tài liệu Các chuyên đề số học luyện thi vào lớp 10 chuyên toán

Bài tập về quan hệ chia hết trên tập số thường có một số dạng như sau chính phương, chứng minh hai số bằng nhau, chứng minh phân số tổi giản… Các dạng bài tập trên được minh họa thông q

Tailieumontoan.com



Nguyễn Công Lợi

LUYỆN THI VÀO 10 CHUYÊN TOÁN

Nghệ An, ngày 31 tháng 7 năm 2020

Phần II BÀI TẬP RÈN LUYỆN THEO CHỦ ĐỀ – HƯỚNG DẪN GIẢI

tai lieu, document2 of 66.

Chủ đề 1 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ

• Nếu r 0= thì = a bq , khi đó ta nói a chia hết cho b hay b chia hết a Ký hiệu:  a b hay

b a

2 Một số tính chất cần nhớ

nguyên a chia hết cho số nguyên c

thì tích ac chia hết cho tích bd

cho a b+

3 Một số dấu hiệu chia hết

Đặt A a a a a a = n n 1− 2 1 0, với a ;a ; ;a ;a ;an n 1− 2 1 0 là các chữ số Khi đó ta có các dấu hiệu chia hết như sau

• Dấu hiệu chia hết cho 4 và 25: Số tự nhiên A chia hết cho 4(hoặc 25) khi và chỉ khi a a1 0 chia hết cho 4 (hoặc 25)

hết cho 8 (hoặc 125)

của số A chia hết cho 3(hoặc 9)

ở hàng lẻ và tổng các chữ số ở hàng chẵn là một số chia hết cho 11

4 Đồng dư thức

Nếu a b mod m≡ ( ) và c d mod m≡ ( ) thì a c b d mod m− ≡ − ( )

Khi đó ta có a b modm≡ ( )

• Định lý Fermat Nếu p là số nguyên tố và a không chia hết cho p thì ap 1 − ≡1 mod p( )

5 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

a) Định nghĩa ước chung lớn nhất, bội chung nhỏ nhất

đó

các số đó

• Kí hiệu ước chung lớn nhất của a và b là: ƯCLN(a, b) hoặc (a, b)

Kí hiệu bội chung nhỏ nhất của a và b là: BCNN(a, b) hoặc [a, b]

b) Một số chú ý về ƯCLN - BCNN

c) Một số tính chất của ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

II MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA

Bài tập về quan hệ chia hết trên tập số thường có một số dạng như sau

chính phương, chứng minh hai số bằng nhau, chứng minh phân số tổi giản…

Các dạng bài tập trên được minh họa thông qua các ví dụ sau đây

Ví dụ 1 Cho x, y, z là các số nguyên dương phân biệt Chứng minh rằng:

a b a b 5a b 10a b 10a b 5ab 5ab a 2a b 2ab b

5ab a b a ab b

Dễ thấy 5ab a b a ab b 5ab a b ( + ) ( 2+ + 2)  ( + )

Do đó ( a b + )5− a5− b5 chia hết cho 5ab a b( + ) hay ta được ( x y − ) (5+ y z − ) (5+ z x − )5 chia hết cho 5 x y y z z x( − )( − )( − )

Ví dụ 2 Cho x, y, z là các số nguyên thỏa mãn (x y y z z x− )( − )( − )= + +x y z

Lời giải

thiết của bài toán

• Nếu ba số x, y, z chia cho 3 cho cùng số dư, khi đó (x y ; y z ; z x− ) ( − ) ( − ) cùng chia hết cho 3

Vậy bài toán được chứng minh

Ví dụ 3 Cho a, b, c là các số nguyên Chứng minh rằng nếu ( a3+ b c 93+ 3)  thì một trong ba số a,

Ví dụ 5 Chứng minh rằng n 2n 7 ( 2+ ) chia hết cho 3 với mọi số nguyên dương n

Lời giải

Ta sẽ chứng minh bài toán này bằng phương pháp quy nạp toán học

Ví dụ 6 Chứng minh rằng 52n+ 7 chia hết cho 8 với mọi số nguyên dương n

Ví dụ 7 Cho 2014 số tự nhiên bất kì x ; x ; ; x1 2 2014 Chứng minh rằng tồn tại một số chia hết cho

2014 hoặc một số số có tổng chia hết cho 2014

Lời giải

Xét dãy số sau S1= x ;S1 2 = x x ;S1+ 2 3 = x x x ; ;S1+ 2 + 3 2014 = x x x1+ 2+ + 2014

tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 2014

Khi đó ta được S S 2014j− i hay ta được ( x x x1+ 2+ + j) − ( x x x 20141+ 2+ + i) 

Suy ra xi 1+ + xi 2+ + +  x 2014j

Vậy bài toán được chứng minh

trong n số trên có một số chia hết cho n hoặc một số số có tổng chia hết cho n

Ví dụ 8 Cho các số nguyên a ;a ; ;a1 2 n Đặt A a a a= 1+ 2+ + n và = 3+ 3+ + 3

1 2 n

B a a a Chứng minh rằng A chia hết cho 6 khi và chỉ khi B chia hết cho 6

Trước hết ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên a ta luôn có a a 63− 

Thật vậy, ta có a a3− = ( a 1 a a 1 − ) ( + )

Ta thấy trong ba số tự nhiên liên tiếp có một số chia hết cho 2 và có một số chia hết cho 3, lại có 2

Ví dụ 9 Cho a, m , n là các số nguyên dương với a 1≠ Chứng minh rằng ( am− 1 a ) (  n− 1 ) khi

và chỉ khi m chia hết cho n

Lời giải

• Điều kiện cần: Giả sử ( am− 1 a ) (  n− 1 )

Do đó từ ( am − 1 a ) (  n− 1 ) ta suy ra được ( am− ≥ 1 ) ( an − 1 ) nên m n ≥

Đặt m qn r = + với q,r N,0 r n ∈ ≤ <

Do đó am − = 1 aqn r + − = 1 a ar( qn− + 1 ) ( a 1r− )

Nhận thấy ( am− 1 a ) (  n− 1 ) và ( aqn− 1 a )  ( n − 1 ) nên ta suy ra được ( a 1 ar− ) (  n− 1 )

Mà ta có 0 r n≤ < nên 0 a 1 a 1 ≤ r− < n− nên suy ra a 1 0r− = ⇒ = r 0

q q 1 q 2 q 3 nq

Từ đó suy ra ( am − 1 a ) (  n− 1 )

Vậy bài toán được chứng minh

Ví dụ 10 Cho 5 số nguyên phân biệt tùy ý a ;a ;a ;a ;a1 2 3 4 5 Xét tích sau đây

Theo nguyên lí Dirchlet thì trong bốn số nguyên phân biệt a ;a ;a ;a1 2 3 4 tồn tại hai số nguyên có cùng số dư khi chia cho 3 hay tồn tại hai số nguyên có hiệu chia hết cho 3, không mất tính tổng

2 3 4 5

a ;a ;a ;a ta cung được ít nhất một hiệu chia hết cho 3 Như vậy trong P luôn tồn tại ít nhất hai

nhất ba số có cùng tính chẵn lẻ Ta xét các trường hợp sau

+ Trường hợp 1: Trong năm số có ít nhất bốn số có cùng tính chẵn lẻ, khi đó bốn số này tạo ra sau

+ Trường hợp 2: Trong năm số có đúng ba số có cùng tính chẵn lẻ, không mất tính tổng quát ta giả

a a a a a a a a 2 hay P chia hết cho 25

Ví dụ 11 Cho x, y là các số nguyên khác −1 thỏa mãn − + −

y 1 b x 1 d, trong đó a,b,c,d Z ∈ và ( ) ( )a,b = c,d =1

b d y 1 x 1 là số nguyên nên suy ra ac bd 

( 2− 2)( 2+ 2)

cho 5

( 2− 2)( 2+ 2)

được ab a ( 2 − b a2)( 2+ b2) chia hết cho 5

30

Ví dụ 13 Cho a, b, c là các số tự nhiên đôi một có số dư khác nhau trong phép chia cho 5 Chứng

cho 5

Lời giải

5 Do đó D và E không chia hết cho 5 Ta xét các số sau

Vậy các bộ số nguyên dương ( )x; y thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 1; 2 , 2; 3 , 2;1 , 3; 2

Ví dụ 15 Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho với mọi số nguyên dương lẻ a thỏa mãn với

≤

2

Lời giải

Nếu a 7≥ thì ta được a 4;a 2;a − − là các số nguyên lẻ và n a 4 ; n a 2 ; n a( − ) ( − ) 

Từ đó ta được n a 4 a 2 a( − )( − )  nên suy ra (a 4 a 2 a− )( − ) ≤n

Từ đó ta được ( a 4 a 2 a − )( − ) ( ≤ a 2 + )2 ⇔ a 7a3− 2+ 4a 4 0 − ≤ ⇔ a a 7 4 a 1 02( − + ) ( − ≤ ) , điều

Như vậy với a 7≥ bài toán không xẩy ra, nên ta được a 7< Chú ý a là số nguyên dương lẻ nên

Ví dụ 16 Xác định tất cả các số nguyên dương n sao cho 2 1n− chia hết cho 7

Lời giải

ứng với n chia 3 dư 1; dư 2; dư 0

Ví dụ 17 Tìm số tự nhiên n để A n n 1 n = ( 2 + )( 2 + 4 ) chia hết cho 120

Lời giải

Như vậy để A chia hết cho 23 thì n phải là số chẵn

A không chia hết cho 3

Như vậy để A chia hết cho 3 thì n phải là bội số của 3

Với mọi số tự nhiên n thì A luôn chia hết cho

Kết hợp các kết quả trên ta thấy để A chia hết cho 120 thì n phải là số chẵn và là bội của 3

Ví dụ 18 Cho a2+ b2 là bội số của 5 với a và b là các số nguyên Chứng minh rằng hai số

A 2a b và B 2b a= − hoặc hai số A' 2a b= − và B' 2b a= + chia hết cho 5

Lời giải Cách 1 Ta có a2 +b2 =a2 −4b 5b2+ 2 =(a 2b a 2b 5b− )( + )+ 2

Do a2+ b2 là bội số của 5 nên suy ra (a 2b a 2b 5− )( + )

trương hợp sau:

nguyên tố cùng nhau

và 5 nguyên tố cùng nhau

Cách 2 Với mọi số nguyên a và b ta luôn viết được dưới dạng a 5k;a 5k 1;a 5k 2 = = ± = ± và

b 5m; b 5m 1; b 5m 2 trong đó k và m là các số nguyên

Ví dụ 19 Xác định các cặp số nguyên dương ( )a; b sao cho a b a b2 + + chia hết cho ab2 + + b 7

a 1 a b a b

b b ab b 7 nên ta được < +

a 1k

a 1 a b a b

b b ab b 7 nên ta được > −

a 1k

b b

a b a b k 0

Ta có a a 8 ( + − ) ( a a 1 7a 12+ + = ) − nên ( a a 1 a 82 + + )  ( + ) khi và chỉ khi (7a 1 a 8− ) ( + )

Lại có 7 a 8( + −) (7a 1 57− =) nên (7a 1 a 8− ) ( + ) khi và chỉ khi 57 a 8( + )

Ta có a 4a 9 2 2a a 2 ( + − ) ( 2 + + ) = 7a 4 − nên ( 2a a 2 4a 92 + + )  ( + ) khi (7a 4 4a 9− ) ( + )

Lại có 7 4a 9 4 7a 4( + −) ( − )=79 nên (7a 4 4a 9− ) ( + ) khi và chỉ khi 79 4a 9( + )

Ước số lớn hơn 9 của 79 là 79 nên ta được 4a 7 79+ = ⇒ = 35a

trong trường hợp này không có giá trị a thỏa mãn

Ta lại thấy d 1> , nên ta được 1 d 4< < Để abc 1− chia hết cho (a 1 b 1 c 1− )( − )( − )thì d phải là

Dễ thấy vế trai của đẳng thức trên là số lẻ và vé phải của đẳng thức trên là số chẵn

Do đó trường hợp này không tồn tại các số nguyên dương b, c thỏa mãn yêu cầu bài toán

Do đó ta được bộ số a 3; b 5;c 15 = = = thỏa mãn yêu cầu bài toán

2 b 1 c 1

Dễ thấy vế trái của đẳng thức trên không chia hết cho 3 và vế phải của đẳng thức lại chia hết cho

3 Do đó trường hợp này không tồn tại các số nguyên a, b thỏa mãn yêu cầu bài toán

Ví dụ 21 Chứng minh rằng trong 2n 1 + −1 số nguyên bất kì bao giờ cũng tìm được 2n số nguyên

Lời giải

Ta sử dụng phương pháp quy nạp để chứng minh bài toán

chẵn, lẻ nên tổng của hai số đó luôn chia hết cho 2

1

nguyên dương

Vậy theo nguyên lí quy nạp thì bài toán được chứng minh

Ví dụ 22 Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho a b + 2 chia hết cho a b 12 −

Lời giải

a 2; b 3

Vậy các cặp số nguyên dương ( )a; b thỏa mãn yêu cầu bài toán là ( ) ( ) ( ) ( )1; 2 , 1; 3 , 2;1 , 2; 3

Ví dụ 23 Tìm tất cả các số nguyên sao cho tập hợp {n,n 1,n 2,n 3,n 4,n 5+ + + + + } có thể chia thành hai tập hợp sao cho tích tất cả các phần tử của tập hợp này bằng tích tất cả các phần tử của tập hợp kia

Lời giải

Chú ý là trong năm số nguyên liên tích có duy nhất một số chia hết cho 5

toán thì tập hợp này phải chứa hai số chia hết cho 5

không thể chia hết cho 5

Mặt khác trong sáu số n,n 1,n 2,n 3,n 4,n 5 + + + + + nếu có một số chia hết cho số nguyên tố

≥

không thể tách thành hai tập hợp có tính chất như trong bài toán

Hay ta viết được n 1 2 3 ,n 2 2 3 ,n 3 2 3 ,n 4 2 3 + = k 1 l 1 + = k 2 l 2 + = k 3 l 3 + = k 4 l 4 với k ;l i 1; 2; 3; 4i i( = )

là các số tự nhiên

thuận

Như vậy tất cả các trường hợp đầu không tìm được n thỏa mãn bài toán

Ví dụ 24 Cho a và b là các só nguyên khác nhau thỏa mãn ab a b( + ) chia hết cho a ab b2+ + 2

Lời giải

Do ab a b( + ) chia hết cho a ab b2+ + 2 nên suy ra ( + )

x xy y Do đó dxy x y( + ) chia hết cho x xy y2+ + 2

Từ ( )x,y =1 ta suy ra được ( x xy y ,x2+ + 2 ) ( = y ,x2 ) = 1 và ( x xy y ,y2+ + 2 ) = 1

Cũng từ ( )x,y =1 ta được (x y,y+ )=1 nên ( x xy y ,x y2+ + 2 + ) ( = y ,x y2 + ) = 1

Ta có a b− 3 =d x y3 − 3 =d x2( 2+xy y d x y d x+ 2) − > 2 ( 2+xy y+ 2)

Mặt khác d x xy y2( 2+ + 2) > d xy ab2 =

Ví dụ 25 Cho m, n là hai số nguyên tố cùng nhau Tìm ước chung lớn nhất của m n + và m2+n2

Lời giải

Đặt A m n= + và B m= 2 +n2 Gọi d là ước chung lớn nhất của A và B với d 1≥

Ta lại có A2 − =B (m n+ )2−(m2+n2)=2mn Mà ( A2−  B d ) nên suy ra 2mn d 

Theo bài ra thì m và n nguyên tố cùng nhau nên m và n không cùng tính chẵn Ta xét các trường hợp sau:

+

cho d với d lớn nhất ta suy ra được d là số chẵn

Đặt d 2d'= , khi đó từ 2m d2 và 2n d2 ta được m d'2 và n d'2

Vậy ta có kai kết quả như sau:

chứng minh bài toán

Từ (ac bd+ ) (2+ ad bc− )2 =(a2 +b c d2)( 2+ 2) và giả thiết ta suy ra được (ad bc− )2(a2 +b2)

Do đó ( ad bc p − )2 2k 1 + nên ( ad bc p − )2 2k 2 +

Lại có ( ac bd a + )  ( 2 + b2) nên (ac bd p+ ) 2k 1 + nên ( ac bd p + )2 4k 2 +

Từ đó suy ra ( ac bd + ) (2 + ad bc p − )2 2k 2 + nên ta được ( a2+ b c d p2)( 2+ 2)  2k 2 +

Từ ( a2+ b ,c d2 2+ 2) = 1 và p là số nguyên tố ta được ( p,c d2 + 2) = 1 nên ( p2k 2 + ,c d2+ 2) = 1

Do đó ta được a2+  b p2 2k 2 + , điều này vô lí

Như vậy cả hai trường hợp đều dẫn đến mâu thuẫn Do đó điều giả sử ban đầu là sai

Ví dụ 27 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho n a = 2+ b2 với a, b là các số nguyên dương

Lời giải

Ta sẽ chứng minh a và b bằng nhau hoặc là hai số nguyên dương liên tiếp

Với a b 1= = ta được n 2= , khi đó không có số nguyên tố nào nhỏ hơn 2

Bây giờ ta giả sử a b> , khi đó ta có ( a b − )2 < a2+ b2 = n Khi đó a b − < n

Mặt khác ta có ( b 1 − )2 < b2 < n Giả sử p là ước nguyên tố của b 1− , khi đó ab b b 1= ( + ) chia

Ví dụ 28 Tìm tất cả bộ ba số nguyên dương(a; b;c) sao cho a3+ b c3+ 3 chia hết cho

2 2 2

a b; b c; c a

Lời giải Cách 1 Gọi d=(a,b,c) Dễ thấy nếu bộ ba số nguyên (a; b;c) thỏa mãn yêu cầu bài toán thì bộ

a b c ; ;

d d d cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán Do đó ta chỉ cần xét trường hợp

(a; b;c) thỏa mãn yêu cầu bài toán với (a,b,c)=1 Giả sử ( )a,b = >s 1 Nếu p là một ước

nên a3 + b c3+ 3 chia hết cho p

Do a3+ b c3+ 3 chia hết cho a b; b c; c a2 2 2 nên a3+ b c3+ 3 chia hết cho a ; b ; c2 2 2

Và từ ( ) ( ) ( )a,b = b,c = c,a =1 ta được ( a ,b2 2) ( = b ,c2 2) ( = c ,a2 2) = 1

Suy ra a3+ b c3+ 3 chia hết cho a b c2 2 2, do đó a3+ b c3+ 3 ≥ a b c2 2 2

toán

+ Nếu c b 3> ≥ , khi đó từ 1 b c + 3+ 3 ≥ b c2 2 ta được 2c3 > + 1 b c3+ 3, suy ra 2c b > 2 hay c > b2

2

b 1

dương

của chúng với k là một số nguyên dương

Cách 2 Gọi d=( )a,b , khi đó ta được a b d2  3 Do đó a3+ b c d3+ 3 3 và c d 

Suy ra ( ) ( ) ( ) (a,b = b,c = c,a = a,b,c)

a b c m; n;l ; ;

d d d , thế thì bộ ba số (m; n;l) cũng thỏa mãn yêu cầu bài toán và

Đến đây ta xét từng trường hợp của n thì thu được kết quả như trên

Ví dụ 29 Tìm số nguyên dương n để phương trình sau có nghiệm hữu tỉ:

Ta xét hai trường hợp sau:

q và ( )p,q =1

Ví dụ 30 Cho m và n là hai số tự nhiên với n m 1> ≥ Biết rằng khi viết trong hệ thập phân thì ba

Ví dụ 31 Chữ số hàng đơn vị trong hệ thập phân của số M a ab b = 2+ + 2(với a, b là các số tự nhiên khác 0) là 0

a) Chứng minh M chia hết cho 20 b) Tìm chữ số hàng chục của M

Lời giải

a) Vì chứ số tận cùng của M là 0 nên M chia hết cho 5 Xét các trường hợp sau

+ Một trong hai số a và b có một số chẵn và một số lẻ, không mất tính tổng quát ta giả sử a là số lẻ,

Do đó cả hai số a và b đều là số chẵn Khi đó M chia hết cho 4, từ đó suy ra M chia hết cho 20 b) Ta có ( a ab b a b2+ + 2) ( − ) = a3− b 53 ⇒ ( a3− b a3)( 3+ b 53) 

Ví dụ 32 Phân tích số tự nhiên 20032004 thành tích của hai số tự nhiên a và b Hỏi a b+ có chia hết cho 2004 không?

Lời giải

là số tự nhiên Ta xét các trường hợp sau

tự nhiên Ta có

+ +

Nhận xét: Ta có thể phát biểu bài toán tổng quát như sau: Cho p là số nguyên tố và n là số tự nhiên thỏa

mãn pn phân tích được thành tích của hai số tự nhiên a và b Khi đó a b+ chia hết cho p 1 + khi n là số chẵn và a b+ không chia hết cho p 1 + khi n là số lẻ

có duy nhất một số không chia hết cho 11 còn các số còn lại thì chia hết cho 11

Mặt khác hiển nhiên M cia hết cho 11; 13; 17

là một số nguyên dương Từ đó ta được t không chia hết cho 11; 13; 17

Suy ra b chia hết cho 11; 13; 17 Do 11; 13; 17 là các số nguyên tố nên ta được b chia hết cho

11.13.17 hat b chia hết cho 2431

Nhận xét: Ta có thể phát biểu bài toán tổng quát như sau: Nếu p là một số nguyên tố và n là số tự nhiên

Gọi d = ( a 1,a a 1 + 2− + ), khi đó ta có  +

a a 1 x , loại vì không thỏa mãn x 1>

+ Nếu d 3= , khi đó từ 2x2 = ( a 1 a a 1 + ) ( 2− + ) ta được 2x 92 nên x 92 ⇒ x 3 

+ Nếu d 5= , khi đó từ 2x2 = ( b 1 b b b b 1 + ) ( 4− 3+ 2− + ) ta được 2x 252 nên x 5 

Ví dụ 35 Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện x2 + y 12+ chia hết cho 2xy 1 +

+

2 2 0 0

k 2xb 1 hay x 2kb x b 1 k 02− 0 + 20 + − =

a 2kb a b 1 k a 2kb b 1 k 0, điều này vô lí vì a1 là

0 0

x 2kb x b 1 k 0

• Trường hợp 2: Nếu a1 >0, khi đó nếu a0 >b0 thì ta được

+

2 0 2 0

2a 1

Ví dụ 36 Cho các số nguyên dương a, b thỏa mãn điều kiện ( 4a 12 − )2 chia hết cho 4ab 1−

Lời giải

Trong ví dụ trước các số hạng đều có bậc hai, khi đó ta đưa về phương trình bậc hai một cách dễ dàng Trong ví dụ này có số hạng có bậc bốn nên ta không thể đưa trực tiếp về phương trình bậc hai Do đó ta cần thay đổi điều kiện của bài toán để đưa về dạng tốt hơn

Ta có ( 4a 12− )2 chia hết cho 4ab 1− nên b 4a 1 4a b 4ab 12( 2− − ) 3 ( − ) chia hết cho 4ab 1−

b 16a 8a 1 16a b 4a b 4ab 1

4ab 1 , khi đó k là số tự nhiên

−

2 2

0 0 0

0 0 0

Vậy bài toán được chứng minh

ta phát biểu được bài toán: Cho k là số nguyên dương Chứng minh rằng để tại số nguyên dương n sao cho

( 4k 12− )2 chia hết cho 8kn 1− thì k phải là số chẵn

Ví dụ 37 Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n 4> luôn tồn tại cặp số tự nhiên x, y với

Ví dụ 38 Tìm bộ các số nguyên x, y, z lớn hơn 1 thỏa mãn các điều kiện:

xy 1 z; yz 1 x; zx 1 y

Lời giải Cách 1 Từ xy 1 z; yz 1 x; zx 1 y +  +  +  ta suy ra được (xy 1 yz 1 zx 1 xyz+ )( + )( + )

Hay ta được   x y z xyz x y z xy yz xz 1 xyz2 2 2+ ( + + ) + + + +   nên (xy yz xz 1 xyz+ + + )

Ta xét các trường hợp sau:

Do đó xy 2x 2y 1 2xz + + + ≥ nên xy 2x 2y 1 4x 1 5x ≤ + + ≤ + < ⇒ < y 5

Do y z 2 ≥ = nên suy ra y∈{2; 3; 4}

Cách 2 Từ xy 1 z; yz 1 x; zx 1 y +  +  +  ta suy ra được ( xy 1 yz 1 zx 1 xyz + )( + )( +  )

Hay ta được   x y z xyz x y z xy yz xz 1 xyz2 2 2+ ( + + ) + + + +   nên (xy yz xz 1 xyz+ + + )

Đặt xy yz zx 1 kxyz k N + + + = ( ∈ *)

{ }

y 2 1 y 3

Trường hợp này loại do không thỏa mãn z 2≥

Ví dụ 39 Gọi n là số nguyên dương thỏa mãn 2n có 8 ước dương, 3n có 12 ước dương Hãy xác

định số ước dương của 12n

Lời giải

α β , , , γ ∈ N; , , , α β γ ≥ 1

dương là (2 1 1 1 6+ )( + =) và với q 3 > thì 3n 3.p.q = có số ước dương là (1 1 1 1 1 1 8+ )( + )( + =)

, cả hai khả năng đều không thỏa mãn bài toán

Vậy số ước dương của 12n là 20

Ví dụ 40 Cho các số nguyên a và b thỏa mãn S a= 2+b ab 3 a b 20132+ + ( + )+ chia hết cho 5 Tìm

Ví dụ 41 Tìm số nguyên dương n sao cho n có tất cả k ước tự nhiên d ;d ;d ; ;d1 2 3 n thỏa mãn điều kiện 1 d d = 1 < 2 < d3 < < dn < n k 15 ( ≥ ), đồng thời thỏa mãn hai điều kiện sau:

Từ đó suy ra n 2d= 15 =d d3 14 =d d4 13 nên ta được 2 d( 13+d14)=d d3 14 =d d4 13

Thay vào đẳng thức 2 d( 13+d14)=d d3 14 =d d4 13 ta được

2p q d 2 2q p d 2

Ví dụ 42 Tìm số nguyên dương n lớn nhất sao cho số 2013 viết được thành a a a a1+ 2+ 3+ + n

bằng số 2014

Lời giải

viết được thành tổng a a a a1+ 2+ 3+ + n trong đó các số a ;a ;a ; ;a1 2 3 n là các hợp số

Giả sử A a a a a= 1+ 2 + 3+ + ntrong đó a ;a ;a ; ;a1 2 3 n là các hợp số Khi đó theo đề bài ta phải tìm số n lớn nhất có thể

Chú ý rằng để có n lớn nhất thì các hợp số a ;a ;a ; ;a1 2 3 n phải nhỏ nhất Dễ thấy 4 là hợp

số chẵn nhỏ nhất và 9 là hợp số lẻ nhỏ nhất Do đó với mọi số nguyên dương A ta luôn

có A 4a r= + , trong đó a là số nguyên dương và r∈{0;1; 2; 3} Đến đây ta xét các trường hợp sau

• Trường hợp 1: Nếu r 0= , khi đó A 4a= Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên số k lớn nhất

là = n a

• Trường hợp 2: Nếu = r 1, khi đó A 4a 1= + Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n a≤

Xét = n a Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số ai với = i 1; 2; ; n là số lẻ Không mất tính tổng quát, giả sử a lẻ, suy ra ≥1 a1 9 Khi đó

• Trường hợp 4: Nếu r 3= , khi đó A 4a 3= + Mà 4 là hợp số nhỏ nhất nên n a≤

Xét = n a Vì A là số lẻ nên tồn tại ít nhất một số ai với = i 1; 2; ; n là số lẻ Không mất tính tổng quát, giả sử a1 lẻ, suy ra a1≥9 Khi đó

Từ đó tồn tại các số nguyên dương m và n thỏa mãn  + =  + =  a 2 mb b 3 na

cho a, suy ra a chỉ có thể là 1 hoặc 5

chia hết cho b, suy ra b chỉ có 1 hoặc 2

cầu bài toán

nên 2 chia hết cho a, do đó a chỉa có thể là 1 hoặc 2

cầu bài toán

cho b, do đó b chỉ có thể là 1 hoặc 5

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1;1 , 1; 3 , 2;1 , 4;1 , 5;7 , 8; 5

Ví dụ 44 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương a, b thỏa mãn 4a 1+ và 4b 1− nguyên tố cùng

Nếu cả hai số 4a 1+ và a b+ cùng chia hết cho một số nguyên tố p nào đó, thì từ 4a 1 4b 1+ + −

Ta có (4a 1 4b 1 a b+ )( + ) ( + ) và (4a 1,a b+ + )=1 nên suy ra 4b 1 a b+ ( + )

Khi đó từ (4a 1 4b 1 a b+ )( + ) ( + ) ta suy được 16ab a b( + )

Ta lại có 4a 1 4b 1 4 a b a b+ + − = ( + ) ( + ), suy ra 4b 1 p + 

Chú ý là 4b 1+ là số lẻ và 4b 1 4 a b+ < ( + ) nên từ 4b 1 a b+ ( + ) ta suy ra được

Ví dụ 45 Tìm tất că các cặp số tự nhiên ( )n; k với k 1> sao cho A 17 = 2016n+ 4.172n+ 7.195n có thể phân tích được thành k số tự nhiên liên tiếp

Lời giải

Ta có nhận xét: Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thì luôn chia hết cho 8 và trong bốn số tự nhiên liên tiếp có hai số chẵn liên tiếp

bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên

2016n

Trong cả hai trương hợp A đều không chia hết cho 8 nên không thể phân tích được thành tích của bốn số tự nhiên liên tiếp trở lên

trường hợp cụ thể

+ Nếu n 0> thì rõ ràng 172008n > 4.172n+ 7.195n

Do đó ta có A 17 = 2016n+ 4.172n+ 7.195n < 172016n+ 172008n

Mà ta lại có A x x 1 17= ( + =) 2016n+4.172n+7.195n >172016n nên x 17> 2008n

Khi đó nếu x là số lẻ thì A chia hết cho 8, điều này mâu thuẫn với A không chia hết cho 8 Do đó x

−1

Mà ta lại có 172006n = ( 15 2 + )2006n = 15a 2 + ( )2006n = 15a 5 1 + − ( )1003n = 15a 5b + + − ( ) 1 1003n với a và

5n 5n 5n 5n 5n

nhiên, Như vậy A chia 5 có số dư là ( ) − 1 1003n+ 4 1 ( ) − n+ 2 1 ( ) − 5n hay là 2 hoặc −2

Do đó trong trường hợp này cũng không có n thỏa mãn bài toán

Ví dụ 46 Tìm cặp các số nguyên ( )a; b sao cho + + + −

2 2

Xét a b 3+ > Giả sử (a ; b0 0) là cặp nghiệm có tổng nhỏ nhất Xem a kab b k 02 − + 2+ = là

Với a b 2= = hay a 4; b 1 = = thì không tìm được k

hơn 2)

Ví dụ 48 Tính tổng tất cả các số nguyên dương nhỏ hơn 2016 sao cho bình phương của số đó chia

17 có số dư là 9

= x 92 = x 3 x 3 k

x 17.1 3

x 17.2 3

x 17.118 3

• Xét trường hợp x 3 17n+ = , vì x phụ thuộc vào n nên ta kí hiệu xn là các giá trị thỏa mãn

+ =

x 3 17n

x 17.1 3

x 17.2 3

Ví dụ 49 Tìm tất cả các số có ba chữ số chia hết cho 11 sao cho thương số của phép chia số đó cho

11 bằng tổng bình phương của các chữ số của số đó

Lời giải

Khi A chia 11 thì thương số của phép chia bằng tổng bình phương các chữ số của A nên ta được

2

không tồn tại số A thỏa mãn bài toán

Do a, b, c là các chữ số nên từ b 11 a c+ = + ta suy ra được a 2≥

dương

(3k 5,3k 7− + ) (=1, 3k 7,3k 5 1− + )= với k là số chẵn

hơn 1 và ( )a,b =1