BD HSG MÔN SỐ HỌC

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