Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 5

Nội dung text: Chuyên đề bồi dưỡng HSG môn Toán Lớp 11 - Chuyên đề: Số học - Phần 5

1. Câu 1. Tìm tất cảcác 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 mọiước số d của đều x 1 x 1 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 nlà số nguyên dương thỏa mãn bài toán, ta có 11n xy z2 1 x2 y2 z x yz y xz 11n. 1
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 nthỏa 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 . 2
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 phương (dy0 )(dz0 ) y0 z0 y0 z0 trình và d. ,trái với cách gọi bộ x0, y0 , z0 ) dx0 x0 x0 Đặt a x0 , z0 và b y0 , x0 a,b 1và 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!) 3
4. b m2 n2 Từ (2) ta có: z1 2mn với m,n 1và 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 mlà 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 !) 4
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 số1, 2, 3, 4và số chữ số1 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. 5
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 nhauvàthỏa 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 6
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 1là số chính phương và l là số nguyên dương nhỏ nhất sao ln là số chính phương. Chứng minh rằng nlà 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 7
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 2n kì 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 3a 2t1 3A 2n 3A 2n . Do đó 3A là một số lẻ nhỏ hơn , tức là a1 1 1 1 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 8
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 d b d y+1 x+1 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) * 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). 9
10. 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 xnên 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 Suy ra k 2(2k 1) x1 y 2(2k 1) k , mâu thuẫn. 10