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

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

1. Bài 1: Tìm các số nguyên tố a,b,c sao cho ab 1999 c : Hướng dẫn giải Vì a,b là các số nguyên tố nên a,b 2.suy ra c 2003. Vì c 2003 nên c là số lẻ.Suy ra: ab là số chẵn. ab là số chẵn nên a 2 . Nếu b là số lẻ thì 2b 1999 2b 1 1998 chia hết cho 3.suy ra c chia hết cho 3 ( mâu thuẫn c nguyên tố).Vậy b 2. Với a b 2 ta có c 2003 . cho: Bài 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên x, y, z sao cho x2012 2009y2012 2011 2012z2010 Hướng dẫn giải Ta có nhận xét Bình phương một số nguyên và đem chia cho 4 thì số dư là 0 hoặc là 1 Ta có x2012 chia cho 4 dư 0 hoặc 1;2009y2012 chia 4 dư 0 hoặc 1 Suy ra: x2012 2009y2012 chia cho 4 dư 0 hoặc dư 1 hoặc dư 2 (1) Ta có:2011 2012z2010 chia cho 4 dư 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa phương trình trên Bài 3: Chứng minh rằng phương trình x2 y2 2011.z2 không có nghiệm nguyên dương Hướng dẫn giải 2 2 2 Giả sử x0; y0; z0 là nghiệm nguyên dương và x0 nhỏ nhất của phương trình x y 2011.z chia hết cho 2011. TH1. Nếu x0 chia hết cho 2011 thì y0 chia hết cho 2011. Tồn tại các số nguyên dương x1, y1 sao cho x0 2011.x1 và y0 2011.y1 . 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x0 y0 2011 (x1 y1 ) 2011z0 2011(x1 y1 ) z0 . z0 chia hết cho 2011 => tồn tại số nguyên dương z1 sao cho z0 2011.z1 . 2 2 2 x1 y1 2011z1 . Suy ra x1; y1; z1 là ngiệm phương trình (vô lý do x0 nhỏ nhất. TH2. Nếu x0 không chia hết cho 2011 thì y0 không chia hết cho 2011 2010 2010 Theo định lý Ele ta có x0 và y0 chia cho 2011dư 1. 2010 2 1005 2 2 Mà x0 (x0 ) suy ra x0 và y0 chia cho 2011dư 1. 2 2 x0 y0 chia cho 2011dư 2. (vô lý). Vậy phương trình x2 y2 2011z2 không có nghiệm nguyên dương.
2. Bài 4: Giả sử a,b,c,d,e là các số tự nhiên sao cho a4 b4 c4 d 4 e4 20092014 Chứng minh rằng abcde chia hết cho 104 . Hướng dẫn giải Với n N ,ta có n4 chia cho 8 dư 0 hoặc dư 1; 20092014 chia 8 dư 1. Từ giả thuyết đề bài suy ra trong 5 số a4,b4,c4,d 4,e4 có 4 số chia hết cho 8; số còn lại chia 8 dư 1. Suy ra trong 5 số a,b,c,d,e có 4 số chia hết cho 2. Do đó abcde chia hết cho 24 . Tương tự ta cũng chứng minh được abcde chia hết cho 54 . Vì 24 ,54 là nguyên tố cùng nhau nên ta có điều phải chứng minh. ab2n 1 Bài 5: Tìm các số nguyên dương a,b,n sao cho là một số nguyên tố a b Hướng dẫn giải ab2n 1 Đặt p . Ta có a b 0 a b. a b Mặt khác a a b p b2n 1 b . Lại có ab2n 1 p a b  p a p . Đặt a d.p d.b2n 1 d.p b Suy ra bd và dpb . Do p là số nguyên tố nên b d hoặc b dp . Tuy nhiên b p nên ta loại trường hợp b dp Với b d b2n 1 p 1 p b2n 1 1b 1 p b 1 và 2n 1 1. Vậy n 1;b p 1;a p 1 p với p là một số nguyên tố tùy ý. Bài 6: Cho hàm số y x2 px q (1) . Chứng minh rằng, nếu p,q Z và phương trình y 0 có nghiệm hữu tỷ thì nghiệm đó là nghiệm nguyên. Hướng dẫn giải p p2 4q Nghiệm hữu tỷ nên Q . Do đó p,q Z thì p2 4q Z . p và p2 4q 2 p p2 4q cũng chẵn, lẻ nên ¢ . 2 Bài 7: Tìm các cặp số nguyên x; y , x 1, y 0 2x2 13xy2 17y2 x 1975y4 2006 0. Bài 8: Cho đa thức P x x2017 ax2 bx c , với các hệ số nguyên a, b, c và có ba nghiệm nguyên là x1, x2, x3 Chứng minh rằng: a b c 1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 chia hết cho 2017 . Hướng dẫn giải 2017 2 Đa thức đã cho được viết lại: P x x x ax b 1 x c Đặt f x ax2 b 1 x c.
3. 2017 Theo định lí Fermat nhỏ: xi xi 2017,i 1,2,3, mà 2017 2017 f xi P xi xi xi xi xi 2017,i 1,2,3. Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 2017thì bài toán được chứng minh. Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 không chia hết cho 2017 thì theo trên ta được: x x a x x b 1 2017 f x1 f x2 2017 1 2 1 2 f x f x 2017 x x a x x b 1 2017 2 3 2 3 2 3 a x1 x2 b 12017 a x1 x3 2017 a2017 b 12017 a x2 x3 b 12017 2 Mà f xi axi b 1 xi c2017 nên c2017 a b c 12017 Vậy a b c 1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 2017 . Bài 9: Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 7x 12y 13z Hướng dẫn giải Giả sử x, y, z là các số nguyên dương sao cho: 7x 12y 13z Đặt d 7x 12y , g 13z Nếu y 1 thì dº5 mod 7 , gº 1 z mod 7 . Đó là điều vô lý. Nếu y 2 thì 12y ⋮ 122 ⋮ 8 d  (-1)x (mod 8). 12y 122 8 d  1 x mod 8 . Với k ¥ ta có 52k  1 mod 8 , 52k 1  5 mod 8 z và x chẵn g  1 z  1 mod 7 5y  1 mod 7 Ta có 56  1 mod 7 và 5t 1 mod 7 với t 1, 2, 3, 4, 5 y6 x, y, z đều chẵn. 2 2 2 Giả sử x 2a, y 2b, z 2c (a, b, c N*) 7a 12b 13c . Vì 7a , 12b 1  các số nguyên dương m, n m n , m, n 1 ) sao cho 7a m2 n2, 12b 2mn , 13c m2 n2 Ta có 22b. 3b 12b 2mn Trường hợp 1: n 1, m 22b 1. 3b m 1 m 1 7a m 17, m 17 27. Đó là điều vô lý. Trường hợp 2 m, n 22b 1; 3b Ta có b 1 | m2 n2 | | 24b 2 32b || 24 . 22 2b || 2b 1. 22 2b | 2b mod 7 m2 n2 không chia hết cho 7. Đó là điều vô lý vì m2 n2 7a (a N*).
4. Vậy phương trình 7x 12y 13z không có nghiệm nguyên dương. Bài 10: Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình xy2 y2 x y c có đúng ba nghiệm nguyên dương (x, y) . Hướng dẫn giải Ta viết lại phương trình x(y2 1) y2 y c - Nếu y 1 c 0, loại. y2 y c y(y 1) c - Nếu y 1 x , do đó c y 1 và y(y 1) c y 1 y2 1 (y 1)(y 1) Ta có y  1(mod y 1), y 1 2(mod y 1) nên y(y 1)  2(mod y 1) c  2(mod y 1) vậy c  0(mod y 1),c  2(mod y 1) , mà y 1 0(mod y 1), y 1 2(mod y 1) nên c  y 1(modlcm(y 1, y 1)) Với y 2,3 ta có c  1(mod 3),c  2(mod 4) . Do vậy ta thử lấy c 10. 2 Ta phải có y 1|10 y 2,3,6,11. Khi đó x 4,2, ,1, theo thứ tự. Vậy phương trình có 7 đúng ba nghiệm nguyên dương (x, y) (4,2),(2,3),(1,11) . Bài 11: Tìm tất cả bộ ba số (x; y; z) nguyên dương thỏa mãn 1 4x 4y z2 Hướng dẫn giải Không mất tổng quát, giả sử x y . Ta thấy 1 4x 4y (1 2y )2 22x 2y 1 . Do đó: Nếu 2x y 1 thì (2y )2 1 4x 4y (1 2y )2 22x 2y 1 (2y 1)2 . Suy ra không tồn tại z thỏa mãn. Nếu 2x y 1 thì 1 4x 4y (1 2y )2 z 1 2y . Suy ra (x;2x 1;1 22x 1) là nghiệm của phương trình với x ¥ * . Nếu 2x y 1 thì pt 4x (1 4y x ) (z 1)(z 1) (*). Vì gcd(z 1; z 1) 2 và x 1 nên z 122x 1 hoặc z 122x 1 . Nếu z 122x 1 thì từ (*) suy ra z 1 2(1 4y x ) 2(1 4x 2 ) 2(1 22x 4 ) 22x 1 2,x 1. Điều này là vô lí vì z 122x 1 z 1 22x 1 2. Tương tự, Nếu z 122x 1 thì từ (*) suy ra z 1 2(1 4y x ) 2(1 4x 2 ) 2(1 22x 4 ) 22x 1 2,x 1. Điều này là vô lí vì z 122x 1 z 1 22x 1 2.