Các bài toán số học tuyển chọn từ các đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Giới thiệu Các bài toán số học tuyển chọn từ các đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các bài toán số học tuyển chọn từ các đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Các bài toán số học tuyển chọn từ các đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Các bài toán số học tuyển chọn từ các đề tuyển sinh lớp 10 chuyên Toán
PHAN QUANG ĐẠT NGUYỄN NHẤT HUY • DƯƠNG QUỲNH CHÂU CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC TUYỂN CHỌN TỪ CÁC ĐỀ TUYỂN SINH CHUYÊN TOÁN MATHPIAD TUYỂN TẬP SỐ HỌC TRONG KÌ THI CHUYÊN TOÁN 2020 − 2021 Mathpiad − Tạp chí và tư liệu toán học Phan Quang Đạt − Nguyễn Nhất Huy − Dương Quỳnh Châu LATEX by Mathpiad LAT 2 EX by Mathpiad Chương I Một số kiến thức sử dụng trong tài liệu 1 Các định nghĩa ngoài sách giáo khoa. † Số chính phương là số có thể biểu diễn dưới dạng bình phương của một số tự nhiên. † Số lập phương là số có thể biểu diễn dưới dạng lập phương của một số nguyên. 2 Các kí hiệu, quy ước ngoài sách giáo khoa. † Kí hiệu a | b dùng thay cho mệnh đề “a là ước của b”, và đọc là “a chia hết b”. † Kí hiệu (a, b) dùng để chỉ ước chung lớn nhất của a và b. Đôi lúc, nó còn dùng để chỉ cặp số (a, b), vì thế cần phân biệt rõ. † Kí hiệu a ≡ b (mod m) dùng thay cho mệnh đề “a và b có cùng số dư khi chia cho m”, và đọc là “a đồng dư với b theo modulo m”. 3 Các hằng đẳng thức mở rộng. † (A + B +C)2 = A2 + B2 +C2 + 2AB + 2BC + 2CA.  † A3 + B3 +C3 − 3ABC = (A + B +C) A2 + B2 +C2 − AB − BC −CA . 4 Các tính chất về ước chung lớn nhất. a) Với các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn c | ab và (a, c) = 1, ta có thể suy ra c | b. b) Với các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn ab = c2 , và (a, c) = 1, ta có |a| và |b| là hai số chính phương. c) Với các số nguyên a, b, c khác 0 thỏa mãn ab = c3 , và (a, c) = 1, ta có a và b là hai số lập phương. 5 Các tính chất về đồng dư thức và chia hết. (a) Tính chia hết của tổng, tích các số nguyên liên tiếp. † Tổng của n số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho n. † Tích của n số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho n!, ở đây n! là tích của tất cả các số tự nhiên từ 1 đến n. LAT 3 EX by Mathpiad CHƯƠNG I. MỘT SỐ KIẾN THỨC SỬ DỤNG TRONG TÀI LIỆU (b) Nếu a ≡ b (mod m), ta có thể suy ra † m | (a − b). † a + c ≡ b + c (mod m), với c là một số nguyên. † ac ≡ bc (mod m), với c là một số nguyên. m a b † ≡ (mod ), với n là một ước chung nào đó của a, b, m. n n n † an ≡ bn (mod m). (c) Một số chính phương bất kì chỉ có thể † Đồng dư với 0 hoặc 1 theo modulo 3. † Đồng dư với 0 hoặc 1 theo modulo 4. † Đồng dư với 0, 1 hoặc 4 theo modulo 8. (d) Định lý Fermat nhỏ. Cho p là số nguyên tố và a là số nguyên dương thỏa mãn a không chia hết cho p, khi đó a p−1 ≡ 1 (mod p). 6 Bổ đề kẹp. Giữa hai lũy thừa số mũ n liên tiếp, không tồn tại một lũy thừa cơ số n nào. Hệ quả, với mọi số nguyên a † Không có số chính phương nào nằm giữa a2 và (a + 1)2 . † Số chính phương duy nhất nằm giữa a2 và (a + 2)2 là (a + 1)2 . † Có đúng k − 1 số chính phương nằm giữa a2 và (a + k)2 , đó là (a + 1)2 , (a + 2)2 , . . . , (a + k − 1)2 . 7 Bổ đề về nghiệm nguyên của phương trình bậc hai. Nếu phương trình bậc hai với hệ số nguyên ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm nguyên (không nhất thiết phân biệt) thì ∆ = b2 − 4ac là số chính phương. LAT 4 EX by Mathpiad Chương II Giới thiệu một số bài toán số học trong đề thi vào lớp 10 chuyên Toán Câu 1. 1 Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho (2n + 1)3 + 1 chia hết cho 22021 . 2n + 2 4n2 + 2n + 1 và b = là các số p p nguyên. Chứng minh rằng a và b không đồng thời là các số chính phương. 2 Cho số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho a = Chuyên Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh Câu 2. Tìm tất cả các số nguyên dương m, n thỏa mãn m(m + 1)(m + 2) = n2 . Hà Tĩnh Câu 3. 1 Tìm tất cả các nghiệm (x; y) của phương trình x2 − 2x + 2y = 2(xy + 1). 2 Cho p là số nguyên tố sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa mãn x3 + y3 − p = 6xy − 8. Tìm giá trị lớn nhất của p. Lào Cai  Câu 4. Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố (p, q, r) thỏa mãn pq = r + 1 và 2 p2 + q2 = r2 + 1. Quảng Nam Câu 5. Tìm tất cả số tự nhiên a và b với lớn hơn 1 sao cho (a − 1)(b − 1) | (ab − 1). Chuyên Đại học Khoa học Huế Câu 6. Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n + 1) + 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 − 5n − 1 không là số chính phương. Thái Bình LAT 5 EX by Mathpiad CHƯƠNG II. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Câu 7. 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 2y2 − 2xy − 2x − 4y + 6 = 0. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 − p − 1 là lập phương một số tự nhiên. 2 Thanh Hóa – Chuyên Toán Câu 8. 1 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn đồng thời các điều kiện √ √ √ xy + xz − yz = y, 1 1 1 + − = 1. x y z 2 Cho số tự nhiên n > 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p − 1 chia hết cho n và n3 − 1 chia hết cho p. Chứng minh rằng n + p là một số chính phương. Thanh Hóa – Chuyên Tin Câu 9. 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n để n − 1989 và n − 2022 đều là các số chính phương. 2 Biết rằng phương trình x2 − ax + b + 2 = 0 (với a, b là các số nguyên) có hai nghiệm nguyên. Chứng minh rằng 2a2 + b2 là hợp số Quảng Trị Câu 10. Cho hình lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông, chiều cao bằng 6. Số đo ba cạnh của tam giác đáy là các số nguyên. Số đo diện tích toàn phần của lăng trụ bằng số đo thể tích của lăng trụ. Tính số đo ba cạnh tam giác đáy của lăng trụ. Quảng Ninh Câu 11. 1 Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5×2 + 3y2 + 4xy − 2x + 8y + 8 6 0. 2 Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11? Đồng Nai Câu 12. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (xy − 1)2 = x2 + y2 . Bà Rịa – Vũng Tàu Câu 13. Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y − xy + 2x − 1 = y2 − xy2 − 2y. LAT 6 EX by Mathpiad MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Bến Tre Câu 14. 1 Tìm x, y ∈ N sao cho x3 = 1993 · 3y + 2021. 2 Tìm số nguyên dương n để n − 23 là bình phương một số hữu tỉ dương. n + 89 Nghệ An Câu 15. 1 Cho a là số nguyên tố lẻ và a không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 − 2021 chia hết cho 24 2 Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p + q2 là số chính phương. Chứng minh rằng a, p = 2q + 1. b, p2 + q2021 không phải là số chính phương. 3 Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau (n > 3) thỏa mãn tính chất: tổng của 3 phần tử bất kì trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n. Quảng Ngãi Câu 16. 1 Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. 2 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 y + 2xy + y = 32x. Vĩnh Long b Câu 17. Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a = b − c = . Chứng minh rằng a + b + c là c lập phương của một số nguyên. Bình Dương Câu 18. 1 Cho m, p, r là các số nguyên tố thỏa mãn mp + 1 = r. Chứng minh rằng m2 + r hoặc p2 + r là số chính phương. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố q sao cho tồn tại các số nguyên dương n để n2 + 22q là một lũy thừa với số mũ nguyên dương của 11. Kiên Giang LATEX by Mathpiad 7 CHƯƠNG II. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Câu 19. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2021 mà n3 + 2021 chia hết cho 6. Hòa Bình Câu 20. Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn y2 + 3y = x4 + x2 + 18. Ninh Thuận Câu 21. Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 − 2y · x − 421 · 9 = 0. Thừa Thiên Huế – Chuyên Toán Câu 22. 1 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện x2 y − y2 x − 2×2 − 3y2 + 10xy − 16x + 21y = 100. 2 Chứng minh rằng từ 1012 số nguyên bất kì, luôn tồn tại hai số mà hiệu bình phương của chúng là một số nguyên chia hết cho 2021. Thừa Thiên Huế – Chuyên Tin Câu 23. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 − 2y(x − y) = 2(x + 1). Tây Ninh Câu 24. Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m2 + n2 + m chia hết cho mn. Chứng minh rằng m là số chính phương. Tiền Giang Câu 25. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x − 3 = 0. Cần Thơ Câu 26. Hai số tự nhiên khác nhau được gọi là “thân thiết” nếu tổng bình phương của chúng chia hết cho 3. Hỏi tập X = {1; 2; 3; …; 2021} có bao nhiêu cặp số “thân thiết” (không phân biệt thứ tự)? Khánh Hòa Câu 27. 1 Cho phương trình bậc hai với tham số m x2 −2(m−2)x+m2 −3 = 0. Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa mãn P = nhận giá trị nguyên. 2×1 x2 x1 + x2 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x2 + 3y2 + 4xy − 2x − 4y − 2 = 0. Đắk Nông LATEX by Mathpiad 8 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Câu 28. 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + y)(x − y) + 3(2x + y) − 5(x − y) = 22. 2 Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 + a = 3b2 + b. Chứng minh rằng 2a + 2b + 1 là số chính phương. Bình Phước Câu 29. 1 Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n4 + 42k+1 là số nguyên tố. 2 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x4 − x2 + 2×2 y − 2xy + 2y2 − 2y − 36 = 0. Đắk Lắk Câu 30. Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n2 − 2n − 7 và n2 − 2n + 12 đều là lập phương của một số nguyên dương nào đó. Quảng Bình Câu 31. Tìm tất cả các số nguyên dương n để A = 4n3 + 2n2 − 7n − 5 là một số chính phương. Thái Nguyên – Chuyên Toán Câu 32. Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho phương trình x2 − px + q = 0 có các nghiệm là số nguyên. Thái Nguyên – Chuyên Tin Câu 33. Giải phương trình x3 + y3 − x + 3z = 2021 với x, y, z là các số nguyên. Hà Nam Câu 34. Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + 20c = c3 . Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 chia hết cho 6. Lâm Đồng Câu 35. 1 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n4 + n3 + 1 là số chính phương. 2 Cho phương trình x2 − mx + m + 2 = 0. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có các nghiệm nguyên. Bình Định – Chuyên Toán LATEX by Mathpiad 9 CHƯƠNG II. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Câu 36. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x2 − x + 13 là số chính phương. Bình Định – Chuyên Tin Câu 37. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 7(x + 2y)3 (y − x) = 8y − 5x + 1. Ninh Bình Câu 38. Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn y4 + 2y3 − 3 = x2 − 3x. Hải Phòng Câu 39. 1 Gọi A là số tạo nên khi viết liên tục các số tự nhiên từ 1 đến 2021, nghĩa là A = 123 . . . 201920202021. a, Số A gồm bao nhiêu chữ số? b, Chữ số thứ 2021 (theo chiều từ trái qua phải) của A là chữ số nào? 2 Cho p, x, y là các số tự nhiên thỏa mãn px2 + x = (p + 1)y2 + y. Chứng minh rằng x − y là một số chính phương. Bình Thuận – Chuyên Toán 3 Câu 40. Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn a2 − ab + b2 chia hết cho 25. Chứng 2 minh rằng cả a và b đều chia hết cho 25. Bình Thuận – Chuyên Tin Câu 41. 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 y − xy + y (x + y) = 3x + 1.  2 Tìm các số nguyên tố p, q đồng thời thỏa mãn hai điều kiện i, p2 q + p chia hết cho p2 + q. ii, pq2 + q chia hết cho q2 − p. Phú Thọ Câu 42. 1 Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên tố thì n2 + 2022 không là lũy thừa của 3. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 3p + 2021 cũng là một số nguyên tố. Yên Bái LATEX by Mathpiad 10 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Câu 43. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có 2005n + 60n − 1897n − 168n chia hết cho 2004. Lai Châu Câu 44. 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5xy + 6y2 + x + 2y − 2 = 0. 2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có n2 + n + 16 không chia hết cho 49. 3 Cho số thực x khác 0 thỏa mãn cả hai số x + 2 và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng minh rằng x x cũng là số hữu tỉ. Hà Nội – Chuyên Toán Câu 45. 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta luôn có n2 + 3n + 16 không chia hết cho 25 . 2 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 − xy − 2y2 + x + y − 5 = 0. Hà Nội – Chuyên Tin Câu 46. 1 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, biết rằng khi chia n cho 7, 9, 11, 13 ta nhận được các số dư tương ứng là 3, 4, 5, 6. 2 Cho tập A = {1, 2, 3, . . . , 2021}. Tìm số nguyên dương k lớn nhất (k > 2) sao cho ta có thể chọn được k số phân biệt từ tập A mà tổng của hai số phân biệt bất kì trong k số được chọn không chia hết cho hiệu cúa chúng. Chuyên Khoa học Tự nhiên – Vòng 1 Câu 47. Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 3x + 29 = 2y . Chuyên Khoa học Tự nhiên – Vòng 2 Câu 48. Tìm tất cả các số nguyên a, b thỏa mãn a4 − 2a3 + 10a2 − 18a − 16 = 4b2 + 20b. Cao Bằng Câu 49. 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn x2 y2 (y − x) = 5xy2 − 27. 2 Cho p1 , p2 , . . . , p12 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p21 + p22 + . . . + p212 chia hết cho 12. LATEX by Mathpiad 11 CHƯƠNG II. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN Nam Định Câu 50. 1 Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số abcd thỏa mãn đồng thời các điều kiện: abcd chia hết cho 3 và abc − bda = 650. 2 Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x2 + 4y2 + 2z2 + 2(xz + 2x + 2z) = 396, x2 + y2 = 3z. Hải Dương Câu 51. Cho số nguyên dương n > 2. Chứng minh rằng 1 A = n3 − 3n2 + 2n chia hết cho 6. 2 B = nA+1 − 1 chia hết cho 7. Tuyên Quang √ √ Câu 52. Cho a, b là hai số hữu tỉ. Chứng minh rằng nếu a 2 + b 3 là số hữu tỉ thì a = b = 0. Chuyên Sư phạm – Vòng 1 Câu 53. 1 Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn duy nhất một cách biểu diễn ở dạng x2 + y với x, y là hai số nguyên dương. xy + 1 2 Cho a, b, c là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn dạng lũy thừa của 2 với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai ax2 − bx + c = 0 có hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình này bằng nhau. Chuyên Sư phạm – Vòng 2 Câu 54. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 − y2 2 = 1 + 20y. Đà Nẵng Câu 55. 1 Cho các số nguyên x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2xyz. Chứng minh rằng xyz chia hết cho 24. 2 Tìm các bộ ba số nguyên dương (a, b, c) sao cho (a + b + c)2 − 2a + 2b là số chính phương. Vĩnh Phúc LATEX by Mathpiad 12 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Câu 56. 1 Tìm tất cả các số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 y − x3 − 1 = 2×2 + 2x + y. 2 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số có dạng 357abc chia hết cho 3, 5 và 7. Kon Tum Câu 57. Tìm tất cả các số nguyên dương n để n5 + n4 + 1 là số nguyên tố. Sóc Trăng Câu 58. 1 Chứng minh rằng n5 − n chia hết cho 240 với n là số tự nhiên lẻ bất kì. 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x2 − y2 x + y4 + 6y2 = 0.  Bắc Giang Câu 59. 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn phương trình 2×2 − xy + 9x − 3y + 4 = 0. 2 Cho f (x) là một đa thức với hệ số nguyên. Biết f (1)· f (2) = 2021, chứng minh phương trình f (x) = 0 không có nghiệm nguyên. 3 Cho tập hợp A có các tính chất sau: i, Tập hợp A chứa toàn bộ các số nguyên. √ √ ii, 2 + 3 ∈ A. iii, Với mọi x, y ∈ A thì x + y ∈ A và xy ∈ A . 1 √ ∈A. Chứng minh rằng √ 2+ 3 Lạng Sơn LATEX by Mathpiad 13 CHƯƠNG II. GIỚI THIỆU MỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC TRONG ĐỀ THI VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN LATEX by Mathpiad 14 Chương III Lời giải tham khảo d Câu 1 1 Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho (2n + 1)3 + 1 chia hết cho 22021 . 2n + 2 4n2 + 2n + 1 và b = p p là các số nguyên. Chứng minh rằng a và b không đồng thời là các số chính phương. 2 Cho số tự nhiên n và số nguyên tố p sao cho a = Chuyên Phổ thông Năng khiếu – ĐHQG thành phố Hồ Chí Minh Lời giải. 1 Từ giả thiết, ta có 22021 | (2n + 2)(4n2 + 2n + 1) (*)  2021 Ta nhận thấy 4n2 + 2n + 1 là số lẻ, do đó 4n2 + 2n + 1, 2 = 1. Như vậy, (*) tương đương với 22021 | (2n + 2) ⇔ 22020 | (n + 1). Kết quả, tất cả các số tự nhiên n cần tìm có dạng 22020 k − 1, ở đây k nguyên dương. 2 Ta nhận thấy p là số lẻ, vậy nên ( p | (2n + 2) ( ⇒ p | 4n + 2n + 1 2 ( p | (n + 1) ⇒ p | 4n + 2n + 1 2 p | (n + 1) p | [(4n − 2)(n + 1) + 3] ⇒ p = 3. Ta giả sử a, b là số chính phương, khi đó ab cũng là số chính phương. Đặt ab = m2 , ta được m2 =  2n + 2 4n2 + 2n + 1 · ⇔ 9m2 = (2n + 2) 4n2 + 2n + 1 3 3 ⇔ 9m2 = (2n + 1)3 + 1 ⇔ (3m − 1)(3m + 1) = (2n + 1)3 . Nhận xét được m chẵn chỉ ra cho ta (3m + 1, 3m − 1) = 1. Theo đó, tồn tại các số nguyên dương x, y sao cho 3m + 1 = x3 (1) LATEX by Mathpiad 15 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 3m − 1 = y3 (2) Trừ theo vế (1) cho (2), ta được  ( x−y = 1 (  2 2  x=1 x + xy + y = 2 ( (x − y)(x2 + xy + y2 ) = 2 ⇒  ⇒ .  x−y = 2 y = −1  x2 + xy + y2 = 1 Các số x, y không thể âm, thế nên suy luận trên là vô lí. Giả sử phản chứng là sai, và bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 2 Tìm tất cả các số nguyên dương m, n thỏa mãn m(m + 1)(m + 2) = n2 . Hà Tĩnh Lời giải. Giả sử tồn tại các số nguyên m, n thỏa đề. Hai số m + 1 và m(m + 2) không thể đồng thời bằng 0, chứng tỏ chúng tồn tại ước chung lớn nhất, gọi là d. Ta có ( ( d | (m + 1) d | (m + 1) ⇒   ⇒ d | 1 ⇒ d = 1. d | m(m + 2) d | (m + 1)2 − 1 Như vậy, (m + 1, m(m + 2)) = 1. Lại do |m + 1||m(m + 2)| = n2 nên cả |m + 1| và |m(m + 2)| đều là số chính phương. 1 Với m = −1, ta tìm được n = 0. 2 Với m 6= −1, do m là số nguyên nên m(m + 2) > 0. Lúc này, |m(m + 2)| = m(m + 2) là số chính phương. Tiếp tục đặt m(m + 2) = x2 , với x là số nguyên dương, ta được m(m + 2) = x2 ⇒ m2 + 2m + 1 = x2 + 1 ⇒ (m + 1)2 − x2 = 1 ⇒ (m + 1 − x)(m + 1 + x) = 1. Đến đây, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với m + 1 − x = m + 1 + x = 1, ta có m = 0 và x = 0. Thử trực tiếp, ta tìm ra n = 0. † Trường hợp 2. Với m + 1 − x = m + 1 + x = −1, ta có m = −1 và x = 0. Thử trực tiếp, ta tìm ra n = 0. Kết quả, có ba cặp số nguyên (m, n) thỏa đề là (−2, 0), (−1, 0) và (0, 0). ∇ LATEX by Mathpiad 16 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 3 1 Tìm tất cả các nghiệm (x, y) của phương trình x2 − 2x + 2y = 2(xy + 1). 2 Cho p là số nguyên tố sao cho tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa mãn x3 + y3 − p = 6xy − 8. Tìm giá trị lớn nhất của p. Lào Cai Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương x2 − 2x − 2 = 2y(x − 1). Dựa vào điều hiển nhiên là x 6= 1, ta suy ra x2 − 2x − 2 chia hết cho x − 1. Ta nhận thấy x2 − 2x − 2 = (x − 1)2 − 3, thế nên x − 1 là ước của 3. Ta lập bảng x−1 x y −3 −2 −1 −1 0 1 1 2 −1 3 4 1 Kết quả, phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (−2, −1), (0, 1), (2, −1), (4, −1). 2 Với các số x, y, p thỏa mãn giả thiết, ta có  x3 + y3 + 23 − 3 · x · y · 2 = p ⇔ (x + y + 2) x2 + y2 + 4 − xy − 2x − 2y = p. Do x, y nguyên dương nên ta được x + y + 2 > 1 từ lập luận trên, và như vậy x + y + 2 = p, x2 + y2 + 4 − xy − 2x − 2y = 1. Ta nhận thấy x2 + y2 + 4 − xy − 2x − 2y = 1 ⇔ (x − y)2 + (x − 2)2 + (y − 2)2 = 2. Tổng ba bình phương trên bằng 2, chứng tỏ một bình phương phải bằng 0. Tới đây, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với x = y, ta có p = x + y + 2 = 2x + 2. Ta được p chẵn và p = 2. † Trường hợp 2. Với x = 2, ta có  y=1 (2 − y)2 + (2 − 2)2 + (y − 2)2 = 2 ⇔ (y − 2)2 = 1 ⇔ y=3 Thử với từng trường hợp, ta được p = 5 và p = 7. Tổng kết lại, p = 7 là số nguyên tố lớn nhất thỏa đề. ∇ LATEX by Mathpiad 17 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Tìm tất cả bộ ba số nguyên tố (p, q, r) thỏa mãn pq = r + 1 và d Câu 4  2 2 2 2 p + q = r + 1. Quảng Nam Lời giải. Ta chia bài toán thành các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với p, q, r là ba số nguyên tố lẻ, ta có pq lẻ, còn r + 1 chẵn. Điều này vô lí. † Trường hợp 2. Với r = 2, ta có pq = 3. Điều này vô lí. † Trường hợp 3. Với q = 2, ta thu được hệ phương trình ( ( ( 2p = r + 1 r = 2p − 1 r = 2p − 1 ⇔ ⇔ .   2 2 2 2 (p − 3)(p + 2) = 0 2 p +4 = r +1 2 p + 4 = (2p − 1) + 1 Do p nguyên tố, ta được p = 3 và r = 2. † Trường hợp 4. Với p = 2, làm tương tự trường hợp trên, ta được q = 3 và r = 2. Kết quả, có 2 bộ (p, q, r) thỏa đề là (2, 3, 2) và (3, 2, 2). ∇ d Câu 5 Tìm tất cả số tự nhiên a và b với lớn hơn 1 cho (a − 1)(b − 1) | (ab − 1). Chuyên Đại học Khoa học Huế Lời giải. Từ giả thiết, ta có (a − 1)(b − 1) | (ab − 1) ⇒ (a − 1)(b − 1) | [(a − 1)(b − 1) + a + b − 2] ⇒ (a − 1)(b − 1) | [(a − 1) + (b − 1)] Ta được a − 1 và b − 1 chia hết cho nhau từ đây, tức là a = b. Sử dụng kết quả này cho (a − 1)(b − 1) | (ab − 1), ta có  (a − 1)2 | a2 − 1 ⇒ (a − 1) | (a + 1) ⇒ (a − 1) | 2. Lập luận trên chứng tỏ a = 2 hoặc a = 3. Thử trực tiếp, ta kiểm tra được có 2 cặp (a, b) thỏa mãn là (2, 2) và (3, 3). ∇ d Câu 6 Giả sử n là số tự nhiên thỏa mãn điều kiện n(n + 1) + 7 không chia hết cho 7. Chứng minh rằng 4n3 − 5n − 1 không là số chính phương. Thái Bình LATEX by Mathpiad 18 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Lời giải. Từ giả thiết n(n + 1) + 7 không chia hết cho 7, ta suy ra n + 1 không chia hết cho 7. Mặt khác, ta xét phân tích  4n3 − 5n − 1 = (n + 1) 4n2 − 4n − 1 .  Giả sử 4n3 − 5n − 1 là số chính phương. Đặt d = n + 1, 4n2 − 4n − 1 , ta có ( ( d | (n + 1) d | (n + 1) ⇒ d | 7. ⇒ 2 d | [4n(n + 1) − 8(n + 1) + 7] d | 4n − 4n − 1 Tuy nhiên, do n + 1 không là bội của 7 nên d = 1, dẫn đến việc 4n2 − 4n − 1 là số chính phương. Đây là điều không thể xảy ra, do 4n2 − 4n − 1 ≡ 3 (mod 4). Giả sử phản chứng là sai, và ta có điều phải chứng minh. ∇ d Câu 7 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 2y2 − 2xy − 2x − 4y + 6 = 0. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 − p − 1 là lập phương một số tự nhiên. 2 Thanh Hóa − Chuyên Toán Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương  2y2 − (2x + 4)y + x2 − 2x + 6 = 0. 0 Coi đây là một phương trình bậc hai theo ẩn y, thế thì ∆ phải là số chính phương. Ta tính được  0 ∆ = (x + 2)2 − 2 x2 − 2x + 6 = −x2 + 8x − 8. Ta suy ra x2 − 8x + 8 6 0. Giải bất phương trình nghiệm nguyên này, ta được 2 6 x 6 6. Thử với từng trường hợp, ta kết luận phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên phân biệt là (2, 1), (2, 3), (6, 3), (6, 5). 2 Ta đặt p2 − p − 1 = n3 , với n là một số tự nhiên. Phép đặt này cho ta 2  p2 − p − 2 = 2n3 ⇔ p2 − p = 2n3 + 2 ⇔ p(p − 1) = 2(n + 1) n2 − n + 1 .  Ta được p | 2(n + 1) n2 − n + 1 . Ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với p = 2, bằng kiểm tra trực tiếp, ta thấy thỏa mãn đề bài. LATEX by Mathpiad 19 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO † Trường hợp 2. Với p | (n + 1), ta có p 6 n + 1. Đánh giá này cho ta  2(n + 1) n2 − n + 1 = p(p − 1) 6 (n + 1)n. Ta được 2n2 − 2n + 1 6 n. Không tồn tại số thực n nào như vậy.  † Trường hợp 3. Với p | n2 − n + 1 , ta đặt n2 −n+1 = kp, ở đây k là số nguyên dương. Phép đặt này cho ta  p(p − 1) = 2(n + 1) n2 − n + 1 = 2(n + 1)kp. Từ đây, ta có p = 2kn + 2k + 1. Thế ngược lại phép đặt, ta chỉ ra   n2 − n + 1 = k(2kn + 2k + 1) ⇔ n2 − 2k2 + 1 n − 2k2 + k − 1 = 0. Coi phương trình trên là một phương trình bậc hai ẩn n, lúc này 2  ∆ = 2k2 + 1 + 4 2k2 + k − 1 phải là số chính phương. 2 2 Đánh giá được 2k2 + 1 < ∆ < 2k2 + 4 và ∆ lẻ, ta áp dụng bổ đề kẹp để suy 2 ra ∆ = 2k2 + 3 . Ta lần lượt tìm được k = 3, n = 20, p = 127. Như vậy, có 2 giá trị của p thỏa đề là p = 2 và p = 127. ∇ d Câu 8 1 Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn đồng thời các điều kiện √ √ √ xy + xz − yz = y, 1 1 1 + − = 1. x y z 2 Cho số tự nhiên n > 2 và số nguyên tố p thỏa mãn p − 1 chia hết cho n và n3 − 1 chia hết cho p. Chứng minh rằng n + p là một số chính phương. Thanh Hóa − Chuyên Tin Lời giải. 1 Điều kiện thứ nhất tương đương với √ √ √ √  y+ z y − x = 0 ⇔ x = y. Thay vào điều kiện còn lại, ta được 2 1 − = 1 ⇔ 2z − x = xz ⇔ xz + x − 2z − 2 = −2 x z ⇔ x(z + 1) − 2(z + 1) = −2 ⇔ (2 − x)(z + 1) = 2. Từ đây, ta thu được x = 1, z = 1, và đương nhiên y = 1. Kết luận (x, y, z) = (1, 1, 1) là bộ số duy nhất thỏa đề. LATEX by Mathpiad 20 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC 2 Để giải bài toán này, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. p | (n − 1). Ta đặt n = l p + 1, với l là số tự nhiên. Kết hợp với giả thiết n | (p − 1), phép đặt này cho ta (l p + 1) | (p − 1) ⇒ p − 1 > l p + 1 ⇒ (l − 1)p 6 −2 ⇒ l = 0, p = 2. Với l = 0, p = 2, ta tìm ra n = 1, trái giả thiết n > 2. † Trường hợp 2. p|(n2 + n + 1). Do giả thiết n|(p − 1), ta có thể đặt p = kn + 1, thế thì n2 + n + 1 = n2 + n − kn + kn + 1 = n(n − k + 1) + kn + 1 là bội của kn + 1, thế nhưng do (n, kn + 1) = 1 nên (kn + 1)|(n − k + 1). Bằng dãy đánh giá −kn − 1 6 −k − 1 < n − k + 1 6 n 6 kn < kn + 1, ta chỉ ra k = n + 1, tức là p = n2 + n + 1. Như vậy, n + p = n + n2 + n + 1 = (n + 1)2 là số chính phương. Chứng minh hoàn tất. ∇ d Câu 9 1 Tìm tất cả các số nguyên dương n để n − 1989 và n − 2022 đều là các số chính phương. 2 Biết rằng phương trình x2 − ax + b + 2 = 0 (với a, b là các số nguyên) có hai nghiệm nguyên. Chứng minh rằng 2a2 + b2 là hợp số Quảng Trị Lời giải. 1 Từ giả thiết, ta có thể đặt n − 1989 = x2 , n − 2022 = y2 , ở đây x, y là các số nguyên dương. Lấy hiệu theo vế, ta được (n − 1989) − (n − 2022) = x2 − y2 ⇒ 33 = (x − y)(x + y) Vì 0 < x − y < x + y nên đến đây, ta xét các trường hợp. † Trường hợp 1. Với x − y = 1 và x + y = 33, ta có x = 17, và vì thế n = 1989 + 172 = 2278. † Trường hợp 2. Với x−y = 3 và x+y = 11, ta có x = 7, và vì thế n = 1989+72 = 2038. LATEX by Mathpiad 21 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Như vậy, n = 2038 và n = 2278 là tất cả các giá trị thỏa đề. 2 Gọi 2 nghiệm nguyên của phương trình đã cho là x1 và x2 . Theo định lí Viète, ta có ( x1 + x2 = a x1 x2 = b + 2 ⇒ ( a = x1 + x2 b = x1 x2 − 2 . Các hệ thức trên cho ta 2a2 + b2 = 2 (x1 + x2 )2 + (x1 x2 − 2)2 = x12 x22 + 2x12 + 2x22 + 4 = x12 + 2   x22 + 2 . Do x12 + 2 > 2 và x22 + 2 > 2, ta được 2a2 + b2 là hợp số. Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 10 Cho hình lăng trụ đứng, đáy là tam giác vuông, chiều cao bằng 6. Số đo ba cạnh của tam giác đáy là các số nguyên. Số đo diện tích toàn phần của lăng trụ bằng số đo thể tích của lăng trụ. Tính số đo ba cạnh tam giác đáy của lăng trụ. Quảng Ninh Lời giải. Gọi số đo ba cạnh của tam giác đáy là a, b, c với a, b, c ∈ Z+ , c > b > a. Tam giác đáy là tam giác vuông, nên theo định lý Pythagoras, ta có a2 + b2 = c2 . (1) Số đo thể tích của lăng trụ bằng 3ab, trong khi số đo diện tích của nó bằng 6(a + b + c) + ab. Vậy nên 6(a + b + c) + ab = 3ab ⇔ 3(a + b + c) = ab ⇔ ab − 3a − 3b = 3c. (2) Nhân đôi hai vế của (2) rồi cộng tương ứng vế với (1), ta được a2 + b2 + 2ab − 6a − 6b = c2 + 6c ⇔ (a + b)2 − 6(a + b) = c2 + 6c ⇔ (a + b)2 − 6(a + b) + 9 = c2 + 6c + 9 ⇔ (a + b − 3)2 = (c + 3)2  a+b−3 = c+3 ⇔ a + b − 3 = −c − 3  c = a+b−6 ⇔ a+b+c = 0 Do a, b, c nguyên dương nên ta loại trường hợp a + b + c = 0, tức là c = a + b − 6. Thế vào (2), ta được ab − 3a − 3b = 3a + 3b − 12 ⇔ (a − 6)(b − 6) = 6. Giải phương trình ước số trên rồi thử lại, ta tìm ra có tổng cộng 18 bộ số đo 3 cạnh tam giác đáy, bao gồm (7, 24, 25), (8, 15, 17)(9, 12, 15) và các hoán vị của chúng. ∇ LATEX by Mathpiad 22 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 11 1 Tìm tất cả số nguyên x, y thỏa mãn bất đẳng thức 5×2 +3y2 +4xy−2x +8y+8 6 0. 2 Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, có bao nhiêu số không chia hết cho 7 và không chia hết cho 11? Đồng Nai Lời giải. 1 Bất phương trình đã cho tương đương (2x + y)2 + (x − 1)2 + 2(y + 2)2 6 1. (*) Tổng ba bình phương trong vế trái của (*) không vượt quá 1, chứng tỏ có ít nhất hai bình phương bằng 0. Mặt khác, do 2x + y = 2(x − 1) + (y + 2) nên nếu 2 trong 3 số kia bằng 0, số còn lại chắc chắn cũng bằng 0. Ta suy ra 2x + y = x − 1 = y + 2 = 0 ⇒ x = 1, y = −2. Như vậy (x, y) = (1, −2) là nghiệm nguyên duy nhất của bất phương trình. 2 Ta kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá với x. Trong 2021 số nguyên dương đầu tiên, ta gọi † A là tập các số chia hết cho 7. † B là tập các số chia hết cho 77. † C là tập các số chia hết cho 7 và không chia hết cho 11. Dựa vào nhận xét B ∪C = A và B ∩C = ∅, ta suy ra     2021 2021 |C| = |A| − |B| = − = 288 − 26 = 262. 7 77 Như vậy, trong 2021 số nguyên dương đầu tiên có tất cả 262 số chia hết cho 7 và không chia hết cho 11. ∇ d Câu 12 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (xy − 1)2 = x2 + y2 . Bà Rịa – Vũng Tàu LATEX by Mathpiad 23 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Lời giải. Phương trình đã cho tương đương (xy)2 + 1 = x2 + y2 + 2xy ⇔ (xy)2 + 1 = (x + y)2 ⇔ 1 = (x + y − xy)(x + y + xy) Tới đây, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với x + y − xy = x + y + xy = 1, ta có xy = 0 và x + y = 1. Giải ra, ta được (x, y) = (0, 1) hoặc (x, y) = (1, 0). † Trường hợp 2. Với x + y − xy = x + y + xy = −1, ta có xy = 0 và x + y = −1. Giải ra, ta được (x, y) = (0, −1) hoặc (x, y) = (−1, 0). Như vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên phân biệt, bao gồm (−1, 0), (0, −1), (0, 1), (1, 0). ∇ d Câu 13 Giải phương trình nghiệm nguyên x2 y − xy + 2x − 1 = y2 − xy2 − 2y. Bến Tre Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với x2 y + xy2 − xy − y2 + 2x + 2y = 1 ⇔ xy(x + y) − y(x + y) + 2(x + y) = 1 ⇔ (xy − y + 2)(x + y) = 1. Tới đây, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với x + y = xy − y + 2 = 1, ta có ( ( x+y = 1 y = −1 − x ⇔ xy − y + 2 = 1 x(−1 − x) − (−1 − x) + 2 = −1 (  y = 1−x x = −2, y = 3 ⇔ ⇔ x = 2, y = −1 (x + 2)(x − 2) = 0 † Trường hợp 2. Với x + y = xy − y + 2 = −1, ta có ( ( x + y = −1 y = 1−x ⇔ xy − y + 2 = −1 x(1 − x) − (1 − x) + 2 = −1 (  y = 1−x x = 0, y = 1 ⇔ 2 ⇔ x = 2, y = −1 x − 2x − 2 = 0 Như vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên phân biệt, bao gồm (−2, 3), (0, 1), (2, 1), (2, 3). ∇ LATEX by Mathpiad 24 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 14 1 Tìm x, y ∈ N sao cho x3 = 1993 · 3y + 2021. 2 Tìm số nguyên dương n để n − 23 là bình phương một số hữu tỉ dương. n + 89 Nghệ An Lời giải. 1 Dựa vào tính chất đã biết x3 ≡ 0, 1, 8 (mod 9), ta có các đánh giá 1993 · 3y + 2021 ≡ 0, 1, 8 (mod 9) ⇒ 4 · 3y ≡ 3, 4, 5 (mod 9). Ta xét các trường hợp kể trên. † Trường hợp 1. Với 4.3y ≡ 3 (mod 9), ta được y = 1. Thay ngược lại, ta tìm ra x = 20. † Trường hợp 2. Với 4.3y ≡ 4 (mod 9), ta được y = 0. Thay ngược lại, ta tìm ra √ 3 x = 4041, không là số nguyên. † Trường hợp 3. Với 4.3y ≡ 5 (mod 9), ta không tìm được y nguyên dương thỏa mãn. Như vậy, cặp số (x, y) duy nhất thỏa mãn là (x, y) = (20, 1). n − 23 là bình phương một số hữu tỉ dương nên n > 23. n + 89 n − 23  a 2 = , trong đó a, b ∈ N∗ , (a, b) = 1, a < b. Lúc này, ta có thể đặt n + 89 b Vì (a, b) = 1 nên (a2 , b2 ) = 1. Do đó, tồn tại số nguyên dương k sao cho ( n − 23 = a2 k, (1) n + 89 = b2 k, (2) 2 Vì Trừ tương ứng vế của (1) cho (2), ta suy ra (n + 89) − (n − 23) = (b2 − a2 )k ⇔ 112 = (b + a)(b − a)k. Ta có các đánh giá: i, b + a và b − a đều là ước dương của 112. ii, b + a và b − a cùng tính chẵn lẻ. iii, b + a > b − a > 0. Dựa vào đây, ta lập được bảng giá trị sau LATEX by Mathpiad 25 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO b+a 28 56 14 14 28 8 14 4 7 b−a 4 2 8 4 2 2 2 2 1 k 1 1 1 2 2 7 4 14 16 b 16 29 11 9 15 5 8 3 4 a 12 27 3 5 13 3 6 1 3 n = a2 k + 23 loại vì (a, b) > 1 752 32 73 361 86 loại vì (a, b) > 1 37 167 Kết quả, có 7 giá trị của n thỏa mãn đề bài, gồm n = 32, n = 37, n = 73, n = 86, n = 167, n = 361, n = 752. ∇ d Câu 15 1 Cho a là số nguyên tố lẻ và a không chia hết cho 3. Chứng minh rằng a2 − 2021 chia hết cho 24 2 Cho các số nguyên tố p, q thỏa mãn p + q2 là số chính phương. Chứng minh rằng a, p = 2q + 1. b, p2 + q2021 không phải là số chính phương. 3 Cho tập hợp S gồm n số nguyên dương đôi một khác nhau (n > 3) thỏa mãn tính chất: tổng của 3 phần tử bất kì trong S đều là số nguyên tố. Tìm giá trị lớn nhất có thể của n. Quảng Ngãi Lời giải. 1 Do a2 ≡ 0, 1, 4 (mod 8) và a lẻ, ta suy ra a2 ≡ 1 (mod 8). Mặt khác, do a2 ≡ 0, 1 (mod 3) và a không chia hết cho 3, ta suy ra a2 ≡ 1 (mod 3). Hai lập luận trên kết hợp với việc (3, 8) = 1 chỉ ra cho ta  a2 ≡ 1 (mod 24) ⇒ 24 | a2 − 1 . Tuy nhiên, do 2021 − 1 = 2020 không chia hết cho 11 nên 24 không là ước của a2 − 2021. Bài toán được chứng minh. 2 a, Từ giả thiết, ta có thể đặt p + q2 = a2 , với a nguyên dương. Phép đặt trên cho ta p = a2 − q2 ⇒ p = (a − q)(a + q). LATEX by Mathpiad 26 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Do p nguyên tố và 0 < a − q < a + q, ta suy ra a − q = 1, còn a + q = p. Lấy hiệu theo vế, ta được p = 2q + 1. b, Giả sử (2q + 1)2 + q2021 là số chính phương. Theo đó, ta có thể đặt (2q + 1)2 + q2021 = b2 , với b là số nguyên dương. Phép đặt này cho ta q2021 = b2 − (2q + 1)2 ⇒ q2021 = (b − 2q − 1)(b + 2q + 1). Ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Nếu b − 2q − 1 và b + 2q + 1 có ước nguyên tố chung là r, ta suy ra  ( (  r | (b − 2q − 1) r | (4q + 2) r|2 r | (b + 2q + 1) ⇒ ⇒ ⇒ q = r = 2.  r | q r | q  r | q2021 Lúc này, (2q + 1)2 + q2021 = 52 + 22021 . Số này chia cho 5 dư 2, do vậy nó không là số chính phương. † Trường hợp 2. Nếu b − 2q − 1 và b + 2q + 1 nguyên tố cùng nhau, ta suy ra ( b − 2q − 1 = 1 ⇒ 4q + 2 = q2021 − 1 ⇒ 4q + 3 = q2021 . b + 2q + 1 = q2021 Xét tính chia hết cho q ở cả hai vế, ta được q = 3. Thay trở lại q = 3, ta có 15 = 32021 , một điều vô lí. Mâu thuẫn chỉ ra ở tất cả các trường hợp chứng tỏ giả sử phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh. 3 Ta sẽ đi chứng minh max n = 4. Thật vậy, ta giả sử trong S tồn tại 5 số nguyên dương a, b, c, d, e thỏa mãn tổng của 3 số bất kì trong 5 số này là số nguyên tố. Gọi số dư của chúng khi chia cho 3 lần lượt là m, n, p, q, r. Xét xâu T = (m, n, p, q, r). Theo đó, tổng 3 phần tử bất kì trong xâu không chia hết cho 3. Ta sẽ tìm cách phản chứng khẳng định này. † Nếu xâu T chứa đầy đủ các số 0, 1, 2 thì tổng của 3 phần tử đó chia hết cho 3, mâu thuẫn. † Nếu xâu T không chứa một số nào đó trong 0, 1, 2 (giả sử là 2) thì T chỉ có thể chứa 0 hoặc 1. Do độ dài của T bằng 5 nên theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại 3 số giống nhau trong T. Tuy nhiên, tổng của 3 số này chia hết cho 3, một điều mâu thuẫn. LATEX by Mathpiad 27 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Phản chứng ở trên cho ta n 6 4. Ta sẽ xây dựng một tập S thỏa đề. Thật vậy, tập S = {1; 3; 7; 9} là tập thỏa đề do 1 + 3 + 7 = 11, 1 + 3 + 9 = 13, 1 + 7 + 9 = 17, 3 + 7 + 9 = 19 đều là các số nguyên tố. Kết quả, max n = 4. ∇ d Câu 16 1 Chứng minh rằng tổng các bình phương của 6 số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương. 2 Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình x2 y + 2xy + y = 32x. Vĩnh Long Lời giải. 1 Xét 6 số nguyên liên tiếp n−2, n−1, n, n+1, n+2, n+3. Tổng bình phương của chúng là (n − 2)2 + (n − 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 = 6n(n + 1) + 19. Do n(n + 1) là tích của hai số nguyên dương liên tiếp nên n chẵn. Từ đây ta có 6n(n + 1) + 19 ≡ 3 (mod 4). Không có số chính phương nào đồng dư 3 theo modulo 4, chứng tỏ tổng đã cho không là số chính phương. 2 Phương trình đã cho tương đương với y(x + 1)2 = 32x. (*) Xét tính chia hết của (*), ta có (x + 1) | 32x ⇒ (x + 1) | [32(x + 1) − 32] ⇒ (x + 1) | 32. Ta được x + 1 là ước nguyên dương lớn hơn 1 của 32. Ta lập bảng giá trị sau x+1 x y 2 1 8 4 3 6 8 7 3, 5 16 15 1, 875 32 31 0, 96875 Căn cứ vào bảng giá trị được lập, ta kết luận phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên phân biệt là (1, 8) và (3, 6). ∇ LATEX by Mathpiad 28 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC b d Câu 17 Cho ba số nguyên a, b, c thỏa mãn a = b − c = . Chứng minh rằng c a + b + c là lập phương của một số nguyên. Bình Dương Lời giải. b Xuất phát từ b − c = , ta có c c(b − c) = b ⇒ bc − c2 = b ⇒ b(c − 1) = c2 . (*) Ta được c2 chia hết cho c − 1, chứng tỏ c − 1 | c2 − 1 + 1 = (c − 1)(c + 1) + 1. Do c − 1 là ước của 1 và c 6= 0, ta có c = 2 hoặc c = −2. Thế vào (*), ta suy ra b = 4. Các kết quả này cho ta a + b + c = b − c + b + c = 2b = 8. Ta nhận ra a + b + c là số lập phương. Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 18 1 Cho m, p, r là các số nguyên tố thỏa mãn mp + 1 = r. Chứng minh rằng m2 + r hoặc p2 + r là số chính phương. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố q sao cho tồn tại các số nguyên dương n để n2 + 22q là một lũy thừa với số mũ nguyên dương của 11. Kiên Giang Lời giải. 1 Không mất tính tổng quát, ta giả sử m > p. Ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Nếu m, p, r cùng lẻ, ta có mp + 1 chẵn, nhưng r lẻ, vô lí. † Trường hợp 2. Nếu r = 2, ta có mp + 1 = 2, hay là mp = 1, vô lí. † Trường hợp 3. Nếu p = 2, ta có r = 2m + 1. Ta nhận thấy rằng m2 + r = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 là một số chính phương. Bài toán được chứng minh. 2 Từ giả thiết, ta có thể đặt n2 + 22q = 11m , với m là số nguyên dương. Ta lần lượt suy ra được 11 | 11m ⇒ 11 | n2 + 22q ⇒ 11 | n2 ⇒ 11 | n ⇒ 121 | n2 . LATEX by Mathpiad 29 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Rõ ràng m > 2, thế nên 121 | 11m . Kết hợp với 121 | n2 , ta suy ra 121 | 22q, tức q = 11. Cuối cùng, ta sẽ chỉ ra một số nguyên dương n thỏa mãn. Với n = 33 và q = 11, ta có n2 + 22q = 332 + 22.11 = 113 . Kết luận, q = 11 là số nguyên tố cần tìm ∇ d Câu 19 Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2021 mà n3 + 2021 chia hết cho 6. Hòa Bình Lời giải. Với số tự nhiên n thỏa mãn n3 + 2021 chia hết cho 6, ta chứng minh được † n lẻ (thông qua việc xét tính chẵn, lẻ của n). † n ≡ 1 (mod 3) (thông qua việc xét số dư của n khi chia cho 3). Các khẳng định trên cho ta n ≡ 1 (mod 6). Như vậy, số các số tự nhiên n thỏa đề chính là số các số tự nhiên chia 6 dư 1 không vượt quá 2021, và bằng 2017 − 1 + 1 = 337. 6 ∇ d Câu 20 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn y2 + 3y = x4 + x2 + 18. Ninh Thuận Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 4y2 + 12y = 4×4 + 4×2 + 72 ⇔ 4y2 + 12y + 9 = 4×4 + 4×2 + 1 + 80 2 ⇔ (2y + 3)2 = 2×2 + 1 + 80   ⇔ 2y − 2×2 + 2 2y + 2×2 + 4 = 80   ⇔ y − x2 + 1 y + x2 + 2 = 20 Ta có các đánh giá. † y − x2 + 1 < y + x2 + 2. † y − x2 + 1 và y + x2 + 2 khác tính chẵn lẻ. Dựa vào đây, ta lập được bảng giá trị sau LATEX by Mathpiad 30 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC y − x2 + 1 −20 −5 1 4 y + x2 + 2 −1 −4 20 5 y −12 −6 9 3 x ±3 0 ±3 0 Kết quả, phương trình đã cho có 6 nghiệm (x, y) phân biệt, bao gồm (−3, −12), (−3, −9), (0, −6), (0, 3), (3, 9), (3, 12). ∇ d Câu 21 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x2 − 2y · x − 421 · 9 = 0. Thừa Thiên Huế − Chuyên Toán Lời giải. Với mỗi số nguyên dương x, luôn tồn tại các số nguyên dương z và số nguyên dương lẻ t sao cho x = 2zt. Bằng cách đặt như vậy, phương trình đã cho trở thành 22zt 2 − 2y+zt − 9 · 421 = 0. Phương trình kể trên tương đương với  22zt t − 2y−z = 9 · 421 (*) Trong hai vế của (*), ta sẽ xét số mũ của lũy thừa cơ số 2. Thật vậy † Cả t và t − 2y−21 đều lẻ, thế nên số mũ của 2 ở vế trái là 2z. † Số mũ của 2 ở vế phải là 2 · 21 = 42.  Do vậy, z = 21. Thay z = 21 vào (*), ta được t t − 2y−21 = 9. Ta có đánh giá 0 < t − 2y−21 < t.  Đánh giá trên cho ta t = 8 và 2y−21 = 8, tức y = 24. Kết luận, (x, y) = 9 · 221 , 24 là cặp số duy nhất thỏa đề. ∇ d Câu 22 1 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn điều kiện x2 y − y2 x − 2x2 − 3y2 + 10xy − 16x + 21y = 100. 2 Chứng minh rằng từ 1012 số nguyên bất kì, luôn tồn tại hai số mà hiệu bình phương của chúng là một số nguyên chia hết cho 2021. Thừa Thiên Huế − Chuyên Tin Lời giải. LATEX by Mathpiad 31 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 1 Phương trình đã cho tương đương với  (x + 3)y2 − x2 + 10x + 21 y + 2x2 + 16x + 100 = 0 ⇔ (x + 3)y2 − (x + 3)(x + 7)y + 2(x + 3)(x + 5) + 40 = 0   ⇔ (x + 3) y2 − (x + 7)y + 2(x + 5) = −40 Ta được x + 3 là ước của 40. Bằng cách xét (khá nhiều) các trường hợp, ta tìm ra được phương trình đã cho có tất cả 6 nghiệm (x, y) nguyên phân biệt, bao gồm (−8, −5), (−8, 4), (−5, −5), (−5, 7), (4, 4), (4, 7). 2 Bổ đề. Với số nguyên tố lẻ p, các số chính phương khi chia cho p nhận tối đa p+1 2 số dư. Thật vậy, xét hai số chính phương a2 , b2 bất kì không cùng chia hết cho p. Ta đặt a = pm ± i, b = pn ± j,   p−1 trong đó i, j thuộc tập 0; 1; . . . ; và không mất tổng quát, ta giả sử i > j. 2 Ta sẽ chứng minh a2 6≡ b2 (mod p). Ta có a2 − b2 ≡ i2 − j2 = (i − j)(i + j) (mod p). Với việc 0 6 j < j 6 p−1 , ta suy ra 2 0 < i − j < i + j < p − 1. Lập luận trên chứng tỏ (i − j)(i + j) không chia hết cho p. Nói cách khác, a2 − b2 không chia hết cho p. Bổ đề được chứng minh. Quay trở lại với bài toán. Ta có 2021 = 43 · 47. Số chính phương khi chia cho 43 chỉ nhậntối đa 22 số dư, do vậy trong 1012 bình phương của 1012 số đã cho, tồn tại ít 1012 = 46 số chính phương có cùng số dư khi chia cho 43. nhất 22 Xét 46 số trên, khi chia cho 47 chỉ có nhiều nhất 24 số dư, do vậy tồn tại 2 số trong 46 số này có cùng số dư khi chia cho 47, giả sử là a2 và b2 . Khi đó,   43 | a2 − b2 , 47 | a2 − b2 .  Lại do (43, 47) = 1 nên 2021 | a2 − b2 . Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 23 Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 − 2y(x − y) = 2(x + 1). Tây Ninh LATEX by Mathpiad 32 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 2x2 − 4xy + 4y2 − 4x = 4 ⇔ (x − 2y)2 + (x − 2)2 = 8 Từ đây suy ra (x − 2)2 6 8 ⇒ (x − 2)2 ∈ {0, 1, 4}. † Với (x − 2)2 = 0, thì (x − 2y)2 = 8, vô nghiệm. † Với (x − 2)2 = 1, thì (x − 2y)2 = 7, vô nghiệm. † Với (x−2)2 = 4, thì (x−2y)2 = 4, ta được các nghiệm (x, y) là (0, 1), (0, −1), (4, 1), (4, 3). Vậy phương trình có các nghiệm (x, y) là (0, 1), (0, −1), (4, 1), (4, 3). ∇ d Câu 24 Cho m, n là các số nguyên dương sao cho m2 + n2 + m chia hết cho mn. Chứng minh rằng m là số chính phương. Tiền Giang Lời giải. Gọi ước chung lớn nhất của m và n là d. Ta đặt m = dx, n = dy, với (x, y) = 1. Phép đặt này cho ta m2 + n2 − m = d 2 x2 + d 2 y2 − dx và xy = d 2 mn. Kết hợp với giả thiết, ta được   d 2 xy | d 2 x2 + d 2 y2 − dx ⇒ dxy | dx2 + dy2 − x . (*) Kết hợp (*) với việc xét tính chia hết cho x và d ở cả số bị chia và số chia, ta lần lượt suy ra ( ( x|d x | dn2 ⇒ ⇒ d = x. d|x d|x Ta có m = dx = d 2 là số chính phương. Bài toán được chứng minh. ∇ Bài toán này đã xuất hiện ở trong đề thi của Ba Lan. Cho x, y là số nguyên dương sao cho x2 + y2 − x chia hết cho xy. Chứng minh x là số chính phương. ! Polish Mathematical Olympiad 2000 d Câu 25 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5y2 + 4xy + 4y + 2x − 3 = 0. Cần Thơ Lời giải. LATEX by Mathpiad 33 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Phương trình đã cho tương đương với  5y2 + (4x + 4)y + x2 + 2x − 3 = 0. 0 Coi đây là một phương trình bậc hai theo ẩn y, thế thì ∆ phải là số chính phương. Ta tính được  0 ∆ = (2x + 2)2 − 5 x2 + 2x − 3 = −x2 − 2x + 19. Ta suy ra −x2 − 2x + 19 > 0. Giải bất phương trình nghiệm nguyên này, ta được −5 6 x 6 3. Thử với từng trường hợp, ta kết luận phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên phân biệt là (−5, 2), (−3, 0), (1, 0), (3, −2). ∇ d Câu 26 Hai số tự nhiên khác nhau được gọi là “thân thiết” nếu tổng bình phương của chúng chia hết cho 3. Hỏi tập X = {1; 2; 3; …; 2021} có bao nhiêu cặp số “thân thiết” (không phân biệt thứ tự)? Khánh Hòa Lời giải. Trước hết, ta chứng minh bổ đề: Với mọi số nguyên a, b, ta phát biểu mệnh đề (  3|a ⇔ 3 | a2 + b2 . 3|b Thật vậy, ta chỉ cần chứng minh chiều đảo của mệnh đề trên. Ta đã biết, một số chính phương khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. † Nếu a2 ≡ 1 (mod 3), ta có b2 ≡ 1 (mod 3), một điều vô lí. † Nếu a2 ≡ 0 (mod 3), ta có b2 ≡ 0 (mod 3). Lúc này, cả a và b đều chia hết cho 3. Mệnh đề trên được chứng minh, thế nên ta suy ra một cặp số “thân thiết” chính là một cặp hai số cùng chia hết cho 3. Trong X, có tổng cộng 673 số tự nhiên chia hết cho 3, vậy nên số cặp “thân thiết” là 673 · 672 = 226128. 2 ∇ ! Khi thay 3 bằng một số nguyên tố bất kì có dạng 4k + 3, dựa vào việc chứng minh bổ đề (  p|a ⇔ p | a2 + b2 , p|b bài toán cũng có hướng giải quyết tương tự. Một trong những cách chứng minh bổ đề này chính là sử dụng định lí Fermat nhỏ. Về chi tiết, mời bạn đọc tự tìm hiểu. LATEX by Mathpiad 34 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 27 1 Cho phương trình bậc hai x2 − 2(m − 2)x + m2 − 3 = 0, với tham số m. Tìm tất cả các giá trị nguyên của m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 thỏa 2×1 x2 mãn P = nhận giá trị nguyên. x1 + x2 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên (x, y) của phương trình x2 + 3y2 + 4xy − 2x − 4y − 2 = 0. Đắk Nông Lời giải. 1 Điều kiện để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 là  0 7 ∆ > 0 ⇔ (m − 2)2 − m2 − 3 > 0 ⇔ −4m + 7 > 0 ⇔ m < . 4 Với điều kiện như vậy, áp dụng định lí Viète, ta có x1 + x2 = 2(m − 2), x1 x2 = m2 − 3. Như vậy, P là số nguyên khi và chỉ khi  2 m2 − 3 m2 − 4 + 1 1 2x1 x2 = = = m+2+ . x1 + x2 2(m − 2) m−2 m−2 là số nguyên, tức là m − 2 là ước của 1. Ta tìm được m = 3, m = 1. Đối chiều với điều 7 kiện m < , ta chỉ ra m = 1 là số nguyên duy nhất thỏa mãn. 4 2 Phương trình đã cho tương đương với (x + y)(x + 3y) − (x + y) − (x + 3y) + 1 = 3 ⇔ (x + y − 1)(x + 3y − 1) = 3. Đến đây, ta lập bảng giá trị x+y−1 x + 3y − 1 x y −3 −1 −3 1 −1 −3 1 −1 1 3 1 1 3 1 5 −1 Kết quả, phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên phân biệt (−3, 1), (1, −1), (1, 1) và (5, −1). ∇ LATEX by Mathpiad 35 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 28 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình (2x + y)(x − y) + 3(2x + y) − 5(x − y) = 22. 2 Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 + a = 3b2 + b. Chứng minh rằng 2a + 2b + 1 là số chính phương. Bình Phước Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương với (2x + y)(x − y) + 3(2x + y) − 5(x − y) − 15 = 7 ⇔ (2x + y − 5)(x − y + 3) = 7 Đến đây, ta lập bảng giá trị 2x + y − 5 x−y+3 x y −7 −1 −2 2 −1 −7 −2 8 1 7 6∈ Z 6∈ Z 7 1 6∈ Z 6∈ Z Kết quả, phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên phân biệt (−2, 2) và (−2, 8). 2 Với các số a, b thỏa mãn giả thiết, ta có 2a2 + a = 3b2 + b ⇒ 2a2 − 2b2 + a − b = b2 ⇒ 2(a − b)(a + b) + (a − b) = b2 ⇒ (a − b)(2a + 2b + 1) = b2 . Ta đặt d = (a − b, 2a + 2b + 1). Do b2 = (a − b)(2a + 2b + 1) nên b2 chia hết cho d 2 , tức b chia hết cho d. Khi đó       d | (a − b) d | a d | a d | (2a + 2b + 1) ⇒ d | (2a + 2b + 1) ⇒ d | 1 ⇒ d = 1.       d|b d|b d|b Do vậy, ta được a − b và 2a + 2b + 1 đều là các số chính phương. Chứng minh hoàn tất. ∇ d Câu 29 1 Tìm tất cả các số tự nhiên n và k để n4 + 42k+1 là số nguyên tố. LATEX by Mathpiad 36 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC 2 Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn x4 − x2 + 2x2 y − 2xy + 2y2 − 2y − 36 = 0. Đắk Lắk Lời giải. 1 Ta đặt 2k = m, khi đó 42k+1 = m4 . Ta nhận thấy rằng n4 + 4m4 = n4 + 4n2 m2 + 4m4 − 4m2 n2 2 = n2 + 2m2 − (2mn)2   = n2 − 2mn + 2n2 n2 + 2mn + 2n2 Do 0 < n2 − 2mn + 2n2 < n2 + 2mn + 2n2 nên n4 + m4 là số nguyên tố chỉ khi n2 − 2mn + 2n2 = 1. (*) Theo chứng minh ở (*), ta có " ( m = 0, |m − n| = 1 m=1 m2 + (m − n)2 = 1 ⇒ ⇒ ⇒ m = n = 1. m = 1, |m − n| = 0 |m − n| = 0 Với m = n = 1, ta tìm được k = 0. Thử trên tiếp, ta thấy đúng. Như vậy, cặp (n, k) duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là (1, 0). 2 Phương trình đã cho tương đương với x2 + y − 1 2 + (x − y)2 = 37. Có duy nhất một cách biểu diễn 37 thành tổng hai bình phương, đó là 372 = 1 + 62 . Đồng thời, ta chỉ ra được x2 + y − 1 > x − y. Ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Với x2 + y − 1 = 6 và x − y = 1, ta có x2 + (x − 1) − 1 = 6 ⇔ x2 + x − 8 = 0. Ta không tìm được x nguyên dương ở đây. † Trường hợp 2. Với x2 + y − 1 = 6 và x − y = −1, ta có x2 + (x + 1) − 1 = 6 ⇔ x2 + x − 6 = 0 ⇔ (x + 3)(x − 2) = 0. Do x nguyên dương, ta nhận được x = 2 và y = 3. † Trường hợp 3. Với x2 + y − 1 = 1 và x − y = −6, ta có x2 + (x + 6) − 1 = 1 ⇔ x2 + 4 = 0. Ta không tìm được x nguyên dương ở đây. Như vậy, cặp (x, y) duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài là (2, 3). ∇ LATEX by Mathpiad 37 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 30 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n2 − 2n − 7 và n2 − 2n + 12 đều là lập phương của một số nguyên dương nào đó. Quảng Bình Lời giải. Từ giả thiết ta có thể đặt n2 − 2n + 12 = a3 , n2 − 2n − 7 = b3 , ở đây a, b là các số nguyên dương, đồng thời a > b. Lấy hiệu theo vế, ta được  19 = a3 − b3 ⇒ (a − b) a2 + ab + b2 = 19. Do 0 < a − b < a2 + ab + b2 và 19 là số nguyên tố, ta nhận được a − b = 1 và a2 + ab + b2 = 19. Thế b = a − 1 vào a2 + ab + b2 = 19, ta được a2 + a(a − 1) + (a − 1)2 = 19 ⇒ 3a2 − 3a − 18 = 0 ⇒ 3(a − 3)(a + 2) = 0 ⇒ a = 3. Thay trở lại a = 3, ta tìm ra n = 5. Đây là số nguyên dương duy nhất thỏa mãn yêu cầu. d Câu 31 phương. ∇ Tìm các số nguyên dương n để A = 4n3 + 2n2 − 7n − 5 là số chính Thái Nguyên − Chuyên Toán Lời giải. Giả sử A là số chính phương. Xét phân tích  A = (n + 1) 4n2 − 2n − 5 .  Ta đặt d = n + 1, 4n2 − 2n − 5 . Phép đặt này cho ta ( ( d | (n + 1) d | (n + 1) ⇒ ⇒ d = 1.  d | [2(n + 1)(2n − 3) + 1] d | 4n2 − 2n − 5 Tích của hai số nguyên tố cùng nhau là một số chính phương, vậy nên cả 2 số này chính phương. Tới đây, ta đánh giá (2n − 2)2 < 4n2 − 2n − 5 < (2n)2 . Do 4n2 − 2n − 5 chính phương, đánh giá trên cho ta 4n2 − 2n − 5 = (2n − 1)2 ⇔ 4n2 − 2n − 5 = 4n2 − 4n + 1 ⇔ n = 3. Thử với n = 3, ta được A chính phương. Đây là giá trị duy nhất của n thỏa đề. ∇ LATEX by Mathpiad 38 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 32 Tìm tất cả các số nguyên tố p, q sao cho phương trình x2 − px + q = 0 có các nghiệm là số nguyên. Thái Nguyên − Chuyên Tin Lời giải. Phương trình đã cho có nghiệm nguyên, thế nên ∆ = p2 − 4q phải là số chính phương. Ta đặt p2 − 4q = a2 với a ∈ N, khi đó 4q = (p − a)(p + a). Do p − a ≡ p + a (mod 2) và 0 < p − a < p + a nên ta có bảng sau p−a p+a 2 2q p q+1 4 q q+4 2 q 4 q+4 2 Từ bảng trên, kết hợp với tính nguyên tố của p và q, ta tìm được p = 3, q = 2. Thử lại, với p = 3, q = 2 phương trình có 2 nghiệm là x = 1 và x = 2, do vậy (p, q) = (3, 2) là cặp duy nhất thỏa mãn yêu cầu đề bài. ∇ d Câu 33 Giải phương trình x3 + y2 − x + 3z = 2021 với x, y, z là các số nguyên. Hà Nam Lời giải. Ta đã biết x3 − x = x(x + 1)(x − 1) chia hết cho 3 do đây là tích ba số nguyên liên tiếp. Trong phương trình ban đầu, lấy đồng dư theo modulo 3 hai vế, ta được y2 ≡ 2 (mod 3). Đây là điều không thể xảy ra. Phương trình đã cho vô nghiệm. ∇ d Câu 34 Cho a, b, c là các số nguyên thỏa mãn a + b + 20c = c3 . Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 chia hết cho 6. Lâm Đồng Lời giải. Ta nhận thấy a3 + b3 + c3 = a3 + b3 + 2c3 − (a + b + 20c) = (a3 − a) + (b3 − b) + 2(c3 − c) − 18c = a(a − 1)(a + 1) + b(b − 1)(b + 1) + 2c(c − 1)(c + 1) − 18c. Các tích dạng x3 − x = x(x − 1)(x + 1) chia hết cho 6 do đây là tích ba số nguyên liên tiếp, và 18c cũng chia hết cho 6. Từ đây, ta suy ra điều phải chứng minh. ∇ LATEX by Mathpiad 39 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 35 1 Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n4 + n3 + 1 là số chính phương. 2 Cho phương trình x2 − mx + m + 2 = 0. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có các nghiệm nguyên. Bình Định − Chuyên Toán Lời giải. 1 Từ giả thiết, ta suy ra 4n4 + 4n3 + 4 cũng là số chính phương. Với mọi số nguyên n, ta có 2 4n4 + 4n3 + 4 − 2n2 + n − 1 = 3n2 + 2n + 3 > 0, 2  2n2 + n + 3 − 4n4 + 4n3 + 4 = 13n2 + 6n + 5 > 0. Các đánh giá trên cho ta 2 2 2n2 + n − 1 < 4n4 + 4n3 + 4 < 2n2 + n + 3 . Do 4n4 + 4n3 + 4 là số chính phương nên theo bổ đề kẹp, ta xét các trường hợp sau. 2 † Trường hợp 1. Với 4n4 + 4n3 + 4 = 2n2 + n , ta có 4n4 + 4n3 + 4 = 4n4 + 4n3 + n2 ⇔ n2 = 4 ⇔ n = ±2. 2 † Trường hợp 2. Với 4n4 + 4n3 + 4 = 2n2 + n + 1 , ta có 4n4 + 4n3 + 4 = 4n4 + 4n3 + 5n2 + 2n + 1 ⇔ 5n2 + 2n − 3 = 0 ⇔ (n + 1)(5n − 3) = 0. Không tồn tại n tự nhiên trong trường hợp này. 2 † Trường hợp 3. Với 4n4 + 4n3 + 4 = 2n2 + n + 2 , ta có 4n4 + 4n3 + 4 = 4n4 + 4n3 + 9n2 + 4n + 4 ⇔ 9n2 = 0 ⇔ n = 0. Như vậy, có 2 giá trị của n thỏa đề là n = 0 và n = 2. 2 Giả sử phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên x1 , x2 , áp dụng định lý Viete, ta có x1 + x2 = m, suy ra m là số nguyên. Do phương trình đã cho có nghiệm nguyên nên ∆ = m2 − 4(m + 2) = (m − 2)2 − 12 phải là số chính phương. Đặt (m − 2)2 − 12 = a2 với a ∈ N. Phép đặt này cho ta (m − 2 − a)(m − 2 + a) = 12. Với chú ý m − 2 − a < m − 2 + a và m − 2 − a ≡ m − 2 + a (mod 2), ta có bảng sau LATEX by Mathpiad 40 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC −6 −2 −2 m−2−a m−2+a m 2 6 6 † Với m = −2, phương trình x2 + 2x = 0 có 2 nghiệm là 0 và −2, thỏa mãn. † Với m = 6, phương trình x2 − 6x + 8 = 0 có 2 nghiệm là 2 và 4, thỏa mãn. Vậy các giá trị của m thỏa mãn yêu cầu đề bài là m = 2, m = 4. ∇ d Câu 36 phương. Tìm tất cả các số nguyên dương x sao cho x2 − x + 13 là số chính Bình Định − Chuyên Tin Lời giải. Từ giả thiết, ta có thể đặt x2 − x + 13 = t 2 , với t nguyên dương. Phép đặt này cho ta 4x2 − 4x + 52 = 4t 2 ⇒ (2x − 1)2 + 51 = (2t)2 ⇒ (2t − 2x + 1)(2t + 2x − 1) = 51. Do 0 < 2t − 2x + 1 < 2t + 2x − 1, ta lập được bảng giá trị sau 2t − 2x + 1 2t + 2x − 1 x 1 51 13 3 17 4 Căn cứ vào bảng, ta kết luận x = 4 và x = 13 là tất cả các giá trị nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán. ∇ d Câu 37 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 7(x + 2y)3 (y − x) = 8y − 5x + 1. Ninh Bình Lời giải. Ta đặt A = x + 2y, B = y − x. Bằng biểu diễn 8y − 5x = A + 6B, phương trình đã cho trở thành  7A3 B = A + 6B + 1 ⇔ 7A3 − 6 B = A + 1 (*)  Ta được 7A3 − 6 | (A + 1) . Ta lần lượt suy ra      7A3 − 6 | 7 (A + 1) A2 − A + 1 ⇒ 7A3 − 6 | 7A3 + 7 ⇒ 7A3 − 6 | 13. Do 13 là số nguyên tố, ta có 7A3 − 6 ∈ {±1; ±13}. Kết hợp với điều kiện A nguyên, ta tìm ra A = 1 hoặc A = −1. Ta lập bảng giá trị A −1 −1 B 0 2 x 6∈ Z −1 y 6∈ Z 1 Căn cứ vào bảng, ta nhận thấy (x, y) = (−1, 1) là nghiệm nguyên duy nhất của phương trình đã cho. ∇ LATEX by Mathpiad 41 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 38 Tìm các số nguyên dương x, y thỏa mãn y4 + 2y3 − 3 = x2 − 3x. Hải Phòng Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với 4y4 + 8y3 − 12 = 4x2 − 12x ⇔ 4y4 + 8y3 − 3 = (2x − 3)2 . Tới đây, ta xét các hiệu  2 4y4 + 8y3 − 3 − 2y2 + 2y − 1 = 4(y − 1) > 0, 2  2y2 + 2y − 4y4 + 8y3 − 3 = −4y3 − 3 < 0. Các đánh giá theo hiệu bên trên cho ta biết 2y2 + 2y − 1 2 2 6 4y4 + 8y3 − 3 < 2y2 + 2y . 2 Do 4y4 + 8y3 − 3 là số chính phương, ta bắt buộc phải có 4y4 + 8y3 − 3 = 2y2 + 2y − 1 , tức y = 1. Ta tìm ra x = 3 từ đây. Kết luận, (x, y) = (1, 3) là cặp số duy nhất thỏa yêu cầu. ∇ d Câu 39 1 Gọi A là số tạo nên khi viết liên tục các số tự nhiên từ 1 đến 2021, nghĩa là A = 123 . . . 201920202021. a, Số A gồm bao nhiêu chữ số? b, Chữ số thứ 2021 (theo chiều từ trái qua phải) của A là chữ số nào? 2 Cho p, x, y là các số tự nhiên thỏa mãn px2 + x = (p + 1)y2 + y. Chứng minh rằng x − y là một số chính phương. Bình Thuận − Chuyên Toán Lời giải. 1 a, Số chữ số của A là tổng số chữ số của các số tự nhiên thuộc tập S = {1; 2; . . . ; 2021}. Trong tập S, ta có † † † † Tổng số chữ số của các số có một chữ số là 1 · 9 = 9. Tổng số chữ số của các số có hai chữ số là 2 · 90 = 180. Tổng số chữ số của các số có ba chữ số là 3 · 900 = 2700. Tổng số chữ số của các số có bốn chữ số là 4 · 1022 = 4088. Như vậy, số chữ số của A là 9 + 180 + 2700 + 4088 = 6977. LATEX by Mathpiad 42 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC b, Do 9 + 180 < 2021 < 9 + 180 + 2700, chữ số thứ 2021 của A phải là chữ số trong một số có ba chữ số tương ứng. Dựa vào nhận xét 2021 = 9 + 180 + 610 · 3 + 2, ta suy ra chữ số cần tìm là chữ số thứ hai trong số 610 + 100 − 1 = 709, tức là chữ số 0. 2 Với các số x, y thỏa mãn giả thiết, ta có px2 − py2 + x − y = y2 ⇒ p(x − y)(x + y) + (x − y) = y2 ⇒ (x − y)(px + py + 1) = y2 . Ta đặt d = (x − y, px + py + 1). Do y2 = (x − y)(px + py + 1) nên y2 chia hết cho d 2 , tức y chia hết cho d. Khi đó       d | (x − y) d | x d | x d | (px + py + 1) ⇒ d | (px + py + 1) ⇒ d | 1 ⇒ d = 1.       d|y d|y d|y Do vậy, ta được x − y là số chính phương. Chứng minh hoàn tất. ∇ Trường hợp đặc biệt của ý thứ hai cũng đã xuất hiện ở trong đề tỉnh Bình Phước ! "Cho hai số tự nhiên a, b thỏa mãn 2a2 + a = 3b2 + b. Chứng minh rằng 2a + 2b + 1 là số chính phương." 3 d Câu 40 Cho a và b là các số nguyên dương thỏa mãn a2 − ab + b2 chia hết 2 cho 25. Chứng minh rằng cả a và b đều chia hết cho 5. Bình Thuận − Chuyên Tin Lời giải. Với các số nguyên dương a, b thỏa mãn giả thiết, ta có   3 2 2 25 | 4 a − ab + b = (2a − b)2 + 5b2 . 2 Ta được 2a − b chia hết cho 25, tức là 2a − b chia hết cho 5. Tiếp tục sử dụng 25 | (2a − b)2 + 5b2 , ta nhân thấy 25 cũng là ước của 5b2 , thế nên b chia hết cho 5. Kết hợp với 5 | (2a − b), ta có điều phải chứng minh là a và b cùng chia hết cho 5. ∇ LATEX by Mathpiad 43 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 41 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 y − xy + y (x + y) = 3x + 1.  2 Tìm các số nguyên tố p, q đồng thời thỏa mãn hai điều kiện i, p2 q + p chia hết cho p2 + q. ii, pq2 + q chia hết cho q2 − p. Phú Thọ Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương với  y x2 − x + 1 (x + y) = 3x − 1.  Ta nhận được x2 − x + 1 | (3x − 1), thế nên    x2 − x + 1 | (3x − 1)(3x − 2) ⇒ x2 − x + 1 | 9x2 − 9x + 9 − 7  ⇒ x2 − x + 1 | 7. Lần lượt cho x2 − x + 1 nhận các giá trị là −7, −1, 1, 7 ta kết luận rằng phương trình đã cho có ba nghiệm nguyên là (−2, 1), (1, −2), (1, 1). 2 Giả sử tồn tại các số nguyên tố p, q thỏa đề. Điều kiện i cho ta     p2 + q | q(p2 + q) + p − q2 ⇒ p2 + q | p − q2 . Đồng thời, điều kiện ii cho ta      q2 − p | p q2 − p + q + p2 ⇒ q2 − p | q + p2 Dựa vào hai nhận xét trên, ta suy ra p2 + q = q2 − p , † Với q2 > p, ta có p2 + q = q2 − p ⇒ (p + q)(p − q + 1) = 0 ⇒ q = p + 1. Ta được p, q là hai số nguyên tố liên tiếp, và bắt buộc p = 2, q = 3. † Với p > q2 , ta có p2 + q = p − q2 ⇒ p2 + q2 = p − q, điều này là không thể xảy ra do p2 > p và q2 > −q. Kết luận (p, q) = (2, 3) là cặp số nguyên tố duy nhất thỏa mãn. ∇ LATEX by Mathpiad 44 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 42 1 Chứng minh rằng nếu n là một số nguyên tố thì n2 + 2022 không là lũy thừa của 3. 2 Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p2 + 3p + 2021 cũng là một số nguyên tố. Yên Bái Lời giải. 1 Giả sử n2 + 2022 là lũy thừa của 3. Rõ ràng, do 2022 > 9 nên 9 | n2 + 2022 , và ta có  n2 + 2022 ≡ 0 (mod 9) ⇒ n2 ≡ 3 (mod 9). Ta suy ra n2 chia hết cho 3, nhưng không chia hết cho 9. Đây là một điều vô lí. Giả sử sai, và ta có điều phải chứng minh. 2 Với p = 3, ta có p2 + 3p + 2021 = 2039 là một số nguyên tố. Với p > 3, ta có p2 + 3p + 2021 ≡ 1 + 0 + 2021 ≡ 0 (mod 3). Nói cách khác, p2 + 3p + 2021 chia hết cho 3 khi p 6= 3, chứng tỏ nó là hợp số. Như vậy, chỉ có kết quả p = 3 thỏa yêu cầu. ∇ d Câu 43 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta luôn có 2005n + 60n − 1897n − 168n chia hết cho 2004. Lai Châu Lời giải. Đặt A = 2005n + 60n − 1897n − 168n . Ta sẽ chứng minh A chia hết cho 3, 4 và 167. Thật vậy † A = (3 · 668 + 1)n + (3 · 20)n − (3 · 632 + 1)n − (3 · 56)n ≡ 1 + 0 − 1 − 0 ≡ 0 (mod 3). † A = (4 · 501 + 1)n + (4 · 15)n − (4 · 474 + 1)n − (4 · 42)n ≡ 1 + 0 − 1 − 0 ≡ 0 (mod 4). † A = (12 · 167 + 1)n + 60n − 11 · 167 + 60)n − (167 + 1)n ≡ 1 − 60n + 60n − 1 ≡ 0 (mod 167). Dựa vào các nhận xét trên, ta suy ra A chia hết cho các số 3, 4, , 167. Các số này đôi một nguyên tố cùng nhau và có tích bằng 2004, thế nên A chia hết cho 2004. Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 44 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x2 + 5xy + 6y2 + x + 2y − 2 = 0. LATEX by Mathpiad 45 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 2 Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có n2 + n + 16 không chia hết cho 49. 3 Cho số thực x khác 0 thỏa mãn cả hai số x + 2 và x3 đều là số hữu tỉ. Chứng x minh rằng x cũng là số hữu tỉ. Hà Nội − Chuyên Toán Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương với (x + 2y)(x + 3y) + x + 2y − 2 = 0 ⇔ (x + 2y)(x + 3y + 1) = 2. Ta lập bảng giá trị x + 2y x + 3y + 1 x y −2 −1 −2 0 −1 −2 3 −2 1 2 1 0 2 1 6 −2 Như vậy, có tổng cộng bốn cặp (x, y) thỏa đề, bao gồm (−2, 0), (1, 0), (3, −2) và (6, −2).  2 Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn 49 | n2 + n + 16 . Giả sử này cho ta      49 | 4 n2 + n + 16 ⇒ 49 | (2n + 1)2 + 63 ⇒ 7 | (2n + 1)2 + 63 ⇒ 7 | (2n + 1)2 ⇒ 7 | (2n + 1) ⇒ 49 | (2n + 1)2 .   Tiếp tục kết hợp điều này với 49 | (2n + 1)2 + 63 , ta có 63 chia hết cho 49, một điều vô lí. Như vậy, giả sử phản chứng là sai, và ta có điều phải chứng minh. 2 = a, với a là số hữu tỉ. Phép đặt này cho ta x √  a 2 a2 − 8 a ± a2 − 8 2 x − ax + 2 = 0 ⇔ x − ⇔x= . = 2 4 2 3 Từ giả thiết thứ nhất, ta có thế đặt x + Kết hợp biến đổi vừa rồi giả thiết x3 hữu tỉ, ta suy ra !3 √ i 2 −8  p a ± a 1h 3 x3 = = a − 6a + a2 − 2 a2 − 8 ∈ Q. 2 2 √ √ Nếu như a2 − 8 là số vô tỉ, ta bắt buộc phải có a2 − 2 =√0, tức là a = ± 2. Điều này 2 mâu thuẫn √ với điều kiện phép đặt là a hữu tỉ. Như vậy, a − 8 là số hữu tỉ. Dựa vào 2 a± a −8 x= , ta thu được điều phải chứng minh. 2 ∇ LATEX by Mathpiad 46 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC d Câu 45 1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên n, ta có n2 + 3n + 16 không chia hết cho 25. 2 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x2 − xy − 2y2 + x + y − 5 = 0. Hà Nội − Chuyên Tin Lời giải. 1 Giả sử tồn tại số tự nhiên n thỏa mãn 25 | n2 + 3n + 16 . Giả sử này cho ta       25 | 4 n2 + 3n + 16 ⇒ 25 | (2n + 3)2 + 55 ⇒ 5 | (2n + 3)2 + 55 ⇒ 5 | (2n + 3)2 ⇒ 5 | (2n + 3) ⇒ 25 | (2n + 3)2 .   Tiếp tục kết hợp điều này với 25 | (2n + 3)2 + 55 , ta có 55 chia hết cho 25, một điều vô lí. Như vậy, giả sử phản chứng là sai, và ta có điều phải chứng minh. 2 Phương trình đã cho tương đương với (x + y)(x − 2y) + (x + y) − 5 = 0 ⇔ (x + y)(x − 2y + 1) = 5. Tới đây, ta lập bảng được giá trị x+y x − 2y + 1 x y −5 −1 −4 −1 −1 −5 6∈ Z 6∈ Z 1 5 2 −1 5 1 6∈ Z 6∈ Z Như vậy, có tổng cộng hai cặp (x, y) thỏa đề, bao gồm (−4, −1) và (2, −1). ∇ d Câu 46 1 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất, biết rằng khi chia n cho 7, 9, 11, 13 ta nhận được các số dư tương ứng là 3, 4, 5, 6. 2 Cho tập A = {1, 2, 3, . . . , 2021}. Tìm số nguyên dương k lớn nhất (k > 2) sao cho ta có thể chọn được k số phân biệt từ tập A mà tổng của hai số phân biệt bất kì trong k số được chọn không chia hết cho hiệu cúa chúng. Chuyên Khoa học Tự nhiên − Vòng 1 Lời giải. LATEX by Mathpiad 47 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 1 Giả sử tồn tại số nguyên dương n thỏa mãn yêu cầu. Ta có  n≡3    n≡4 n≡5    n≡6 (mod (mod (mod (mod  7) 2n ≡ 6    9) 2n ≡ 8 ⇒ 11) 2n ≡ 10    13) 2n ≡ 12  (mod 7) 2n + 1 ≡ 0    (mod 9) 2n + 1 ≡ 0 ⇒ (mod 11) 2n + 1 ≡ 0    (mod 13) 2n + 1 ≡ 0 (mod (mod (mod (mod 7) 9) 11) 13) Dựa vào nhận xét trên, ta suy ra 2n + 1 là số nguyên dương nhỏ nhất chia hết cho 7, 9, 11, 13. Bốn số đó đôi một nguyên tố cùng nhau, thế nên 2n + 1 = 7 · 9 · 11 · 13 = 9009. Từ đây, ta thu được n = 4504. 2 Ta dự đoán rằng k = 674. Ta sẽ chứng minh kết quả trên. a, Điều kiện cần. Nếu k > 675, ta xét 675 số bất kì trong A. Ta phân hoạch A thành các tập con như sau {1; 2; 3}, {4; 5; 6}, …, {2017; 2018; 2019}, {2020; 2021}. Theo nguyên lí Dirichlet, tồn tại hai số a, b nằm trong cùng một tập con kể trên. Tuy nhiên, khi đó a + b lại chia hết cho a − b, mâu thuẫn với giả thiết đã cho. b, Điều kiện đủ. Nếu k = 674, ta xét các số chia 3 dư 1 trong A, đó là 1, 4, 7, · · · , 2020 Tổng 2 số bất kì trong 674 số đó chia 3 dư 2, trong khi hiệu giữa chúng chia hết cho 3, thế nên nó không là ước của tổng. Kết quả của bài toán chính là k = 674. ∇ d Câu 47 Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 3x + 29 = 2y . Chuyên Khoa học Tự nhiên − Vòng 2 Lời giải. Giả sử tồn tại các số nguyên dương x, y thỏa mãn yêu cầu bài toán. Với x = 1, kiểm tra trực tiếp, ta nhận được y = 5. Với x > 2, ta có 3x + 29 ≡ 2 (mod 9) ⇒ 2y ≡ 2 (mod 9). Xét các số dư khi chia cho 6 của y, ta nhận được y ≡ 1 (mod 6). Bằng cách đặt y = 6z + 1 (trong đó z là số tự nhiên), ta chỉ ra 2y = 26z+1 = 2 · 64z ≡ 2 (mod 7). LATEX by Mathpiad 48 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Ta tiếp tục suy ra 3x + 29 ≡ 2 (mod 7) ⇒ 3x ≡ 1 (mod 7). Xét các số dư khi chia cho 6 của x, ta nhận được x ≡ 0 (mod 6). Tiếp tục đặt x = 6t (trong đó t là số tự nhiên), ta chỉ ra 3x + 29 = 36y + 29 = 729t + 29 ≡ 6 (mod 8). Ta được 2y ≡ 6 (mod 8) từ đây, là điều không thể xảy ra. Kết luận, (x, y) = (1, 5) là cặp số nguyên dương duy nhất thỏa yêu cầu. ∇ Cơ sở của việc chọn modulo 6 để xét cho x và y khi ta tìm ra 2y ≡ 2 (mod 9) và 3x ≡ 1 (mod 7) là nhờ vào hai định lí sau: 1 Cho số nguyên dương a và số nguyên tố p, khi đó nếu (a, p) = 1 thì a p−1 ≡ 1 ! (mod p). 2 Cho các số nguyên dương a, b nguyên tố cùng nhau. Khi đó, tồn tại số nguyên dương n sao cho an ≡ 1 (mod b). Số nguyên dương n nhỏ nhất ở trong định lí thứ hai chính là modulo ta cần xét. d Câu 48 4b2 + 20b. Tìm tất cả các số nguyên a, b thỏa mãn a4 − 2a3 + 10a2 − 18a − 16 = Cao Bằng Lời giải. Phương trình đã cho tương đương với a4 − 2a3 + 10a2 − 18a + 9 = 4b2 + 20b + 25 ⇔ a4 − 2a3 + a2 + 9a2 − 18a + 9 = (2b + 5)2 ⇔ a2 (a − 1)2 + 9(a − 1)2 = (2b + 5)2  ⇔ a2 + 9 (a − 1)2 = (2b + 5)2 5 Nếu như a = 1, ta suy ra b = − , mâu thuẫn giả thiết a, b là số nguyên. Lập luận này chứng 2 tỏ (a − 1)2 > 0, và như vậy, a2 + 9 là số chính phương. Ta đặt a2 + 9 = c2 , với c là số nguyên dương. Phép đặt này cho ta (c − a)(c + a) = 9 Do c > |a|, ta suy ra c − a > 0 và c + a > 0. Dựa vào đây, ta lập được bảng giá trị sau c+a c−a a 9 1 4 3 3 0 1 9 −4 LATEX by Mathpiad 49 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Lần lượt thay a = −4, 0, 4 trở lại phương trình ban đầu, ta tìm được tất cả 6 cặp (a, b) thỏa yêu cầu, đó là (−4, −15), (−4, 10), (0, −4), (0, −1), (4, −1), (4, 5). ∇ d Câu 49 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x, y) thỏa mãn x2 y2 (y − x) = 5xy2 − 27. 2 Cho p1 , p2 , . . . , p12 là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng p21 + p22 + . . . + p212 chia hết cho 12. Nam Định Lời giải. 1 Giả sử tồn tại cặp số (x, y) thỏa đề. Theo đó:  xy 5y − xy2 + x2 y = 27. (*) Biến đổi trên chứng tỏ xy là ước nguyên dương của 27. Ta lần lượt xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. xy = 1. Trong trường hợp này, rõ ràng x = y = 1. Đối chiếu với (*), ta thấy không thỏa. † Trường hợp 2. xy = 3. Thay trở lại (*), ta được 5y − 3y + 3x = 9 ⇔ 3x + 2y = 9. Lần lượt kiểm tra với (x, y) = (1, 3), (3, 1) ta thấy chỉ có (x, y) = (3, 1) thỏa mãn. Trường hợp 3. xy = 9. Thay trở lại (*), ta được 5y − 9y + 9x = 3 ⇔ 9x − 4y = 3. Lần lượt kiểm tra với (x, y) = (1, 9), (3, 3), (9, 1), ta thấy chúng đều không thỏa mãn. † Trường hợp 4. xy = 27. Thay trở lại (*), ta được 5y − 27y + 27x = 1 ⇔ 27x − 22y = 3. Lần lượt kiểm tra với (x, y) = (1, 27), (3, 9), (9, 3), (27, 1), ta thấy chúng đều không thỏa mãn. Kết luận, (x, y) = (3, 1) là cặp số duy nhất thỏa đề. LATEX by Mathpiad 50 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC 2 Tất cả các số p21 , p22 , . . . p212 đều không chia hết cho 3, thế nên chúng chia cho 3 được dư là 1. Lập luận này cho ta p21 + p22 + . . . + p212 ≡ 12 (mod 3). Ta được p21 + p22 + . . . + p212 chia hết cho 3. Đây chính là điều phải chứng minh. ∇ d Câu 50 1 Tìm tất cả các số tự nhiên có 4 chữ số abcd thỏa mãn đồng thời các điều kiện: abcd chia hết cho 3 và abc − bda = 650. 2 Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn đồng thời các điều kiện x2 + 4y2 + 2z2 + 2(xz + 2x + 2z) = 396, x2 + y2 = 3z. Hải Dương Lời giải. 1 Giả sử tồn tại số tự nhiên abcd thỏa đề. Rõ ràng, c = a. Đồng thời, từ giả thiết, ta nhận thấy a > 7. Ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. a = c = 7. Trong trường hợp này, ta có 650 = abc − bda = 7b7 − bd7 = 700 − 90b − 10d 6 700 − 90 · 1 = 630, một điều mâu thuẫn. † Trường hợp 2. a = c = 8. Trong trường hợp này, ta có 650 = abc − bda = 8b8 − bd8 = 800 − 90b − 10d. Từ đây, ta suy ra 9b + d = 15, tức b = 1 và c = 6. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy số abcd = 8186 không chia hết cho 3, mâu thuẫn. † Trường hợp 3. a = c = 9. Trong trường hợp này, ta có 650 = abc − bda = 9b9 − bd9 = 900 − 90b − 10d. Từ đây, ta suy ra 9b+d = 25. Do b, d là các chữ số, chỉ có trường hợp b = 2, d = 7 xảy ra. Kiểm tra trực tiếp, ta thấy số abcd = 9297 chia hết cho 3, và đây là số tự nhiên duy nhất thỏa mãn yêu cầu. 2 Từ phương trình thứ hai, ta chỉ ra cả x, y, z đều chia hết cho 3, đồng thời z dương. Ngoài ra, phương trình thứ nhất trong hệ tương đương với (x + z + 2)2 + (2y)2 + z2 = 400. LATEX by Mathpiad 51 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO Có đúng hai cách để viết 400 thành tổng ba số chính phương, đó là 400 = 02 + 02 + 202 = 02 + 122 + 162 . Dựa vào các nhận xét kể trên, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. Nếu z = 0, phương trình thứ hai trở thành x2 + y2 = 0. Ta có x = y = 0. Thế ngược lại phương trình thứ nhất, ta thấy không thỏa. † Trường hợp 2. Nếu z = 12, một trong hai số x + y + 2, 2y phải bằng 0, vậy nên ” ”   x+y+2 = 0 x = 6, y = 0 2y = 0 ⇒ .  x = −6, y = 0  2 2 x + y = 36 Thế ngược lại phương trình thứ nhất, ta thấy không thỏa. Như vậy, không tồn tại các số nguyên x, y, z thỏa yêu cầu. ∇ d Câu 51 Cho số nguyên dương n > 2. Chứng minh rằng 1 A = n3 − 3n2 + 2n chia hết cho 6. 2 B = nA+1 − 1 chia hết cho 7. Tuyên Quang Lời giải. 1 Ta viết lại biểu thức A như sau:  A = n n2 − 3n + 2 = n(n − 1)(n − 2). Cách viết trên kết hợp giả thiết n > 2 cho ta A là tích ba số nguyên dương liên tiếp, và vì thế, A chia hết cho 6. 2 Theo như kết quả trên, ta có thể đặt A = 6m, với m là số nguyên dương. Ta xét các trường hợp sau: † Trường hợp 1. Nếu n chia hết cho 7, hiển nhiên B cũng chia hết cho 7. † Trường hợp 2. Nếu n không chia hết cho 7, ta suy ra n3 ≡ 1, −1 (mod 7), kéo theo n6 ≡ 1 (mod 7). Kết quả này cho ta n6 ≡ 1 (mod 7) ⇒ n6m ≡ 1 (mod 7)  ⇒ n6m+1 ≡ n (mod 7) ⇒ 7 | nA+1 − n . LATEX by Mathpiad 52 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Như vậy, bài toán được chứng minh trong mọi trường hợp. ∇ Nhận xét. Cách xét modulo 7 của lũy thừa thông qua xét modulo 6 của số mũ là ý tưởng đã xuất hiện trong đề thi của chuyên Khoa học Tự nhiên vào cùng năm: “Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn 3x + 29 = 2y .” d Câu 52 Cho a, b là hai số hữu tỉ. √ √ Chứng minh rằng nếu a 2 + b 3 là số hữu tỉ thì a = b = 0. Chuyên Sư phạm − Vòng 1 Lời giải. √ √ Từ giả thiết, ta có thể đặt a 2 + b 3 = c, với c là số hữu tỉ. Bình phương hai vế, ta được √ 2a2 + 3b2 + 2ab 6 = c2 , hay là √ 2a2 + 3b2 − c2 = 2ab 6. Trong trường hợp ab 6= 0, ta suy ra √ 2a2 + 3b2 − c2 6= . 2ab √ 6 là số hữu tỉ, mâu thuẫn. Như vậy, ta thu được ab = 0. √ † Nếu a = 0, ta suy ra b 3 là số hữu tỉ, thế nên b = 0. √ † Nếu b = 0, ta suy ra a 2 là số hữu tỉ, thế nên a = 0. Lập luận trên chứng tỏ Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 53 1 Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn duy nhất một cách biểu diễn ở dạng x2 + y với x, y là hai số nguyên dương. xy + 1 2 Cho a, b, c là ba số nguyên dương sao cho mỗi số trong ba số đó đều biểu diễn dạng lũy thừa của 2 với số mũ tự nhiên. Biết rằng phương trình bậc hai ax2 − bx + c = 0 có hai nghiệm đều là số nguyên. Chứng minh rằng hai nghiệm của phương trình này bằng nhau. Chuyên Sư phạm − Vòng 2 Lời giải. LATEX by Mathpiad 53 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 1 Giả sử tồn tại số nguyên dương N thỏa mãn, tức là tồn tại duy nhất một cặp (x, y) sao cho x2 − (Ny) x + y − N = 0. (*) Tính tồn tại của x chứng tỏ N 2 y2 − 4y + 4N là số chính phương. Ta nhận thấy rằng  (Ny + 2)2 − N 2 y2 − 4y + 4N = 4Ny + 4y − 4N + 4 = 4(N + 1)(y − 1) + 8 > 0,  N 2 y2 − 4y + 4N − (Ny − 2)2 = 4Ny − 4y + 4N − 4 = 4(N − 1)(y + 1) > 0, Các đánh giá trên cho ta (Ny − 2)2 6 N 2 y2 − 4y + 4N < (Ny + 2)2 Đến đây, ta xét các trường hợp sau † Trường hợp 1. N 2 y2 − 4y + 4N = (Ny − 2)2 . Trường hợp này cho ta N 2 y2 − 4y + 4N = N 2 y2 − 4Ny + 4 ⇔ 4Ny + 4N − 4y − 4 = 0 ⇔ 4(N − 1)(y + 1) = 0. Ta tìm ra N = 1. Thay trở lại (*), ta có x2 − xy + y − 1 = 0 ⇔ (x − 1)(x − y + 1) = 0. Bằng phân tích như vậy, ta chỉ ra số 1 có vô hạn dạng biểu diễn thỏa mãn, đó là 1= x2 + (x + 1) , x(x + 1) + 1 với x là một số nguyên dương bất kì. † Trường hợp 2. N 2 y2 − 4y + 4N = (Ny − 1)2 . Trường hợp này cho ta N 2 y2 − 4y + 4N = N 2 y2 − 2Ny + 1 ⇔ 2Ny − 2y + 4N = 1. So sánh tính chẵn lẻ của hai vế, ta thấy mâu thuẫn. † Trường hợp 3. N 2 y2 − 4y + 4N = (Ny)2 . Trường hợp này cho ta y = N. Thay trở lại (*), ta tìm được x = N 2 . † Trường hợp 4. N 2 y2 − 4y + 4N = (Ny + 1)2 . Trường hợp này cho ta N 2 y2 − 4y + 4N = N 2 y2 + 2Ny + 1 ⇔ −2Ny − 2y + 4N = 1. So sánh tính chẵn lẻ của hai vế, ta thấy mâu thuẫn. LATEX by Mathpiad 54 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Kết luận, tất cả các số nguyên dương N > 1 đều thỏa mãn yêu cầu bài toán, và cách biểu diễn của mỗi số N này là 2 N2 + N . N= 2 N ·N +1 2 Từ giả thiết, ta có thể đặt a = 2m , b = 2n , c = 2 p , với m, n, p nguyên dương. Phương trình đã cho trở thành 2m x2 − 2n x + 2 p = 0. Phương trình này có hai nghiệm nguyên khi và chỉ khi ∆ = 4n − 2m+p = 22n − 2m+p là số chính phương, và hiển nhiên 2n > m + p. Ta đặt 22n − 2m+p = q2 , với q nguyên dương. Theo đó, (2n − q) (2n + q) = 2m+p . Rõ ràng, 2n −q và 2n +q đều là các lũy thừa cơ số 2. Ta tiếp tục đặt 2n −q = 2k , 2n +q = 2l , với k, l là các số tự nhiên và k 6 l. Lấy tổng theo vế, ta được   2n+1 = 2k + 2l = 2k 2l−k + 1 . So sánh số mũ của 2 ở hai vế, ta tìm được k = l, kéo theo q = 0 và ∆ = 0. Nói cách khác, phương trình bậc hai đã cho có nghiệm kép. Bài toán được chứng minh. ∇ d Câu 54 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn đẳng thức x2 − y2 2 = 1 + 20y. Đà Nẵng Lời giải. Giả sử tồn tại các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn. Rõ ràng y > 0, đồng thời khi thay x thành −x, đẳng thức vẫn đúng, thế nên không mất tổng quát, giả sử x > 0. Ta nhận thấy x = y không thỏa mãn. Trong trường hợp x 6= y, ta suy ra (x − y)2 > 1, vì thế 1 + 20y = x2 − y2 2 = (x − y)2 (x + y)2 > (x + y)2 > y2 . Dựa vào đánh giá trên, ta có √ √ y2 6 20y + 1 ⇒ (y − 10)2 6 101 ⇒ 10 − 101 6 y 6 10 + 101. Do y là số tự nhiên, ta chọn y = 0, 1, 2, . . . , 20. Trong các số này, 20y + 1 chỉ nhận giá trị là số chính phương với y = 0, y = 4, y = 6 và y = 18. LATEX by Mathpiad 55 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO 1 Với y = 0, ta có x4 = 1. Do x > 0, ta chọn x = 1. 2 Với y = 4, ta có 2 x2 − 16 = 81 ⇔ x2 − 16 = ±9 ⇔ ” 2 x =7 x2 = 25 ⇔ x = ±5. Do x > 0, ta chọn x = 5. ” 2  x = 25 2 3 Với y = 6, ta có x2 − 36 = 121 ⇔ x2 − 36 = ±11 ⇔ 2 ⇔ x = ±5. x = 47 Do x > 0, ta chọn x = 5. ” 2  x = 305 2 4 Với y = 18, ta có x2 − 324 = 381 ⇔ x2 − 324 = ±19 ⇔ 2 , mâu thuẫn. x = 343 Kết quả, có tất cả 6 cặp (x, y) thỏa đề, bao gồm (1, 0), (−1, 0), (5, 4), (−5, 4), (5, 6), (−5, 6). ∇ d Câu 55 1 Cho các số nguyên x, y, z thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 2xyz. Chứng minh rằng xyz chia hết cho 24. 2 Tìm các bộ ba số nguyên dương (a, b, c) sao cho (a + b + c)2 − 2a + 2b là số chính phương. Vĩnh Phúc Lời giải. 1 Ta thực hiện các bước làm sau đối với bài toán này. a, Ta chứng minh xyz chia hết cho 8. Từ giả thiết, ta suy ra x2 + y2 + z2 là số chẵn, thế nên trong x, y, z có 1 hoặc 3 số chẵn. Không mất tính tổng quát, ta xét các trường hợp sau. † Trường hợp 1. x là số chẵn, y, z là số lẻ. Trong trường hợp này, ta có xyz ≡ 0 (mod 4). (1) Ta cũng biết rằng một số chẵn dạng a2 khi chia cho 8 được dư là 0 hoặc 4, trong khi số dư của một số lẻ dạng a2 là 1. Lập luận này chỉ ra cho ta x2 + y2 + z2 ≡ 2, 6 (mod 8). (2) Đối chiếu (1) và (2), ta nhận thấy điều mâu thuẫn. Trường hợp này không thỏa. LATEX by Mathpiad 56 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC † Trường hợp 2. x, y, z đều là số chẵn. Trong trường hợp này, hiển nhiên xyz chia hết cho 8. b, Ta chứng minh xyz chia hết cho 3. Giả sử phản chứng rằng x, y, z không chia hết cho 3, lúc này x2 + y2 + z2 ≡ 1 + 1 + 1 ≡ 0 (mod 3). Đánh giá trên chứng tỏ xyz chia hết cho 3, tức một trong ba số x, y, z chia hết cho 3, mâu thuẫn với giả sử. Mâu thuẫn này chứng tỏ một trong ba số x, y, z chia hết cho 3. Như vậy, xyz chia hết cho [3, 8] = 24. Bài toán được chứng minh. 2 Ta xét các hiệu sau   (a + b + c + 1)2 − (a + b + c)2 − 2a + 2b = 2a + 2b + 2c + 1 + 2a − 2b = 4a + 2c + 1 > 0,   2 2 (a + b + c) − 2a + 2b − (a + b + c − 1) = 2a + 2b + 2c − 1 − 2a + 2b = 4b + 2c − 1 > 0. Các đánh giá trên cho ta (a + b + c − 1)2 < (a + b + c)2 − 2a + 2b < (a + b + c + 1)2 . Như vậy, (a + b + c)2 − 2a + 2b là số chính phương khi và chỉ khi (a + b + c)2 − 2a + 2b = (a + b + c)2 , tức là a = b. Nói cách khác, tất cả các bộ số (a, b, c) thỏa đề là (k, k,t), với k,t là các số nguyên dương. ∇ Đây là dạng toán sử dụng bổ đề kẹp trong trường hợp nhiều biến. Dạng toán này cũng xuất hiện trong bài đề thi chuyên Sư phạm vào cùng năm, và đề thi vòng 2 của chuyên Khoa học Tự nhiên vào năm 2014 - 2015: 1 Cho x, y là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho 4x2 y2 − 7x + 7y là số chính phương. Chứng minh rằng x = y. ! Chuyên Khoa học Tự nhiên 2014 - 2015 vòng 2 2 Tìm tất cả các số nguyên dương N sao cho N có thể biểu diễn duy nhất một cách biểu diễn ở dạng x2 + y với x, y là hai số nguyên xy + 1 dương. Chuyên Sư phạm 2021 - 2022 vòng 2 LATEX by Mathpiad 57 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO d Câu 56 1 Tìm tất cả các số nguyên (x, y) thỏa mãn x3 y − x3 − 1 = 2x2 + 2x + y. 2 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 6 chữ số có dạng 357abc, biết rằng số này chia hết cho 3, 5 và 7. Kon Tum Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương với y(x − 1)(x2 + x + 1) = (x + 1)(x2 + x + 1) Do x2 + x + 1 =   1 2 3 x+ + > 0, ∀x ∈ Z nên phương trình trên tiếp tục tương đương 2 4 y(x − 1) = x + 1 ⇔ y(x − 1) = x − 1 + 2 ⇔ (y − 1)(x − 1) = 2. Tới đây, ta lập được bảng giá trị x−1 y−1 x y 1 2 2 3 2 1 3 2 −1 −2 0 −1 −2 −1 −1 0 Như vậy, phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (2, 3), (0, −1), (3, 2), (−1, 0). 2 Từ giả thiết, ta có số 357abc = 357000 + abc = 3 · 5 · 7 · 3400 + abc chia hết cho cả 3, 5 và 7, vậy nên số abc cũng có tính chất tương tự. Trong các cụm abc từ 000 đến 999, có tất cả   999 + 1 = 10 105 số chia hết cho cả 3, 5, 7, do đó có đúng 6 số thỏa mãn yêu cầu đề bài. ∇ d Câu 57 Tìm tất cả các số nguyên dương n để n5 + n4 + 1 là số nguyên tố. Sóc Trăng Lời giải. LATEX by Mathpiad 58 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC Ta nhận thấy rằng n5 + n4 + 1 = n5 − n2 + n4 − n + n2 + n + 1   = n2 (n − 1) n2 + n + 1 + n (n − 1) n2 + n + 1   = n2 + n + 1 n3 − n2 + n2 − n + 1   = n2 + n + 1 n3 − n + 1 Do n5 + n4 + 1 nên hoặc n2 + n + 1 = 1, hoặc n3 − n + 1 = 1. Kiểm tra trực tiếp từng trường hợp, ta nhận thấy n = 1 là số nguyên dương duy nhất thỏa yêu cầu. ∇ d Câu 58 1 Chứng minh rằng n5 − n chia hết cho 240 với n là số tự nhiên lẻ bất kì. 2 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình x2 − y2 x + y4 + 6y2 = 0.  Bắc Giang Lời giải. 1 Ta chia bài toán kể trên thành 3 bước làm † Ta chứng minh n5 − n chia hết cho 16. Ta đã biết rằng n4 ≡ 0, 1 (mod 16). Tuy nhiên, do n là số lẻ nên n4 ≡ 1 (mod 16), và vì thế  16 | n n4 − 1 = n5 − n. † Ta chứng minh n5 − n chia hết cho 3. Ta nhận xét     n5 − n = n n4 − 1 = n n2 − 1 n2 + 1 = n(n − 1)(n + 1) n2 + 1 . Tích n(n − 1)(n + 1) là tích ba số nguyên liên tiếp, và tích này chia hết cho 3. † Ta chứng minh n5 − n chia hết cho 5. Ta đã biết n2 ≡ 0, 1, −1 (mod 5). Dựa trên biến đổi   n5 − n = n n2 − 1 n2 + 1 , mệnh đề trong ý này được chứng minh. Thông qua các kết quả trên, ta chỉ ra số n5 − n chia hết cho [16, 3, 5] = 240. Toàn bộ bài toán được chứng minh. 2 Phương trình đã cho tương đương với x2 − xy2 = y6 + 6y4 ⇔ 4×2 − 4xy2 + y4 = 4y6 + 25y4 ⇔ 2x − y2 2  = y4 4y2 + 25 . Tới đây, ta xét các trường hợp sau. LATEX by Mathpiad 59 CHƯƠNG III. LỜI GIẢI THAM KHẢO † Trường hợp 1. Nếu 2x = y2 , ta tìm được x = y = 0. † Trường hợp 2. Nếu 2x 6= y2 , ta có 4y2 + 25 là số chính phương. Đặt 4y2 + 25 = z2 , trong đó z là số nguyên dương. Phép đặt này cho ta z2 − 4y2 = 25 ⇒ (z − 2y)(z + 2y) = 25. Do z − 2y 6 z + 2y nên ta lập được bảng giá trị z − 2y −25 −5 5 1 z + 2y −1 −5 5 25 y −6 0 0 6 x 252 hoặc −216 0 0 252 hoặc −216 Kiểm tra trực tiếp từng trường hợp, ta nhận thấy rằng phương trình đã cho có tất cả 5 nghiệm nguyên, đó là (−216, −6), (−216, 6), (0, 0), (252, −6), (252, 6). ∇ d Câu 59 1 Tìm tất cả các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn 2×2 − xy + 9x − 3y + 4 = 0. 2 Cho f (x) là một đa thức với hệ số nguyên. Biết f (1) f (2) = 2021, chứng minh phương trình f (x) = 0 không có nghiệm nguyên. 3 Cho tập hợp A có các tính chất sau: i, Tập hợp A chứa toàn bộ các số nguyên. √ √ ii, 2 + 3 ∈ A. iii, Với mọi x, y ∈ A thì x + y ∈ A và xy ∈ A . 1 √ ∈A. Chứng minh rằng √ 2+ 3 Lạng Sơn Lời giải. 1 Phương trình đã cho tương đương với 2×2 + 9x + 4 = (x + 3)y ⇔ (x + 3)(2x + 3) − 5 = (x + 3)y ⇔ (x + 3)(2x − y + 3) = 5. Căn cứ vào biến đổi kể trên, ta lập được bảng giá trị LATEX by Mathpiad 60 MATHPIAD − TẠP CHÍ TOÁN HỌC 2x − y + 3 −1 −5 5 1 x+3 −5 −1 1 5 x −8 −4 −2 2 y −12 0 −6 6 Kết luận, có tất cả 4 cặp (x, y) thỏa yêu cầu, bao gồm (−8, −12), (−4, 0), (−2, −6), (2, 6). 2 Giả sử đa thức f (x) có nghiệm nguyên a. Theo như định lí Bezout, đa thức f (x) chia hết cho đa thức x − a, thế nên ta viết được f (x) = (x − a)g(x), trong đó g(x) là đa thức có các hệ số nguyên. Kết hợp với giả thiết, ta có f (1) = (1 − a)g(1) f (2) = (2 − a)g(2) Lấy tích theo vế, ta được 2021 = (1 − a)(2 − a)g(1)g(2) Tuy nhiên, đẳng thức trên không xảy ra vì vế trái là số lẻ, còn vế phải chia hết cho số chẵn (a − 1)(a − 2). Giả sử phản chứng là sai. Bài toán được chứng minh. 3 Ta sẽ chứng minh kết quả trên bằng biến đổi hệ quả liên tục. Ta có √ √ √ √ √ √ 2 2+ 3 ∈ A ⇒ 2 + 3 ∈ A ⇒ 5 + 2 6 ∈ A ⇒ −5 + 2 6 ∈ A √ √ √ 2 √ 2 √ √  √ ⇒ 5−2 6 ∈ A ⇒ 3− 2 ∈ A ⇒ 2+ 3 3− 2 ∈ A √ √ 1 √ ∈A. ⇒ 3− 2 ∈ A ⇒ √ 2+ 3 Bài toán đã cho được chứng minh. ∇ LATEX by Mathpiad 61
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top