Tải bản đầy đủ (.doc) (15 trang)

Một số bài toán số học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (125.08 KB, 15 trang )

BÀI TẬP
Bài 1: Xét tích gồm 11 thừa số: T = ( 5a + 2006b)( 6a + 2005b)(7a + 2004b) …(15a +
1996b); với a, b là những số nguyên. CMR nếu T chia hết cho 2001 thì T cũng chia hết cho
2011
11
.
Bài 2: Tính tổng gồm 2006 số hạng:
S =
33
33
12
13

+
+
33
33
23
25

+
+
33
33
34
37

+
+ … +
33
33


20062007
20064013

+
Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho sao cho 2005
2005
– p
2006
chia hết cho 2005 + p.
Bài 4: Tính S =
2.1
1
+
2000.1999
1
...
3.2
1
++
Bài 5: Tìm n nguyên dương thoả mãn:








+
+







+






+






+
)2(
1
1...
5.3
1
1
4.2
1
1

3.1
1
1
2
1
nn
=
2001
2000
Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = n
n
+ 1, trong đó n là một số nguyên
dương, biết rằng P có không nhiều hơn 19 chữ số.
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ đi một chữ số thì số đó giảm đi 31 lần.
Bài 8: Tìm 3 chữ số hàng đơn vò, hàng chục, hàng trăm của số: A =
2001
6
26
Bài 9: Cho 10 số nguyên dương 1, 2, …, 10 sắp xếp 10 số đó một cách tuỳ ý thành một
hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong trong hàng, ta được 10 tổng. CMR trong mười
tổng đó tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số tận cùng giống nhau.
Bài 10: Tìm tất cả các số có 5 chữ số
abcde
sao cho:
3
abcde
=
ab
Bài 11: Cho số nguyên tố p. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân
của số p

n
có đúng 20 chữ số. Chứng minh trong 20 chữ số này có 3 chữ số giống nhau.
Bài 12: Chop số tự nhiên n > 1 và n + 2ø số nguyên dương a
1
, a
2
, …, a
n+2
thoả mãn điều kiện:
1

a
1


a
2




a
n+2


3n
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số a
i
, a
j

(1

j < i

n + 2) sao cho: n < a
i
– a
j
< 2n
Bài 13: Cho đa thức P
0
(x) = x
3
+ 22x
2
– 6x + 15. Với n

Z
+
ta có P
n
(x) = P
n-1
(x – n).
Tính hệ số của x trong P
21
(x)
Bài 14: Trong tập hợp N* xét các số: P = 1.2.3 … (n – 1)n và S = 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) + n.
Hãy tìm các số n (n


3) sao cho P chia hết cho S.
1
MỘT SỐ BÀI
TOÁN SỐ HỌC
Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu a
2
+ b
2
chia hết cho 3 thì a và b
cùng chia hết cho 3.
Bài 16: Tìm 2 số tự nhiên a, b thoả mãn a – b =
b
a
Bài 17: Với mỗi số nguyên dương n, đặt P
n
= 1.2.3…n (tích của các số tự nhiên liên tiếp đến
n). Chứng minh: a/ 1 + 1.P
1
+ 2.P
2
+ … + nP
n
= P
n+1
b/
2
1
P
+
3

2
P
+ … +
n
P
n 1

< 1
Bài 18: Tìm các số nguyên dương n sao cho: x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số
chính phương.
Bài 19: Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số thoả mãn: a + b + c = 2003 và
2003
1111
=++
cba

thì một trong 3 số a, b, c phải có một số bằng 2003.
Bài 20: Cho phân số: A =
5
4
2
+
+
n
n
. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn 1

n

2004 sao

cho A là phân số chưa tối giản.
Bài 21: Cho biểu thức P =
1332
132
23
23
+++
−−+
nnn
nnn
. Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên thì
biểu thức rút gọn của P luôn là một phân số tối giản.
Bài 22: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 23: Gọi S(n) là tổng tất cả các ước lẻ lớn nhất của các số tự nhiên 1, 2, 3, …, 2
n
(n

0).
Chứng minh rằng S(n) =
3
24
+
n
Bài 24: Cho 4 số dương a, b, c, d. Đặt: x = 2a + b – 2
cd
y = 2b + c – 2
da
z = 2c + d – 2
ab

t = 2d + a – 2
bc
Chứng minh rằng trong 4 số x, y, z, t có ít nhất 2 số dương.
Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số T = 2
n
+ 3
n
+ 4
n
là bình phương cùa
một số nguyên.
Bài 26: Có bao nhiêu phân số tối giản
n
m
lớn hơn 1 (m, n là các số nguyên dương) thoả
mãn m.n= 13860.
Bài 27: Cho a, b là 2 số nguyên. Chứng minh: nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a
2
+
b
2
chia hết cho 13.
Bài 28: Xác đònh n để A =
134
115


n
n
là số tự nhiên

Bài 29: Tính tổng S(n) =
5.2
1
+
8.5
1
+ … +
)23)(13(
1
+−
nn
Bài 30: Rút gọn biểu thức: A = 75(4
1993
+ 4
1992
+ … + 4
2
+ 5) + 25
Bài 31: Tìm các số nguyên dương n để n
1988
+ n
1987
+ 1 là số nguyên tố.
Bài 32: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của nó bằng lập phương của tổng các chữ số
của nó.
2
Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a
2
– b
2

= c
2
– d
2
. Chứng
minh: S = a + b + c + d là hợp số.
Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 2
63
– 1 và B = 2
77
– 1
Bài 35: Tìm số có 4 chữ số
abcd
, biết rằng nếu đem số ấy nhân với 2 rồi trừ đi 1004 thì kết
quả nhận được là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng theo thứ tự
ngược lại.
Bài 36: cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau htoả mãn:
0
=

+

+

ba
c
ac
b
cb
a

. Chứng minh
rằng trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương
Bài 37: Tổng một số tự nhiên và các chữ số của nó bằng 2359. Tìm số tự nhiên đó.
Bài 38: Chứng minh rằng hai số: A = 2n + 1 và B =
2
)1(
+
nn
là hai số nguyên tố cùng nhau
với mọi số tự nhiên n.
Bài 39: Cho các số: a
1
, a
2
, …, a
n
mà giá trò của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh
rằng: Nếu a
1
a
2
+ a
2
a
3
+ … + a
n
a
1
= 0 thì n chia hết cho 4 (n là số nguyên dương)

Bài 40: Tìm các số nguyên dương có 2 chữ số, biết số đó là bội của tích 2 chữ số của chính
số đó.
Bài 41: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất thoả cả 2 tính chất sau:
a/ Chữ số cuối cùng bằng 6
b/ Nếu bỏ chữ số 6 cuối ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới
nhận được gấp 4 lần số ban đầu.
Bài 42: Một giải bóng đá theo luật sau:
+ Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác, hai đọi chỉ thi đấu với nhau 1 lần (Nói
gọn: thi đấu 1 vòng)
+ Trong mỗi trận đấu: đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm, nếu hoà nhau
mỗi đội được 1 điểm
Giải kết thúc với kết quả là: mỗi đội đạt được một số điểm khác nhau và đội đứng
cuối đã thắng cả 3 đội đứng đầu (thứ tự xếp hạng theo điểm)
Chứng minh rằng số đội bóng của giải không thể là 12 đội.
BÀI GIẢI
3
Bài 1: Các thừa số của T đều có dạng: na + (2011 – n)b = 2011b + n(a – b) với n = 5, 6,
…,15 (*)
Nếu T chia hết cho số nguyên 2011 thì tồn tại ít nhất một thừa số của T chia hết cho
2011, đó là ma + (2011 – m)b = 2011b + m(a – b) với m thoả mãn 5

m

15
Từ đó suy ra m(a – b) chia hết cho 2011 mà 5

m

15 nên a – b chia hết cho
2011. suy ra các số n(a – b), ứng n = 5, 6, …, 15 đều chia hết cho 11, do đó theo (*) tất cả 11

thừa số của T đều chia hết cho 2011.
Vậy nếu T chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho
2011
11
Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a

N:
33
33
)1(
)12(
aa
aa
−+
++
=
133
)133)(13(
2
2
++
+++
aa
aaa
= 3a + 1
Lần lượt thay a từ 1 đến 2006 ta được:
S = 3(1 + 2 + 3 + … + 2006) + 2006 = 3.2007.1003 + 2006 = 6041069
Bài 3: Ta có 2005
2005
– p

2006
= (2005
2005
+ p
2005
) – (p
2005
+ p
2006
) (1)
Vì 2005
2005
+ p
2005
= (2005 + p)(2005
2004
– p.2005
2003
+ p
2
.2005
2002
- … + p
2004
) chia hết
cho 2005 + p nên từ (1), ta có:
(2005
2005
– p
2006

)

2005 + p <=> (p
2005
+ p
2006
)

2005 + p <=> p
2005
(1 + p)

2005 +
p (2)
Ta xét 2 trường hợp:
1/ p là ước nguyên tố của 2005 tức là p = 5 hay p = 401
Nếu p = 5 thì p
2005
(1 + p) = 6.5
2005
không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho
2005 + p = 3000.
Nếu p = 401 thì p
2005
(1 + p) = 402.401
2005
chia hết cho 2005 + p = 2406 = 6.401. do đó
p = 401 thoả mãn bài toán.
2/ Nếu p


5 và p

401 thì (p, 5) = 1 và (p, 401) = 1
=> (p
2005
, 2005 + p) = 1 và 1 + p < 2005 + p nên (2) không thể thoả mãn.
Vậy chỉ có một số nguyên tố thoả mãn thoả mãn bài toán là p = 401.
Bài 4: HD sử dụng
1
11
)1(
1
+
−=
+
kkkk
với k

1 ta tính được S =
2000
1999
Bài 5: Ta có 1 +
)2(
1
+
kk
= … =
2
1
.

1
+
++
k
k
k
k
với k

N, k

1
Cho k các già trò 1; 2; 3; … ; n thí bài toán trở thành:






+
++



















2
1
.
1
...
5
4
.
3
4
4
3
.
2
3
3
2
.
1
2
2

1
n
n
n
n
=
2001
2000
<=>
2
1
+
+
n
n
=
2001
2000
<=> 2001n + 2001 = 2000n + 4000 <=> n = 1999
4
Bài 6: Số 20
20
= 2
20
.10
20
có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2
n
+ 1 có ít hơn 20 chữ số nên n <
20

+ Nếu n = 1 thì P = 2, thoả mãn
+ Nếu n = 2 thì P = 5 thoả mãn
+ Nếu n > 2 thì P > 5, hơn nữa P lại là số lẻ, do đó n là số chẵn.
_ n không thể có ước nguyên dương lẻ > 1,Thật vậy giả sử n = (2k + 1)k (k

N*; k
> 1), khi đó n
n
+ 1 = (n
k
)
2k+1
+ 1 = (n
k
+ 1)Q với Q > 1; suy ra n
n
+ 1

(P); (P) tập hợp các số
nguyên tố.
Vậy n chỉ nhận một trong các giá trò 4, 8, 16.
+ Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố
+ Với n = 8 thì P = 8
8
+ 1 = 16777218, không là số nguyên tố.
+ Với n = 16 thì P = 16
16
+ 1 = 2
64
+ 1 = 1024

6
.16 + 1 có nhiều hơn 19 chữ số.
Vậy n chỉ có thể là 1; 2; 4.
Bài 7: + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vò, ta có:
xc
= 31x; với x

N
<=> 10x + c = 31x <=> 21x = c (1)
Do 0

c

9, vì thế nếu x

1 thì vế trái của (1)

21, còn vế phải của (1)

9,
Vô lí!
+ Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có:
xbc
= 31
xc
; với x

N
<=> 21x + 3c = b (2)
Lập luận tương tự như trên nếu x


1 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2), Vô
lí; Suy ra x = 0. Khi đó b = 3c. Mặt khác
bc

31 nên có các số 31; 62, 93.
+ Xét trường hợp chữ số gạch đi là số hàng trăm, ta có:
xabc
= 31.
xbc
; với x

N
<=> 210x + 3.
bc
= 10a.
Lập luận tương tự như các trường hợp trên ta có x = 0. Khi đó ta có: 10 = 3
bc
, suy ra
3.
bc

10; mà (3; 10) = 1 nên
bc

10. Suy ra c = 0, do đó a = 3b, vì thế a = {3; 6; 9}
Ta được các số: 310 = 31.10; 620 = 31.20; 930 = 31.30
+ Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được các số có dạng: 31.10
k
; 62.10

k
; 93.10
k
;
với k = 0; 1; 2; … ; n
Bài 8: Ta có 6
2001
= (5 + 1)
2001


1(mod5). Đặt 6
2001
= 5k + 1 (k

N)
A = 26
5k+1
= 26.26
5k
= 26.(11881376)
k
= 26.(11881375 + 1)
k
Do (11881375 + 1)
k
= (95051.125 + + 1)
k



1(mod125). Suy ra A = 26(mod125).
Vậy A = 125m + 26 (m

N)
Mặt khác A =
2001
6
26
=
2001
6
2
.
2001
6
13


2
6
Suy ra A

8> Vậy A = 8n (n

N)
Suy ra 125m + 26 = 8n <=> 125m = 8(n – 4) + 6; Suy ra 125m = 8p +6 (p

N). Từ
đó ta có m là số chẵn và 125m chia cho 8 dư 6
m chia cho 8 có các số dư là: 0, 2, 4, 6 nên 125m chia cho 8 có các số dư tương ứng

là: 0, 2, 4, 6.
Vậy m chia 8 có số dư là 6 suy ra m = 8q + 6 (q

N).
5
Vậy A = 125(8q + 6) + 26 = 1000q + 776, nên A chia cho 1000 dư 776, do đó có 3
chữ số tận cùng là 776
Bài 9: Gọi 10 số nguyên dương đó là a
1
, a
2
, …, a
10
. Mười tổng lập theo yêu cầu đề bài là:
b
1
= a
1
+ 1; b
2
= a
2
+ 2, …, b
10
= a
10
+ 10 (b
1
, b
2

, …, b
10


N*)
Suy ra b
1
+ b
2
+ … + b
10
= (1 + 2 + … + 10)2 = 210 là một số chẵn. Do đó trong các số
b
i
(i=1, 2, …, 10) số các số lẻ là một số chẵn.
+ Nếu có nhiều hơn 5 số lẻ thì do các số lẻ chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ
số 1, 3, 5, 7, 9 nên có ít nhất có 2 số lẻ có chữ số tận cùng gống nhau.
+ Nếu có ít hơn 5 số lẻ thì sẽ có nhiều hơn 5 số chẵn. Mà các số chẵn chỉ có thể có
số tận cùng là: 0, 2, 4, 6, 8 nên có ít nhất có 2 số chẵn có chữ số tận cùng gống nhau.
Bài 10:
3
abcde
=
ab
(a, b, c, d, e

N, 1

a


9; 0

b, c, d, e

9)
<=>
abcde
= (
ab
)
3
<=> 1000
ab
+
cde
= (
ab
)
3
Đặt x =
ab
(10

x

99), y =
cde
(y

N, 0


y

999. Ta có: 1000x + y = x
3
(*)
Do y

0 nên từ (*) suy ra x
3

1000x <=> x(x
2
– 1000)

0
Mà x > 0 nên x
2


1000, do đó x > 31
Lại do: y < 1000 nên từ (*) ta lại có x
3
< 1000x + 1000 <=> x
3
– 1000x < 1000
<=> x(x
2
– 1000) < 1000
Nếu x


33 thì x
2


1089 nên x
2
– 1000

89 suy ra x(x
2
– 1000) > 1000, mâu
thuẫn với x(x
2
– 1000) < 1000. Vậy x < 33.
Tóm lại 31< x < 33 mà x

N nên x = 32. Khi đó từ (*) ta có: y = 32
3
– 1000.32 =
768
Thử lại
3
32768
= 32. Vậy số phải tìm là 32768.
Bài 11: Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3 (*)
p
n
có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, …, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác
nhau.

Nếu không có nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phài có mặt đúng 2 lần
trong cách viết số p
n
. Như vậy tổng các chữ số của p
n
là: 2(0 + 1 + 2 + … + 9) = 90 nên p
n

3, do đó p
n

3, mâu thuẫn với (*). Vậy có ít nhất 3 chữ số giống nhau.
Bài 12: chia chữ số đã cho thành 3 tập hợp:
A = {1; 2; …; n}, B = {n+1, n+2, …, 2n-1}; C = {2n; 2n+1; …; 3n}.
trong đó1

a
1


a
2




a
n+2



3n
Đặt k = 3n – a
n+2
suy ra k

N và 0

k

2n – 2 (vì 3n – (n + 2) = 2n – 2)
Đặt b
1
= a
1
+ k; b
2
= a
2
+ k, …, b
n
= a
n
+ k. Ta có 1

b
1


b
2





b
n+2


3n
+ Nếu có ít nhất một số b
j

B thì n < b
j
< 2n, suy ra:
6

×