Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi - Năm học 2020-2021 - Trần Quang Thọ

Nội dung text: Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi - Năm học 2020-2021 - Trần Quang Thọ

1. nnnn abdabdabdabd x, y, nn 2 2d II. CÁC BÀI TOÁN Bài toán 1. Chứng minh a) 70.2731.381001101 chia hết cho 13. b) Nếu ba số a, a + k và a + 2k đồng thời là ba số nguyên tố phân biệt lớn hơn 2 thì k6. Hướng dẫn giải a) Ta có 271mod13271mod13  1001 Và 381mod13381mod13  101 2713n1nN1001 và 3813m1mN101 70.2731.38701001101 13n131 13m170n31m 1339 đpcm. b) Ta biết rằng các số nguyên tố lớn hơn 3 có thể biểu diễn dưới dạng 6p + 1 hoặc 6p + 5 (p nguyên dương) (*) ? Ba số a, a + k, a + 2k lớn hơn 3 chỉ có thể biểu diễn trong hai dạng nên theo nguyên tắc Đirichlê, nhất định phải có hai số được biểu diễn trong cùng một dạng, chẳng hạn đó là 6p + r và 6s + r với r là 1 hoặc 5. Hiệu của hai số này bằng 6s – 6p = 6 (s – p) 6. Mặt khác hiệu của hai trong ba số trên hoặc bằng k hoặc bằng 2k nên k 3, nhưng k là số chẵn nên k 6. Bài toán 2. Chứng minh với mọi m, tồn tại số nguyên n để: n11n87nm32 chia hết cho 191. Hướng dẫn giải Đặt Pxx11x87xm 32 3 Giả sử: P x  x a b mod 191 x3 3ax 2 3a 2 x a 3 b  x 3 11x 2 87x m mod 191 3a11 mod1911 2  3a87 mod1912 3 b m a mod1913 1 3a  180 mod191 a  90 mod191 3a2  87 mod191 . Vậy  mZ, tồn tại số nguyên a, b để: 5 | P a g e
2. Đặt x8 , dùng công thức khai triển nhị thức Newton để biến đổi: n 2n1 2k13k 1xABx* với B C .2 2n1 k0 2n 1 Tương tự: 1 x A Bx ( ) Nhân vế theo vế (*) và ( ) ta được: 7 82n122 B A Mặt khác, 72n 1  2 mod5 Do vậy, nếu B là bội của 5 thì: A 2 m od5 : vô lý. 2n1 Bài toán 5. Chứng minh phần nguyên của 11 3 thì chia hết cho 2n1 và không chia hết cho 2n2 với mọi n là số tự nhiên. Hướng dẫn giải 2n12n1 Ta có: 113113 là số tự nhiên 2n1 Mà 1130;1 nên 2n 12n 12n 1 113113113 (Vì abkNakb với b0;1 nên [a] = k = a – b) 11 Với n = 0; 1131136 chia hết cho 2201 nhưng không chia hết cho 242 . 22 Mà: 11 3 11 3 40 nên với n = 1 thì: 33 113113 22 11 3 11 3 11 3 11 3 11 3 11 3 6.42 222 .3 .7 chia 6 40 2 hết cho 22 nhưng không chia hết cho 23 . Giả sử tính chất này đúng với mọi số tự nhiên k < n. Ta chứng minh tính chất này đúng với k= n. Trước hết, nhận xét rằng: 22 1131132 113 ;113 11 3 11 3 2n 1 2n 1 Thật vậy: 11 3 11 3 7 | P a g e
3. a b2 a b Xét ab . Đặt k , giả sử k nguyên dương a b b2 7 a1a7 222 Ta có: abb7abaab71abab bbbb a1 7 Suy ra k , nếu b3 thì b0 bb b a177 2222 Suy ra: abb7abaab1abaabab bbbb a1 Từ đó b = 1, hoặc b = 2, hoặc k bb a1a1 - Nếu k thì a – 1 < kb < a + 1 nên a = kb. bbbb Điều này cho ta tìm được ( a,b ) ( 7k ,7k)2 - Nếu b = 1 thì (a + 8) chia hết a a2 1 , suy ra (a + 8) chia hết aa8aa17a1 2 , do đó, ta cũng có (a + 8) chia hết 7a87a157 . Nhưng các ước số lớn hơn 8 của 57 chỉ có 19 và 57, do đó a = 11 hoặc a = 49. Dễ dàng kiểm tra rằng các cặp (a, b) = (11, 1) và (a, b) = (49, 1) thỏa điều kiện bài toán. - Nếu b = 2 thì (4a + 9) chia hết 2aa22 , do đó suy ra (4a + 9) chia hết a4a92 2aa27a4 2 . Từ đó, ta cũng có (4a + 9) chia hết 35 7 4a 9 4 7a 4 79. Nhưng ước số lớn hơn 9 của 79 chỉ có 79, từ đó a , không phải 2 số nguyên. Vậy, các cặp (a, b) thỏa điều kiện bài toán là: (11, 1), (49, 1) và 7k2 ,7k , với k là số nguyên dương. Bài toán 8. Tìm số tự nhiên n lớn nhất sao cho 5n là ước số của tích các số tự nhiên từ 1 đến 1000. Hướng dẫn giải Số n lớn nhất phải tìm là số thừa số 5 khi phân tích 1 x 2 x 3 x . x 1000 thành thừa số nguyên tố, nghĩa là n bằng tổng của số các bội số của 5, của 52 , của 53 , của 54 trong dãy 1, 2, 3, , 1000. Các bội của 5 trong dãy 1, 2, 3, , 1000 là 5, 10, 15, , 1000 gồm 1000 : 5 = 200 số. Trong đó, các bội của 52 là 25, 50, , 1000 gồm 1000 : 25 = 40 số, các bội của 53 là 125, 250, , 1000 gồm 1000 : 125 = 8 số, các bội của 54 là 625 gồm 1 số. 9 | P a g e
4. Hướng dẫn giải Giả sử (x, y) là cặp số nguyên thỏa mãn 1), 2), 3). Khi đó ta có xymxy22 hay xykxym022 (1) với kZ . Ngược lại, dễ thấy nếu cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) với k nguyên nào đó và x, y nguyên tố cùng nhau thì cặp (x, y) đó cũng thỏa mãn 1), 2), 3). Như vậy bài đã ra sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được một số nguyên k sao cho có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (1) và x, y nguyên tố cùng nhau. Chọn k = m + 2. Khi đó (1) trở thành: xym2xym022 (2) Bây giờ, ta sẽ chứng minh có vô số cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn (2) và x < y với x, y nguyên tố cùng nhau. Thật vậy, xét dãy các số nguyên xn được xác định như sau: x1,12n2n1n xm1, xm2xx  n 1 ,2 ,3 . Bằng quy nạp theo n dễ dàng chứng minh được: i) xn là dãy tăng ii) xn và xn1 nguyên tố cùng nhau iii) Cặp số x,xnn1 thỏa mãn (2)  n1,2,3 đpcm Bài toán 11. Từ dãy mọi số nguyên dương lớn hơn 1, ta lập dãy số tăng dần a,a,a 123 gồm tất cả các số không là bội của 2 và cũng không là bội của 3. Chứng minh rằng a 3n n với số nguyên dương n bất kì. Hướng dẫn giải. Trong 3n số từ 1 đến 3n ta chia ra từng nhóm ba số liên tiếp dạng 3k + 1; 3k + 2; 3k + 3 với k= 0, 1, 2, , n – 1. Trong ba số liên tiếp đó có số 3k + k = 3(k + 1) là bội của 3 và một trong hai số 3k + 1, 3k +2 có một số là bội của 2 nhưng không là bội của 3, do đó phải loại đi 2 trong ba số liên tiếp. Trong nhóm đầu tiên 1, 2, 3 có ba số đều bị loại. Vậy từ 1 đến 3(k + 1) = 3n ta cần phải loại 2(n – 1) + 3 = 2n + 1 số là chỉ còn lại n – 1 số. Các số này mang chỉ số từ a1 đến a n1 do đó a3nn . Bài toán 12. Tìm tất cả các số a) Tự nhiên n để các số: n – 1; nnn13n13n5432 14 đều là các số chính phương. b) Số hữu tỉ x sao cho x2 x 6 là số chính phương. Hướng dẫn giải 2 a) Xét số: A n 1 n5 n 4 n 3 13n 2 13n 14 n 3 6 n 50 Từ điều kiện của đề bài suy ra A là số chính phương, vì A là tích của hai số chính phương. 11 | P a g e
5. Mặt khác từ (1) ta lại có: xy3x3y1x 2 (3) Từ (2) và (3) ta có: xy2x2y13x3y1xy 22 Suy ra 2x2y13x3y1 là số chính phương (4) Đặt 2x2y1,3x3y1d thì d là ước của 3x3y12x2y1xy d là ước của 2(x + y). Từ đó d là ước của (2x + 2y + 1) – 2(x + y) = 1 nên d = 1. Từ (4) và từ 2x2y1,3x3y11 suy ra 2x + 2y + 1 và 3x + 3y + 1 đều là số chính phương. Từ đó căn cứ vào (2) hoặc (3) suy ra x – y cũng là số chính phương. Bài toán 15. Tìm số có bốn chữ số a b c d , biết rằng a bd là số chính phương và nếu cộng thêm 72 vào thì được một số chính phương. Hướng dẫn giải Các chữ số a, b, c, d trong đó chỉ có thể nhận giá trị từ 0 đến 9 và a0 . Nếu một số có tận cùng là chữ số e thì bình phương của số đó có tận cùng là chữ số f tương ứng trong bảng sau: e 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 f 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 Vì là số chính phương nên d chỉ có thể lấy các giá trị 0, 1, 4, 5, 6, 9; mặt khác số abcd72 là số chính phương thì d + 2 phải có tận cùng là một trong các chữ số 0, 1, 4, 5, 6, 9. Mà d + 2 chỉ có thể có tận cùng là 2, 3, 6, 7, 8, 1 do đó d + 2 chỉ có thể lấy các giá trị 1, 6; nghĩa là d chỉ có thể lấy các giá trị 9, 4. - Với d = 4 ta có ab4y 2 và abc472abc670x 2 . Theo bảng trên y2 có tận cùng 4 thì y chỉ có thể có tận cùng là 2 hoặc 8 còn x 2 có tận cùng 6 thì x chỉ có thể có tận cùng là 4 hoặc 6. Suy ra 100y1000 2 nên 10 < y < 31 nên y chỉ có thể là 12, 18, 22, 28. Nếu y = 12 thì y 12 4 4 và x2 14c6 70 nên 1400x1600 2 , suy ra 37 < x < 40: không thỏa mãn. Nếu y = 18 thì y3242 và x2 32c6 70 nên 3200x3500 2 , suy ra 56 < x < 60: không thỏa mãn. Nếu y = 22 thì y4842 và x2 48c6 70 nên 4800x5000 2 , suy ra 68 < x < 72: không thỏa mãn. Nếu y = 28 thì y2 784 và x2 78c6 70 nên 7800 x2 8000 , suy ra 86 < x < 90: không thỏa mãn. 13 | P a g e
6. ad2adcosACbc2bccos22222 adbc2222 Từ đó: 2cos và adbc adbc2222 abcdacbd ACadad222 adbcadbc Vì ABCD nội tiếp nên Định lí Ptolémé cho ta: 22 AC.BDabcd Suy ra acbdaaccabcdadbc 22 (2) Ta có (a – d)(b – c) > 0, (a – b)(c – d) > 0 Từ hai bất đẳng thức này dễ dàng suy ra được: ab + cd > ac + bd > ad + bc (3) Bây giờ, giả sử ngược lại rằng ab + cd là số nguyên tố. Khi đó, từ (3), suy ra rằng ab + cd và ac + bd nguyên tố cùng nhau. Do vậy, (2) cho ta kết luận ad + bc chia hết cho ac + bd, điều này không thể xảy ra vì đã có (3). Ta có đpcm. 2m!2n! Bài toán 18. Với mọi số nguyên dương m và n, chứng minh rằng: là một số nguyên m!n!mn! dương. Hướng dẫn giải Để giải bài toán, ta chỉ việc chứng tỏ rằng với mọi số nguyên tố p, số các thừa số p chứa trong tích (2m)!(2n)! không nhỏ hơn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)! Như đã biết, số các thừa số p chứa trong tích (2m)!(2n)! là: 2m2m2m2n2n2n S 1 2323 pppppp Còn số các thừa số p chứa trong tích m!n!(m + n)! bằng: mmm nnn mnmnmn S2 2 3 2 3 2 3 p p p p p p p p p Bất đẳng thức SS12 suy ra từ bất đẳng thức: 2m 2n m n m n k k k k k với mọi k p p p p p Bài toán 19. Chứng minh rằng với mọi cặp số tự nhiên m, k, số m có thể được biểu diễn một cách duy nhất dưới dạng: m Ck C k 1 C t với a a a t 1. ak a k 1 a t k k 1 t 15 | P a g e
7. 1aaaa 2n1n 1bbbb 2n1n hay (nếu có x i nào bằng 0, thì ta loại tỉ số tương ứng) 2n1n x0 x12n1n axaxaxa 2n1n xx012n1n bxbxbxb Áp dụng mệnh đề trên nhiều lần, thì được bất đẳng thức (1), tức là có điều phải chứng minh. Bài toán 21. Hãy tìm số dư khi chia a) 109345 cho 14 b) Số 17761492! cho 2000. Hướng dẫn giải a) Ta có 1 0 9 1 1 m o d1 4 nên 10911mod14345345 11 Vì 14 = 7.2 nên  14 14 1 1 6 72 Theo định lí Euler thì 116 1 m od14 Mà 345 = 6.57 + 3 nên 11mod1411mod141mod143453  Vậy dư là 1. b) Ta có: 1776177612 mod 2000 , 1776176 mod 2000 , 177657634 mod 2000 , 1776976 mod 2000 , 1776137656 mod 2000 , 17761776 mod 2000 , 1776176mod7  2000 , và tiếp tục như vậy. Từ: 17761776mod61 2000 , ta được 17761776modnn 5 2000 , với mọi n >5. Do vậy ta sẽ xét phần dư của số mũ khi chia cho 5. Dễ thấy 1492! chia hết cho 5 nên: 17761492 1776 5 1376 mod 2000 Cách 2: Theo định lí Euler: a1mod125100  , với mọi a thỏa mãn (a, 125) = 1. Ta có 16 | 1776 nên 177601492! mod16 . Xét số dư của 17761492! khi chia cho 125, vì: (125, 1776) = 1 và 100 | 1492! Nên theo Định lí Euler: 177611492! mod125 n 1 mod125 Bây giờ, Hướng dẫn giải hệ phương trình đồng dư n 0 mod16 Bằng phương pháp thử chọn, ta được nghiệm duy nhất 1376 17 | P a g e
8. Bài toán 23. Hãy tìm phần nguyên của Bx4x36x103 222 trong đó x là số nguyên dương. Hướng dẫn giải 22 Với x nguyên dương thì: 4x136x10x36x2 2 Hay 4x136x10x+36x2 2 Cộng 4x2 vào mỗi vế của bất đẳng thức trên, ta có: 22 2x 1 4x22 36x 10 3 2x 2 Hay 2x14x36x10x+32x2 22 Lại cộng thêm x 2 vào mỗi vế của bất đẳng thức trên ta có: 22 x1x4x36x10x+3x2 222 Hay x1x4x36x10x3x2 222 Vậy phần nguyên của số B là x + 1. Bài toán 24. Cho dãy số nguyên dương lẻ tăng aa a 12n Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n n1 , giữa hai số aa a12n1 và a1 a 2 a n a n 1 bao giờ cũng có ít nhất một số k 2 bằng bình phương của số nguyên dương lớn hơn 1. Hướng dẫn giải Trong dãy số chính phương 24,222 39, 416, ta chọn số chính phương nhỏ nhất mà lớn hơn a1 a 2 a n , nghĩa là: 2 2 k1aa ak 12n 2 Để chứng minh kaa aa 12nn 1 ta sử dụng tính chất của tổng các số lẻ liên tiếp đầu tiên: 2 k2 k1 2k1 135 2k3 2k1 Do đó a1 a 2 a n 1 3 5 2k 3 . Vì các số hạng trong hai vế đều là số lẻ và ở vế phải chứa tất cả các số lẻ từ 1 đến 2k – 3 suy ra a2k3n hay a2k1n , do đó aa2k1n 1n . 2 Từ k 1 a1 a 2 a n có: 2 2 k k1 2k1 a1 a 2 a n 2k1 a 1 a 2 a n a n 1 19 | P a g e
9. 2 Mặt khác dễ thấy nnn1n122 . 2 2 Vì thế nm3m1n122 Điều mâu thuẫn trên chứng tỏ không tồn tại số tự nhiên thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài toán 28. Lập dãy số a ,a123 ,a . bằng cách sau: a21 và với mỗi số tự nhiên n2 thì chọn số a n là ước số nguyên tố lớn nhất của dãy số a a12n1 . . . a 1 . Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số 5. Hướng dẫn giải Ta có a 212 , a 3 . Giả sử với n3 nào đó mà có số 5 là ước số nguyên tố lớn nhất của số m A 2.3.a3 a n 1 1 thì số A không thể chia hết cho 2, cho 3, do đó chỉ có thể xảy ra A5 với m2 nào đó. Từ đó số A15151155 5 m2m 1 chia hết cho 4. Mặt khác A12.3.a a 3n1 trong đó ai với mọi i3 đều là số lẻ nên A – 1 chỉ có thể chia hết cho 2: mâu thuẫn. Vậy A không có ước số nguyên tố là 5. Bài toán 29. Với mọi số nguyên dương n, hãy chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương k sao cho 2k2n 2001k 3  0mod2 . Hướng dẫn giải Tổng quát hơn, ta sẽ chứng minh rằng phương trình đồng dư akbkc0mod2n  2 có nghiệm với mọi n, ở đây b là số lẻ và a hoặc c là số chẵn. Khi n = 1, lấy k = 0 nếu c chẵn và k = 1 nếu c là số lẻ. Tiếp theo, giả sử phát biểu trên đúng với mọi n. Nếu c là số chẵn thì theo giả thiết, phương trình c đồng dư 2atbt0mod2n  2 có nghiệm t nào đó. 2 22n 1 c Đặt k = 2t ta được akbk c 2 2atbt0  mod2 2 Nếu c là số lẻ thì a là số chẵn, do đó a + b + c là số chẵn; theo giả thiết ta suy ra phương trình đồng a b c dư 2at2a2n  b t0 mod 2 có nghiệm t nào đó. Đặt k = 2t + 1 ta được: 2 2 2a b c n 1 ak bk c 2 2at 2a b t  0 mod2 2 21 | P a g e
10. 222 Bài toán 31. Cho x ,x12n , .,x là các số thực thỏa mãn điều kiện: xx x112n . Chứng minh rằng với mỗi số nguyên k, với k2 , luôn tồn tại các số nguyên a ,a12n ,. . . ,a không đồng thời bằng 0 sao cho với mọi I = 1, 2, , n ta có: n a k 1 và axax axk1 i 1122nn k1n Hướng dẫn giải nn2 2 Từ bất đẳng thức: xnxii và giả thiết ta dễ dàng chứng minh được i1i1 xx xn12n n n Bây giờ, với các bi nhận giá trị nguyên thuộc đoạn [0, k – 1], ta xét k giá trị có dạng:  bxii i1 n Mỗi giá trị đó phải nằm trong đoạn 0 , k 1 n . Ta chia đoạn này thành k1 đoạn con có độ n dài bằng nhau là: k1 k1n Khi đó, theo Nguyên tắc Dirichlet, phải có 2 giá trị nói trên rơi vào cùng một đoạn con. Cụ thể, nếu 2 n n giá trị đó là  b'ii x và  b''ii x thì ta phải có: i1 i1 nn n  b'b''xaiiiii xk1 n suy ra đpcm. i 1i 1 k1 Bài toán 32. Cho các số nguyên nk0 . Ta định nghĩa các số c(n, k) với k = 0,1,2, ,n như sau: c(n, 0) = c(n, n) = 1 với mọi n0 : c n1,k2 c n,kck n,k1 với mọi n k 1 . Chứng minh rằng c(n, k) = c(n, n – k) với mọi . Hướng dẫn giải Khẳng định đúng với n = 0: c(0, 0) = c(0; 0 – 0) = 1 Ta sẽ chứng minh trường hợp tổng quát bằng quy nạp theo n. Giả sử c(m, k) = c(m, m – k) với mọi n m k 0. Thế thì, theo hệ thức truy hồi và giả thiết quy nạp, ta có: cn1,n1k 2n 1 k cn,n1k cn,n k 2 n 1 k cn,k1 cn,k Để hoàn tất chứng minh, ta sẽ chứng minh rằng: 2k 1cn,k 2 n 1 k 1cn,k1 (1) Để ý rằng từ giả thiết quy nạp ta suy ra 23 | P a g e
11. Giả sử sau khi bỏ đi ba chữ số tận cùng abc của số n ta được số x, thì n 1 0 x a3 b c . Theo đề bài ta có: x1000xabcx1000xabcxx1000abc 3 32 Nếu x 3 3 thì vế trái sẽ lớn hơn hoặc bằng 33(1089 – 1000) = 33.89 > 2937 > nên x < 33. Nếu x 3 1 thì x 92 6 1 , nên xx10000abc 2 Do đó x chỉ có thể nhận giá trị 32. Với x = 32 thì 32(1026 – 1000) = hay 768 = Từ đây ra có n10.3276832768 3 . Số này thỏa mãn yêu cầu của đề bài nên là số cần tìm. Bài toán 35. Tìm số có hai chữ số sao cho số đó cộng với tích hai chữ số của nó thì bằng bình phương của tổng hai chữ số của nó. Hướng dẫn giải Gọi số phải tìm là xy (x, y là các số tự nhiên từ 0 đến 9 và x0 ). 2 Ta có 10xyxyxy hay 10xyxxyy 22 Nếu y = 0 thì ta có x = 0, trái giả thiết nên y khác 0. Biến đổi thành yyx1x10x2 , ta có: 2 2 x10x yx 10x25 nên y5 2 Thay lần lượt y bằng 1, 2, 3, 4, 5 vào x(10 – x – y) = y(y – 1) và phân tích vế trái thành tích hai số mỗi số nhỏ hơn 10. Với y = 1 thì x(9 – x) = 0, suy ra x = 9 Với y = 2 thì x(8 – x) = 2 = 1.2, không có x thỏa mãn Với y = 3 thì x(7 – x) = 6 = 1.6 = 2.3, suy ra x = 1 hoặc x = 6. Với y = 4 thì x(6 – x) = 12 = 2.6 = 3.4, không có x thỏa mãn Với y = 5 thì x(5 – x) = 20 = 4.5, không có x thỏa mãn. Vậy có ba số phải tìm là 91, 63, 13 thỏa mãn đề bài. Bài toán 36. Tìm hai số tự nhiên, một số có hai chữ số sao cho khi viết số này tiếp sau số kia thì được một số gồm bốn chữ số chia hết cho tích của hai số ban đầu. Hướng dẫn giải Gọi các số có hai chữ số phải tìm là x và y trong đó 10 x, y 100 . 25 | P a g e
12. Thật vậy giả sử a11 , nếu n = 2 và 1 + 1993 = 1994 thì ta thay bằng 2 + 1992 = 1994 có 2.1992 > 1.1993, nếu n > 2 trong tích a a12n . . . a khi ta thay b a 1 2 thì tổng các số ba a1994 3n , còn tích mới là: 2 b x ax x3n223n223n23n aa1 x a x ax x aax a x ax x aa x ax x a axaxax xa123n Nếu các số đã chọn có số 2 thì cũng chỉ có không quá hai số bằng 2. Thật vậy, giả sử có ba số 2 thì 2.2.2 < 3.3, ta thay thế ba số 2 bởi hai số 3 sẽ có tích mới lớn hơn. Không có số nào trong các số đã chọn lớn hơn 4. Nếu trái lại, giả sử a51 thì thay a1 bằng hai số 2 và a21 , khi đó 2 a 111 a và tích mới sẽ lớn hơn tích ban đầu. Vậy tích lớn nhất chỉ gồm toàn số 2 và 3 trong đó không có quá hai số 2, nghĩa là tích lớn nhất bằng 2 . 3664 . Bài 39. Tìm giá trị nhỏ nhất của fx, y7x13xy7y 22 trong đó x, y nhận giá trị nguyên và không đồng thời bằng 0. Hướng dẫn giải Kí hiệu CP là tập các số chính phương. Xét f x, y0g x, y7x13xy7y0 22. Coi g(x, y) là tam thức bậc 2 đối với x, có 365y2 . Do 365 CP nên CPyZ,  y0g x,y0, x,yZ,y0 . Mà gx,00x0 , nên gx, y0x,  yZ, xy0 22 . 22 * Do đó fx,y 0,  x,y Z,x y 0 . Suy ra, với a f x00 , y là giá trị cần tìm aN . xy00 xy00 a Xét a chẵn thì phải có x ,00 y chẵn. Khi đó ,Z và f , a , trái với định nghĩa 22 2 2 4 của a. Như vậy, a là số lẻ. Dễ thấy f(1, 2) = 5. Suy ra a5 . Vậy a1,3,5  . 222 - Nếu a = 1 thì g x0 , y1 000 000 7x 13x y 7y 1 0365y 28 CP (*). Mặt 2 2 khác, 365y280 khác 3 mod5 mâu thuẫn với (*) (do b khác 3 mod5  b Z) - Nếu a = 3 thì: 2 222 f x,yx0 00 yy 0000 00  6x 15xy 9y0mod3 2 2 x0 y 0 y 0  0 mod3 x0 y 0  y 0  0mod3 x 0  y 0  0mod3 27 | P a g e
13. Trên BC đặt điểm N sao cho CN = 3 Từ các điểm P và N trên AB và BC kẻ đường vuông góc với AB và BC chúng cắt nhau tại M. Trên hình vẽ ta có PB = MN = 12; BM = MP = 8. Trong tam giác vuông MPA theo định lí Pitago thì: MAAPMP166480AM80222 Trong tam giác vuông MNC, theo định lí Pitago ta có MCMNNC1231449153MC15322222 Và tam giác vuông ABC, ta có: ACABBC1611256121377AC37722222 Như vậy tam giác MAC có các cạnh bằng 377 và 80 và 153 có hai đỉnh trùng với hai đầu mút của đường chéo AC, còn khoảng cách từ đỉnh M đến đến các cạnh AB và BC lần lượt bằng 8 và 12 là các số nguyên, nên chính là tam giác phải tìm. Ta có SSSSSS11.168.113.43.64.442AMCABCDABCAHMCKMDHMX (đơn vị diện tích) nên là số nguyên. Bài toán 42. Cho x là một số thực. Chứng minh nếu phần lẻ xxx 22013  thì x là số nguyên. Hướng dẫn giải 222 201320132013 Ta có {x} = x – [x], xxx và xxx  Theo đề bài phần lẻ xxx 22013  thì xxa2 và xxb2013 2 2013 Với axx   và bxx   là các số nguyên. Vì xxa2 nên xxa014a0a02 Xét a = 0 thì xx0x02 hay x = 1 đều là số nguyên. Xét a > 0 thì a1 , ta chứng minh quy nạp, khi đó tòn tại 2 số nguyên c1n và d0m sao cho n x cnn .x d ,  n 3 Thật vậy với n = 3: x2 xa x 3 x 2 axxaax 1axa khi đó chọn 2 số nguyên c1a13 và da03 . Giả sử khẳng định đúng với n k 3: tồn tại 2 số nguyên c1k và d0k sao cho k x ckk .x d . 29 | P a g e