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

https //thuvientoan net/ https //www facebook com/thuvientoan net A ĐỀ BÀI Bài 1 a) Tìm ,x y nguyên thỏa mãn   3 3 3 1 7 x y x y     b) Tìm ,x y nguyên dương thỏa mãn 2 22 8 5 2 y xy x x    Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên , ,x y z thỏa mãn 2 2 22 5 x y z  Bài 3 Cho bốn số nguyên dương , , ,a b c d thỏa mãn  , 1a b  và 2 2a c b d chia hết cho 3 3 a b Chứng minh rằng ad bc cũng chia hết cho 3 3 a b Bài 4 Tìm số nguyên tố p lớn nhất sao cho tồn tại số hai nguyên dương ,a b thỏa m[.]

a ab

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

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

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 2 2

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 y2 2y4

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

a b   ab a b  Chứng minh rằng a và b là hai số chính

phương liên tiếp

8nn chia hết cho 17 khi và chỉ khi 8

8n n 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  và 33 n  là các số chính phương 4

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 ,  2x x2 9y212y19

b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2

  với mọi n là số nguyên dương

Tìm tất cả các giá trị dương của q p

Do x y, nguyên nên ta có: x   1  1;1; 2; 2 hay  x    3; 2; 0;1 

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

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 2

 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  nhỏ nhất y z

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

Mà 2

x chia 5 dư 0, 1, 4 và 2 y chia 5 dư 2 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: 2 2 2

5m 10n z 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 ; ; 

a ab

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

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

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

Lời giải

Ta có x y2 2 x2xyy2yx y Mặt khác 2 2 2 2

x y x xyy x 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

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  với 1 a3 *

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

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

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

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

3 2m1 2y 20236m m 1 1012 y 2

Ta có: m m   nên  1 2 2m m   1 4, đồng thời 1012 4 nên  2 

2 4

y  Mặt khác 2  

0 mod 4

1 mod 4

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

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

22

x xy

y x xy

x y xy

x y

x y

x y

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

x y z  xy   z x y  xy  z x y   z x y

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

Do đó z  Suy ra x y 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   

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  suy ra 1 5  2 

4p  1 5 Vô lí do 4p  là số nguyên tố lớn 2 1hơn 5

 p chia 5 dư 2 hoặc 3 thì p2p  suy ra 2 5  2 

6p  1 5 Vô lí do 6p  là số nguyên tố lớn 2 1hơn 5

Với y2x2  Ta có x 1 2

1

x  x là một số chính phương, Xét x 0, ta có: 2 2  2

Tóm lại hệ cho có nghiệm x y;       1;k , 0;1 , 0; 1 ,  1;1 ,   với 1; 1 k   .

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 2 2

2m  m 3n n thì 2m2n là số chính phương 1

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

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

Vậy x y p ; ;  1;1;5 là bộ số duy nhất thỏa mãn

m n  Mà 2022 không chia hết cho 4

Do đó không tồn tài m n, thỏa mãn 2 2

n   n m 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:

k 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

 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  với k   và r r 0; 1; 2; 3 

2n 2 k 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 3 m  sao cho 2 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

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

c  chia hết cho c  nên3 (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 2  

b  ac

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

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

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

 Với b  , ta có 8 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 chữ số

Đặt xgcd( , )A B thì ta có aB cA chia hết cho x , thức ad bc chia hết cho x (1)

Ta sẽ chứng minh adbc khác 0 Thật vậy, giả sử ad bc, khi đó ta có c d

a  b

Do a và c là hai số cùng có 1930 chữ số nên

1930 1929

10

1010

c

a  Trong khi đó, vì d là số có 24 chữ số và b là số

có 15 chữ số nên

23 15

101010

d

b   Suy ra 10

b  a, mâu thuẫn Vậy ad bc  0

Vì adbc khác 0 nên từ (1), ta suy ra adbc  Mặt khác, ta lại có x

Do đó, với chú ý adbc maxad bc, , ta suy ra adbc là một số nguyên dương có không quá 1954 chữ số,

Từ đây, ta suy ra b chia 4 dư 1 Do đó b4k  với k   Một cách tương ứng, ta có 1 a5k Xét các 1trường hợp sau

 Trường hợp 1: b Chứng minh tương tự như trên, từ giả thiết c 2

Suy ra c5k  mâu thuẫn Vậy trường hợp này không thể xảy ra 1 a

Tóm lại, có duy nhất một bộ số ( ; ; )a b c thỏa mãn yêu cầu là (1;1;1)

Bài 24

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3x y2 2xy3x y2 2y4

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

Do đó a   1  2;1; 1; 2  Kiểm tra lại không có giá trị nào của a thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x y ;    0; 0 , 27;9 , 24;12   

b) Nếu p 7 thì 7 7

3 2 1 2058 42 7 7

A        chia hết cho 42 7.

Ta có 42p   2 3 7 p nên ta sẽ lần lượt chứng minh A chia hết cho 2, 3, 7, p với p 7

Ta có: A3p 1 2p  2 M2p nên chia hết cho 2

Mà: A3p2p 1 3p 3 N nên chia hết cho 3

Áp dụng định lý Fermat nhỏ, ta có: 3p3 mod p, 2p 2 mod p

Do đó: A   3 2 1 0 mod p nên A chia hết cho p

Đặt p6kr với k r  , và 0  Do r 5 p là số nguyên tố lớn hơn 7 nên r 1 hoặc r 5

3p 2p 1 3r 3 k 2r 2 k 1 3r 2r 1 mod 7

Nếu r 1 thì 3r2r 1 0 nên A 0 mod 7  

Nếu r  thì 5 3r2r 1 210 7 30 nên A 0 mod 7  

Suy ra trong mọi trường hợp A chia hết cho 7

Vậy A chia hết cho 42 p

Lời giải

a) Do M là số chẵn nên a b, cũng chẵn vì ngược lại nếu có một trong hai số a b, lẽ hoặc cả hai số đều lẽ thì M

là số lẽ Suy ra M chia hết cho 4 Mặt khác M tận cùng là số 0 nên M chia hết cho 5 Vì gcd 4, 5  nên 1

Do đó M chia hết cho 100 Hay chữ số hàng chục của M là 0

b) Phương trình tương đương:      2

Ta chứng minh bài toán vẫn đúng với n  Thật vậy: k 1

Từ f x k 2k  f x k  K 2 ,k với K nguyên dương

Chọn x k12k t x k, với t nguyên dương Khi đó:

2 2

2

( )64 21 27

f x x x chia hết cho 2 n

b) Nhận xét rằng trong 9 số nguyên liên tiếp, có đúng một số chia hết cho 9, có đúng một số chia 9 dư 1,…, có đúng một số chia 9 dư 8 Vì thế tổng bình phương của chúng đồng dư với:

Bây giờ giả sử k

An với k 2 Do A chia hết cho 3 nên n chia hết cho 3, suy ra A chia hết cho 3 k

Với k 2, ta có A chia hết cho 9, vô lí Suy ra phương trình đã cho vô nghiệm

Hay(m n 2)(m22mn n 22m2n4) chia hết cho p

Nếu m n  chia hết cho 2 p thì m2n2  mn2

 mn20 thì viết lại thành (2m1)2(2n1)2 10, không thỏa

 (m n 2) thì viết lại thành 0 (2m1)2(2n1)2   , vô lý 6

2 2

Từ đây suy a là số chính phương liên tiếp với b

Ta có điều phải chứng minh

x  y x  y x Điều này không thể xảy ra vì hai vế khác tính chẵn lẻ

 Trường hợp 2: x28y(x3)2 8y6x9 Điều này cũng không thể xảy ra vì hai vế khác tính

Do y216y8 là số chính phương nên

16 8 {( 4) , ( 5) , ( 6) , ( 7) }

y  y  y y y y Giải trực tiếp từng trường hợp ta thu được, ta thu được các cặp số (5;3),(3;5),(21;11),(11; 21)

Tóm lại, các cặp số ( ; )x y thỏa mãn yêu cầu bài toán là (1;1),(5;3),(3;5),(21;11),(11; 21)

5y 5y    5 1 là số lẻ (vô lý) Vậy y  1 n 1, x2, y1

Thử lại có 2 1

2  5 9 là số chính phương

Bài 30

Chứng minh rằng 8

8nn chia hết cho 17 khi và chỉ khi 8

8n n 1 chia hết cho 17 với n là số nguyên dương

Lời giải

Nếu n  17 thì 8nn8 không chia hết cho 17 và 8nn81 cũng không chia hết cho 17

Nếu n không chia hết cho 17 thì theo định lý Fermat nhỏ, ta có:

 3 x2    x 1 5 3 x2   x 6 0, phương trình vô nghiệm

Thử lại thấy thỏa mãn

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x y ;    0; 1 , 1; 0 

Mà gcd 2;5  nên 1 n  1 5.

Mặt khác gcd 8;5  nên 1 n  1 40.

Suy ra 2019n212000n19n140 chia hết cho 40

Bài 32

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên x y thỏa mãn phương trình ,  2x x2 9y212y19

b) Cho x y, là hai số nguyên dương thỏa mãn 2 2

Nếu x chia hết cho 3 thì 2x x2 và 15 chia hết cho 3, chia 3 dư 1 nên phương trình vô nghiệm

Do đó x không chia hết cho 3

3 2 1

x

x x

y y

Thay vào phương trình ta được: 2 2 2 2

k x y  mk x y Suy ra 58 chia hết k2k 1

Vì k  nên 1 x y, cùng lẽ hoặc trong hai số x y, có một số chẵn, một số lẽ

Nếu có một số chẵn không mất tính tổng quát giả sử y chẵn thì từ phương trình suy ra x chẵn, vô lí

Vậy cả x và y cùng lẽ Suy ra xy lẽ

3y 22

Do k 24 và k 24 cùng tính chẵn lẽ mà tích hai số lại là số chẵn nên hai số này là số chẵn

Lại có k24 k 24 nên từ đây phương trình tương đương:

Hai vế khác tính chẵn lẽ nên phương trình vô nghiệm

Suy ra không tồn tại n thỏa mãn yêu cầu đề bài

  với mọi n là số nguyên dương

Tìm tất cả các giá trị dương của q p

Từ đây, vì n là số dương, ta có q p1 Do đó q và p 1 nguyên tố cùng nhau (do q nguyên tố)

Điều kiện (*) được viết lại như sau

Bây giờ gcdq q,  p1gcdq p, 1 1 gcdp1, q nên phân số ở vế trái tối giản 1

Do đó qp1| 4 Vì qp1 dương nên qp 1 1; 2; 4 hay qp 2;3;5

Giả sử S2k1 chia hết cho 4 với k  

Ta có: S2k14S2kS2k1 Theo giả thiết quy nạp ta có: S2k1 chia hết cho 4

Suy ra: S2k1 chia hết cho 4

Suy ra: AS2021 chia hết cho 4