Chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 11 Số học (có lời giải)

Câu 1.
Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình (x − )( 5 4 3
y − y − y − y ) 11 1 4 = x −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 ( x −
y y − 2)( y + y + y + 2) 11 1 3 2 = ( ) 1 . x −1 11 x −1
Gọi p là ước nguyên tố bất kỳ của , suy ra 11 p | x −1. x −1 Gọi h = ord
x , suy ra h |11  h 1,  11 . p ( )
- Nếu h = 1 thì x  1(mod ) 11 . Vì 10 9
p | x + x +
+ x +1 nên p |11 suy ra p = 11. (2)
- Nếu h = 11 thì từ p 1
x − −1 p suy ra p  1(mod ) 11 . (3) 11 x −1 11 x −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(mod1 ) 1 . (4) 11 x −1 Từ (1) suy ra 3 2
y, y − 2 vµ y + y + y + 2 đều là ước số của . (5) x −1 11 x −1 Vì y, y − 2 |
nên suy ra y  0,1, 2 hoÆc 3(mod ) 11 . x −1 - Nếu y  0 (mod ) 11 thì 3 2
y + y + y + 2  2 (mod ) 11 , trái với (4), (5). - Nếu y  1(mod ) 11 thì 3 2
y + y + y + 2  5(mod ) 11 , trái với (4), (5). - Nếu y  2 (mod ) 11 thì 3 2
y + y + y + 2  5(mod ) 11 , trái với (4), (5). - Nếu y  3(mod ) 11 thì 3 2
y + y + y + 2  8(mod ) 11 , 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 x = 1, x = 1, x = 1 và x
= x x + x với mọi số nguyên dương . n Chứng minh rằng 1 2 3 n+3 n+2 n 1 + n
với bất kỳ số nguyên dương ,
m tồn tại số nguyên dương k sao cho x chia hết cho . m k Hướng dẫn giải
Giả sử n là số nguyên dương thỏa mãn bài toán, ta có n = ( 2 + )+( 2 2 11 1 + )  ( + )( + ) =11 .n xy z x y z x yz y xz
x + yz =11p
Suy ra tồn tại các số nguyên dương p, q thỏa mãn  ( ) 1 .
y + xz =11q (  x + y  )(z + ) 1 = 11p +11q
Không mất tính tổng quát, giả sử x  . y Từ ( ) 1 suy ra  (2) (  x − y  )(z − ) . 1 = 11q −11p
(x + y)(z + )
1 = 11p (11q−p +  )1
Vì x  y nên q  p , khi đó (2)  (
 x − y)( z − ) p = 
( q−p − ) (3). 1 11 11 1
• Nếu z +1 11 thì z −111, do đó từ (3) suy ra − 11p x y
, hay x − y x + yz . Mặt khác, ta có x + yz |
 x − y |, nên suy ra x = y. Khi đó ta có n = (x + xz)2 11
, từ đây suy ra n là một số chẵn.
• Nếu z +111 thì từ (3) suy ra + 11p x y
, hay x + y x + yz . Mặt khác, ta có
x + yz  x + y  0, nên suy ra z = 1. Khi đó ta có
n = ( x + y)2 11
, 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 ( ; ; ) (1;1;11k x y z = − ) 1 thỏa mãn n = xy ( 2 z + ) + ( 2 2 11 1
x + y ) 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 n = xy ( 2 z + ) + ( 2 2 11 1
x + y ) z. Hướng dẫn giải
Đặt x = 0 thì ta thấy hệ thức truy hồi đã cho thỏa mãn với n = 0. 0 Xét số nguyên dương ,
m ta chứng minh tồn tại số nguyên dương 3
k  m sao cho m | x . k
Đặt r là số dư khi chia x cho , m với 3 t = 0,1,
, m + 2. Ta xét các bộ gồm ba phần tử t t
(r ;r ;r ),(r ;r ;r ), ,(r ;r ;r
. Vì r có thể nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- 3 3 3 0 1 2 1 2 3 m m 1 + m +2 ) t
rích-lê, suy ra có ít nhất hai bộ bằng nhau. 3
Giả sử p là số nhỏ nhất sao cho bộ (r ;r ;r r ; r ; r ,
0  p  q  m . p p 1 + p+ bằng bộ ( q q 1 + q+ với 2 ) 2 ) Ta chứng minh p = 0.
Thật vậy, giả sử phản chứng p  1. Từ hệ thức truy hồi đã cho, suy ra r  r r + r mod m và r  r r + r mod m . q+2 q 1 + q q 1 − ( ) p+2 p 1 + p p 1 − ( )
Vì r = r , r = r , r
= r nên từ các đồng dư thức trên suy ra r = r . Do đó hai bộ p q p 1 + q 1 + p+2 q+2 p 1 − q 1 −
(r ;r ;r và (r ;r ;r bằng nhau, điều này trái với tính chất của p. Do vậy p = 0, suy q 1 − q q 1 + ) p 1 − p p 1 + )
ra r = 0, chứng tỏ x  0 (mod m hay x chia hết cho . m q ) q q Câu 4.
Giải phương trình sau trên tập hợp số tự nhiên: 2 2 2 2 2 2 4
x y + y z + z x = x 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   yz  yz yz 2 2 2 
 = 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 ( x y , z là bộ nghiệm của phương trình thỏa mãn nguyên nhỏ nhất. 0, 0 0 ) x
Dễ thấy ( x , y , z = 1 (trái lại ( x y , z = d  1thì (dx , dy , dz cũng là nghiệm của 0 0 0 ) 0, 0 0 ) 0 0 0 ) (dy dz z phương trình và )( ) y z y 0 0 0 0 0 0 = d. 
,trái với cách gọi bộ ( x y , z ) 0, 0 0 ) dx x x 0 0 0
Đặt a = ( x , z và b = ( y , x  (a,b) = 1 và x ab . 0 0 ) 0 0 ) 0
Ta có ( y , x . x , z
y , z , x nên ab x 0 0 ) ( 0 0 ) ( 0 0 0 ) 0
Vậy x = ab và y = ay , z = az với ( y , a = z ,b = 1 .Thay vào phương trình ta được: 1 ) ( 1 ) 0 0 1 0 1 2 2 2 2 2 2
( y + a )(z + b ) = 2a b 1 1 Do 2 2 2 2 2 2
( y + a , a ) = (z + b ,b ) =1,không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: 1 1 2 2 2
y + a = 2b (1) và 2 2 2
z + b = a (2) 1 1
Dễ dàng chứng minh được a,b là các số lẻ (trái lại 2 z hoặc 2
y chia 4 dư 3,vô lý!) 1 1 2 2 b  = m − n 
Từ (2) ta có: z = 2mn với ( ,
m n) = 1 và m, n khác tính chẵn lẻ 1  2 2 a = m + n  Thay vào (1) ta được: 2 2 2 2 2
y + (2mn) = (m − n ) 1 2 2 2 2 2 2
 y = p − q ,2mn = 2 pq,m − n = p + q với p,q là các số tự nhiên 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 p q = m n = m (m − p − q )  m p + m q + p q = m pq y z
Vậy (m, p, q) là nghiệm của phương trình và: 0 0 = n 
= 2mny ( mâu thuẫn với cách 1 m x0
gọi bộ ( x , y , z ! ) 0 0 0 )
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: E = 1
  2  3... n sao cho n
E = 0 .Chứng minh rằng: n
a) f (n) = 0 khi n 1, 2(mod 4) ( n   2 ) 1 n +  n  
b) Khi n  0,3(m d 4 o ) ta có  2
 f (n)  2 − 2  2 Hướng dẫn giải
a) Giả sử tồn tại một cách đặt dấu +, − với n  1, 2(m d 4 o ) để E = 0 . n n (n + ) 1
Khi đó 1+ 2 ++ n là số chẵn,vì vậy  0( d
mo 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. 1  n  + 
b) Ta chứng minh: f (n) n  2  2 − 2  ,thật vậy:
Chia tất cả các biểu thức thành 1
2n− cặp theo dạng: (1+2a + 3a +...+ na ; 1
− + 2a +3a +...+ na ) với a bằng 1 hoặc 1 − 2 3 n 2 3 n i 1 − Nếu ( )  2n f n
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 !)