›
›
›

Bài tập luyện thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phương trình nghiệm nguyên - Lê Quang Vũ (Có đáp án)

docx 22 trang nhungbui22 11/08/2022 2570
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài tập luyện thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phương trình nghiệm nguyên - Lê Quang Vũ (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docxbai_tap_luyen_thi_hoc_sinh_gioi_toan_lop_11_phuong_trinh_ngh.docx

Nội dung text: Bài tập luyện thi học sinh giỏi Toán Lớp 11 - Phương trình nghiệm nguyên - Lê Quang Vũ (Có đáp án)

  1. Câu 1. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y5 y4 y3 4y x11 1. Hướng dẫn giải *) Ta thấy các cặp x; y 1;t ,t ¢ thỏa mãn bài toán. *) Xét x 1. Phương trình được viết lại dưới dạng x11 1 y y 2 y3 y2 y 2 1 . x 1 x11 1 Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của , suy ra p | x11 1. x 1 Gọi h ord p x , suy ra h |11 h 1,11. - Nếu h 1 thì x 1 mod11 . Vì p | x10 x9  x 1 nên p |11 suy ra p 11. (2) - Nếu h 11 thì từ x p 1 1 p suy ra p 1 mod11 . (3) x11 1 x11 1 Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của nên từ (2), (3) suy ra với mọi ước số d của x 1 x 1 đều có tính chất d  0 hoÆc 1 mod11 . (4) x11 1 Từ (1) suy ra y, y 2 vµ y3 y2 y 2 đều là ước số của . (5) x 1 x11 1 Vì y, y 2 | nên suy ra y  0,1,2 hoÆc 3 mod11 . x 1 - Nếu y  0 mod11 thì y3 y2 y 2  2 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y 1 mod11 thì y3 y2 y 2  5 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y  2 mod11 thì y3 y2 y 2  5 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y  3 mod11 thì y3 y2 y 2  8 mod11 , trái với (4), (5). Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình (1) vô nghiệm. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x; y 1;t víi t ¢ . Câu 2. Cho x1 1, x2 1, x3 1 và xn 3 xn 2 xn 1 xn với mọi số nguyên dương n. Chứng minh rằng với bất kỳ số nguyên dương m, tồn tại số nguyên dương k sao cho xk chia hết cho m. Hướng dẫn giải Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn bài toán, ta có 11n xy z2 1 x2 y2 z x yz y xz 11n.
  2. x yz 11p Suy ra tồn tại các số nguyên dương p,q thỏa mãn 1 . q y xz 11 p q x y z 1 11 11 Không mất tính tổng quát, giả sử x y. Từ 1 suy ra 2 . q p x y z 1 11 11 p q p x y z 1 11 11 1 Vì x y nên q p , khi đó 2 3 . p q p x y z 1 11 11 1 Nếu z 111 thì z 111, do đó từ 3 suy ra x y11p , hay x yx yz . Mặt khác, ta có 2 x yz | x y |, nên suy ra x y. Khi đó ta có 11n x xz , từ đây suy ra n là một số chẵn. Nếu z 111 thì từ 3 suy ra x y11p , hay x yx yz . Mặt khác, ta có x yz x y 0, nên suy ra z 1. Khi đó ta có 11n x y 2 , suy ra n là một số chẵn. Từ các trường hợp trên, suy ra n là một số chẵn. Ngược lại, với n là một số chẵn, đặt n 2k,k ¢ . Ta thấy bộ x; y; z 1;1;11k 1 thỏa mãn 11n xy z2 1 x2 y2 z. Vậy n thỏa mãn bài toán khi và chỉ khi n là một số nguyên dương chẵn. Câu 3. 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. Hướng dẫn giải Đặt x0 0 thì ta thấy hệ thức truy hồi đã cho thỏa mãn với n 0. 3 Xét số nguyên dương m, ta chứng minh tồn tại số nguyên dương k m sao cho m | xk . 3 Đặt rt là số dư khi chia xt cho m, với t 0,1,,m 2. Ta xét các bộ gồm ba phần tử r ;r ;r , r ;r ;r ,, r ;r ;r . Vì r có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- 0 1 2 1 2 3 m3 m3 1 m3 2 t rích-lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau. 3 Giả sử p là số nhỏ nhất sao cho bộ rp ;rp 1;rp 2 bằng bộ rq ;rq 1;rq 2 , với 0 p q m . Ta chứng minh p 0. Thật vậy, giả sử phản chứng p 1. Từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra rp 2  rp 1rp rp 1 mod m và rq 2  rq 1rq rq 1 mod m .
  3. Vì rp rq ,rp 1 rq 1,rp 2 rq 2 nên từ các đồng dư thức trên suy ra rp 1 rq 1. Do đó hai bộ rp 1;rp ;rp 1 và rq 1;rq ;rq 1 bằng nhau, điều này trái với tính chất của p. Do vậy p 0, suy ra rq 0, chứng tỏ xq  0 mod m hay xq chia hết cho m. Câu 4. Giải phương trình sau trên tập hợp số tự nhiên: x2 y2 y2 z2 z2 x2 x4 Hướng dẫn giải: Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: Một trong các số x, y, z bằng 0 Trong trường hợp này ta được 4 nghiệm của phương trình: 0;0;m ; 0;m;0 ; m;0;m ; m;m;0 (với m là số tự nhiên bất kì) Trường hợp 2 x, y, z đều khác 0 Ta chứng minh phương trình vô nghiệm.Thật vậy: Phương trình đã cho tương đương với: 2 2 yz 2 2 2 yz yz yz x y z là số nguyên,mặt khác là số hữu tỷ nên là số nguyên. x x x x Gọi P là tập nghiệm của phương trình và giả sử P  yz Gọi x0, y0 , z0 là bộ nghiệm của phương trình thỏa mãn nguyên nhỏ nhất. x Dễ thấy x0 , y0 , z0 1 (trái lại x0, y0 , z0 d 1thì dx0 ,dy0 ,dz0 cũng là nghiệm của (dy0 )(dz0 ) y0 z0 y0 z0 phương trình và d. ,trái với cách gọi bộ x0, y0 , z0 ) dx0 x0 x0 Đặt a x0 , z0 và b y0 , x0 a,b 1 và x0 ab . Ta có y0 , x0 . x0 , z0  y0 , z0 , x0 nên abx0 Vậy x0 ab và y0 ay1, z0 az1 với y1,a z1,b 1.Thay vào phương trình ta được: 2 2 2 2 2 2 (y1 a )(z1 b ) 2a b 2 2 2 2 2 2 Do (y1 a ,a ) (z1 b ,b ) 1,không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: 2 2 2 2 2 2 y1 a 2b (1) và z1 b a (2) 2 2 Dễ dàng chứng minh được a,b là các số lẻ (trái lại z1 hoặc y1 chia 4 dư 3,vô lý!)
  4. b m2 n2 Từ (2) ta có: z1 2mn với m,n 1 và m,n khác tính chẵn lẻ 2 2 a m n 2 2 2 2 2 Thay vào (1) ta được: y1 (2mn) (m n ) 2 2 2 2 2 2 y1 p q ,2mn 2pq,m n p q với p,q là các số tự nhiên p2q2 m2n2 m2 (m2 p2 q2 ) m2 p2 m2q2 p2q2 m2 pq y0 z0 Vậy m, p,q là nghiệm của phương trình và: n 2mny1 ( mâu thuẫn với cách m x0 gọi bộ x0 , y0 , z0 ! ) Do đó giả sử P  là sai tức phương trình vô nghiệm trong trường hợp này. Kết luận Phương trình có nghiệm: 0,0,m ; 0,m,0 ; m,0,m ; m,m,0 (với m là số tự nhiên bất kì) Câu 5. Gọi f n là số cách chọn các dấu cộng,trừ đặt giữa biểu thức: En 1 2 3 n sao cho En 0 .Chứng minh rằng: a) f n 0 khi n 1,2(mod 4) n n 2 1 b) Khi n  0,3(mod 4) ta có f (n) 2n 2 2 2 Hướng dẫn giải a) Giả sử tồn tại một cách đặt dấu , với n 1,2(mod 4) để En 0 . n n 1 Khi đó 1 2  n là số chẵn,vì vậy  0(mod 2) n  0,3(mod 4) ,trái với 2 n 1,2(mod 4) .Vậy giả sử là sai,ta có điều cần chứng minh. n 1 b) Ta chứng minh: f n 2n 2 2 ,thật vậy: Chia tất cả các biểu thức thành 2n 1 cặp theo dạng: (1+2a 2 3a3 nan ; 1 2a 2 3a3 nan ) với ai bằng 1 hoặc 1 Nếu f (n) 2n 1 thì theo nguyên lý Dirichlet tồn tại 2 biểu thức cùng nằm trong một cặp như trên,hiệu của chúng bằng 2 . Do đó chúng không thể cùng bằng 0 được (mâu thuẫn !)
  5. Câu 6. Gọi M là số các số nguyên dương viết trong hệ thập phân có 2n chữ số, trong đó có n chữ số 1 và n chữ số 2 . Gọi N là số tất cả các số viết trong hệ thập phân có n chữ số, trong đó chỉ có n các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2 . Chứng minh rằng M N C2n . Hướng dẫn giải n Hiển nhiên M C2n Ta cần chỉ ra rằng M N . Với mỗi số có n chữ số gồm các chữ số 1, 2, 3, 4 và số chữ số 1 bằng số chữ số 2 , ta “nhân đôi” thành số có 2n chữ số theo quy tắc sau: đầu tiên hai phiên bản của số này được viết kề nhau thành số có 2n chữ số, sau đó các chữ số 3 ở n chữ số đầu và các chữ số 4 ở n chữ số sau được đổi thành chữ số 1, các chữ số 3 ở n chữ số sau và các chữ số 4 ở n chữ số đầu được đổi thành chữ số 2 Ví dụ: 1234142 12341421234142 12121221221112 Để chứng minh đây là một song ánh, ta xây dựng ánh xạ ngược như sau: Với mỗi số có n chữ số 1 và n chữ số 2 , ta cắt n chữ số đầu và n chữ số cuối rồi cộng chúng theo cột với quy tắc: 1 1 1, 2 2 2, 1 2 3, 2 1 4 . Ta thu được một số có n chữ số gồm các chữ số 1,2,3,4 với số chữ số 1 bằng số các chữ số 2 . Câu 7. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn phương trình x4 4y4 z2 Hướng dẫn giải Trước hết ta có kết quả quen thuộc sau: Hệ quả. Không tồn tại các số nguyên dương a,b,c thỏa mãn điều kiện a4 b4 c2 . Trở lại bài toán, đặt d gcm x, y x1, y1 : x dx1, y dy1, x1, y1 1, thay vào phương trình 4 4 4 2 2 2 4 4 2 ta được: d x1 4y1 z d z z d z1 x1 4y1 z1 . Do đó không mất tính tổng quát ta có thể giả sử gcm x, y 1. Ta xét 2 trường hợp sau: TH1. Nếu x lẻ thì gcm x2 ,2y2 1 tồn tại 2 số nguyên dương m,n, gcm m,n 1 sao cho: x2 m2 n2 x2 m2 n2 2 2 2y 2mn y mn 2 2 2 2 z m n z m n 2 2 2 2 2 2 2 4 4 Từ y mn, gcm m,n 1 m m1 ,n n1 , kết hợp với x m n x m1 n1 . Mâu thuẫn với hệ quả trên. Do đó trong trường hợp này phương trình vô nghiệm. TH2. Nếu x chẵn, x 2x1 , kết hợp với phương trình đã cho ta được: 4 4 2 4 4 2 4 4 2 16x1 4y z z 2z1 16x1 4y 4z y 4x1 z 1 Chú ý do x chẵn và gcm x, y 1 nên y lẻ. Do đó từ phương trình (1) và kết hợp với TH1 thì (1) vô nghiệm.
  6. Vậy trong mọi trường hợp phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. Câu 8. 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. Hướng dẫn giải Nếu tất cả các số bằng nhau thì tất cả các số là 2 . Khi đó ta lấy 50 số 2 sẽ có tổng là 100. Giả sử a1 a2 ta xét 100 số có dạng 0 a1,a2 ,a1 a2 ,a1 a2 a3 , ,a1 a2 a99 200 Nếu có một số chia hết cho 100 thì số đó bằng 100 vì số đó bé hơn 200 . Nếu không có số nào chia hết cho 100 thì trong 100 số phải có hai số đồng dư trong phép chia cho 100 (vì các số dư nhận giá trị từ 1 đến 99 ) suy ra hiệu của chúng chia hết cho 100 và hiệu hai số đó chính là tổng cần tìm Câu 9. 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 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 . Áp dụng đẳng thức a3 b3 c3 3abc a b c a2 b2 c2 ab bc ca . GT 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 ) 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 3 x 4 0 x 4 y 5 Trường hợp 4. 2x y 6 y 2x 6 thay vào phương trình đã cho ta được 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 x, y 1 , 1 và x, y 4 , 5 Câu 10. Cho các số nguyên a1,a2 , ,a2015 với 0 ai 100, i 1;2015 . Với mỗi cặp ai ;ai 1 ta cộng thêm 1 vào cả hai số và mỗi cặp đó không được xuất hiện quá k lần. Tìm k nhỏ nhất sao cho hữu hạn lần thực thiện thao tác trên ta được mọi số bằng nhau. Hướng dẫn giải
  7. Ta xét trường hợp các số cạnh nhau cách nhau xa nhất a1 a3  a2015 100 a2 a4  a2014 0 Đặt S a2 a3 a3 a4  a2014 a2015 lúc đầu tiên chưa tác động thì S 1001007 Sau hữu hạn lần tác động tất cả các số bằng nhau do đó khi đó S 0 . Ta nhận xét rằng Tác động lên các cặp a2 ,a3 , a2 ,a3 , , a2014 ,a2015 Thì S không đổi Tác động lên cặp a1,a2 Thì S tăng lên một đơn vị Tác động lên cặp a2015 ,a1 Thì S giảm 1 đơn vị. Bộ a1,a2 bị tác động lớn hơn hoặc bằng 100.1007 lần thì k 100.1007 . Ta sẽ chứng minh k 100.1007 là giá trị nhỏ nhất thoả mãn. Tác động cặp ai 1,ai số lần là ai 1 ai 3  Tác động cặp ai ,ai 1 số lần là ai 2 ai 4  Sau các lần tác động như vậycác số bằng nhau và bằng a1 a2 a2014 a2015.nên số lần tác động 100.1007 suy ra điều phải chứng minh. Câu 11. Cho n là số nguyên lẻ và n 5 . Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho kn 1 là số chính phương và l là số nguyên dương nhỏ nhất sao ln là số chính phương. Chứng minh rằng n là số n n nguyên tố khi và chỉ khi k và l . 4 4 Hướng dẫn giải p Nếu n p là số nguyên tố, khi đó l p . 4 kp 1 chính phương nên tồn tại y nguyên dương mà kp y 1 y 1 . Do đó y 1 k1; y 1 k2 p hoặc y 1 k1 p ; y 1 k2 . Trong cả hai trường hợp thì ta đều có 2y p . p p2 Nếu k 4k p y2 kp 1 1 p2 4y2 p2 4 4 4 Điều này không thể xảy ra vì không có số chính phương nào nằm giữa p2 và p2 4 khi p 4 . Chiều ngược lại, ta sẽ chứng minh bằng phản chứng rằng không tồn tại hợp số n lẻ, n 3 nào mà 4l n và 4k n . 2 Giả sử tồn tại n x p1 p2 ps với pi là các số nguyên tố. Khi đó l p1 p2  ps và ta có 2 4 p1 p2 ps 4l n x p1 p2 ps , suy ra x 1. Vậy n p1 p2 ps . Gọi y là số nguyên dương nhỏ nhất lớn hơn 1 sao cho y2 1 chia hết cho n ( y tồn tại vì n 1 2 1 chia hết cho n ). n Rõ ràng kn 1 y2 nên k , hay 2y n . 4 Ta viết n pr , với p pi nào đó và r là tích các số nguyên tố còn lại, r 1. Theo định lý Thặng dư Trung Hoa, tồn tại duy nhất số T nguyên, không âm và T n sao cho
  8. T 1 mod r T  1 mod p Xét số S n T , ta có S  1 mod r S 1 mod p Khi đó T 2  S 2 1 mod n , rõ ràng T, S đều không nhỏ hơn y . Mà một trong hai số S,T n n nhỏ hơn , do đó k , mâu thuẫn. 2 4 Vậy n là số nguyên tố.(đpcm) Câu 12. Cho 0 a1 a2 an 2n là các số nguyên thỏa mãn bội số chung nhỏ nhất của hai số bất kì 2n trong chúng đều lớn hơn 2n . Chứng minh rằng a1 . 3 (x là kí hiệu phần nguyên của số thực x ). Hướng dẫn giải Rõ ràng, trong các số trên không tồn tại cặp số nào mà số này chia hết cho số kia (vì nếu trái lại tk thì bội chung nhỏ nhất của chúng nhỏ hơn hoặc bằng ). Ta viết ak 2 Ak với Ak là số lẻ. Ta thấy các giá trị Ak là phân biệt. Thật vậy, nếu tồn tại Ai Aj A thì ti t j lcm ai ,a j 2 A ai 2n hoặc lcm ai ,a j 2 A a j 2n mâu thuẫn với giả thiết. Mặt khác từ 1 đến 2n ta có n số lẻ phân biệt. Do đó các giá trị Ak là các số lẻ từ 1 đến theo một thứ tự nào đó. t1 Xét a1 2 A1 . 2n Nếu thì t1 . Do đó 3A là một số lẻ nhỏ hơn , tức là a1 3a1 2 3A1 2n 3A1 2n 1 3 3A1 Aj nào đó. t j t1 Như vậy a j 2 3A1 . Khi đó lcm a1,a j 2 3A1 3a1 2n mâu thuẫn với giả thiết hoặc t j lcm a1,a j 2 3A1 a j 2n , mâu thuẫn với điều giả sử. 2n Vậy điều giả sử là sai, tức là ta có . a1 3 Câu 13. Ký hiệu x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Giải phương trình x2 1 x x 2015 0. Hướng dẫn giải Ta có x 0. x2 x 2015 x2 x 2015 pt x x 1 x x 2015. x x
  9. x a ¢ a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x * 2 Do a 2015 x2 a 1 x 2015 0 a 1 a 1 2 8060 x 2015 (t/ m); 2 a 1 a 1 2 8060 a 1 a 1 2 4a 2015 loai 2 2 2  a 1 a 1 8060 Vậy S ; a ¢ ;a 2015 2  x3 1 y3 1 Câu 14. Cho x, y là các số nguyên khác – 1 thỏa mãn là một số nguyên. Chứng minh y+1 x+1 rằng x30 – 1  y 1 . Hướng dẫn giải x3 1 a y3 1 c Đặt ; với a, b, c, d là các số nguyên và y+1 b x+1 d b, d 0, a,b 1; c,d 1. a c ad +bc Ta có là số nguyên. Do đó ad bc bd ad+cb  b ad  b d  b b d bd a c x3 +1 y3 +1 Mặt khác . . x2 – x 1 y2 – y 1 là số nguyên ac  bd ac d a b d y+1 x+1 d Vì c,d 1nên a  b b = 1. Do x3 1 a x3 1(y+1) x30 1 (x15 1)(x15 1)(y+1) y+1 b Câu 15. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: 2x2 3y2 5xy 3x 2y 3 0 Hướng dẫn giải Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn x ta có (1) 2x2 3 5y x 3y2 2y 3 0 * Để (1) có nghiệm x nguyên điều kiện cần là: 2 3 5y 4.2 3y2 2y 3 y2 14y 33 k 2 ( k nguyên, không âm)
  10. * Lại xem y2 14y 33 k 2 0 là phương trình bậc hai ẩn y . Để có nghiệm nguyên y điều kiện cần là  ' 49 33 k 2 16 k 2 m2 là một số chính phương ( m nguyên dương). Do m2 k 2 16 m k m k 16 và 16 16.1 8.2 4.4 nên ta có các trường hợp m k 8 m 5 +) TH1: suy ra phương trình (1) có nghiệm x; y 15;12 , 1,2 m k 2 k 3 m k 4 m 4 +) TH2: suy ra phương trình (1) có nghiệm x; y 13;11 , 3,3 m k 4 k 0 m k 16 +) TH3: (Loại). m k 1 Câu 16. Cho a, b là các số nguyên dương phân biệt sao cho a2 ab b2 | ab a b . Chứng minh rằng . Hướng dẫn giải Câu 17. Cho m,n là hai số nguyên dương lẻ sao cho n2 1 chia hết cho m2 1 n2 . Chứng minh rằng m2 1 n2 là số chính phương. Hướng dẫn giải * Nếu m n thì ta có ngay đpcm m n 2x * Nếu m n : Đặt (x, y ¢ ; x 0; y 0) m n 2y m x y Khi đó và từ x y 0; x y 0 suy ra x y n x y Do n2 1 m2 1 n2 m2  m2 1 n2 m2 k m2 1 n2 (1), k ¢ . Ta có (1) (x y)2 k 4xy 1 x2 2(2k 1)xy (y2 k) 0 (*) Phương trình (*) có một nghiệm nguyên là x nên có một nghiệm nữa là x1 . x x1 2(2k 1) Ta có x . 2 1 ¢ xx1 y k - Nếu x1 0 thì x1, y là cặp nghiệm thỏa mãn (*), suy ra x1 y 2 2 2 Khi đó y k xx1 y y k 0 . Suy ra 0 x x1 2(2k 1) 0, mâu thuẫn. 2 2 - Nếu x1 0 thì xx1 y k 0 k y k 0 4xy 1 0 y 0 . 2 2 2 2 Ta có k x1 2(2k 1)x1 y y x1 2(2k 1) x1 y y
  11. Suy ra k 2(2k 1) x1 y 2(2k 1) k , mâu thuẫn. m2 Vậy x 0 . Khi đó k y2 và m2 1 n2 là số chính phương. 1 k Do đó m2 1 n2 là số chính phương (đpcm). Câu 18. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình x 1 y5 y4 y3 4y x11 1. Hướng dẫn giải *) Ta thấy các cặp x; y 1;t ,t ¢ thỏa mãn bài toán. *) Xét x 1. Phương trình được viết lại dưới dạng x11 1 y y 2 y3 y2 y 2 1 . x 1 x11 1 Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của , suy ra p | x11 1. x 1 Gọi h ord p x , suy ra h |11 h 1,11. - Nếu h 1 thì x 1 mod11 . Vì p | x10 x9  x 1 nên p |11 suy ra p 11. (2) - Nếu h 11 thì từ x p 1 1 p suy ra p 1 mod11 . (3) x11 1 x11 1 Vì p là ước nguyên tố bất kỳ của nên từ (2), (3) suy ra với mọi ước số d của x 1 x 1 đều có tính chất d  0 hoÆc 1 mod11 . (4) x11 1 Từ (1) suy ra y, y 2 vµ y3 y2 y 2 đều là ước số của . (5) x 1 x11 1 Vì y, y 2 | nên suy ra y  0,1,2 hoÆc 3 mod11 . x 1 - Nếu y  0 mod11 thì y3 y2 y 2  2 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y 1 mod11 thì y3 y2 y 2  5 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y  2 mod11 thì y3 y2 y 2  5 mod11 , trái với (4), (5). - Nếu y  3 mod11 thì y3 y2 y 2  8 mod11 , trái với (4), (5). Từ các trường hơp trên, suy ra phương trình (1) vô nghiệm. Vậy tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là x; y 1;t víi t ¢ . Câu 19. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n 1 ! không chia hết cho n2 . Hướng dẫn giải Nhận xét rằng khi n là số nguyên tố thì do n 1 n nên n 1 ! hiển nhiên không chia hết cho n , và do đó không chia hết cho n2 . Ta sẽ tìm n không nguyên tố thỏa n 1 ! không chia hết cho n2 .
  12. Ta có: (n 1)!  n2 n! n3 . Điều này xảy ra khi và chỉ khi tồn tại ít nhất một ước số p của n sao cho bậc của p (số mũ lũy thừa của p trong phân tích thừa số nguyên tố) trong n! là bé hơn bậc của p trong n3 . Giả sử n pt.k (với (p, k)=1). Theo lí luận trên ta có bất đẳng thức: n n n 2 3 3t (*) p p p n n n n Suy ra: 3t 3t k.( pt 1 pt 2 1) p 2 3 t p p p k( pt 1) 1.(2t 1) 3t ( ). Suy ra: 3t 2t 1 t {1,2,3} p 1 2 1 Ta xét 3 trường hợp và dùng các phép thử lại để làm rõ kết quả bài toán • TH1: t 1. Ta có: ( ) 3 k . Suy ra k 2 hoặc k 3 (Do k 1 thì n trở thành số nguyên tố) + Với k 2 : n 2 p ( p nguyên tố). 2 p 2 p Thử lại: p 2 thì n 4 (thỏa); p 2 : (*) 2 3 2 3 (đúng) p p + Với k 3: n 3p ( p nguyên tố) Thử lại: p 2 thì n 6 (thỏa); p 3 thì n 9 (thỏa); p 5 : 3p 3p (*) 2 3 3 3 (sai) p p • TH2: t 2. Ta có ( ) 6 k( p 1) . Suy ra k 1 hoặc k 2 (Do ( p 1) 3) + Với k 1, ta được ( p 1) 6 p {2,3,5} n {4,9,25}. Thử lại ta chọn: n 4,n 9 . + Với k 2 , ta được ( p 1) 3 p 2 n 8. Thử lại ta thấy n 8 thỏa mãn. 2 • TH3: t 3 . Ta có ( ) 9 k( p p 1) . Suy ra k 1 (Do p2 p 1) 7 ) + Với k 1, ta được ( p2 p 1) 9 p 2 n 8 (thỏa)
  13. Câu 20. Vậy tập tất cả các giá trị của số tự nhiên n thỏa (n 1)! n2 là {p , 2 p , 8 , 9 } với p nguyên tố. Tæng cña m nh÷ng sè nguyªn d-¬ng liªn tiÕp b»ng 2008 . X¸c ®Þnh nh÷ng sè Êy. Hướng dẫn giải Giả sử tổng của m số nguyên dương liên tiếp bắt đầu từ k bằng 2008 : k k 1 k 2  k m 1 2008 m m 1 mk 2008 2 m 2k m 1 4016 24.251 Nếu m lẻ 2k m 1 chẳn. Khi đó: m 251, 2k m 1 24 (không xảy ra) 2k m 1 251 m 16 Nếu m chẳn 2k m 1 lẻ. Ta có: 4 m 2 k 118 Vậy các số cần tìm là 118, 119,133. Câu 21. Tìm tất cả số nguyên x sao cho x 3 chia hết cho x2 1. Hướng dẫn giải x 3 chia hết cho x2 1 x 3 x 3 chia hết cho x2 1 x2 1 10 chia hết cho x2 1 10 chia hết cho x2 1. Từ đó tìm được x 0, x 1, x 1, x 2. Câu 22. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x4 y4 3y2 1. Hướng dẫn giải Câu 23. Có bao nhiêu cách phân tích 69 thành tích của 3 số nguyên dương, biêt các cách phân tích mà các nhân tử chỉ khác nhau về thứ tự thì chỉ được tính 1 lần? Hướng dẫn giải ai , bi ∈ N 9 a1 b a2 b a3 b Xét phân tích 6 = (2 .3 1)(2 .3 2)(2 .3 3) với a1 + a2 + a3 = 9 b1 + b2 + b3 = 9 Với mỗi a1 ∈ N, 0 ≤ a1 ≤ 9, có 10 - a1 cách chọn số a2, để a1 + a2 ≤ 9 từ đó chọn a3 = 9 - a1 - a2. Vậy số cách chọn các bộ (a1, a2, a3) là 10+9+.+1 = 55 cách số cách chọn các bộ (a1, a2, a3) và (b1, b2, b3) là 55.55 cách. Bây giờ, ta sẽ tính số các cách phân tích bị trùng nhau.
  14. +) TH1: 3 thừa số bằng nhau: 69 = (23.33)(23.33)(23.33) +) TH2: 2 thừa số bằng nhau: Câu 24. 69 = (2 .3 )(2 .3 )(29―2 .39―2 ) và (a; b) (3; 3). Câu 25. Khi đó a ∈ {0; 1; 2; 3; 4}; b ∈ {0; 1; 2; 3; 4 } và (a; b) (3; 3) → số cặp (a; b) là 5.5 – 1 =24, và 24 cặp này cho ta 24 cách phân tích thỏa mãn yêu cầu. Tuy nhiên, mỗi cặp sẽ cho 3 lần đếm trong quá trình đếm mà ta vừa nêu ở trên. (1 điểm) +) TH3: nếu cả 3 thừa số khác nhau, thì mỗi phân tích bị đếm trùng 3!=6 lần. Vậy số cách phân tích là: 1 + 24 + (55 × 55 - 24 × 3 - 1):6 = 517 cách Câu 26. Tìm số tự nhiên P nhỏ nhất sao cho số A P.172014 862014 chia hết cho số 23690 . Hướng dẫn giải Để A chia hết cho 23690 khi và chỉ khi A chia hết cho 10, 23 và 103. Ta xác định P sao cho A chia hết cho 10, 23 và 103. a) Ta có: 86  6(mod10) 862014  6(mod10) 17  7(mod10) 72014  9(mod10) A  9P 6(mod10) Để A10 thì P  6(mod10) b) Ta có A P.172014 (103 17)2014 (P 1)172014 103k,k  Để A  103 thì P 1  0(mod103) P 103t 1,t N Từ 2 trường hợp a, b ta suy ra t 10q 9,q N . Do đó: P 1030q 926 c) Ta lại có A 1030q 926 .172014 3.23 17 2014 = 1030q 927 .172014 23l,l  Để A  23 thì 1030q 927  0 mod 23 q  6(mod 23) q 23h 6,h N Vậy P 23690h 7106 P nhỏ nhất khi và chỉ khi h 0 . Vậy số cần tìm là P 7106 .
  15. Câu 27. Tồn tại hay không hai số nguyên dương phân biệt p,q sao cho qn n chia hết cho pn n với mọi số nguyên dương n ? Hướng dẫn giải Giả sử tồn tại hai số p, q nguyên dương phân biệt sao cho qn n chia hết cho pn n với mọi số nguyên dương n , thế thì qn n pn n q p . Giả sử a là một số nguyên tố lớn hơn q và n là số tự nhiên thỏa mãn n ( p 1)(a 1) 1. Khi đó n p 1 a – p n  p(mod a) (1) Vì p q a nên p, a q, a 1. Theo định lý nhỏ Fermat, ta có pa 1 1(mod a) p( p 1)(a 1) 1(mod a) p( p 1)(a 1) 1  p(mod a). Do đó pn  p(mod a) (2) Từ (1) và (2) suy ra pn n  0(mod a) hay pn n a (4) Chứng minh tương tự, ta được qn  q(mod a) (3) , qn n a Từ (1) và (3) suy ra qn n  q p(mod a) (5) Từ (4) và (5) suy ra (q p)a . Điều này không thể sảy ra vì p q a Vậy không tồn tại hai số nguyên dương phân biệt p,q sao cho qn n chia hết cho pn n với mọi số nguyên dương n . Câu 28. Tìm số nguyên dương a lẻ sao cho với mọi số nguyên dương k lớn hơn 2 luôn tồn tại số nguyên x thỏa mãn a  x2 (mod 2k ) . Hướng dẫn giải a  x2 (mod 2k ) , a lẻ, k 3 x lẻ a  x2 1(mod 8) . Với a 1(mod 8) , suy ra tồn tại n nguyên dương sao cho a 8n 1. + k 3: Chọn x 1. + k 3: Nhận xét: Nếu x chạy qua một HTDĐĐ modulo 2m thì 2x2 x cũng chạy qua một HTDĐĐ đầy đủ modulo 2m ( m nguyên dương). Thật vậy: 2x2 x  2y2 y(mod 2m ) (x y)(2x 2y 1)  0(mod 2m ) x y  0(mod 2m ) x  y(mod 2m ) . Do đó: Tồn tại t nguyên thỏa mãn: n  2t 2 t(mod 2k 3 ) 8n 1  (4t 1)2 (mod 2k ) Suy ra a  x2 (mod 2k )(x 4t 1) . Kết luận: a thỏa mãn a 1(mod 8) . Câu 29. Chứng minh rằng m là một số tự nhiên không chia hết cho 2 , cho 3 , cho 5 thì m sẽ là ước của một số có m chữ số dạng 11 1. Hướng dẫn giải
  16. m Vì m,2 m,5 1 nên m,10 1. từ đó theo (E) ta có 10 1 9 9 9  0 mod m . Nhưng m cs 9 m lại vì m,3 1 nên m,9 1, bởi vậy 10 1  1 1 1  0 mod m . m cs 1 n Câu 30. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , thì phần nguyên của số 2 3 là số lẻ. Hướng dẫn giải Theo công thức nhị thức Newton, ta có: n n k k n k 2 3 Cn ( 3) 2 k 0 n n k k k n k 2 3 Cn ( 1) ( 3) 2 k 0 n n n k k k n k Do đó: 2 3 2 3 Cn 1 ( 1) 3 2 (1) k 0 k Chú ý rằng: Khi k chẵn (k 2m) thì 1 ( 1)k 3 2.3m k Khi k lẻ (k 2m 1) thì 1 ( 1)k 3 0 n n Vậy từ (1) suy ra với mọi n thì 2 3 2 3 là số chẵn. (2) n Mặt khác: 0 2 3 1 0 2 3 1; n n n n n Ta có: 2 3 2 3 2 3 1 1 2 3 n n n Vì 2 3 2 3 1 là số nguyên và 0 1 2 3 1, nên theo định nghĩa phần nguyên ta có: n n n n n n 2 3 2 3 2 3 1 1 2 3 2 3 2 3 1 n Từ (2) suy ra với mọi n thì 2 3 là số lẻ, suy ra điều phải chứng minh 2014 3k 2015 2015 3k Câu 31. Tính tổng S , trong đó x là kí hiệu số nguyên lớn nhất không  k 1 k 1   k 0 3 3 vượt quá số thực x . Hướng dẫn giải Ta có 2015 1 2015 1 2015 1 2015 1 2015 1 2015 1 S 3 3 3 3 32 3 32 3 32015 3 32015 3
  17. Sử dụng định lý Hermtie: “Đối với n nguyên dương, x là số thực bất kỳ, ta có 1 n 1 nx x x x ”, ta được n n 2015 1 2 2015 1 1 2015 1 2015 1 2015 1 3 3 3 3 3 3 3 3 2015 1 2 2015 1 1 2015 1 2015 2015 1 1 32 3 3 32 3 3 32 3 3 3 . 2015 1 2 2015 1 1 2015 1 2015 2015 1 1 32015 3 3 32015 3 3 32015 3 32015 32014 Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta thu được S 0 . Câu 32. 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 Ta có: x2 8059y2 4.2015n x2 4.2015 1 y2 4.2015n . Đặt a 2015 , ta sẽ chứng minh luôn tồn tại hai số nguyên x, y không chia hết cho a và thỏa mãn x2 4a 1 y2 4an . 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 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
  18. 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 Khi đó: 4a X1 4a 1 Y1 (1) n 1 2 2 hoặc 4a X 2 4a 1 Y2 (2) Câu 33. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho: f ( p) (2 3) (22 32 ) (23 33 ) (2 p 1 3p 1) (2 p 3p ) chia hết cho 5 . Hướng dẫn giải Rõ ràng với k lẻ thì: 2k 3k  5 (1) - Thật vậy (1) đúng khi k 1 vì lúc đó 21 31 5  5. - Giả sử (1) đúng khi k 2n 1, tức: 22n 1 32n 1  5 - Xét khi k 2(n 1) 1 2n 3 . Ta có: 22n 3 32n 3 22.22n 1 32.32n 1 4.22n 1 9.32n 1 5.22n 1 10.32n 1 22n 1 32n 1 5 22n 1 2.32n 1 22n 1 32n 1 (*) Từ (*) và giả thiết quy nạp suy ra 22n 1 32n 1  5 . Vậy (1) cúng đúng khi k 2n 1. Theo nguyên lý quy nạp suy ra (1) đúng với mọi k lẻ. Từ đó suy ra: p 1 2 f ( p)  5  22i 32i  5 (2) i 1 Để ý rằng 32i  ( 2)2i  22i (mod5) . Vì thế từ (2) suy ra: p 1  p 1  2 2 2i 2i f ( p)  5 2 2  5  2  5 ; (do (2,5) 1). (3) i 1 i 1   Lại có 22i  4i  ( 1)i (mod5) nên từ (3) ta có: p 1  2 i p 1 f ( p)  5 ( 1)  5 2k p 4k 1. i 1 2  Vậy f ( p) chia hết cho 5 khi và chỉ khi số nguyên tố p có dạng p 4k 1. Câu 34. Cho a,m,n là các số nguyên dương sao cho a 1, m n. Chứng minh rằng nếu am 1 và an 1 có các ước nguyên tố giống nhau, thì a 1 là một lũy thừa của 2 . Hướng dẫn giải Giả sử m n và d (m,n).Vì (am 1,an 1) a(m,n) 1 ad 1
  19. nên ad 1 và am 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Đặt m d.k (k 1), b ad , thì b 1 và bk 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Ta sẽ chứng minh k là một lũy thừa của 2. Thật vậy, nếu k không phải là lũy thừa của 2, thì k có ước nguyên tố lẻ là p. Do b p 1∣ bk 1 và b 1∣ b p 1 nên b p 1 và b 1 có các ước nguyên tố giống nhau. Gọi q là một ước nguyên tố của b p 1  b 1, thì do b 1 mod q nên b p 1  b 1  p mod q q p. Do đó, b p 1  b 1 chỉ có ước nguyên tố là p, suy ra b p 1  b 1 pt . Vì b p 1  b 1 b 1 nên t 1. Từ b 1 mod p suy ra b p.h 1. Khi ấy p2 ( p 1) b p 1  b 1 p .u A.p2  p mod p2 . 2 Điều mâu thuẫn này chứng tỏ k là một lũy thừa của 2. Bây giờ nếu p là một ước nguyên tố bất kì của b 1, thì p cũng là ước của b 1. Do đó, p 2.Thành thử, b 1là một lũy thừa của 2 hay ad 1 cũng vậy. Do m d.k là số chẵn nên a 1∣ am 1, suy ra các ước nguyên tố của a 1 cũng là các ước nguyên tố của ad 1. Nếu a 1 có ước nguyên tố lẻ là p, thì do a  1 mod p nên ad  ( 1)d 1 mod p , suy ra d là số chẵn. Nhưng là số lẻ a nên ad 1  2 mod8 , suy ra ad 1 2. Vô lí vì a 1. Vậy a 1 phải là lũy thừa của 2. Câu 35. Cho số nguyên n 1. Tìm số lớn nhất các cặp gồm 2 phần tử phân biệt của tập 1;2; ;n sao cho tổng của các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và không vượt quá n . Hướng dẫn giải Giả sử có k cặp thỏa mãn đề bài. Gọi S là tổng của k cặp đó, thì S 1 2 2k k(2k 1) k(k 1) Dễ thấy S n (n 1) (n k 1) nk . Do đó, 2 k(k 1) 2n 1 k(2k 1) nk k 2 5 2n 1 Bây giờ ta xây dựng cặp thỏa mãn đề bài như sau 5 2n 1 Trường hợp 1: Số n có dạng 5k 1 hoặc 5k 2. Khi ấy, 2k . Ta xét các cặp sau 5 (4k 1;k), (4k;k 1), (3k 2;1), (3k;2k), (3k 1;2k 1), (2k 1;k 1) Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài. 2n 1 Trường hợp 2: Số n có dạng 5k 3 hoặc 5k 4 hoặc 5k 5 . Khi ấy, 2k 1. Ta xét 5 các cặp sau (4k 2;k 1), (4k 1;k), ,(3k 2;1),(3k 1;2k 1),(3k;2k), ,(2k 1;k 1) Dãy trên có 2k 1 thỏa mãn đề bài
  20. 2n 1 Vậy số lớn nhất các cặp thỏa mãn đề bài là 5 x2 y2 Câu 36. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y sao cho là số nguyên và là ước của 2415. x y Hướng dẫn giải Trước hết ta chứng minh bổ đề: Cho số nguyên tố p 4q 3 q ¥ . Nếu x , y là các số nguyên sao cho x2 y2 chia hết cho p thì x và y chia hết cho p . Thật vậy: Nếu x chia hết cho p thì cũng có y chia hết cho p . Giả sử x không chia hết cho p khi đó y không chia hết cho p . Theo định lý Fermat ta có: x p 1 1 mod p , suy ra x4 p 2 1 mod p , tương tự cũng có y4 p 2 1 mod p . Từ giả thiết: x2 y2  0 mod p x2  y2 mod p 2 p 1 2 p 1 x2  y2 mod p x4 p 2  y4 p 2 mod p x4 p 2 y4 p 2  0 mod p 2  0 mod p p 2 (mâu thuẫn giả thiết). (Bổ đề đã được chứng minh). Áp dụng bổ đề vào bài toán, giả sử tồn tại số các số nguyên dương x , y sao cho x y , x2 y2 x2 y2 là số nguyên và là ước của 2415. Đặt k thì x2 y2 k x y với k là ước x y x y của 2415 3.5.7.23 . 2 2 i) Nếu k3 thì k 3k1 , ( k1 ¥ , k1 không chia hết cho 3). Suy ra x y 3 x3 và * 2 2 y3 x 3x1, y 3y1; x1, y1 ¥ , x1 y1 . Ta lại được x1 y1 k1 x1 y1 , nhưng không có các số nguyên dương x , y thỏa mãn x2 y2 x y vì x2 y2 x y x y . ii) Tương tự như trên khi xét trường hợp k chia hết cho 7 và trường hợp k chia hết cho 23. iii) Nếu k5 , ta thấy: x2 y2 5 x y 2x 5 2 2y 5 2 50 , tìm được x; y 3;1 hoặc x; y 2;1 . Vậy tất cả các cặp số nguyên dương x; y cần tìm có dạng 3a;a , 2a;a , a;3a , a;2a trong đó a 1; 3; 7; 23; 21; 69; 161; 483 Câu 37. Cho ai ,bi ,ci ,1 i N là các số nguyên. Giả sử rằng với mỗi i trong ba số ai ,bi ,ci có ít nhất một 4N số lẻ. Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên r, s,t sao cho ra sb tc là lẻ với ít nhất i i i 7 giá trị của i,1 i N . Hướng dẫn giải
  21. Ta xét các số trên theo mod 2 . Ta thấy có 7 cách chọn bộ (r, s,t) với r, s,t không đồng thời bằng 0 ( (r, s,t) đồng dư với (0,0,1), (0,1,0), (1,0,0), (0,1,1), (1,0,1),(1,1,0),(1,1,1) theo mod 2 ). Với mỗi bộ ai ,bi ,ci thỏa mãn đề bài có đúng 4 trong 7 bộ sao cho rai sbi tci 1 mod 2 Suy ra với mỗi bộ (ai ,bi ,ci ) đã cho nếu ta chọn ngẫu nhiên (r, s,t) (0,0,0) thì giá trị kì vọng 4N của các biểu thức lẻ là . 7 4N Nhưng đây là giá trị trung bình nên phải tồn tại bộ (r, s,t) với ít nhất giá trị của i sao cho 7 tổng rai sbi tci là số lẻ. Câu 38. Giả sử phương trình x2017 ax2 bx c 0 (với a,b,c là các số nguyên) có 3 nghiệm nguyên 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 Phương trình đã cho tương đương x x ax b 1 x c 0 1 Đặt f x ax2 b 1 x c. Từ giả thiết x1, x2 , x3 là nghiệm nguyên của PT(1), áp dụng định lí Fecma ta có 2017 2017 xi  xi mod 2017 hay xi xi 2017 2 2017 Từ 1 axi b 1 xi c xi xi 2017 hay f xi 2017 i 1,2,3 2 Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 2017 thì ta có ngay đpcm. Giả sử trái lại, trong các hiệu x1 x2 ; x2 x3; x3 x1 không có hiệu nào chia hết cho 2017. Ta có f x1 f x2 x1 x2 a x1 x2 b 1 2017 (do (2)) a x1 x2 b 12017 (3) Tương tự, ta có a x2 x3 b 12017 (4) Từ (3) và (4), ta có a x3 x1 2017 a2017 . Khi đó từ (4) ta có b 12017 Vì a2017 và b 12017 nên suy ra c2017 . Do đó a b c 12017 và ta có đpcm. 2n Câu 39. Tìm số nguyên tố p nhỏ nhất để 3 p 1 chia hết cho 2n 1 với n ¥ (a là phần nguyên của số a ). Hướng dẫn giải
  22. 4 p 2 3 Với 3 2 1 378 không chi hết cho 2 . n 2 2 p 3 2 Với 3 3 1 23 không chi hết cho 2 . n 1 Như vậy, số nguyên tố nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện đầu bài chỉ có thể là 5. 2 2 Với p 5 . Xét x1 3 5 14 6 5, x2 3 5 14 6 5 x1 x2 28 2 Do đó x1, x2 là nghiệm của phương trình bậc hai x 28x 16 0. x1x2 16 n n Đặt Sn x1 x2 , ta có: n 2 n 2 n 1 n 1 n n Sn 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 x1x2 x1 x2 28Sn 1 16Sn. Do đó Sn là nghiệm của phương trình sai phân cấp hai: Sn 2 28Sn 1 16Sn 0. n n n n Vì 0 x2 1 0 x2 1 Sn x1 Sn x2 Sn 1 x1 1 Sn. 2 n 1 n 2 Ta có S1 28 chia hết cho 2 . Giả sử Sn chia hết cho 2 và Sn 1 chia hết cho 2 . Khi đó 2n xn 2 1 S 28S 16S 2n 3 7q 2q 2n 3 hay 3 5 1 xn 1 chia hết 1 n 2 n 1 n 1 2 1 cho 2n 1,n ¥ . Câu 40. Cho số nguyên dương n 1 thỏa mãn 3n 1 chia hết cho n . Chứng minh rằng n là số chẵn. Hướng dẫn giải Gọi p là ước nguyên tố bé nhất của n . Ta có p 3 (vì nếu p 3 thì 1 p vô lí). Do 3n 1n nên 3n 1 p hay 3n 1 mod p . Gọi d là số nguyên dương bé nhất sao cho 3d 1 mod p . Xét khai triển sau: n kd r với 0 r d 1. Ta có 3n  3r mod p 3r 1 mod p . Suy ra r 0 . Do đó nd . Do p là số nguyên tố, nên theo định lí Fermat nhỏ, ta có 3p 1 1 mod p . Lập luận tương tự như trên suy ra p 1d . Có hai khả năng xảy ra: a) d 1: Gọi q là ước nguyên tố của d . Vì nd nên nq p 1 d p d p q . Điều này mâu thuẫn với cách chọn p là ước số nguyên tố bé nhất của n . Do vậy khả năng này không xảy ra. b) d 1: Từ 3d 1 mod p 3 1 mod p p 2. Do p 2 là ước nguyên tố của n , suy ra n chẵn (đpcm).