Tuyển chọn các bài toán Số học ôn thi vào chuyên Toán năm 2021 do thuvientoan.net biên soạn

A. ĐỀ BÀI Bài 1.

a) Tìm x y, nguyên thỏa mãn:



^{x y 1}



^{3 7 x3y3.}

b) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: y²2xy8x²5x2.

Bài 2.

Tìm tất cả các số nguyên x y z, , thỏa mãn: x²2y²5 .z² Bài 3.

Cho bốn số nguyên dương a b c d, , , thỏa mãn



^{a b,}



^{1 và a c2 b d2} chia hết cho a³b³. Chứng minh rằng adbc cũng chia hết cho a³b³.

Bài 4.

Tìm số nguyên tố p lớn nhất sao cho tồn tại số hai nguyên dương a b, thỏa mãn 2

p a b.

b a b

 

 Bài 5.

Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y;}



^{thỏa mãn x x}



^y



²  ^{y 1 0.}

Bài 6.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



^{a b;}



để biểu thức

2 3

3 a ab



 nhận giá trị là số nguyên.

Bài 7.

Tìm tất cả các số nguyên tố p q, thỏa mãn p²3pqq² là một số chính phương.

Bài 8.

Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x²xyy²x y^{2 2}. Bài 9.

a) Cho p và p2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p1 chia hết cho 6.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p1 là lập phương của một số nguyên dương.

TUYỂN CHỌN CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC

ÔN THI VÀO CHUYÊN TOÁN NĂM 2021

THUVIENTOAN.NET biên soạn

Bài 10.

Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A11ⁿ7ⁿ2ⁿ1 chia hết cho 15.

Bài 11.

Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 m 0.

 n  Chứng minh rằng: ³



^{11 3}



11 m .

n mn



 

Bài 12.

Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2n2021 và 3n2020 đều là số chính phương.

Bài 13.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



x y;



sao cho

2 2

2 x xy



 có giá trị là số nguyên.

Bài 14.

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x y z2 2 .

b) Tìm tất cả các số tự nhiên a để a2; 4a²16a17; 6a²24a25 đều là số nguyên tố.

Bài 15.

a) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn x³y² xy²1.

b) Cho các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn ¹ b.

c a

b a

   Chứng minh ab là lập phương của một số nguyên dương.

Bài 16.

a) Tìm tất cả các số nguyên dương x y, và số nguyên tố p thỏa mãn p^xy⁴4.

b) Chứng minh rằng nếu m n, là hai số tự nhiên thỏa mãn 2m² m 3n²n thì 2m2n1 là số chính phương.

Bài 17.

Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n²2022 là số chính phương.

Bài 18.

a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n² n 5 là số chính phương.

b) Ta nhận thấy số 2025 thỏa mãn tính chất rất đẹp: ²⁰²⁵



²⁰^{25 .}



² Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số abcd thỏa mãn tính chất như trên, nghĩa là ^abcd



^abcd



^2.

Bài 19.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn ^{xy2 }



^{x 2}

 

^{x42x 1}



^2y2.

b) Chứng minh rằng nếu 2ⁿ10ab với a b n, , là các số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 và n3 thì ab chia hết cho 6.

Bài 20.

Tìm tất cả các số nguyên dương x y, thỏa mãn 3^xy³1.

Bài 21.

Xét phương trình bậc hai ^{ax2bx c 0 1 .}

 

^{Trong đó a b c, ,} là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số 2020a b chia hết cho 12; số c³3 chia hết cho c3. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng a b c  .

Bài 22.

Cho hai số A B, có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trai và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24 chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng gcd( , )A B là một số có không quá 1954 chữ số.

Bài 23.

Tìm tất cả các số nguyên dương a b c, , sao cho cả ba số 4a²5 , 4b b²5 , 4c c²5a đều là bình phương của một số nguyên dương.

Bài 24.

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x³x y² 2xy³x y^{2 2}y⁴.

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố p5 thì A3^p2^p1 chia hết cho 42 .p Bài 25.

a) Chữ số hàng đơn vị của số M a²abb² với a b, ^* là 0. Chứng minh rằng M chia hết cho 20 và tìm chữ số hàng chục của M.

b) Cho số nguyên tố p và hai số nguyên dương x y, thỏa mãn

 

2 2 2

4x 3xyy p 3x2y 2p . Chứng minh rằng 5x1 là số chính phương.

Bài 26.

a) Chứng minh, với mỗi số nguyên dương n luôn tồn tại số tự nhiên x sao cho f x( )64x²21x27 chia hết cho 2ⁿ.

b) Tìm tất cả các bộ số tự nhiên



a n k, ,



thỏa mãn:



^a1

 

^{2 a 2}



^{2  ...}



^{a 99}



^{2 nk.}

Bài 27.

Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: x y^{2 2}16xy999x²36y²13x26 .y Bài 28.

a) Tìm tất cả số nguyên tố p sao cho tồn tại các số nguyên m n, mà pm² n² và m³n³4 chia hết cho p. b) Cho a b, là hai số nguyên thỏa mãn ^{a2b2 1 2}



^{ab a b }



^. Chứng minh rằng a và b là hai số chính phương liên tiếp.

Bài 29.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương ( , )x y sao cho cả hai số x²8y và y²8x đều là các số chính phương.

b) Tìm tất cả các số tự nhiên x y, để 2^x 5^y là số chính phương.

Bài 30.

Chứng minh rằng 8ⁿn⁸ chia hết cho 17 khi và chỉ khi 8ⁿn⁸1 chia hết cho 17 với n là số nguyên dương.

Bài 31.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y,}



thỏa mãn: ^xy



^{3x   1}



^{x y 1.}

b) Cho n là số nguyên dương sao cho 2n3 và 3n4 là các số chính phương.

Chứng minh rằng 2019n21 chia hết cho 40.

Bài 32.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y,}



thỏa mãn phương trình 2^xx² 9y²12y19.

b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn x²y²58 chia hết cho xy. Chứng minh rằng

2 2

58 x y

xy

 

chia hết cho 12.

Bài 33.

Tìm các số tự nhiên n sao cho 2⁶2⁹2ⁿ là số chính phương.

Bài 34.

Cho p q, là các số nguyên tố thỏa mãn 1 2

1 2

p q n

p q n

  

  với mọi n là số nguyên dương.

Tìm tất cả các giá trị dương của q p. Bài 35.

Cho phương trình x²ax b 0 với a b, là tham số nguyên. Giả sử phương trình có một nghiệm là 2 3.

a) Tìm a b, .

b) Chứng minh rằng ^A



^{2 3}



^{2021 }



^{2 3}



²⁰²¹ là một số nguyên và A chia hết cho 4.

B. LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Tìm x y, nguyên thỏa mãn:



^{x y 1}



^{3 7 x3y3.}

b) Tìm x y, nguyên dương thỏa mãn: y²2xy8x²5x2.

Lời giải a) Ta có:

 

   

   

3 3 3

3 3 3 3

1 7

1 3 1 1 7

1 1 2.

x y x y

x y x y x y x y

x y x y

    

         

    

Do x y, nguyên nên ta có: ^{x  1}



^{1;1; 2; 2}



^hay x  



3; 2; 0;1 .



Với x 2. Khi đó y0 hoặc y1.

Với x0. Khi đó y1 hoặc y 2.

Với x1. Khi đó y0 hoặc y 2.

Với x 3. Khi đó y²2y 2 0. Phương trình này không có nghiệm nguyên.

Tóm lại, hệ đã cho có 6 nghiệm:



x y^;

 

 ^{2;0 ,}

 

2;1 , 0;1 , 0; 2 , 1; 0 , 1; 2 .

   



   





b) Xem phương trình đã cho có ẩn y, tham số .x Khi đó   9x²5x2.

Để phương trình có nghiệm nguyên dương thì điều kiện cần  phải là số chính phương.

Ta có:

 

^{3x 29x25x 2}



^3x2



^{2 nên 9x25x 2}



^3x1



^{2  x 1.}

Với x1, ta có: y²2y   15 0 y 5 do y0.

Thử lại thấy thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



^{x y;}

  

^{ 1;5 .}

Bài 2.

Tìm tất cả các số nguyên x y z, , thỏa mãn: x²2y²5 .z² Lời giả

Nhận thấy



^{x y z; ;}

 

 ^{0;0; 0}



là một nghiệm của phương trình. Xét các nghiệm của phương trình khác



^{0;0; 0 .}



Giả sử phương trình đã cho có nghiệm



x y z0; 0; 0



thì ta thay bất kỳ x₀ bởi x₀ hoặc y₀ bởi y₀ hoặc z₀ bởi z0

 thì bộ mới nhận được cũng là nghiệm của phương trình.

Không mất tính tổng quát giả sử phương trình đã cho có nghiệm



^{x y z; ;}



^mà x y z, , 0 và x y z nhỏ nhất.

Ta có: x²2y²5z² nên suy ra x²2y² chia hết cho 5.

Mà x² chia 5 dư 0, 1, 4 và 2y² chia 5 dư 0, 2, 3 nên x²2y² chia hết cho 5 khi và chỉ khi x và y đều chia hết cho 5. Khi đó đặt x5 ,m y5n với m n, ^*.

Thay vào phương trình ban đầu ta được: 5m²10n² z². Từ đây suy ra z chia hết cho 5 nên đặt z5 .p Suy ra: m²2n² 5p².

Từ đây ta suy ra



^{m n p; ;}



là một nghiệm của phường trình đã cho và m    n p x y z.

Tuy nhiên điều này mâu thuẫn với cách chọn



^{x y z; ;}



ban đầu nên phương trình đã cho có nghiệm duy nhất



^{0;0; 0 .}



Bài 3.

Cho bốn số nguyên dương a b c d, , , thỏa mãn



a b,



1 và a c² b d² chia hết cho a³b³. Chứng minh rằng adbc cũng chia hết cho a³b³.

Lời giải

Ta có: ^{a a c}



^{2 b d2}



^{a c3 b c3 ab d2 b c3 c a}



^3b3



^{b ad2}



^bc



Vì a c² b d² chia hết cho a³b³ nên ^{b ad2}



^bc



chia hết cho a³b³. Mà



^{a b,}



¹ nên adbc chia hết cho a³b³.

Bài 4.

Tìm số nguyên tố p lớn nhất sao cho tồn tại số hai nguyên dương a b, thỏa mãn 2

p a b.

b a b

 

 Lời giải

Ta có:

2 2

2 4

p a b p a b.

b a b b a b

 

  

 

Đặt ^{2p m}

b  n với m n, ^* và



^{m n;}



^{1. Đặt}



^{ab a;  b}



^{k với k*.}

Suy ra: ^{a b km}₂^{2 2b k n}



^{2 m2}



^{4pn km n}



^{2 m2}



^.

a b kn

  

      

  



Số chính phương lẽ chia 8 dư 1 nên nếu m và n cùng lẽ suy ra



^n2m2



^{8 suy ra 4pn8 p 2 do n lẽ.}

Nếu m n, không cùng tình chẵn lẽ thì k chẵn. Suy ra k2r với r^*.

Khi đó ta có: ^{2pnrm n}



^2m2



^{. Mà}



^{m n;}



^{ 1}



^{n2m n2;}



^{ 1}



^{m n}



^2m2



^;n



^1.

Nên r n . Suy ra rns, ta có: 2psm n



m n



m



.

+ Nếu m lẽ thì s chẵn  s 2. Khi đó

3

1 2 .

1 1

p m n p

n m n

m m

    

 

 

 

    

 

 

   

 

 

 

+ Nếu m chẵn thì m2 suy ra ^p^{s n}



²



ⁿ^{2 .}



Vì p nguyên tố nên s1. Suy ra: 2 5

2 1 3.

p n p

n n

    

 

 

 

    

 

 

Với p5, ta có m2, n3, k6, a39,b15.

Vậy bộ



^{a b p; ;}

 

^{ 39;15;5}



là giá trị cần tìm.

Bài 5.

Tìm tất cả các cặp số nguyên



^{x y;}



^{thỏa mãn x x}



^y



²  ^{y 1 0.}

Lời giải

Ta có:

   

 

2 2

2

1 0 1 1 1 .

1 x y

x x y y x x y x y x

x y

   

              

Đặt t   x y t  và ₂ 1 1. x t

t

 



Do ^{x  }



^{t 1}



^



^t21

    

²

 

²



0

1 1 1 2 1 1 .

1 t

t t t t t

t

 

       

  



 

Với t0, ta có: x 1; y1.

Với t1, ta có: x0; y1.

Với t 1, ta có: x 1; y0.

Vậy phương trình có ba nghiệm



x y^;

 

 1;1 ; 0;1 ;

   

1; 0 .



Bài 6.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



^{a b;}



để biểu thức

2 3

3 a ab



 nhận giá trị là số nguyên Lời giải

Yêu cầu bài toán tương đương a²3 chia hết cho ab3

         

   

2 3 3 3 3 3

3 3 , *

b a ab a ab a b ab

a b k ab k

 

        

    

 



Nếu ^{k 1 3}



^{a b}



^{ab 3}



^a3



^{b 3}



⁶

Do 3 2

, *

3 2

a b a

b

  

    

Trường hợp 1:

3 6 9

3 1 4

3 1 4

3 6 9

a a

b b

a a

b b

    

 

    

 

    

 

    

 

 

Trường hợp 2:

3 3 6

3 2 5

3 2 5.

3 3 6

a a

b b

a a

b b

    

 

    

 

    

 

    

 

 

Nếu k 2 3



a b



2



ab 3

 

2a3 2



b  3



3

Do 2 3 1

, *

2 3 1

a b a

b

  

 

  

 

Ta có:

2 3 3 3

2 3 1 1

2 3 1 1

2 3 3 3

a a

b b

a a

b b

    

 

     

 

     

 

    

 

 

. Thử lại thì



a b;

  

 3;1

Nếu ^k ^{3 3}



^a ^b



^{k ab}



 ³



³



^ab ³

 

^a¹



^b  ¹



^{2 0} (vô lý vì a b, *) Vậy các cặp số



^{a b,}



thỏa mãn là

     

3;1 ; 6;5 ; 9; 4

Bài 7.

Tìm tất cả các số nguyên tố p q, thỏa mãn p²3pqq² là một số chính phương.

Lời giải Không mất tính tổng quát giả sử pq. Đặt p²3pqq²n². Khi đó ta có:

 

  

2 2 2 2 2

3

.

p pq q n n p q pq

n p q n p q pq

      

     

Thay n bởi n thì phươn trình không đổi do đó không mất tính tổng quát giả sử n0.

Ta có: n    p q n p q và kết hợp với pq phương trình tương đương:

1 n p q n p q pq

   

   

 hoặc n p q q .

n p q p

   

   



 Trường hợp 1: n p q ¹ 2

 

1



2



2



5.

p q pq p q

n p q pq

   

        

   



Do pq nên suy ra 2 5 7

2 1 3.

p p

q q

    

 

 

 

    

 

 

 Trường hợp 2: n p q q 0,

n q

n p q p

   

   

   

 vô lí.

Vì vai trò tương đương nên phương trình đã cho có hai nghiệm



p q^;

    

 3; 7 , 7;3 . Bài 8.

Tìm tất cả các số nguyên x y, thỏa mãn phương trình x²xyy²x y^{2 2}. Lời giải

Ta có x y^{2 2} x²xyy²yx y . Mặt khác x y^{2 2}x²xyy x² y x . Suy ra: xy hoặc x y.

Với xy, ta có: 3x²x⁴    x 0 y 0.

Với x y, ta có: ^{2 4}

0 1 .

1 x

x x x

x

 

  

 

Với x1, ta có: y 1. Với x 1, ta có: y1.

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm



x y;

   

 0; 0 , 1; 1 ,

 

1;1 .



Bài 9.

a) Cho p và p2 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p1 chia hết cho 6.

b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho 2p1 là lập phương của một số nguyên dương.

Lời giải a) Ta có: p lẽ và p3 nên p chia 3 dư 1 hoặc 2.

Nếu ^{p1 mod 3}

 

^{suy ra p 2 0 mod 3}

 

^{vô lí do} p2 là số nguyên tố lớn hơn 3.

Do đó ^{p2 mod 3}

 

^{nên p 1 0 mod 6 .}

 

^{Hay p1} chia hết cho 6.

b) Vì 2p1 là lập phương một số tự nhiên nên đặt 2p 1 a³ với a^* và a lẽ.

Khi đó ta có: ^2p



^a1

 

^{a2 a 1 .}



Do a lẽ nên a1 chẵn và ^a2  ^{a 1 a a}



 ¹



¹ lẽ nên suy ra a 1 2.

Khi đó a3, ta có:

33 1 2 13.

p 

 

Vậy p13 là giá trị cần tìm.

Bài 10.

Chứng minh với mọi số nguyên dương n, số A11ⁿ7ⁿ2ⁿ1 chia hết cho 15.

Lời giải Với mọi số nguyên a b, và số tự nhiên k ta có:



^akbk



^



^ab



^.

Suy ra: ^akbk



^{ab M}



^{với M} là số nguyên.

Ta có: ^A



^11n2n

 

^{ 7n1n}



^{9C6D3 3}



^C2D



^{3 với C D,} là số nguyên.

Lại có: ^A



^11n1n

 

^{ 7n2n}



^{10C5D5 2}



^PQ



^{5 với P Q,} là số nguyên.

Suy ra A15.

Bài 11.

Cho hai số nguyên dương m và n thỏa mãn 11 m 0.

 n  Chứng minh rằng: ³



^{11 3}



11 m .

n mn



 

Lời giải Với mọi số nguyên a thì a² chia 11 dư 0, 1, 3, 4, 5, 9.

Ta có: 11 m 0 11 ^{2 2} 0.

n m

  n   Nếu 11n²m²1 thì m² 10 mod11 ,

 

mâu thuẫn.

Suy ra: 11n²m²2.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

   

   

²

 

2 2

2

3 11 3

11 1

9 11 3

11 6 11 3 2 .

n m

m

n m

m

  

     

 Nếu m3 thì ^VP_{ }^{2 m26}



^{11 3}

 

^113



^{2 m2 2 11 .n2} Bất đẳng thức

 

^{2 đúng.}

 Nếu m1 thì

 

¹  ¹¹ⁿ^{3 11} ^{8 11n} ^{8 3 11.} Do ^{2 2} 3

11 2

n m   n 11 nên

 

^{1 đúng.}

 Nếu m2 thì

 

¹ ^{2 11n}^{3 11}^5. Do ^{2 2} 6

11 2

n m   n 11 nên

 

^{1 đúng.}

Tóm lại trong mọi trường hợp ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m3,n1.

Bài 12.

Tồn tại hay không số nguyên dương n sao cho 2n2021 và 3n2020 đều là số chính phương.

Lời giải Đặt x²2n2021 và y²3n2020 với x y, ^*.

Khi đó ta có: 3x²2y² 2023. Ta có 2y²2 và 2023 không chia hết cho 2.

Suy ra x lẽ nên đặt x2m1, thay vào phương trình, ta được:

 

^{2 2}

 

²

3 2m1 2y 20236m m 1 1012 y 2.

Ta có: ^{m m}



^{1 2}



 nên ^{2m m}



^{1 4,}



 đồng thời 1012 4 nên



^{y22 4.}



^

Mặt khác ^{y2 0 mod 4}

 

^{hoặc y21 mod 4}

 

nên không tồn tại y sao cho y²2 chia hết cho 4.

Điều này dẫn đến không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 13.

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương



^{x y;}



^{sao cho 2 2}

2 x xy



 có giá trị là số nguyên.

Lời giải

Ta có:

2 2

2 x xy



 là số nguyên nên



^{2 2}



2 y x

xy



 là số nguyên.

Mà



^{2 2}

 

²



²

 

²

 

2 2 2

y x x xy x y x y

xy xy x xy

    

  

   nên ²

 

2 x y xy



 là số nguyên dương.

Đặt ²

 

²

  

²



2 x y

k x y k xy

xy

     

 với k^*.

Nếu k2, ta có: ²



^x^y



^{k xy}



 ²



²



^xy²



  ^{x y xy} ²



^x¹



^y  ¹



^{1 0.}

Vô lí do x y, 1. Do đó k1.

Với k1, ta có: ²



^xy



^{xy 2}



^x2



^{y 2}



^2.

Phương trình này tương đương: 2 2

2 1

x y

  

  

 hoặc 2 1

2 2

x y

  

  

 hoặc 2 1

2 2

x y

   

  

 hoặc 2 2

2 1. x

y

   

  



Hay 4

3 x y

 

  hoặc 3 4 x y

 

  hoặc 1 0 x y

 

  hoặc 0 1. x y

 

 

Thử lại ta thấy phương trình đã cho có hai nghiệm



x y^;

    

 4;3 , 3; 4 . Bài 14.

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình x y z2 2 .

b) Tìm tất cả các số tự nhiên a để a2; 4a²16a17; 6a²24a25 đều là số nguyên tố.

Lời giải

a) Ta có: ^{x y z2 2 2 xy   z x y 2 24xy  }



^{z x y}



^{2 8 4 2}



^{z x y}



^.

Nếu z  x y 0 thì vế trái là số vô tỉ, vô lí.

Do đó z x y. Suy ra xy2. Do x y, nguyên dương nên x1, y2 hoặc x2, y1.

Từ đây ta tìm được z3. Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy phương trình cho có hai nghiệm



x y z^{; ;}

 

 1; 2;3 , 2;1;3 .

  

b) Đặt a 2 p với p là số nguyên tố.

Suy ra ^{4a216a174}



^a2



^{2 1 4p21 và 6a224a256}



^a2



^{2 1 6p21.}

Ta có ^{4p2 1 5p2}



^p1



^p1



^{và 6p2 1 5p2 5}



^p2



^{p2 .}



Do p nguyên tố nên 4p² 1 5 và 6p² 1 5.

Nếu p chia hết cho 5 thì p5 do nguyên tố. Suy ra a7.

Thử lại ta thấy a 2 5, 4a²16a17101, 6a²24a25151 là các số nguyên tố.

Nếu p không chia hết cho 5 thì có xét hai trường hợp

 p chia 5 dư 1 hoặc 4 thì



^p1



^{p1 5}



^{ suy ra}



^{4p21 5.}



^ Vô lí do 4p²1 là số nguyên tố lớn hơn 5.

 p chia 5 dư 2 hoặc 3 thì



p2



p2 5



 suy ra



^{6p21 5.}



^{ Vô lí do 6p21} là số nguyên tố lớn hơn 5.

Tóm lại a7 là giá trị cần tìm.

Bài 15.

a) Tìm các số nguyên x y, thỏa mãn x³y² xy²1.

b) Cho các số nguyên dương a b c, , thỏa mãn ¹ b.

c a

b a

   Chứng minh ab là lập phương của một số nguyên dương.

Lời giải

a) Ta có phương trình tương đương:

  

^{2 2}



2 2

1 1 0 1 .

1

x x x y x

x x y

 

          Với x1 ta có mọi y đều thỏa mãn.

Với y²x² x 1. Ta có x² x 1 là một số chính phương,

Xét x0, ta có: ^{x2 x2  x 1}



^{x1 .}



^{2 Suy ra x2  x 1}



^x1



^{2  x 0.}

Với x0 ta tìm được y1 hoặc y 1.

Xét x0, ta có:



^x¹



²^x2   ^{x 1}



^{x 1 .}



² Suy ra

 

2 2

2 2

1 1.

1 1

x x x

x

x x x

   

   

    



Với x 1, ta có: y1 hoặc y 1.

Tóm lại hệ cho có nghiệm



x y^;

     

 ^1;k , 0;1 , 0; 1 ,

 

1;1 ,

 

 1; 1



với k. b) Từ c ¹ a ^b

b a

   với a b c, , ^*.

Nhân cả hai vế với a ta được: ac ^a a² b a b a kb

 b      với k^*.

Nhân cả hai vế với b ta được: 1 b^{2 2 2}

 

1

bc ab b a b kb b k

   a      

Thay vào phương trình đầu suy ra: ^{c a b 1 1 1 b k b k b k b}

 

^{2 .}

a b k b bk

            Từ

 

^{1 và}

 

2 suy ra: bk. Suy ra: ab².

Vậy abb³. Bài 16.

a) Tìm tất cả các số nguyên dương x y, và số nguyên tố p thỏa mãn p^xy⁴4.

b) Chứng minh rằng nếu m n, là hai số tự nhiên thỏa mãn 2m² m 3n²n thì 2m2n1 là số chính phương.

Lời giải a) Với y1, ta có: p^x  5 p 5, x1.

Với y2, ta có: p^x20 không tồn tại x p, thỏa mãn.

Với y3, ta có: p^x85không tồn tại x p, thỏa mãn.

Với y4, ta có: p^x260không tồn tại x p, thỏa mãn.

Với y5, ta có: p^x629không tồn tại x p, thỏa mãn.

Xét y6, ta có: ^{y4 4 y44y44y2 4 4y2 }



^y22



^24y2



^y22y2



^{y22y2 .}



Do đó ^{4 4}



^{2 2 2}



^{2 2 2}



²₂ ^{2 2}

2 2

a

x x

b

y y p

p y p y y y y

y y p

   

         

   

 với a b x và a b, ^*. Ta có: ^{y 6 2}



^{y22y 2}



^y22y2.

Suy ra: ^{pby22y 2 pa y22y 2 2}



^{y22y 2}



^{p y}



^22y2



^{ p pb pb1.}

Do đó: p^bp^a p^b1 hay b  a b 1. Suy ra không tồn tại a b, thỏa mãn.

Vậy



^{x y p; ;}

 

 ^1;1;5



là bộ số duy nhất thỏa mãn.

b) Ta có: ^{2m2 m 3n2 n 2}



^m2n2



^



^{m n}



^{n2 }



^2m2n1



^{m n}



^n2.

Nếu n0 thì m0 khi đó 2m2n 1 1² là số chính phương.

Nếu n0, gọi ^{dgcd 2}



^{m2n1,mn}



^{với d*, suy ra n d2 2 n d .}

Ta có: ^m



^{m n}



^{n d m d . Lại có 1}



^{2m2n 1}



²



^m1



^{d. Suy ra d1.}

Do đó



^{2m 2n 1}



^{m n}



^{n2 2m 2n} ₂^{1 a2}

m n b

   

     

  

 với abn và a b, ^*. Từ đó dẫn đến 2m2n1 là một số chính phương.

Bài 17.

Tìm tất cả các số nguyên n sao cho n²2022 là số chính phương.

Lời giải

Đặt m²n²2022 với m. Khi đó phương trình tương đương: m²n² 2022.

Ta có 2022 2 nên



^m2n2



^{2 suy ra m n,} cùng tính chẵn lẽ. Do đó mn và mn đều chia hết cho 2.

Mà ^m2n2



^{mn m}



^n



^{suy ra}



^m2n2



^{4. Mà} 2022 không chia hết cho 4.

Do đó không tồn tài m n, thỏa mãn m²n²2022.

Suy ra không tồn tại n để n²2022 là số chính phương.

Bài 18.

a) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n² n 5 là số chính phương.

b) Ta nhận thấy số 2025 thỏa mãn tính chất rất đẹp: ²⁰²⁵



²⁰^{25 .}



² Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số abcd thỏa mãn tính chất như trên, nghĩa là ^abcd



^abcd



^2.

Lời giải

a) Ta có n²  n 5 m² với m. Nếu



^{m n;}



thỏa mãn thì



^{m n;}



cũng là một cặp giá trị thỏa mãn.

Không mất tính tổng quát giả sử m1.

Nhân cả hai vế của phương trình với 4, ta có phương trình tương đương:



^2n1

  

^{2 2m 221}



^{2n2m1 2}



^{n2m 1}



^{21 (*).}

Do m1 và 2n2m 1 0 nên 2n2m 1 2n2m1 và 2n2m 1 0.

Ta có 2 2 1 21

(*) 2 2 1 1

n m

n m

   

     hoặc 2 2 1 7

2 2 1 3.

n m

n m

   

   



Từ đây ta tìm được



m n;

    

 5; 6 , 1;3 . Vậy n3 hoặc n6 là các giá trị cần tìm.

b) Đặt abx cd, y với 10x y, 99 và x y, . Khi đó ta có:

 

^{2 2}

 

²

100x y xy x 2x y50 y  y 0 (1)

Xem (1) là phương trình ẩn x có ^{ } ^y50^2



^y2y



^{250099 .y}

Do x nguyên nên  phải là số chính phương. Suy ra: 250099yk² (2).

Không mất tính tổng quát xét k0.

Ta có 250099y  0 y 25. Suy ra 10 y 25. Suy ra 5 k 38.

Ta có ^{99y2500k2 0 mod 9 .}

 

^{Mà 25007 mod 9}

 

^{k27 mod 9 .}

 

Với mọi k nguyên thì k chia 9 dư 0, 1, 2, 3,..., 8. Suy ra k² chia 9 dư 0, 1, 4, 0, 7 7, 0, 4, 1.

Do đó chọn k mà k chia 9 dư 4 hoặc k chia 9 dư 5.

Mà 5 k 38 nên k



5; 13; 14; 22; 23; 31; 32 .



Thay các giá trị này vào (2), ta được:

Với k5, ta tìm được y25. Thay vào phương trình ta tìm được x20 hoặc x30.

Với các giá trị còn lại ta không tìm được y nguyên.

Thử lại thấy thỏa mãn.

Vậy 2025 hoặc 3025 là số cần tìm.

Bài 19.

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên



x y;



thỏa mãn ^{xy2 }



^{x 2}

 

^{x42x 1}



^2y2.

b) Chứng minh rằng nếu 2ⁿ 10ab với a b n, , là các số tự nhiên thỏa mãn 0 b 10 và n3 thì ab chia hết cho 6.

Lời giải a) Phương trình đã cho tương đương:

     

   

2 4

2 4

2 4

2 2 2 1 0

2 2 1 0

2 .

2 1

y x x x x

x y x x

x

y x x

     

 

      

 

     Với x2, ta có mọi y nguyên đều thỏa mãn.

Với y²x⁴2x1, suy ra x⁴2x1 là số chính phương. Ta xét hai trường hợp sau:

 x1 thì ^{x4x42x 1}



^{x21 .}



^{2 Do đó x1} không thỏa mãn.

 x1 thì ^{x4x42x 1}



^{x21 .}



^{2 Do đó x1} không thỏa mãn.

Thử trực tiếp:

 x0, ta được y1 hoặc y 1.

 x1, ta được y2 hoặc y 2.

 x 1, ta được y0.

Vậy phương trình đã có có nghiệm



x y^;

 

 ^2;a

   

, 0;1 , 0; 1 , 1; 2 , 1; 2 ,

   



 

1;0



với a. b) Ta có: 2ⁿ10ab suy ra b chia hết cho 2 mà 0 b 10 nên b



2; 4; 6; 8 .



Bây giờ đặt n4kr với k và r



0; 1; 2; 3 .



Ta có: ^{2n 24k r 16 2k r 2 mod15 .r}

 

Mà ^{2r }



^{1; 2; 4; 8}



^{do đó 2n} chia 15 dư 1; 2; 4; 8.

 Nếu a3m1, thì ^{10a b 10 3}



^{m  1}



^{b 30m b 10. Suy ra 2n 10a  b b 10 mod15 .}

 

Do đó b10 chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà ^b



^{2; 4; 6; 8}



^{nên b6. Nên ab6.}

 Nếu a3m2, thì ^{10a  b 10 3}



^{m  2}



^{b 30m b 20. Suy ra 2n 10a  b b 5 mod15 .}

 

Do đó b chia 15 dư 1; 2; 4; 8. Mà ^b



^{2; 4; 6; 8}



nên không có giá trị nào của b thỏa mãn. Hay không tồn tại a dạng 3m2 sao cho 2ⁿ 10ab.

 Nếu a3m thì ab3mb mà b chẵn nên ab6.

Vậy trong mọi trường hợp a b, thỏa mãn 2ⁿ10ab thì ab chia hết cho 6.

Bài 20.

Tìm tất cả các số nguyên dương x y, thỏa mãn 3^xy³1.

Lời giải

Ta có 3^x  y³ 1 (y1)(y² y 1).Do đó, tồn tại các số tự nhiên u v, sao cho

2

1 3

1 3

u v

y

y y

  

   

 ^.

Vì y 1 1 nên 3^u1 hay u1. Rút y3^u1, thay vào phương trình dưới, ta có (3^u1)2(3^u  1) 1 3^v hay

2 2 1 1

3 ^u   3 3^u 3 3^v 3 ^u   3^u 1 3 .^v

Vì vế phải nguyên nên ta phải có v 1 0 hay v1. Tuy nhiên, nếu v 1 0 thì 3^v1 chia hết cho 3, trong khi vế trái không chia hết cho 3, vô lý. Do đó, v1 hay

2 2

1 3 2

y    y y  y . Giải ra được y 2. Thay vào đề bài, ta được 3^x  y³ 1 9 nên x2.

Vậy nên tất cả các nghiệm của phương trình đã cho là ( , )x y (2;2).

Bài 21.

Xét phương trình bậc hai ^{ax2bx c 0 1 .}

 

^{Trong đó a b c, ,} là các số nguyên dương. Biết rằng các điều kiện sau được thỏa mãn: phương trình (1) có nghiệm; số 2020a b chia hết cho 12; số c³3 chia hết cho c3. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng a b c  .

Lời giải Từ giả thiết, ta suy ra a b, là các số có một chữ số.

Vì c³3 chia hết cho c3 nên(c3)(c²3c9) ( c³3)24 chia hết cho ^{c3 2 .}

 

Do phương trình (1) có nghiệm nên biệt thức của nó không âm, tức ^{b24ac0 3}

 

^.

Do 2020a b chia hết cho 12 nên b chia hết cho 4 và a b 1 chia hết cho 3 4 .

 

Do b chia hết cho 4 và b nguyên dương nên b4 hoặc b8.

 Với b4, ta có ac4 (do (3)) và a2 chia hết cho 3 (do (4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp ( ; )a c thỏa mãn là (1;1), (1;3) và (4;1).

 Với b8 , ta có ac16 (do (3)) và a chia hết cho 3 (do(4)). Kết hợp với (2), ta tìm được các cặp ( ; )a c thỏa mãn là (3;1), (3; 3), (3; 5), (6;1) và (9;1)..

So sánh các kết quả, ta thấy a b c  lớn nhất là 18, đạt được khi a9,b8 và c1.

Bài 22.

Cho hai số A B, có 2020 chữ số. Biết rằng số A có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trai và 15 chữ số ngoài cùng về bên phải, số B có đúng 1945 chữ số khác 0 bao gồm 1930 chữ số ngoài cũng về bên trái và 24 chữ số ngoài cũng về bên phải. Chứng minh rằng gcd( , )A B là một số có không quá 1954