 d z . (2) Do x 0, y 0 d 0. Từ (2) ta có : 2 2 x0 y0 (y0 z 13y0 4x0 ). (3) 2 Từ (3) suy ra x0 M y0. Do d (x, y) (x0 , y0 ) 1. Vì thế suy ra x0 M y0. Lại do (x0 , y0 ) 1 y0 1 y d x x0 y. 2 2 2 2 2 2 Thay x = x0y vào (1) và có: x0 y 13y 4x0 y y z . 2 2 2 2 Do y > 0, nên có : x0 13 4x0 z (x0 2) 9 z (x0 2 z)(z x0 2) 9. (4) Để ý rằng x0 + 2 + z > z – x0 – 2, nên từ (4) suy ra : x0 2 z 9 z 5 x0 2 z 1 x0 2. Từ đây suy ra x = 2t , y = t, z = 5 với t nguyên dương. Thử lại thấy họ nghiệm này thỏa mãn (1). Câu 10. Cho 100 số tự nhiên không lớn hơn 100 có tổng bằng 200. Chứng minh rằng từ các số đó có thể chọn được ít nhất một bộ các số có tổng bằng 100. Câu 11. Tìm chữ số hàng trăm của số P 292007 . Hướng dẫn giả bài 11 291  29(mod1000); 292  841(mod1000); 293  389(mod1000);294  281(mod1000); 295 149(mod1000);296  321(mod1000); 2 2910 295 1492  201(mod1000); 2920  2012  401(mod1000); 2940  801(mod1000);2980  601(mod1000); 29100 2920 2980  401 601 1(mod1000);
5. 20 292000 29100 120 1(mod1000); 292007 292000 296 291 1 321 29(mod1000) 309(mod1000); Vậy chữ số hàng trăm của P là 3. Câu 12. Tìm các nghiệm nguyên dương x, y của phương trình 3x2 14y2 13xy 330 Hướng dẫn giải bài 12 Phương trình đã cho tương đương với (3x2 + 7xy) + (6xy + 14y2) = 330 x(3x + 7y) + 2y(3x + 7y) = 330 (x + 2y)(3x + 7y) = 330 (1) Do x, y nguyên dương nên: (x + 2y)(3x + 6y) 2 165 Nên từ (2) < x + 2y < 110 2 165 Do x, y nguyên dương và 9,08 còn 110 10,49 nên suy ra 2 x + 2y = 10 (3) Từ (1) và (3) suy ra x 2y 10 Tìm được x = 4 và y = 3 3x 7y 33 Câu 13. Tìm các chữ số x, y, z để 579xyz chia hết cho 5, 7 và 9. Hướng dẫn giải bài 13 - Vì các số 5, 7, 9 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta phải tìm các chữ số x, y, z sao cho 579xyz chia hết cho 5.7.9 = 315. Ta có 579xyz = 579000 + xyz = 1838.315 + 30 + xyz 30 + xyz chia hết cho 315. Vì 30 30 + xyz < 1029 nên (Dùng máy tính tìm các bội của 315 trong khoảng (30; 1029): - Nếu 30 + xyz = 315 thì xyz = 315 - 30 = 285
6. - Nếu 30 + xyz = 630 thì xyz = 630 - 30 = 600 - Nếu 30 + xyz = 945 thì xyz = 945 - 30 = 915 Vậy ta có đáp số sau: x, y, z 2,8,5 x, y, z 6,0,0 x, y, z 9,1,5 Câu 14. Có hay không số nguyên lẻ n lớn hơn 1 sao cho 32016 n 1 chia hết cho n? Hướng dẫn giả bài 14 Giả sử có số nguyên lẻ n lớn hơn 1 thỏa yêu cầu đã cho thì gọi p là ước số nguyên tố nhỏ nhất 2016 n 4032 2n của n, ta có p lẻ và 3 1  0(mod p) do đó 3 1(mod p). Theo định lý nhỏ Fermat thì 3p 1 1(mod p). Lại có (2016 n, p 1) 1 nên (4032 2n, p 1) 2. Theo định lý Bezout suy ra có các số nguyên x, y sao cho (4032 2n)x ( p 1)y 2. Do đó 32 3(4032 2n)x ( p 1) y 3(4032 2n)x.3( p 1) y 1(mod p) hay 8  0(mod p) : vô lý do p lẻ. Vậy không có số n lẻ cần tìm. Câu 15. Trên đường tròn ngoại tiếp đa giác lồi 2n đỉnh (n lẻ, lớn hơn 2), ta đặt tại đỉnh thứ i số ( 1)i .i . Một phép biến đổi là thay hai số tại hai đỉnh tùy ý bởi hai số mới: số mới tăng 1 đơn vị so với số cũ nếu số cũ âm và giảm 1 đơn vị so với số cũ nếu số cũ không âm. Sau một số phép biến đổi như vậy ta có thể thu được tất cả các số tại 2n đỉnh của đa giác là các số bằng nhau không? Hướng dẫn giả bài 15 Xét đa giác A1 A2 A2n và tại đỉnh A1 ta đặt số -1, tại đỉnh A2 ta đặt số 2, , tại đỉnh thứ 2n ta đặt số 2n. Tổng tất cả các số trên đường tròn ban đầu là n (số lẻ). Xét tính chất chẵn, lẻ của tổng 2n số trên đường tròn sau mỗi phép biến đổi thì tính chất này không đổi. Thật vậy, có ba trường hợp sau Nếu hai số bị tác động đều là các số chẵn thì hai số này sau phép biến đổi đều là các số lẻ, do đó tính chẵn, lẻ của tổng hai số này không đổi sau phép biến đổi. Các số còn lại không đổi nên tính chẵn, lẻ của tổng của 2n số không đổi sau phép biến đổi. Nếu hai số bị tác động đều là các số lẻ thì hai số này sau phép biến đổi đều là các số chẵn, tương tự trên, tính chẵn, lẻ của tổng của 2n số không đổi sau phép biến đổi. Nếu hai số bị tác động có một số lẻ, một số chẵn thì hai số này sau phép biến đổi cũng là một số lẻ, một số chẵn, do đó tính chẵn, lẻ của tổng của 2n số không đổi sau phép biến đổi. Nếu có thể thu được tất cả các số tại 2n đỉnh là các số bằng nhau thì tổng của 2n số này là một số chẵn. Điều này không thể xảy ra do ban đầu tổng này là số lẻ.
7. Vậy không thể thu được tất cả các số tại 2n đỉnh của đa giác là các số bằng nhau Câu 16. Cho bảng hình chữ nhật kích thước m n (m n) . Một số ô có một số ngôi sao, giả sử mỗi cột có ít nhất một ngôi sao. Chứng minh rằng có ít nhất hai ngôi sao mà hàng chứa nó có nhiều ngôi sao hơn cột chứa nó. Hướng dẫn giải bài 16 N ngôi sao được đánh số từ 1 tới N. Đặt ai ,bi tương ứng là số ngôi sao ở cột và hàng chứa ngôi sao thứ i. Ta cần chứng minh bi ai với ít nhất hai chỉ số i nào đó. Nhận xét: Nếu ai k thì 1 mọi ngôi sao cùng cột với ngôi sao thứ i có a j tương ứng là k . Từ đó suy ra  n ai 1 1  m n  bi ai 1 1 1 1  1 Suy ra tồn tại hai chỉ số i để 0 hay bi ai với hai chỉ số. đpcm. ai bi ai bi Câu 17. Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho 3n 1 chia hết cho 22014 Hướng dẫn giải bài 17 Số n có thể biểu diễn thành n 2k.h , với k,h ¥ và h là số lẻ, lúc đó ta có k 3n 1 32 .h 1 k k k k 32 1 32 h 1 32 h 2 32 1 k 32 1 .A k Do h 1 là số chẵn nên A là số lẻ. Khi đó 3n 1 chia hết cho 22014 khi và chỉ khi 32 1 chia hết cho 22014 . k 2 k 2 k 1 Mặt khác ta có 32 1 32 1 32 1 32 1 32 1 32 1 * . Mỗi thừa số trong ngặc ở vế phải của (*) chia hết cho 2 và không chia hết cho 4, ngoại trừ 32 1 8 , nên ta có k 32 1 chứa đúng k 1 3 k 2 thừa số 2 Để bài toán được thỏa mãn thì k 2 2014 k 2012 và chỉ việc chọn h 1 Khi đó n nhỏ nhất cần tìm là n 22012 Câu 18. Cho k số nguyên dương a1,a2 , ,ak đôi một nguyên tố cùng nhau và một số nguyên dương n . Tìm các số nguyên dương a n sao cho a chia hết ai với i 1,2, ,k . Hướng dẫn giải bài 18 * Với mỗi i 1,2, ,k ta đặt Ai a ¥ | a n,aMai . Suy ra số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: k k k k 1  Ai Ai Ai  Ai Ai  Ai  Ai ( 1)  Ai i 1   1 2  1 2 3 i 1 i 1 1 i1 i2 k 1 i1 i2 i3 k
8. * n Dễ thấy Ai ai ,2ai , ,miai với mi ¥ và thỏa mãn miai n mi 1 .ai Ai mi ai * n Ta có Ai  Aj a ¥ | a n,aM aia j  Ai  Aj (Do (ai ,a j ) 1) aia j Hoàn toàn tương tự ta cũng có * n A1  A2   Ak a ¥ | a n,aM a1a2 ak  A1  A2   Ak a1a2 ak Vậy k k k k 1  Ai Ai Ai  Ai Ai  Ai  Ai ( 1)  Ai i 1   1 2  1 2 3 i 1 i 1 1 i1 i2 k 1 i1 i2 i3 k k n n n k 1 n    ( 1) i 1 a 1 i i k a a 1 i i i k a a a a a a i 1 2 i1 i2 1 2 3 i1 i2 i3 1 2 n Câu 19. Với mỗi số nguyên dương n có tồn tại hay không một hoán vị a1,a2 , ,an của tập 1,2, ,n thỏa mãn: trong các số 0;a1;a1 a2 ;a1 a2 a3; ;a1 a2 an không có hai số nào có cùng số dư khi chia cho n + 1. Hướng dẫn giải bài 19 n + Nếu n chẵn ta có a a a 1 2 n n 1 đồng dư với 0 modun n + 1. Vậy với 1 2 n 2 n chẵn thì không tồn tại hoán vị nào thỏa mãn yêu cầu bài toán. + Với n lẻ ta đi xây dựng một hoán vị của 1;2; ;n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Đặt n 2k 1, k ¥ . a2i 2i - Xét dãy 1;2k;3;2k 2;5;2k 3; ;2;2k 1 hay ,i ¥ . (2) a2i 1 2k 1 2i Ta có k + 1 số lẻ 1,3, ,2k 1 và k số chẵn 2,4, ,2k được xếp xen kẽ với nhau trong đó các chữ số lẻ xếp theo thứ tự tăng dần các số chẵn xếp theo thứ tự giảm dần, do đó dễ thấy mỗi số trong tập 1,2, ,2k 1 xuất hiện trong dãy (2) đúng một lần. * - Tìm số dư của bm a1 a2 am ,m ¥ khi chia cho n 1 2k 2 . Với m lẻ ta có a1 1 mod 2k 2 , a2 a3 a4 a5 a2k a2k 1 2k 3 1 mod 2k 2 m 1 do đó b a a a a a  mod 2k 1 . m 1 2 3 m 1 m 2 b1,b3 , ,b2k 1  1,2, ,k 1 mod 2k 2
9. Với m chẵn ta có a1 a2 a3 a4 a2k 1 a2k 2k 1  1 mod 2k 2 m do đó b  mod 2k 2 b ,b , ,b   1, 2, , k mod 2k 2 . m 2 2 4 2k Vậy với n lẻ luôn tồn tại một hoán vị của 1;2; ,n thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n 2 tồn tại một tập hợp S gồm n số tự nhiên sao cho 2 ab chia hết cho a b với mọi số a b phân biệt thuộc S . Hướng dẫn giải bài 20 Ta chứng minh bài toán bằng phương pháp quy nạp toán học. Với n = 2 chọn S2 0;1 . Giả sử bài toán đúng đến n = k nghĩa là ta chọn được tập Sk thỏa mãn bài toán. Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Gọi L là bội số chung nhỏ nhất của các số khác 0 có dạng a b 2 và ab với tất cả các bộ a,b Sk . Xét Sk 1 L a | a Sk  0 . Suy ra Sk+1 có k 1phần tử. Ta sẽ chứng minh nó thỏa mãn bài toán. Thật vậy: Nếu một trong 2 số a hoặc b bằng 0 thì abM a b 2 . Nếu 2 số có dạng L a và L b thì ta có L a L b L L a b abMab 2 L a L b M L a L b . Từ đó suy ra điều phải chứng minh Câu 21. Giả sử n là một số nguyên dương thỏa mãn: Tồn tại a, b, c nguyên dương sao cho 7n (a bc)(b ac) . Chứng minh rằng n là số chẵn. Hướng dẫn giải bài 21 a bc 7 p Từ giả thiết suy ra tồn tại p, q nguyên dương thỏa mãn (1). Không mất tổng quát, q b ac 7 giả sử a b . Từ (1) suy ra a b bc ac (a b)(c 1) 7 p 7q (2). q p b a ac bc (a b)(c 1) 7 7 Vì a b nên q p , do đó (a b)(c 1) 7 p (7q p 1) (2) (3). p q p (a b)(c 1) 7 (7 1)
10. *) Nếu 7 | c 1 thì 7 |c 1, do đó (3) 7 p | a b a bc | a b (*). Mặt khác, từ | a bc | | a b | và (*) suy ra a b 0 (a bc)(b ac) (a bc)2 7n nM2. *) Nếu 7 |c 1 thì 7 p | a b , do đó a bc | a b ( ). Vì a bc a b nên ( ) suy ra c 1. Khi đó (a bc)(b ac) (a b)2 7n nM2 . Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có 2 | n . Câu 22. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn 11n xy z2 1 x2 y2 z. p p 1 Câu 23. Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 2, thì (2 5) 2 M p . Hướng dẫn giải bài 23 p lẻ, suy ra (2 5) p (2 5) p nguyên. p p p p 1 (2 5) 0 (2 5) (2 5) (2 5) 2 4 p 1 (2 5) p 2 2 p C 2.2 p 2.52 C 4.2 p 4.52 C p 1.2.5 2 p p p 2 4 p 1 (2 5) p 2 2 p C 2.2 p 2.52 C 4.2 p 4.52 C p 1.2.5 2 p p p 2 4 p 1 A (2 5) p 2 p 1 2 C 2.2 p 2.52 C 4.2 p 4.52 C p 1.2.5 2 p p p 2 4 p 1 Do các hệ số C p , C p , , C p đều chi hết cho p, nên A chia hết cho p, đpcm. Câu 24. Tìm giá trị lớn nhất của P a2 b2 , trong đó a, b là các số nguyên thoả mãn 1 a; b 2014 và (b2 ab a2 )2 1. Hướng dẫn giải bài 24 Tìm giá trị lớn nhất của P a2 b2 , trong đó a, b là các số nguyên thoả mãn 1 a; b 2014 và (b2 ab a2 )2 1. Ta xét các nghiệm nguyên dương (x; y) của phương trình: (x2 xy y2 )2 1 (1) với x y . Gọi (b; a) là một nghiệm như thế (b a ) 2 2 + Xét bộ (a b; b) ta có: (a b)2 (a b)b b2 (b2 ab a2 ) 1 Suy ra (a b; b) cũng là một nghiệm của (1) Rõ ràng (2; 1) là một nghiệm của (1), nên ta có các bộ sau cũng là nghiệm của (1): (3;2), (5;3), (8;5), (13;8), (21;13),(34;21), 2 2 + Xét bộ (a; b a) ta có: a2 a(b a) (b a)2 (b2 ab a2 ) 1 Suy ra (a;b a) cũng là một nghiệm của (1).
11. - Nếu a b a b 2a b(b a) 2a2 b2 ab a2 1 (a 1) (vô lí) - Nếu a b a thì bộ (a; b a) là một nghiệm của (1) nhỏ hơn nghiệm (b; a) . Quá trình phải dừng lại và kết thúc ở nghiệm (b;1) (b 1) . Chú ý thêm rằng (2; 1) là bộ duy nhất thoả mãn (1) mà b 1. Tóm lại tất cả các nghiệm nguyên dương của (1) sẽ là: Fn ; Fn 1 với n 2 trong đó dãy số Fn : F1 F2 1 Fn 1 Fn Fn 1 n 2 2 2 Như vậy giá trị lớn nhất của P bằng giá trị lớn nhất của Fn 1 Fn với Fn 2014. Dãy các số hạng của dãy Fibonacci thoả mãn là: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377, 610, 987, 1597. Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 9872 15972 . Câu 25. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y với x, y nguyên tố cùng nhau và thỏa mãn phương trình: 2 x3 x y3 y . Hướng dẫn giải bài 25 +) Áp dụng đẳng thức a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca . Ta có : x3 x3 y 3 2x y x x y x2 x2 y2 x.x xy yx 3x.x. y 2x y 2 (2x y) 3x y 2x y x2 y2 2xy 1 3x2 y * (2x y) 6x3 2 (2x y) 3x 2x y Mặt khác 2x y,6x3 2x y,6 (do x, y 1 2x y, x 1 2x y, x3 1) Suy ra, (2x y) 6 nên 2x y 1,2,3,6 (do từ * 2x y ¥ * ). Trường hợp 1. 2x y 1 y 2x 1 thay vào phương trình đã cho ta được: 2 x3 x 2x 1 3 2x 1 6x x 1 2 0 x 1 y 1 Trường hợp 2. 2x y 2 y 2x 2 thay vào phương trình đã cho ta được: x 1 x2 3x 1 0 x 1 y 0 (loại) Trường hợp 3. 2x y 3 y 2x 3 thay vào phương trình đã cho ta được: x 1 2 (x 4) 0 x 4 y 5 (với x 1 y 0 (loại)) Trường hợp 4. 2x y 6 y 2x 6 thay vào phương trình đã cho ta được :
12. x3 12x2 36x 35 0 do y Z , x 3, x 35 x 5,7,35 thử lại không có giá trị nào thỏa mãn. Vậy các cặp số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x, y 1 , 1 và x, y 4 , 5 Câu 26. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho với mỗi số nguyên tố p cho trước, tồn tại số nguyên a thỏa mãn: 2 p 3p an. . Hướng dẫn giải bài 26 +) Với n 1 ta thây luôn thỏa mãn. +) Xét với n 1. *) với p 2 thì 13 an không tồn tại a và n. *) Với p 2 thì p lẻ. Giả sử tồn tại hai số a và n thỏa mãn. Ta có p n p p i 1 p i i 1 n a 2 3 2 3  1 2 3 suy ra a M5 aM5 . i 1 p n i 1 p i i 1 Hơn nữa n 2 a M5  1 2 3 M5 1 . i 1 Mặt khác với mỗi i 1,2, , p 1 ta có: 1 i 1 .2 p i.3i 1 1 i 1 .2 p i. 5 2 i 1  1 i 1 .2 p i. 2 i 1  2 p 1 mod 5 p i 1 p i i 1 p 1 Do đó  1 2 3  p.2 mod5 2 . i 1 Từ (1) và (2) ta có p.2 p 1 M5. Do 2 p 1,5 1 nên pM5 . Vậy p 5 . n n Mà aM5 a 5k k ¢ . Khi đó 25 35 5k 275 5k 275M5n n 2 k 2 11 vô lý. Vậy không tồn số nguyên n 1 thỏa mãn. Kết luận n 1. Câu 27. Chứng minh rằng tồn tại hai số nguyên x, y không chia hết cho 2015 và thỏa mãn x2 8059y2 4.2015n ,n ¥ * . Hướng dẫn giải bài 27 . Nếu n 1 thì x y 1 thỏa mãn yêu cầu bài toán. . Giả sử bài toán đúng đến n . . Ta sẽ chứng minh bài toán đúng đến n 1. Thật vậy, x2 4a 1 y2 4an 4an 1 ax2 a 4a 1 y2 . 2 2 2 2 n 1 x 4a 1 y x y 4a 4a 1 2 2 2 2
13. Ta có hai cách phân tích như sau: 2 2 2 2 2 2 x 4a 1 y x y x 4a 1 y x y 4a 1 4a 1 2 2 2 2 2 2 hoặc là 2 2 2 2 2 2 x 4a 1 y x y x 4a 1 y x y 4a 1 4a 1 2 2 2 2 2 2 x 4a 1 y x 4a 1 y X1 X 2 2 2 Đặt ; x y x y Y Y 1 2 2 2 n 1 2 2 n 1 2 2 Khi đó: 4a X1 4a 1 Y1 (1) hoặc 4a X 2 4a 1 Y2 (2) . Nếu Y1 M a thì X1 Y1 2ayMa X1 M a . Kết hợp với (1) suy ra X1,Y1 thỏa mãn yêu cầu bài toán trong trường hợp n 1. . Nếu Y2 M a thì X 2 Y2 2ayMa X 2 M a . Kết hợp với (2) suy ra X 2 ,Y2 thỏa mãn yêu cầu bài toán trong trường hợp n 1. Vậy ta hoàn tất việc chứng minh. Câu 28. Giả sử P là số nguyên tố có dạng 3n 2 . Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên x sao cho (x2 3) chia hết cho P . Hướng dẫn giải bài 28 Giả sử ngược lại, tồn tại các số nguyên tố p dạng 3n 2 để phương trình đồng dư sau 2 (x 3)  0(mod p) có nghiệm. Gọi p0 là số bé nhât 2 Trong các số đó, và giả sử x e( p0 ) thỏa mãn (x 3)  0(mod p0 ) Ta có thể giả sử e chẵn ( có thể thay p e ) Xét các trường hợp e2 1(mod3) hoặc e2  0(mod3) 2 2 Trường hợp 1: Từ e  3(mod p0 ) ta có: e 3 fp0 , trong đó f p0 và f lẻ 2 Suy ra fp0 e 3  4(mod3). Do p0  2(mod3) nên f  2(mod3) . Vậy f lẻ có dạng 3n 2 Suy ra f phải có ước nguyên tố lẻ dạng q dạng 3n 2 2 Ta có e  3(mod q) mâu thuẫn với cách chon p0 Trường hợp 2: e2  0(mod3) . Suy ra e 3a k với k không chia hết cho 3 và a nguyên dương. 2 2a 2 Do e  3(mod p0 ) nên 3 k  3(mod p0 ) 2a 1 2 Suy ra 3 k  1(mod p0 ) , 2a 1 2 3 k 1 p0h, h p0 , h lẻ
14. Do đó p0h 1(mod3) nhưng p0  2(mod3) nên h  2(mod3) Suy ra h lẻ có dạng 3n 2 . Do đó tồn tại ước nguyên tố r của h có dạng 3n 2 2a 1 2 2a 2 Vậy 3 k  1(mod h)  1(mod r) , tức là 3 k  3(mod r) mâu thuẫn p0 bé nhất Vậy rằng không tồn tại số nguyên x sao cho (x2 3) chia hết cho p . (với p là số nguyên tố có dạng 3n 2 )