10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên (Chuyên đề: Số học)

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

10 Bài Toán bồi dưỡng HSG 9 và Luyện thi lên lớp 10 Chuyên
Chuyên đề: Số học

Câu 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: . 2x 2  4x  3 y 2 19  0 .
Câu 2: Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn a  1 và b  2019 đều chia hết cho 6.
Chứng minh rằng 4a + a + b chia hết cho 6.
Câu 3: Có bao nhiêu số nguyên dương có 5 chữ số abcde sao cho abc  (10d  e) chia hết
cho 101?
Câu 4: (PHNK- ĐHQG Tp Hồ Chí Minh 2013-2014)
Cho M  a2  3a  1 với a là số nguyên dương.
a) Chứng minh mọi ước số của M đều là số lẻ.
b) Giả sử M chia hết cho 5, tìm a. Với giá trị nào của a thì M là lũy thừa của 5?
Câu 5: Cho x, y, z là các số tự nhiên thỏa x2  y 2  z 2 . Chứng minh rằng xyz chia hết cho
60.
Câu 6: (KHTN- ĐHQG Hà Nội 2013-2014)
Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn: 5x 2  8 y 2  20412
Câu 7: Cho Sn  1.2  2.3  3.4  ...  n(n  1);(n 

*

)

Chứng minh rằng 3.Sn .(n  3)  1 là một số chính phương
Câu 8: Giải hệ phương trình nghiệm nguyên sau:
x  y  z
 3

3
2
x  y  z

Câu 9: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2  3 y 2  2xy  2x 10 y  4  0 .
Câu 10: Chứng minh tổng S  1  2  22  ...  22018  22019 chia hết cho 31.

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 0


Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

PHẦN HƯỚNG DẪN GIẢI

Câu 1:

Theo đề x, y 

nên:

2x 2  4x  3 y 2 19  0
 2x 2  4x+2  3 y 2  21
 2( x  1)2  3 y 2  21

Vì x, y 

nên 3 y 2  21  y 2  7 | y | 2


 y  2  2( x  1) 2  9(l )

 y  0  2( x  1) 2  21(l )

x  2

2
 y  1  2( x  1)  18   x  4



Vậy cặp nghiệm ( x; y) {(2;1),(2; 1),( 4;1),( 4; 1)}
Câu 2:
Vì (a  1) 6,a   a  5
Từ giả thiết a  1 6; b  2019 6  a  b  2020  (a  b  4  336.6) 6 .
Vậy ta chỉ cần chứng minh (4a  4) 6
 4a  51
 1 (4  1)  255 3
4



Mặc khác: 4a  4  4(4a1  1)  4 
Vậy 4a + a + b chia hết cho 6.
Câu 3:
Ta có:

abc  (10d  e) 101  101.abc  [abc  (10d  e)] 101  100abc  10d  e 101  abcde 101

Vậy các số cần phải tìm chính là các số tự nhiên có 5 chữ số chia hết cho 101.
10000  100  101x100  10100 là các số tự nhiên có 5 chữ số nhỏ nhất chia hết cho 101.
99999  9  101x990  99990 là các số tự nhiên có 5 chữ số lớn nhất chia hết cho 101.
Vậy số các số có 5 chữ số chia hết cho 101 là

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

99990  10100
 1  891 số.
101

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Câu 4:
M  a 2  3a  1  (a 2  2a  1)  5a  (a  1)2  5a

Ta có: M 5;(5a) 5. Do đó (a  1)2 5 . Nên a  1 5
Nên : a chia 5 dư 1, tức là a  5k  1(k  )
Đặt a2  3a  1  5n (n  * )(n  * vì do a  1 nên a2  3a  1  5)
Ta có: 5n 5 theo trên ta có : a  5k  1(k  )
Ta có : (5k  1)2  3(5k  1)  1  5n  25k 2  10k  1  15k  3  1  5n

 25k (k  1)  5  5n (*)

Nếu n  2 ta có 5n 52 , mà 25k ( K  1) 52 ; 5 không chia hết cho 52  vô lý
Vậy với n  1 , ta có 25k (k  1)  0; k  . Do đó k  0 nên a  1 .
Câu 5:
Ta chứng minh một số bổ đề sau.
Một số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1, chia 4 chỉ có thể dư 0; 1 hoặc 3, chia 5
chỉ có thể dư 0, 1 hoặc 4.
Thật vậy, trước tiên ta chia các số nguyên thành các dạng: 3k ,3k  1,3k  2
Mà
(3k )2  9k 2  0(mod3)
(3k  1)2  9k 2  6k  1  1(mod3)
(3k  2)2  9k 2  12k  4  1(mod3)

Do đó, một số chính phương chia 3 chỉ có thể dư 0, 1. Tương tự, ta có các điều nói trên.
Ta sẽ chứng minh xyz chia hết cho
thông qua việc sử dụng các bổ đề trên
Trước tiên, ta chứng minh
.
Giả sử
đều không chia hết cho 4. Do đó, x2 , y 2 , z 2 chia 4 dư 1 hoặc 3.
Mà x2  y 2  z 2 (mod3) hay nói cách khác:
1  1  3(mod3)
1  1  1(mod3)

(vô lý)
1  3  1(mod3)

1  3  3(mod3)

Vậy, xyz 3
Tương tự, ta chứng minh được xyz 4, xyz 5 . Mà 3, 4, 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta
suy ra xyz 60  dpcm

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Câu 6:
Trước hết ta nhận thấy tổng trên được viết dưới dạng hai số chính phương. Ta cần chứng
minh mọi số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 1 hoặc 0.(có thể tham khảo chứng
minh ở câu 5)
Vậy tổng hai số chính phương chia hết cho 3 khi và chỉ khi cả hai số cùng chia hết cho 3.
 x  3a
;(a, b  )
 y  3b

Đặt 

pt đã cho  6x 2  9 y 2  20412  x2  y 2  3(2x 2  3 y 2  6804)  x2  y 2 (1)
Thay vào (1), ta có 3(2.9a 2  3.9b2  6804)  9a 2  9b2  3(2a 2  3b2  756)  a 2  b2 (2)
a 2  9c 2
a 3 a  3c 
 a 2  b2 3  


 2
2
b 3 b  3d 
b  9d

Thay vào (2), ta có 3(2.9c2  3.9d 2  756)  9c2  9d 2  3(2c2  3d 2  84)  c2  d 2 (3)
2
2

c 3
c  3e
c  9e
 c  d 3 

 2
2

d 3 d  3f
d  9f
2

2

Thay vào (3), ta có
3(2.9e2  3.9f 2  84)  6e2  9f 2  28  6e2  9f 2  28  e2  f 2 (3)  5e2  8f 2  28(4)
 8f 2  28  f 2  3,5 | f | 2  f {  1;0;1}

Dễ thấy f=0 không thỏa bài toán
Thay f= 1 vào bài toán ta suy ra e  2

Thay f=-1 vào bài toán ta suy ra e  2
Với các giá trị của e, f ta dễ dàng suy ra được c, d cũng như a, b và suy ra được nghiệm
x ;y
Vậy phương trình trên nhận nghiệm ( x; y)  {(54;27),(54; 27),(54;27),(54; 27)}
Câu 7:
Ta có:
Sn  1.2  2.3  ...  n(n  1)
 3Sn  1.2.3  2.3.3  ...  n(n  1).3
 3Sn  1.2.(3  0)  2.3.(4  1)  ...  n(n  1).[(n  2)  (n 1)]
 3Sn  1.2.3  2.3.4  1.2.3  ...  n(n  1)(n  2)  (n  1) n(n  2)
 3Sn  n(n  1)(n  2)
 3.Sn .(n  3)  1  n(n  1)(n  2)(n  3)  1
 3.Sn .(n  3)  1  (n2  3n)(n2  3n  2)  1
 3.Sn .(n  3)  1  (n2  3n  1)2  dpcm

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

Câu 8:
x  y  z
 3
3
2

x  y  z
x  y  z

2
2
2
( x  y )( x  xy  y )  z
x  y  z

2
( x  y )[( x  y )  3xy]  z

Thế x  y  z vào pt dưới, ta được :
z ( z 2  3xy )  z 2
 z ( z 2  3xy  z )  0
z  0  x   y

2
 z 2  3xy  z  0  xy  z  z

3

Áp dụng định lý Vi-èt đảo ta có :
X 2  zX 
 ( z ) 2 

z2  z
0
3
4( z 2  z )

0
3

  z 2  4z  0  0  z  4

z  0  x  y  0

 z  2  x  3  3 ; y  3  3 (l )

3
3

 z  3   x  2; y  1
 x  1; y  2



 z  4  x  y  2

Vậy hệ phương trình trên nhận nghiệm ( x; y; z) {(0;0;0),(2;1;3),(1;2;3),(2;2;4)}

Câu 9:
x2  3 y 2  2xy  2x 10 y  4  0
 x2  xy  3x  3xy  3 y 2  9 y  x  y  4  0
 x(x  y  3)  3 y( x  y  3)  ( x  y  3)  7
 ( x  y  3)(x  3y 1)  7

Theo đề x, y 

nên:

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

 x  y  3  1
 x  1


  x  3 y  1  7
  y  3
  x  y  3  1
 x  3


 x  3 y  1  7
 y  1


(thỏa)
x

y


3

7
x

7




  x  3 y  1  1
  y  3


  x  y  3  7
  x  3

 x  3y 1  1
 y  1



Vậy phương trình trên nhận nghiệm ( x; y)  {(1;-3),(3;1),(7;-3),(-3;1)}
Câu 10:
Ta có :
S  1  2  22  ...  22018  22019

 S  (1  2  22  23  24 )  ...  (22015  22016  22017  22018  22019 )
 S  (1  2  22  23  24 )  ...  22015 (1  2  22  23  24 )
 S  (1  2  22  23  24 )(1  25  ...  22015 )

 S  31.(1  25  ...  22015 )

Vậy S 31  dpcm

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Bồi dưỡng HSG lớp 9
Luyện thi vào lớp 10 Chuyên Toán

CHƯƠNG TRÌNH LUYỆN THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN NĂM 2017 TRÊN HỌC247
- Chương trình luyện thi được xây dựng dành riêng cho học sinh giỏi, các em yêu thích toán và muốn thi
vào lớp 10 các trường chuyên.
- Nội dung được xây dựng bám sát với đề thi tuyển sinh lớp 10 các trường chuyên của cả nước trong
những năm qua.
- Đội ngũ giáo viên giảng dạy gồm các thầy nổi tiếng có nhiều năm kinh nghiệm trong việc ôn luyện học
sinh giỏi.

- Hệ thống bài giảng được biên soạn công phu, tỉ mỉ, phương pháp luyện thi khoa học, hợp lý mang lại kết
quả tốt nhất.
- Lớp học qua mạng, tương tác trực tiếp với giáo viên, huấn luyện viên.
- Học phí tiết kiệm, lịch học linh hoạt, thoải mái lựa chọn.
- Mỗi lớp từ 5 đến 10 em để được hỗ trợ kịp thời nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất.
- Đặc biệt, các em còn hỗ trợ học tập thông qua cộng đồng luyện thi vào lớp 10 chuyên của HỌC247.

 OnThiLop10ChuyenToan

Website: www.hoc247.vn - Hotline: 098 1821 807

Trang | 6