Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 3

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 3

1. Bài 1: Tìmcácsốnguyêntố a,b,c saocho ab 1999 c : Hướngdẫngiải Vì a,b làcácsốnguyêntốnên a,b 2.suyra c 2003. Vì c 2003nên c làsốlẻ.Suyra: ab làsốchẵn. ab làsốchẵnnên a 2 . Nếub làsốlẻthì2b 1999 2b 1 1998 chia hếtcho 3.suy ra c chia hếtcho 3 ( mâuthuẫn c nguyêntố).Vậyb 2. Với a b 2ta có c 2003 . cho: Bài 2: Chứng minh rằngkhôngtồntạicácsốnguyên x, y, z saocho x2012 2009y2012 2011 2012z2010 Hướngdẫngiải Ta cónhậnxét Bìnhphươngmộtsốnguyênvàđemchia cho 4 thìsốdưlà 0 hoặclà 1 Ta có x2012 chia cho 4 dư 0 hoặc 1;2009y2012 chia 4 dư 0 hoặc 1 Suyra: x2012 2009y2012 chia cho 4 dư 0 hoặcdư 1 hoặcdư 2 (1) Ta có:2011 2012z2010 chia cho 4 dư 3 (2) Từ (1) và (2) suyrakhôngtồntạicácsốnguyên x, y, z thỏaphươngtrìnhtrên Bài 3: Chứng minh rằngphươngtrình x2 y2 2011.z2 khôngcónghiệmnguyêndương Hướngdẫngiải 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 2011thì 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. 1
2. Bài 4: Giảsử a,b,c,d,e làcácsốtựnhiênsaocho a4 b4 c4 d 4 e4 20092014 Chứng minh rằng abcde chia hếtcho104 . Hướngdẫngiải Với n N ,tacó n4 chia cho 8 dư 0 hoặcdư 1; 20092014 chia 8 dư 1. Từgiảthuyếtđềbàisuyratrong 5 số a4,b4,c4,d 4,e4 có 4 số chia hếtcho 8; sốcònlại chia 8 dư 1. Suyratrong 5 số a,b,c,d,e có 4 số chia hếtcho 2. Do đó abcde chia hếtcho24 . Tươngtự ta cũngchứng minh được abcde chia hếtcho54 . Vì24 ,54 lànguyêntốcùngnhaunên ta cóđiềuphảichứng minh. ab2n 1 Bài 5: Tìmcácsốnguyêndương a,b,n saocho làmộtsốnguyêntố a b Hướngdẫngiải ab2n 1 Đặt p . Ta có a b 0 a b. a b Mặtkhác a a b p b2n 1 b . Lạicó ab2n 1 p a b  p a p . Đặt a d.p d.b2n 1 d.p b Suyrabd và dpb . Do p làsốnguyêntốnênb d hoặcb dp . Tuynhiênb p nên ta loạitrườnghợpb 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 hàmsố y x2 px q (1) . Chứng minh rằng, nếu p,q Z vàphươngtrình y 0 cónghiệmhữutỷthìnghiệmđólànghiệmnguyên. Hướngdẫngiải p p2 4q Nghiệmhữutỷnên Q . Do đó p,q Z thì p2 4q Z . p và p2 4q 2 p p2 4q cũngchẵn, lẻnên ¢ . 2 Bài 7: Tìmcáccặpsốnguyên x; y , x 1, y 0 2x2 13xy2 17y2 x 1975y4 2006 0. Bài 8: Cho đathức P x x2017 ax2 bx c ,vớicáchệsốnguyên a, b, c vàcóbanghiệmnguyênlà x1, x2, x3 Chứng minh rằng: a b c 1 x1 x2 x2 x3 x3 x1 chia hếtcho2017 . Hướngdẫngiải 2017 2 Đathứcđãchođượcviếtlại: P x x x ax b 1 x c Đặt f x ax2 b 1 x c. 2017 Theo địnhlí 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. 2
3. Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 2017thìbàitoánđượcchứng minh. Nếu x1 x2 x2 x3 x3 x1 không chia hếtcho 2017 thìtheotrên 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 Hướngdẫngiải 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 2thì 12y ⋮122 ⋮8 d  (-1)x (mod 8). 12y 122 8 d  1 x mod 8 . Với k ¥ ta có52k  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)saocho 7a m2 n2, 12b 2mn , 13c m2 n2 Ta có22b. 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*). Vậy phương trình7x 12y 13z không có nghiệm nguyên dương. 3
4. Bài 10: Tìmmộthằngsốnguyêndương c saochophươngtrình xy2 y2 x y c cóđúngbanghiệmnguyêndương (x, y) . Hướngdẫngiải Ta viếtlạiphươngtrình 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 1và 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 thửlấy c 10. 2 Ta phảicó y 1|10 y 2,3,6,11. Khiđó x 4,2, ,1, theothứtự. 7 Vậyphươngtrìnhcóđúngbanghiệmnguyêndương (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 Hướngdẫngiải 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. 4