Bài tập ôn thi Olympic toán chuyên đề số học toàn miền Nam lần thứ XVIII

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán BÀI TẬP LUYỆN THI OLYMPIC TOÁN HỌC TOÀN MIỀN NAM LẦN THỨ XVIII

Chủ đề: SỐ HỌC

1. Tìm hai số nguyên dương thỏa mãn PT: ^{x2011y2011}



²⁰¹³



^2011.

HD:

Giả sử x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn PT đã cho. Suy ra: x y, 2013. Không mất tính tổng quát, giả sử: x y.

Do 2013x nên 2013 x1 ( x^)

Suy ra: ^{20132011 }



^x1



^{2011x20112011x2010... 2011 x 1 x2011y2011x20112011.x2010}

2011 2010

2011.

y x

  .

Do x y nên

2011 2010

2011 2010

2011 2011

2011 2011

x x x

y y y

   

 

 

 

 



. Như vậy: 2011x y, 2013x y2012. 2. Tìm phần nguyên trong biểu diễn thành số thập phân của số:

2 2 2

4 36 10 3

Q x  x  x  x ; x^*. HD:

Với x^* thì:



^4x1



^{2 36x210x 3}



^6x2



^{2 4x 1 36x210x36x2}

Cộng 4x² vào mỗi vế của BĐT trên ta có:



^2x1



^{2 4x2 36x210x3}



^2x2



²

2 2

2x 1 4x 36x 10x 3 2x 2

        .

Cộng thêm x² vào mỗi vế của BĐT ta có:



^x1



^{2x2 4x2 36x210x3 }



^x2



²

2 2 2

1 4 36 10 3 2

x x x x x x

         .

Vậy

 

^{Q  x1.}

3. Chứng minh rằng nếu x y x, ,  thỏa mãn: x²⁰¹²y²⁰¹² z²⁰¹² thì ^{Min x y}



^,



^2012.

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử x y thỏa mãn PT :

2012 2012 2012 2012 2012

1 x y z z  y z yz y

THUVIENTOAN.NET - Toán Học Việt Nam

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

 

²⁰¹²

2012 2012 2011 2012 2011

1 2012 ... 1 2012

z y y y y y

        

2012 2012 2012 2011 2012 2011 2011

2012 2012 2012

x y y y x y y

       ( vì xy)

2012 x

  . Vậy ^{Min x y}



^,



^x2012.

4. Số a1^k9^k 19^k2013^k với k^ có phải là số chính phương không?

HD:

Với k và k lẻ ta có:

 

1^k 1 mod4 ; ^{9k 1 mod 4}

 

^{; 19k  1 mod 4}

 

^{; 2013k 1 mod 4}

 

^.

Do đó: ^{a2 mod 4}

 

^{. Vậy a} không phải là số chính phương.

5. Chứng minh rằng nếu x²2y là một số chính phương với x y, ^ thì x²y là tổng của hai số chính phương.

HD:

Ta có: x²2yx.

Giả thiết^{x2 2y}



^{x t}



^{2 với t2yt22txt chẵn t 2 , k k.}

Do đó: ^{2y4k24kxy2k22kxx2y}



^xk



^{22kx (đpcm).}

6. Tìm số nguyên tố p sao cho 2p1 là lập phương của một số tự nhiên.

HD:

Rõ ràng: p2 p3.

Giả sử ap 1 t³ ; t^{*2pt3 1 2p}



^t1

 

^{t2 t 1}



^.

Vì



^{t2 t 1, 2}



^{1 nên t1 2 .}

Mặt khác do p là số nguyên tố nên t 1 2  t 3 p13.

7. Chứng minh rằng có vô số số tự nhiên a sao cho bn⁴a không phải là số nguyên tố với mọi n.

HD:

Xét số a4k k⁴,  và k 1. Ta có:

  

4 4 2 2 2 2

4 2 2 2 2

bn  k  n  nk k n  nk k .

với ^{n22nk2k2 }



^{n k}



^{2 k2 1 ; n22nk2k2 }



^{n k}



^{2k2 1}

Vậy b không phải là số nguyên tố.

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 8. Cho p là số nguyên tố bất kỳ khác 2 và khác 5. Chứng minh rằng trong dãy 9,99,999, 9999,... có vô số số hạng chia hết cho p.

HD:

Do p là số nguyên tố khác 2 và khác 5 nên



^p,10



^{1 (1)}

Vì p là số nguyên tố nên theo định lý Fermat nhỏ, ta có:



^10p10



^{p10 10}



^p11



^{p (2)}

Từ (1) và (2) suy ra: ^{10p11p10p11 mod}



^p



^.

Do đó, với mọi n nguyên dương thì ^{10n p 1 1 mod}



^p



^{10n p 11p với n} nguyên dương.

Mặt khác, ^{ }

 

1 

1

10^{n p} 1 99...9

n p





  . Từ đó suy ra tồn tại vô số số hạng của dãy 9,99,999, 9999,... chia hết cho p.

9. Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh:

 

0

2 1

p

k k p

p p k k

C C _



 



chia hết cho p².

HD:

Ta có:

 

0 0 0

2 1 1

p p p

k k p k k k

p p k p p k p

k k k

T C C _ C C _ C

  

 

      

 

  

^{1 2 1 1}

  

²



1 0 1

1 3 1 2

p p p

k k p k k k p

p p k p p p p k p

k k k

C C C C C C C

  

 

  

 

        

 

  

- Chứng minh: ¹

 

1

1

p

k k

p p k

k

C C p









 ^{ với 1k p1 ( vì Ckpp).}

Thật vậy:

 

^!



¹



^{2 ...}

  

^!

1 1

!. ! !

k p k

p k p p p k k

C ^ k p k

    

    .

Vì



^p1



^{p2 ...}

 

^pk



^{k! mod}



^p



^



^p1



^{p2 ...}

 

^pk



^k! chia hết cho p và k!. Mà



^{p k, !}



^{1 suy ra:}



^p1



^{p2 ...}

 

^pk



^k! chia hết cho

 

¹

 

²

1

! 1 1

p

k k k

p k p p k

k

k p C p C C p



 



  ^ 



 ^ (1)

- Chứng minh:



^C2pp2



^p2

Thật vậy:

     

2 2

2

0 0 0

1 1 1

p p p

p p p k k i i j p j

p p p

k i j

x x x C x C x C x ^

  

 

 

       

   

  

^.

Đồng nhất hệ số của x^p hai vế ta được: ²

 

^{2 2 1}

 

²

0 0

2

p p

p k p k

p p p p

k k

C C C C



 





  



^.

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

k

Cpp 

 

^{Ckp 2p2 với mọi 1k p1C2pp 2 mod}



^p2

 

^{ C2pp2}



^{p2 (2)}

Từ (1) và (2) suy ra: T p ².

10. Giải PT nghiệm nguyên: x₁⁴x₂⁴...x₁₄⁴ 1599 với x x₁, ₂,...,x₁₄ HD:

Xét n là một số nguyên tùy ý.

- Nếu n2 , k k thì ^{n4 16k4 0 mod16}

 

^.

- Nếu n2k1, k thì ^{n2 1 4k k}



^{1 8}



^{ n41 16 n4 1 mod16}

 

^.

Do đó: x1⁴x2⁴...x14⁴ r



mod16



. Với r và r14.

Mặt khác, ta có: ^{159915 mod16}

 

^.

Do đó : PT đã cho không thể có nghiệm nguyên.

11. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, phân số sau đây tối giản: ^{21 4} 14 3

n n



 . HD:

Gọi d 



^{21n4;14n3}



^.

Ta có: 21n4kd ; 14n 3 hd với k h, ^. Suy ra: ^{7n 1}



^{kh d}



^.

Do đó: ^{21n 3 3}



^{kh d}



^.

Vì vậy: ^1



^21n4

 

^{ 21n3}



^kd3



^{kh d}



^



^{3h2k d}



^{d 3h2k 1.}

Vậy phân số đã cho tối giản.

12. Chứng minh ^{1 9 1 7 13 5 82 3 32}

630 21 30 63 35

B x  x  x  x  x nhận giá trị nguyên với mọi giá trị nguyên của x.

HD:

Xét ^{Ax x}



^21



^x24



^x29



^x216



=



^x4



^x3



^x2



^x1

 

^{x x1}



^x2



^x3



^x4



^.

Còn 630 2.5.7.9

A A

B  .

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 13. Chứng minh rằng với mọi số nguyên a b, ta có:



^{3a5 , 8b a13b}

 

^{ a b,}



^.

HD:

Ta có: ^{8a13b2 3}



^a5b

 

^{ 2a3b}



^{; 3a5b1 2}



^a3b

 

^{ a2b}



^{; 2a3b2}



^a2b



^b.

Vậy



^{8a13 , 3b a5b}

 

^{ 3a5 , 2b a3b}

 

^{ 2a2 ,b a2b}

 

^{ a2 ,b b}

 

^{ a b,}



^.

14. Cho đa thức ^{P x}

 

với hệ số nguyên, biết rằng tồn tại số nguyên dương a sao cho không có số nào trong các số ^P

 

^{1 ,P}

 

^{2 ,...,P a}

 

chia hết cho a. Chứng minh rằng với mọi số nguyên z ta có

 

⁰

P z  . HD:

Giả sử tồn tại số nguyên b sao cho ^{P b}

 

^0. Khi đó ta có: ^{P x}

  

^{ x b Q x}

  

^{với Q x}

 

là đa thức có hệ số nguyên. Đặt baqr, 1 r a. Ta cos: ^{P r}

  

^{ rb Q r}

  

^{ aQ r a}

 

^ ( mâu thuẫn gt) 15. Chứng minh rằng các số 2^p1 và 2^q 1 là nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi p và q nguyên tố cùng nhau.

HD:

ĐK cần: Giả sử



^{2p1, 2q1}



^{1 và k}



^{p q,}



^{. Đặt pku q, kv.}

Khi đó: ^{2p  1}

 

^{2k u 1 2 k 1}. Tương tự: 2^q1 2 ^k1.

Như vậy 2^k1 là một ước chung của 2^p1 và 2^q1. Kết hợp với giả thiết suy ra: 2^k  1 1 k 1. Vậy p và q nguyên tố cùng nhau.

ĐK đủ: Giả sử



^{p q,}



^1. Khi đó tồn tại các số nguyên s t, sao cho psqt1. Gọi ^d



^{2p1, 2q1}



^.

- Xét TH: s0. Khi đó t0. Đặt v  t 0. Suy ra: psqv1. Ta có: 2^ps 1 2 ^p 1 2^ps1d . Tương tự: 2^qv1d . Từ đó suy ra:



^2ps1

 

^{ 2qv1}



^{d hay 2qv}



^{2ps qv 1}



^d. Kết hợp với đẳng thức

1

psqv suy ra: 2^qvd.

Mặt khác do 2^p1 là một số lẻ nên d lẻ. Từ đó suy ra: d 1. - Xét TH: s0, t0 ta làm tương tự.

Tóm lại:



^{2p1, 2q1}



^1.

16. Cho a b, là hai số nguyên sao cho



^{a b,}



^{1. Tìm}



^{5a7 ,5a b 7b}



^.

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử ab. Đặt s_a 5^a7^a.

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Nếu a2b ta có: s_a s s_{a a b} 5 7^{b b}s_a2b. Do đó:



s s_a, _b

 

 s s_b, _a2_b



.

Tương tự nếu ba2b thì ta có:



s s_a, _b

 

 s s_b, 2_{b a}



.

Vậy từ thuật toán Euclid suy ra nếu a b là số chẵn thì



s s_a, _b

 

 s s1, 2



12, còn nếu a b là số lẻ thì



s s_a, _b

 

 s s0, 1



2.

17. Tìm 2ⁿ1, 2ⁿ1 với n. HD:

- Nếu n0 thì 2ⁿ 1 0.

- Nếu n0 thì ^{2n 1}



^2n1



^{2. Do đó:}



^{2n1, 2n1}

 

^{ 2n1, 2}



^2.

Suy ra:

  

 

2 1 2 1

2 1, 2 1 4 1

2 1, 2 1

n n

n n n

n n

 

     

    ..

18. Cho p và 2p1 là hai số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4p1 là một hợp số.

HD:

Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p có dạng p3k1.

- Nếu p3k1 thì ^{2p 1 6k 3 3 2}



^k1



không phải là một số nguyên tố nên trường hợp này không thể xảy ra.

- Nếu p3k1, k2 thì ^{4p 1 12k 3 3 4}



^k1



^{. Do 4k 1 7 nên 4p1} là một hợp số.

19. Tìm số nguyên tố p sao cho hai số p4 và p8 cũng là số nguyên tố.

HD:

- Nếu p3 thì p 4 7,p 8 11 đều là những số nguyên tố.

- Nếu p3k1 thì ^{p 8 3k 9 3}



^k3



là hợp số.

- Nếu p3k1 thì ^{p43k 1 3}



^k1



là hợp số.

Vậy p3 là số nguyên tố duy nhất phải tìm.

20. Chứng minh rằng với m2 , giữa m và m! có ít nhất một số nguyên tố. Từ đó suy ra rằng có vô số số nguyên tố.

HD:

Do m2 nên m! 1 4. Gọi p là một ước nguyên tố của am! 1 ta có: paPm!.

Bây giờ chứng tỏ pm. Giả sử ngược lại rằng pm. Khi đó: p là ước của m! và do đó p là ước của ^m!



^{m! 1}



^1, điều này là vô lý. Vậy p là số nguyên tố thỏa mãn m pm!.

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán

Ta có: kⁿb kⁿ b với k b,  và kb.

Ta lại có: kⁿa k b. Suy ra: a b k ⁿ b với mọi b, k^,k b. Điều này chỉ có thể xảy ra abⁿ.

22. Cho A2ⁿ3 ;ⁿ B2^n13^n1;C2^n23^n2.

a) Chứng minh: A và B nguyên tố cùng nhau ; b) Tìm ^{d }



^{A C,}



^.

HD:

a) Ta có: B2A3ⁿ.

Nếu A và B có một ước chung d 1 thì d 3ⁿ d 2ⁿ ( Vô lý). Do đó A và B nguyên tố cùng nhau.

b) Ta có: C4A5.3ⁿ. Điều này chứng tỏ ước chung lớn nhất của A và C có thể là 5 hoặc 1.

Muốn cho



^{A C,}



^{5 thì 5 Anlẻ.}

Vậy d 5 nếu n lẻ ; d 1 nếu n chẵn.

23. Có tồn tại một số tự nhiên n có thể viết dưới dạng: nx!y! với x y, ^ và x y bằng hai cách khác nhau hay không?

HD:

Giả sử tồn tại một số tự nhiên n có thể viết dưới dạng:

1! 2! 2! 2!

nx x x y với x y x y₁, ₁, ₂, ₂^ và x₁ y x₁, ₂ y₂.

Không mất tính tổng quát, giả sử 0x₁x₂ y₁x₂. Do đó: x₂!y₂!y₁!x₂!x₁!x₂! Vô lý.

24. Tìm nghiệm nguyên dương của PT: x₁²⁰¹²x₂²⁰¹²...x₂₀₁₂²⁰¹² 2011x x_{1 2}...x₂₀₁₂ HD:

Ta có:x₁²⁰¹²x₂²⁰¹²...x₂₀₁₂²⁰¹² 2012x x_{1 2}...x₂₀₁₂2011x x_{1 2}...x₂₀₁₂ Vô lý.

25. Chứng minh rằng nếu có 6 số nguyên a b c d e f, , , , , thỏa mãn điều kiện: a²b²c²d²e²  f² thì cả 6 số đó không đồng thời là số lẻ.

HD: ( Dễ dàng chứng minh được bình phương của một số nguyên lẻ chia cho 8 dư 1

Giả sử cả 6 số đó đều là số lẻ. Thế thì mỗi số hạng ở vế trái khi chia cho 8 đều dư 1. Như vậy cả vế trái chia cho 8 dư 5. Trong khi đó vế phải là số chia cho 8 dư 1. Điều này mâu thuẫn.

21. Cho rằng các số tự nhiên a,b và n. Biết rằng kⁿ a chia hết cho kb với mọi k^,k b. Chứng minh rằng: abⁿ.

HD:

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 26. Cho số nguyên tố p3 và m, n là hai số nguyên tố cùng nhau sao cho

 

²

2 2

1 1 1

1 2 ... 1

m

n p

   

 . Chứng minh rằng m chia hết cho p.

HD:

Ta có:

       

 

2 2

2 2 2

1 1 1

1 ! 1 ! ...

1 2 1

p m p

n p

 

 

     

  

 

là một số nguyên.

Mặt khác do p là số nguyên tố nên 1 1 1 0, , ,...,

1 2 p 1

 

 

  

là một hệ thặng dư đầy đủ theo mod p.

Do đó:

       

 

2 2 2 2

2 2

1 2 3

1 1 1

... 1 2 ... 1 0 mod

1 2 1 6

p p p

p p

p

 

         

 (do p5 nên



^{p, 6}



^1). Suy ra:

   

 

2

2

2 2

1 1 1

1 ! ... 0

1 2 1

p

p

 

 

    

  

 

(mod p) hay

 

^{p 1 !}

 

^{2 m p}

 n . Mà



^p1,p



^{1 nên m} chia hết cho p.

27. Cho số nguyên n3. Lấy n số x x₁, ₂,...,x_n và mỗi số x_i bằng 1 hoặc 1 sao cho:

1 2 2 3 ... _n 1 _{n n} 1 0

x x x x  x _x x x  . Hãy chứng minh rằng n phải là bội số của 4.

HD:

Đặt: X₁ x x X_{1 2}, ₂ x x_{2 3},...,X_n x x_{n 1}.

Mỗi số X_i bằng 1 hoặc 1, và X₁X₂...X_n 0.

Như vậy nếu có p số X_i bằng 1 thì phải có p số X_j bằng 1. Suy ra: n2p. Mặt khác: X X1 2...X_n 



x x1 2...x_n



² 1

Mà X X1 2...X_n  

 

1 ^p. Vậy p chẵn và n2p là một bội số của 4.

28. Chứng tỏ rằng số 444444 303030 3 không thể biểu diễn dưới dạng



^{xy 3}



^{2 với x y, .}

HD:

Nếu



^{AB 3}



^{2 CD 3 thì C A23B D2, 2AB. Suy ra:}



^{A B 3}



^{2 CD 3.}

Do đó nếu



xy ³



² 444444 303030 3 thì cũng có



xy ³



² 444444 303030 3 0 vô lý.

29. Chứng minh rằng đa thức: ^{P x}

 

^{x9999x8888x7777x6666x4444x3333x2222x11111 chia hết}

cho đa thức: ^{Q x}

 

^{x9x8x7 x6 x5x4x3x2 x 1.}

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán HD:

Ta có: ^{P x}

 

^{Q x}

 

^



^x9999x9

 

^{ x8888x8}



^...



^x1111x



= ^x9

  x10 9991x8  x10 8881...  x10 1111.

   

^{10 1}

P x Q x x

    và do đó:

         

10 1 1

P x Q x Q x x P x Q x x

   

   .

30. Cho p là một số nguyên tố thỏa mãn ^{p1 mod 6}

 

^{và đặt 2}

3 q  p

  

 . Chứng minh nếu

 

1 1 1

1.2 3.4 ... 1 . m

q q n

   

 ; m n,  thì p m. HD:

Ta có: ^{p1 mod 6}

 

^{. Đặt p6k1, suy ra: 2 4}

3

q  p k

 

  . Khi đó

 

1 1 1 1 1 1

... ...

1.2 3.4 4 1 .4 2 1 2 2 4

m

n     k k  k  k   k

  

= 1 1 1 1 1 1

2k 1 4k 2k 2 4k 1 ... 3k 3k 1

     

     

     

   

     

=



^{2 1 4}

 

^{2 2 4}



¹



^{... 3}



^{3 1}



p p p

k k  k k   k k

    .

Suy ra: p m.

31. Tìm nghiệm nguyên của PT: x²2011x2012y² yxy2011xy²2013. HD:

PT^



^{x22011x2012}

 

^{ 2012y22012xy2}



^



^yxy



^1



^x1

 

^{x2012 2012 y2y}



^1.

Vì x y,  nên hai thừa số trong vế trái của PT này đều là ước số của 1.

32. Cho n là số tự nhiên, a là ước nguyên dương của 2n². Chứng minh n²a không là số chính phương.

HD:

Giả sử n²ax² (1) với x. Theo giả thiết: 2n² ka với k. Ta có:

 

2 2

2 2 2

2

1 2n kx 2 kx

x n k k

k n n

 

         

   .

Vì vậy k² 2k phải là số chính phương ( Vô lý vì ^{k2 k22k}



^k1



^{2 ).}

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 33. Chứng minh rằng số: 222⁵⁵⁵555²²² chia hết cho 7.

HD:

Ta có: ^{2227.31 5 2225 mod 7}

 

^{222555 5555}



^{mod 7}



^.

Mặt khác: ^{52 254 mod 7}

 

   

53 4.5 mod 7 6 mod 7

   

54 6.5 mod 7 2 mod 7

   

55 2.5 mod 7 3 mod 7

     

6 6

5 3.5 mod 7 1 mod 7 5 ^k 1 mod 7 .

Mà ^{5556.92 3 5555 5 mod 73}

 

^{6 mod 7}

 

^{. Tức là: 2225556 mod 7}

 

^.

Lập luận tương tự, ta có:^{5557.7922 mod 7}

 

^{555222 2222}



^{mod 7}



^.

   

3 3

2 1 mod 7 2 ^k 1 mod 7 .

Mà ^{2223.7422221 mod 7}

 

^{. Tức 555222 1(mod7).}

Vậy ^{2225555552227 mod 7}

 

^{0 mod 7}

 

^{tức là: 222555555222} chia hết cho 7.

34. Tìm bộ số nguyên dương



^{m n;}



^{sao cho pm2n2} là số nguyên tố và m³n³4 chia hết cho p HD:

Ta có: ^{m3n3 4 0 mod}



^p



^{ mn m}



^n



^{ 4 0 mod}



^p



^{3mn m}



^n



^{120 mod}



^p



^.

Kết hợp với ^{m3n3 4 0 mod}



^p



^{suy ra:}



^{m n}



^{3 8 0 mod}



^p



^



^{m n 2}



^_^{m2n22nm2}



^{m n}



^4_^{0 mod}



^p



^.

Do p là số nguyên tố nên ta có 2 khả năng:

- TH1: Nếu ^{m n 2}



^m2n2



^{thì 2 2}

   

1

2 1 1 2 2, 1

1, 2 m n

m n m n m m n n m n

m n

 



           



  



.

Thử lại ta thấy: bộ số



^{m n,}



^là

  

1;1 , 2;1 , 1; 2

  

thỏa bài toán.

- TH2: Nếu ^{m2n22nm2}



^{m n}



^4



^m2n2



^2nm2



^{m n}



^4



^m2n2



^.

Do ^2nm2



^{m n}



^{ 4 2}_



^m1



^n1



^1_^{ 0 2nm2}



^mn



^{ 4 m2n2}

( chỉ xảy ra khi mn1).

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán 35. Tìm tất cả các số nguyên tố a b c, , sao cho: abcab bc ca.

HD:

Không mất tính tổng quát, giả sử abc. Suy ra: ab bc ca3bc.

Nếu a thì 3bcabcab bc caa cb mâu thuẫn với bài ra. Vậy a2 ( vì a nguyên tố).

Do đó: 2 2 2 ^{1 1 1} 5

bc b bc c 2 b

b c

        . - Với b2c nguyên tố bất kì.

- Với b 3 c3 hoặc c5.

Vậy nghiệm của bài toán là: a2,b2,c p nguyên tố và các hoán vị, hoặc a2,b3,c3 và các hoán vị.

36. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n2 ta có: ^{ }

1

2 1

2 1 0

.

n

n k

n n k

k

C C





 



 chia hết cho 4^n1. HD:

Ta có: ^{ }

   

   

1 1

2 1 2 2 2 1

2 1 2 1 2 1 2

0 0 0 1 1

. 2 1 ! 2 1

. 2. 2 ! 2 2 1 ! 2

n n n n n

n k k k k

n n k n n n

k k k k k

k n n

C C n k C kC C

k n k

 

 

   

    

  

    

 

    

^.

Mặt khác

 

²

 

² 2^{2 1}

1

4 1 1 1 1 2

n n n

n k

n k

C ^



    



^.

Như vậy: ^{ }

 

1

2 1 1 1

2 1 0

. 2 1 4 4

n

n k n n

n n k

k

C C n



  

 



 



^{ .}

37. Chứng minh rằng: ₂² ₁^{1 3}

0

2

n

k k

n k

C _^



 không chia hết cho 5 với mọi n là số tự nhiên.

HD:

Ta có:

 

2 1

2 1 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

0 0 0

1

n n n

n k k k k k k

n n n

k k k

x C x C x C x

   

  

  

 











 

2 1

2 1 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1 2 1

0 0 0

1

n n n

n k k k k k k

n n n

k k k

x C x C x C x

   

  

  

 











Suy ra:

   

2 2

2 1 2 1 2 2 2 1 2 1

2 1 2 1

0 0

1 1

n n

n n k k k k

n n

k k

x ^ x ^ C _x C _^ x ^

 

   

     





 



 ^(*)

Cho x 8, từ (*) suy ra: 7^2n1 A²8B² với ₂² ₁ ³

0

2

n

k k

n k

A C _







^{, 22 11 3}

0

2

n

k k

n k

B C _^







^.

Vì

 

^{7 2n1 2 mod 5}

 

^{nên :}

- Nếu B5 thì ^{A2  2 mod 5}

 

^(**)

Bài tập luyện thi Olympic Toán học toàn miền Nam lần thứ XVIII - Dành cho HS lớp 10 chuyên Toán Tuy nhiên  a , a5 ,k a5k1,a5k2. Ta luôn có: ^{a2 0 mod 5}

 

^{; a2 1 mod 5}

 

^;

 

2 4 mod 5

a  . Suy ra: ^{A2  2 mod 5}

 

^(***).

Từ (**) và (***) ta có điều mâu thuẫn.

Vậy B không chia hết cho 5.

38. Tính: ^_



^{45 1999}



^1999_, trong đó:

 

^a là ký hiệu phần nguyên của số a.

HD:

Ta có:

 

¹⁹⁹⁹

 

^{1999 1999 1999 2 1999 1999 1999}

 

^{2 1999}

0 0

45 1999 45 1999 1999 .45 1 1999 .45

k k

k k k k k

k k

C ^ C ^

 

   









=

999

2 1999 2

1999 0

2 ^k 1999 .45^{k k} 2

k

C ^ m





 ^{với m*.}

Mà ^{44 199945045 1999   1 0}



^{45 1999}



^{1999 1}

Nên ^_



^{45 1999}



^1999_^{2m1 với 999 19992 1999 2}

0

1999 .45

k k k

k

m C ^







^.

39. Chứng minh rằng: ^_



^{2 3}



^n_ là số lẻ với mọi số tự nhiên n. HD:

Đặt 2 3

,

2 3

x x y

y

  

 

  



là nghiệm của PTX²4X  1 0. Đặt: S_n xⁿ yⁿ.

Ta có: ^{Sn1xn1yn1}



^xy

 

^xnyn



^{xy x}



^{n1yn1}



^{4SnSn1}

Suy ra: S_n14S_nS_n10.

0 2, 1 4 _n

S  S  S   n .

Vì 0 2 31 nên ^0



^{2 3}



^{n 1.}

Do đó:



^{2 3}

 