Một Số Bài Toán Số Học - Giáo Án, Bài Giảng

Có thể bạn quan tâm

Trang chủ
Đăng ký
Đăng nhập
Liên hệ

Giáo Án

Tổng hợp giáo án, bài giảng điện tử phục vụ mục đích tham khảo

Một số bài toán số học

Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = nn + 1, trong đó n là một số nguyên dương, biết rằng P có không nhiều hơn 19 chữ số.

Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ đi một chữ số thì số đó giảm đi 31 lần.

Bài 8: Tìm 3 chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm của số: A =

Bài 9: Cho 10 số nguyên dương 1, 2, , 10 sắp xếp 10 số đó một cách tuỳ ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong trong hàng, ta được 10 tổng. CMR trong mười tổng đó tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số tận cùng giống nhau.

15 trang | Chia sẻ: thanhthanh29 | Lượt xem: 1100 | Lượt tải: 0

Bạn đang xem nội dung tài liệu Một số bài toán số học, để tải tài liệu về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trênMỘT SỐ BÀI TOÁN SỐ HỌC BÀI TẬP Bài 1: Xét tích gồm 11 thừa số: T = ( 5a + 2006b)( 6a + 2005b)(7a + 2004b) (15a + 1996b); với a, b là những số nguyên. CMR nếu T chia hết cho 2001 thì T cũng chia hết cho 201111. Bài 2: Tính tổng gồm 2006 số hạng: S = + + + + Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho sao cho 20052005 – p2006 chia hết cho 2005 + p. Bài 4: Tính S = + Bài 5: Tìm n nguyên dương thoả mãn: = Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = nn + 1, trong đó n là một số nguyên dương, biết rằng P có không nhiều hơn 19 chữ số. Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ đi một chữ số thì số đó giảm đi 31 lần. Bài 8: Tìm 3 chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm của số: A = Bài 9: Cho 10 số nguyên dương 1, 2, , 10 sắp xếp 10 số đó một cách tuỳ ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong trong hàng, ta được 10 tổng. CMR trong mười tổng đó tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số tận cùng giống nhau. Bài 10: Tìm tất cả các số có 5 chữ số sao cho: = Bài 11: Cho số nguyên tố p. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số pn có đúng 20 chữ số. Chứng minh trong 20 chữ số này có 3 chữ số giống nhau. Bài 12: Chop số tự nhiên n > 1 và n + 2ø số nguyên dương a1, a2, , an+2 thoả mãn điều kiện: 1 a1 a2 an+2 3n Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj (1 j < i n + 2) sao cho: n < ai – aj < 2n Bài 13: Cho đa thức P0(x) = x3 + 22x2 – 6x + 15. Với n Z+ ta có Pn(x) = Pn-1(x – n). Tính hệ số của x trong P21(x) Bài 14: Trong tập hợp N* xét các số: P = 1.2.3 (n – 1)n và S = 1 + 2 + 3 + + (n – 1) + n. Hãy tìm các số n (n 3) sao cho P chia hết cho S. Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cùng chia hết cho 3. Bài 16: Tìm 2 số tự nhiên a, b thoả mãn a – b = Bài 17: Với mỗi số nguyên dương n, đặt Pn = 1.2.3n (tích của các số tự nhiên liên tiếp đến n). Chứng minh: a/ 1 + 1.P1 + 2.P2 + + nPn = Pn+1 b/ + + + < 1 Bài 18: Tìm các số nguyên dương n sao cho: x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương. Bài 19: Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số thoả mãn: a + b + c = 2003 và thì một trong 3 số a, b, c phải có một số bằng 2003. Bài 20: Cho phân số: A = . Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn 1 n 2004 sao cho A là phân số chưa tối giản. Bài 21: Cho biểu thức P = . Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên thì biểu thức rút gọn của P luôn là một phân số tối giản. Bài 22: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) – abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng: Nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4. Bài 23: Gọi S(n) là tổng tất cả các ước lẻ lớn nhất của các số tự nhiên 1, 2, 3, , 2n (n 0). Chứng minh rằng S(n) = Bài 24: Cho 4 số dương a, b, c, d. Đặt: x = 2a + b – 2 y = 2b + c – 2 z = 2c + d – 2 t = 2d + a – 2 Chứng minh rằng trong 4 số x, y, z, t có ít nhất 2 số dương. Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số T = 2n + 3n + 4n là bình phương cùa một số nguyên. Bài 26: Có bao nhiêu phân số tối giản lớn hơn 1 (m, n là các số nguyên dương) thoả mãn m.n= 13860. Bài 27: Cho a, b là 2 số nguyên. Chứng minh: nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2 + b2 chia hết cho 13. Bài 28: Xác định n để A = là số tự nhiên Bài 29: Tính tổng S(n) = + + + Bài 30: Rút gọn biểu thức: A = 75(41993 + 41992 + + 42 + 5) + 25 Bài 31: Tìm các số nguyên dương n để n1988 + n1987 + 1 là số nguyên tố. Bài 32: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của nó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó. Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a2 – b2 = c2 – d2. Chứng minh: S = a + b + c + d là hợp số. Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 263 – 1 và B = 277 – 1 Bài 35: Tìm số có 4 chữ số , biết rằng nếu đem số ấy nhân với 2 rồi trừ đi 1004 thì kết quả nhận được là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng theo thứ tự ngược lại. Bài 36: cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau htoả mãn: . Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương Bài 37: Tổng một số tự nhiên và các chữ số của nó bằng 2359. Tìm số tự nhiên đó. Bài 38: Chứng minh rằng hai số: A = 2n + 1 và B = là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n. Bài 39: Cho các số: a1, a2, , an mà giá trị của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng: Nếu a1a2 + a2a3 + + ana1 = 0 thì n chia hết cho 4 (n là số nguyên dương) Bài 40: Tìm các số nguyên dương có 2 chữ số, biết số đó là bội của tích 2 chữ số của chính số đó. Bài 41: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất thoả cả 2 tính chất sau: a/ Chữ số cuối cùng bằng 6 b/ Nếu bỏ chữ số 6 cuối ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu. Bài 42: Một giải bóng đá theo luật sau: + Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác, hai đọi chỉ thi đấu với nhau 1 lần (Nói gọn: thi đấu 1 vòng) + Trong mỗi trận đấu: đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm, nếu hoà nhau mỗi đội được 1 điểm Giải kết thúc với kết quả là: mỗi đội đạt được một số điểm khác nhau và đội đứng cuối đã thắng cả 3 đội đứng đầu (thứ tự xếp hạng theo điểm) Chứng minh rằng số đội bóng của giải không thể là 12 đội. BÀI GIẢI Bài 1: Các thừa số của T đều có dạng: na + (2011 – n)b = 2011b + n(a – b) với n = 5, 6, ,15 (*) Nếu T chia hết cho số nguyên 2011 thì tồn tại ít nhất một thừa số của T chia hết cho 2011, đó là ma + (2011 – m)b = 2011b + m(a – b) với m thoả mãn 5 m 15 Từ đó suy ra m(a – b) chia hết cho 2011 mà 5 m 15 nên a – b chia hết cho 2011. suy ra các số n(a – b), ứng n = 5, 6, , 15 đều chia hết cho 11, do đó theo (*) tất cả 11 thừa số của T đều chia hết cho 2011. Vậy nếu T chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 201111 Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a N: = = 3a + 1 Lần lượt thay a từ 1 đến 2006 ta được: S = 3(1 + 2 + 3 + + 2006) + 2006 = 3.2007.1003 + 2006 = 6041069 Bài 3: Ta có 20052005 – p2006 = (20052005 + p2005) – (p2005 + p2006) (1) Vì 20052005 + p2005 = (2005 + p)(20052004 – p.20052003 + p2.20052002 - + p2004) chia hết cho 2005 + p nên từ (1), ta có: (20052005 – p2006) 2005 + p (p2005 + p2006) 2005 + p p2005(1 + p) 2005 + p (2) Ta xét 2 trường hợp: 1/ p là ước nguyên tố của 2005 tức là p = 5 hay p = 401 Nếu p = 5 thì p2005(1 + p) = 6.52005 không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho 2005 + p = 3000. Nếu p = 401 thì p2005(1 + p) = 402.4012005 chia hết cho 2005 + p = 2406 = 6.401. do đó p = 401 thoả mãn bài toán. 2/ Nếu p 5 và p 401 thì (p, 5) = 1 và (p, 401) = 1 => (p2005, 2005 + p) = 1 và 1 + p < 2005 + p nên (2) không thể thoả mãn. Vậy chỉ có một số nguyên tố thoả mãn thoả mãn bài toán là p = 401. Bài 4: HD sử dụng với k 1 ta tính được S = Bài 5: Ta có 1 + = = với k N, k 1 Cho k các già trị 1; 2; 3; ; n thí bài toán trở thành: = = 2001n + 2001 = 2000n + 4000 n = 1999 Bài 6: Số 2020 = 220.1020 có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2n + 1 có ít hơn 20 chữ số nên n < 20 + Nếu n = 1 thì P = 2, thoả mãn + Nếu n = 2 thì P = 5 thoả mãn + Nếu n > 2 thì P > 5, hơn nữa P lại là số lẻ, do đó n là số chẵn. _ n không thể có ước nguyên dương lẻ > 1,Thật vậy giả sử n = (2k + 1)k (k N*; k > 1), khi đó nn + 1 = (nk)2k+1 + 1 = (nk + 1)Q với Q > 1; suy ra nn + 1 (P); (P) tập hợp các số nguyên tố. Vậy n chỉ nhận một trong các giá trị 4, 8, 16. + Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố + Với n = 8 thì P = 88 + 1 = 16777218, không là số nguyên tố. + Với n = 16 thì P = 1616 + 1 = 264 + 1 = 10246.16 + 1 có nhiều hơn 19 chữ số. Vậy n chỉ có thể là 1; 2; 4. Bài 7: + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vị, ta có: = 31x; với x N 10x + c = 31x 21x = c (1) Do 0 c 9, vì thế nếu x 1 thì vế trái của (1) 21, còn vế phải của (1) 9, Vô lí! + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có: = 31; với x N 21x + 3c = b (2) Lập luận tương tự như trên nếu x 1 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2), Vô lí; Suy ra x = 0. Khi đó b = 3c. Mặt khác 31 nên có các số 31; 62, 93. + Xét trường hợp chữ số gạch đi là số hàng trăm, ta có: = 31.; với x N 210x + 3. = 10a. Lập luận tương tự như các trường hợp trên ta có x = 0. Khi đó ta có: 10 = 3, suy ra 3.10; mà (3; 10) = 1 nên 10. Suy ra c = 0, do đó a = 3b, vì thế a = {3; 6; 9} Ta được các số: 310 = 31.10; 620 = 31.20; 930 = 31.30 + Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được các số có dạng: 31.10k; 62.10k; 93.10k; với k = 0; 1; 2; ; n Bài 8: Ta có 62001 = (5 + 1)2001 1(mod5). Đặt 62001 = 5k + 1 (k N) A = 265k+1 = 26.265k = 26.(11881376)k = 26.(11881375 + 1)k Do (11881375 + 1)k = (95051.125 + + 1)k 1(mod125). Suy ra A = 26(mod125). Vậy A = 125m + 26 (m N) Mặt khác A = = . 26 Suy ra A 8> Vậy A = 8n (n N) Suy ra 125m + 26 = 8n 125m = 8(n – 4) + 6; Suy ra 125m = 8p +6 (p N). Từ đó ta có m là số chẵn và 125m chia cho 8 dư 6 m chia cho 8 có các số dư là: 0, 2, 4, 6 nên 125m chia cho 8 có các số dư tương ứng là: 0, 2, 4, 6. Vậy m chia 8 có số dư là 6 suy ra m = 8q + 6 (q N). Vậy A = 125(8q + 6) + 26 = 1000q + 776, nên A chia cho 1000 dư 776, do đó có 3 chữ số tận cùng là 776 Bài 9: Gọi 10 số nguyên dương đó là a1, a2, , a10. Mười tổng lập theo yêu cầu đề bài là: b1 = a1 + 1; b2 = a2 + 2, , b10 = a10 + 10 (b1, b2, , b10 N*) Suy ra b1 + b2 + + b10 = (1 + 2 + + 10)2 = 210 là một số chẵn. Do đó trong các số bi (i=1, 2, , 10) số các số lẻ là một số chẵn. + Nếu có nhiều hơn 5 số lẻ thì do các số lẻ chỉ có thể tận cùng bởi một trong các chữ số 1, 3, 5, 7, 9 nên có ít nhất có 2 số lẻ có chữ số tận cùng gống nhau. + Nếu có ít hơn 5 số lẻ thì sẽ có nhiều hơn 5 số chẵn. Mà các số chẵn chỉ có thể có số tận cùng là: 0, 2, 4, 6, 8 nên có ít nhất có 2 số chẵn có chữ số tận cùng gống nhau. Bài 10: = (a, b, c, d, e N, 1 a 9; 0 b, c, d, e 9) = ()3 1000 + = ()3 Đặt x = (10 x 99), y = (y N, 0 y 999. Ta có: 1000x + y = x3 (*) Do y 0 nên từ (*) suy ra x3 1000x x(x2 – 1000) 0 Mà x > 0 nên x2 1000, do đó x > 31 Lại do: y x3 – 1000x < 1000 x(x2 – 1000) < 1000 Nếu x 33 thì x2 1089 nên x2 – 1000 89 suy ra x(x2 – 1000) > 1000, mâu thuẫn với x(x2 – 1000) < 1000. Vậy x < 33. Tóm lại 31< x < 33 mà x N nên x = 32. Khi đó từ (*) ta có: y = 323 – 1000.32 = 768 Thử lại = 32. Vậy số phải tìm là 32768. Bài 11: Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3 (*) pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, , 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau. Nếu không có nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phài có mặt đúng 2 lần trong cách viết số pn. Như vậy tổng các chữ số của pn là: 2(0 + 1 + 2 + + 9) = 90 nên pn3, do đó pn3, mâu thuẫn với (*). Vậy có ít nhất 3 chữ số giống nhau. Bài 12: chia chữ số đã cho thành 3 tập hợp: A = {1; 2; ; n}, B = {n+1, n+2, , 2n-1}; C = {2n; 2n+1; ; 3n}. trong đó1 a1 a2 an+2 3n Đặt k = 3n – an+2 suy ra k N và 0 k 2n – 2 (vì 3n – (n + 2) = 2n – 2) Đặt b1 = a1 + k; b2 = a2 + k, , bn = an + k. Ta có 1 b1 b2 bn+2 3n + Nếu có ít nhất một số bj B thì n < bj < 2n, suy ra: Suy ra n n , an+2– aj < 2n (với j = 1, 2, , n + 1) + Nếu B = thì các số b1, b2, , bn+1 thuộc một trong hai tập hợp A hoặc C. Ta xét các cặp số (1; 2n), (2; 2n + 1), (3; 2n + 2), , (n, 2n – 1) Số hạng tổng quát của các số trong một cặp (k; 2n + k – 1) với1 k n, nên hiệu của chúng bằng 2n – 1 + Vì có không quá n số bj thuộc A (do A có n phần tử), có không quá n số bi C – {3n}. Mà có (n + 1) số bi nên có ít nhất một cặp số như trên. Đặt bi = 2n + i – 1, bj = I, suy ra bi – bj = 2n – 1; mà n < 2n – 1 < 2n. Suy ra n < bi – bj < 2n. Do đó n < (ai + k) – (aj + k) < 2n, nên n < ai – aj < 2n. Bài 13: Theo đề bài ta có: P1(x) = P0(x – 1) = P0 P2(x) = P1(x – 2) = P0(x – 3) = P0 P3(x) = P2(x – 3) = P0(x – 6) = P0 Giả sử Pk(x) = P0 với k N, k 1 Ta chứng minh rằng: Pk+1(x) = P0. Thật vậy: Pk+1(x) = Pk+1(x – (k + 1)) = P0 = P0. Theo nguyên lý qui nạp toán học ta suy ra: Pn(x) = P0 với mọi n N*. Do đó: P21(x) = P0 = P0(x – 231) = (x – 231)2 + 22(x – 231)2 – 6(x – 231) + 15 = = x3 – 3x2.231 + 3x.2312 – 2313 + 22x2 – 44.231x + 22.2312 – 6x + 6.231 + 5 Hệ số của x là 3.2312– 44.231 – 6 = 149913. Bài 14: Ta có P = 1.2.3 (n – 1)n = n! và S = 1 + 2 + 3 + + (n – 1) + n = P S n!2 n(n – 1) (n – 1)!2 (n – 1) Thử với n = 1, 2, 3, 4, 5, 6 ta thấy bài toán đúng với n = 1, 3, 5 không đúng với n = 2, 4, 6 Xét n > 6 Nếu (n + 1) là số nguyên tố thì với mọi k n – 1 ,(k;n + 1) =1 thì (n – 1)!2 không chia hết (n + 1) nên (n + 1) là hợp số, n + 1 = a.b (a,b N,a,b > 1) . Do 2(n – 1) - (n + 1) = n – 3 >0 với mọi n 7 nên 2(n – 1) >(n + 1), suy ra 1 <a, b < n – 1 *Nếu ab thì a, b đều có mặt trong (n – 1)! suy ra (n – 1)! (n + 1). * Nếu a = b thì n + 1 = a *Nếu a > thì a > mà -(n +1) = . Với n >6 thì n(n – 6) > 3 nên > 0 vì thế a> n + 1 mâu thuẫn vời (*) . Vậy khi a =b thì a , do đó a và 2a có mặt trong tích 1.2.3 (n – 1), suy ra (n – 1)!2a=> (n – 2)!a = (n + 1). Tóm lại khi (n + 1) là hợp số thì n! (1 + 2 + 3 + + (n – 1) + n) khi n > 6.Kết hợp các trường hợp trên ta được: Với n = 1 hoặc n +1 là hợp số > 2 thì P S Bài 15: Giả sử, mà 3 là số nguyên tố nên a2 không chia hết cho 3; nhưng (a2 + b2) 3 nên b2 không chia hết cho 3, do đó b không chia hết cho 3. Vì a không chia hết cho 3 nên a = 3k + 1 hoặc a = 3k – 1 (kZ). Khi đó a2 = 9k2 + 6k + 1 hoặc a2 = 9k2 – 6k + 1. Như vậy a2 chia cho dư 1 Cũng vì b không chia hết cho 3 nên lập luận tương tự ta có b2 chia cho 3 dư 1. Do đó a2 + b2 chia 3 dư 2, trái với giả thiết (a2 + b2) 3 Vậy a 3, do đó a2 3 mà (a2 + b2) 3 nên b2 3 suy ra b3. Nghĩa là a, b cùng chia hết cho 3. Bài 16: Do a, bN nên a – bZ. Mà = a – b suy ra a – b 0, do đó a – bN. Đặt m = a – b = (mN; b0). Ta có: Từ (1) và (2) suy ra m + b = mb (m – 1)(b – 1) = 1. Do đó m – 1 và b – 1 là ước của 1 nên ta tìm được b = 0 và b = 2 Do b0 nên b = 2, suy ra m – 1 = 1 m = 2. Khi đó a = m + b = 4 Vậy a = 4, b = 2 Bài 17: a/ Với n = 1, ta có 1 + 1.P1 = 1 + 1 = 2 = 2! = P2 Giả sử bài toán đúng với n = k (k = 1, 2, ) tức là: 1 + 1.P1 + 2.P2 + + k.Pk = Pk+1 (1) Cộng 2 vế của (1) với (k + 1)Pk+1, ta có: 1 + 1.P1 + 2.P2 + + k.Pk + (k + 1)Pk+1= Pk+1 + (k + 1)Pk+1= Pk+1(1 + k + 1) = Pk+1(k + 2) = Pk+2 Do đó bài toán đúng với n = k + 1. vậy bài toán đúng với mọi n là số nguyên dương. b/ Ta có: = - = - (k = 1, 2, , n) + + + = + + + = 1 – < 1 Bài 18: Giả sử x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương. Đặt 2n + 2003 = k2 (1) và 3n + 2005 = m2 (2) (k, m N). Trừ theo từng vế của (1) và (2) được: n + 2 = m2 – k2 Khử n từ (1) và (2) suy ra: 3k2 – 2m2 = 1999 (3) Từ (1) suy ra k là số lẻ. Đặt k = 2a + 1 (a Z). Khi đó: (3) 3(2a – 1)2 – 2m2 = 1999 2m2 = 12a2 + 12a – 1996 m2 = 6a2 + 6a – 998 m2 = 6a(a + 1) – 1000 + 2 (4) Vì a(a + 1) 2 nên 6a(a + 1) 4, 1000 4, vì thế từ (4) suy ra m2 chia 4 dư 2, Vô lý. Vậy không tồn tại các số nguyên dương n thoả mãn bài toán. Bài 19: Điều kiện a, b, c 0. Từ bài toán ta có: Suy ra (bc + ac + bc)(a + b + c) – abc = 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0 a + b = 0 hay b + c = 0 hay c + a = 0 +Nếu a + b = 0 thì c = 2003 + Nếu b + c = 0 thì a = 2003 + Nếu a + c = 0 thì b = 2003 Vậy 1 trong 3 số a, b, c bằng 2003 Bài 20: Gọi d là ước của n2 + 4 và n + 5, thì: => Do đó [(n + 5)2 – (n2 + 4)] d, suy ra (10n + 21) d hay 10(n + 5) – 29 d; mà 10(n + 5)d vì thế 29 d Để A chưa tối giản thì d > 1 mà d là ước của 29 nên d = 29. Do đó n + 5 = 29k (k N*), suy ra n = 29k – 5. Vì 1 n 2004 nên 1 29k – 5 2004 => 6 29k 2009. Từ đó k = 1, 2, 3, , 69. Vậy có 69 số nguyên dương thoả mãn đề bài. Bài 21: P = = = với mọi n N Gọi d là UCLN của n2 + n – 1 và n2 + n + 1 thì (n2 + n – 1) d và (n2 + n + 1) d; suy ra: [(n2 + n – 1) + (n2 + n + 1)] d hay 2 d. Do đó d = 1 hay d = 2 Mặt khác n2 + n + 1 = n(n + 1) + 1 là một số lẻ nên d 2, suy ra d = 1. Vậy P là phân số tối giản. Bài 22: Vì (a + b + c) 4 nên a + b + c = 4k (k Z). Ta có: P = (a + b + c – c)(a + b + c – a) (a + b + c – b) – abc = (4k – c)(4k – a)(4k – b) – abc = = 64k3 – 16k2c – 16k2a + 4kac – 16k2b + 4kbc + 4kab – abc – abc = 4k(16k2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab) – 2abc = 4km – 2abc (m Z). Trong đó m = 16k2 – 4kc – 4ka + ac – 4kb + bc + ab Vì (a + b + c) 4 nên trong 3 số a, b, c phải có ít nhất một số chẵn, do đó abc 2 => 2abc 4 Vậy P 4 Bài 23: Với các số lẻ: 1, 3, 5, 7, , 2n – 1 thì ước lẻ lơn nhất của chúng chính là bản thân số đó. Với các số chẵn: 2 = 2.1; 4 = 2.2; 6 = 2.3; ; 2n = 2. 2n-1. Nên tổng các ước lẻ lớn nhất của các số chẵn 2; 4; 6; ; 2n chính là tổng tổng các ước lẻ lớn nhất của các số 1, 2, 3, 4; ; 2n-1 = S(n–1). Vậy S(n) = 1 + 3 + 5 + 7 + + (2n – 1) + S(n–1). Ta chứng minh S(n) = (1) Với k số lẻ: 1; 3; 5; ; 2k – 1, ta luôn có: 1 + 3 + 5 + + (2k – 1) = k2 (2) (2) luôn đúng với k = 1; Giả sử k đúng với k = m, tức là: 1 + 3 + 5 + + (2m – 1) = m2 => => 1 + 3 + 5 + + (2m – 1) + (2m + 1) = m2 + 2m + 1 = (m + 1)2 => (2) đúng với k = m + 1. Vậy (2) đúng với mọi k N* => S(n) = + S(n – 1) = 4n-1 + S(n – 1) (3) Xét công thức (1). Với n = 1 luôn đúng, với n = 2 luôn đúng Giả sử (1) đúng với n = k. Ta chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật vậy S(k) = Theo (3) S(k + 1) = 4k + S(k) = 4k + = = = . Vậy (1) đúng với n = k + 1 => (1) đúng với mọi n Bài 24: Ta có (x + z) = a + c + (a + b – 2) + (c + d – 2) = = (a + c) + ( –)2 + ( –)2 > 0, suy ra x + z > 0 Tương tự: y + t = (b + d) + ( –)2 + ( –)2 > 0 => y + t > 0 Do x + z > 0 nên trong 2 số x, z có ít nhất một số dương; và y + t > 0 nên trong 2 số y, t có ít nhất 1 số dương. Vậy trong 4 số x, y, z, t phải có ít nhất 2 số dương Bài 25: + Với n = 1, ta có T = 2 + 3 + 4 = 9 = 32 là một số chính phương. + Với n = 2, ta có T = 2 + 9 + 16 = 29 không phải là số chính phương. + Với n 3, ta có T = 2n + 3n + 4n là số lẻ, suy ra T là số chính phương lẻ, do đó ; T 1(mod4) Do n 3 nên 2n 0(mod4); 4n 0(mod4); suy ra 3n 1(mod4). Mà 3n = (4 – 1)n (-1)n(mod4); suy ra n là số chẵn. Đặt n = 2k (k Z). Khi đó: T = 4k + 9k + 16k = (3 + 1)k + 9k + (15 + 1)k 2(mod3). Nhưng một số chính phương không chia hết cho 3 sẽ có dạng (3m + 1)2 và (3m – 1)2 (k Z), khi chia cho 3 chỉ có số dư là 1. Vậy T không thể là số chính phương khi n 3 Kết luận: n = 1. Bài 26: m.n = 13860 = 22.32.5.7.11 trong đó các số 2, 3, 5, 7, 11 đôi một nguyên tố cùng nhau. là phân số tối giản và > 1 nên (m; n) = 1 nà m > n + Đặt a = 22; b = 5; c = 7; d = 32; e = 11 thì a < b < c < d < e * Với n là một trong 5 số trên ta có 5 số. * Với n là tích của 2 trong 5 số trên, ta có n {ab; ac; ad; ae; bc; bd; be; cd; ce; de} có 10 phân số thoả mãn là phân số tối giản và > 1 + Nếu n chứa thừa số 2 thì phải chứa 22, đã chứa thừa số 3 thì phải chứa 32. Mà a.b.c = 4.5.7 > 9.11 = d.e với a < b < c < d < e. Do vậy nến n là tích của 3 trong 5 số trên thì n > m, không thoả mãn đề bài; n càng không thể là tích của 4 trong 5 số nói trên. Vậy cùng với phân số , có 16 phân số cần tìm. Bài 27: HD Từ điều kiện ta có: a2 + b2 = (13x + 2)2 + (13y + 3)2 = 13(13x2 + 4x + 13y2 + 4y + 1) chia hết cho 13. Bài 28: A = là số tự nhiên => (5n – 11) (4n – 13) => 4(5n – 11) (4n – 13) => (20n – 44) (4n – 13) => [5(4n – 13) – 21] (4n – 13) => 21 (4n – 13) => 4n – 13 Ư(21) Mà 4n – 13 = 4(n – 3) – 1 chia 4 dư -1 (hay 3) Do đó 4n – 13 {– 1; 3; 7; – 21} 4n {12; 16; 20; – 8} n {3; 4; 5; – 2} Thay vào A ta chọn được n = 4 hoặc n = 5 thì A là số nguyên. Bài 29: S(n) = + + + = = = = = Bài 30: A = 75(41993 + 41992 + + 42 + 5) + 25 = 25.3(41993 + 41992 + + 42 + 4 + 1) + 25 = = 25.(4 – 1)(41993 + 41992 + + 42 + 4 + 1) + 25 = = 25(41994 + 41993 + + 42 + 4 – 41993 – 41992 - - 42 – 4 – 1) + 25 = 25(41994 – 1) + 25 = = 25(41994 – 1 + 1) = 25. 41994 Bài 31: + Với n = 1 ta có n1988 + n1987 + 1 = 1 + 1 + 1 = 3 là số nguyên tố + Với n 2 ta có n1988 + n1987 + 1 > n2 + n + 1 Mặt khác ta có: n1988– n2 = n2(n1986 – 1) = n2[(n3)662 – (13)662] chia hết cho n3 – 13 mà n3 – 13 = (n – 1)(n2 + n + 1) Aùp dụng: (an – bn) (a – b). Vậy n1988– n2(n2 + n + 1) Tương tự: n1987 – n = n(n1986 – 1) (n2 + n + 1) Do đó: n1988 + n1987 + 1 = (n1988– n2) + (n1987 – n) + (n2 + n + 1) (n2 + n + 1). Vậy n1988 + n1987 + 1 có nhiều hơn 2 ước. Suy ra n1988 + n1987 + 1 là hợp số. Vậy n = 1 là số nguyên dương duy nhất thoả mãn bài toán. Bài 32: Số cần tìm có dạng , với a, b N; 1 a 9; 0 b 9. Theo đề bài ta có: 2 = (a + b)3 (10a + b)2 =(a + b)3 (1) Hệ thức (1) chứng tỏ là một số lập phương và (a + b) là một số chính phương. Do 10 99 => = 27 hoặc = 64 + Nếu = 27 thì a + b = 9 là số chính phương + Nếu = 64 thì a + b = 10 không là số chính phương (loại) Vậy số phải tìm là 27. Bài 33: Từ a2 – b2 = c2 – d2 a2 + d2 = c2 + b2. Ta xét hiệu: (a2 + d2 + c2 + b2) – (a + b + c + d) = (a2 – a) + (b2 – b) +(c2 – c) + (d2 – d) 2 Thay a2 + d2 = c2 + b2; ta có: 2(a2 + d2) – (a + b + c + d) 2 Mà 2(a2 + d2) 2 =>(a + b + c + d)2 Vì a + b + c + d > 2 suy ra a + b + c + d là hợp số. Bài 34: Ta giải bài toán: Với 1 m < n; m, n N. Tìm (2m – 1, 2n – 1) Đặt (m, n) = d; khi đó luôn tồn tại r, s N: rn – sm = d Đặt d1 = (2m – 1, 2n – 1) => d1 lẻ Ta có: (2n – 1) (2d – 1) (do n d) và (2m – 1) (2d – 1) (do m d) => d1 (2d – 1) Mặt khác: (2n – 1) d1 nên (2r.n – 1) d1 và (2m – 1) d1 nên (2sm – 1) d1 => 2r.n – 2sm = 2sm(2r.n-sm – 1) = 2sm(2d – 1) d1 => (2; d1) = 1 nên (2d – 1) d1 Vậy d1 = 2d – 1, nghĩa là (2m – 1; 2n – 1) = 2(m,n) – 1 Aùp dụng: (263 – 1; 277 – 1) = 2(63,77) – 1 = 27 – 1 = 127 Bài 35: Ta có: .2 – 1004 = < 10.000 (1) => a 5 Mặt khác do (1) nên a chẵn; Vậy a {2; 4} + Nếu a = 4 thì (1) .2 = + 1004 (2) => d.2 có chữ số tận cùng là 8 => d{4; 9} - Khi d = 4 thì 1004 + < 6000 < 8000 < VT (2) (loại) - Khi d = 9 thì .2 < 9000 < 10000 < VP (2) (loại) + Nếu a = 2 thì .2 = + 1004 (3) => d.2 có chữ số tận cùng là 6 => d = 3 hoặc d = 8 - Khi d = 8 thì .2 < 6000 < 9000 < VP (3) (loại) - khi d = 3 thì .2 = + 1004 .2 + 2003.2 = + 1004 + 3002 2. = 20b + 2c = 10c + b 19b = 8c ; Mà b, c là chữ số nên 8c 19, mà (8; 19) = 1 => c 19 => c = 0 (vì c là chữ số) => b = 0 Vậy = 2003. Ta có: 2003.2 – 1004 = 3002 (Thử lại đúng) Vậy 2003 là số cần tìm. Bài 36: Ta có: (a) Tương tự ta cũng có: (b) và (c) Từ (a), (b), (c) cho ta: => Trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương. Bài 37: Gọi n là số cần tìm. S(n) là tổng các chữ số của số tự nhiên. Ta có: n + S(n) = 2359 Nên n n là số không quá 4 chữ số; Do đó S(n) 4.9 = 36 => n 2323 Vậy 2323 n 2359. Suy ra 2 chữ số đầu tiên của n là 2 và 3. Gọi a, b là các chữ số hàng chục và hàng đơn vị của n (0 a,b 9). Ta có: n = Vì n + S(n) = 2359 => + (2 + 3 + a + b) = 2359 => 2300 + 10a + b +a + b + 5 = 2359 => 11a + 2b = 54 Vì 0 2b 18 => 54 – 18 11a 54 => 36 11a 54 => a = 4 Với a = 4 thì 2b = 54 – 4

File đính kèm:

Mot so bai toan so hoc.doc

Giáo án liên quan

Giáo án Toán 6 - Tuần 23 - Tiết 69 - Mở rộng khái niệm phân số
6 trang | Lượt xem: 1438 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán 6 - Ôn tập cuối năm (Tiếp)
4 trang | Lượt xem: 1565 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán lớp 6 - Tiết 87: Phép chia phân số
3 trang | Lượt xem: 1654 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán học lớp 6 - Hình học (năm 2011 - 2012)
139 trang | Lượt xem: 1352 | Lượt tải: 1
Giáo án Toán 6 - Tiết: 15 - Bài 1: Nửa mặt phẳng
2 trang | Lượt xem: 1332 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán học lớp 6 - Hình học - Trường THCS Tân Thành
113 trang | Lượt xem: 1471 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán 6 - Hình học - Tuần: 13 - Tiết 13: Ôn tập chương I
2 trang | Lượt xem: 1340 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán 6 - Học kỳ I - Chương 1 - Tiết 37: Luyện tập
2 trang | Lượt xem: 1383 | Lượt tải: 0
Giáo án Toán học 6 - Tiết 26 - Bài 15: Luyện tập số nguyên tố, hợp số, bảng số nguyên tố
2 trang | Lượt xem: 2959 | Lượt tải: 5
Giáo án Hình học 6 - Tuần 25, tiết 20
4 trang | Lượt xem: 1236 | Lượt tải: 0