Title PHẦN 2.docx ✅

1 Câu 1. Trên bảng ô vuông 33 , người ta đặt một số viên sỏi sao cho mỗi ô vuông có không quá một viên sỏi. Với mỗi cách đặt ta cho tương ứng với số điểm bằng tổng số: các hàng, các cột, các đường chéo chứa số lẻ các viên sỏi trên đó. Bảng không có sỏi ứng với 0 điểm. a) Tồn tại hay không cách đặt sỏi sao cho ô chính giữa bảng không có sỏi và số điểm tương ứng với cách đặt đó là 8. b) Chứng minh rằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số chẵn bằng số cách đặt sỏi với điểm số là một số lẻ. Hướng dẫn giải bài 1 a) Giả sử ô chính giữa không có sỏi và điểm số của cách đặt là 8. Như vậy 3 hàng, 3 cột và hai đường chéo đều có một số lẻ viên sỏi. Gọi a,b,c,d là số sỏi trong các ô như hình vẽ, a,b,c,d 0,1 . Khi đó các ô đối xứng với a,b,c,d qua tâm sẽ có số sỏi tương ứng là a',b',c',d' sao cho a+a'=b+b'=c+c'=d+d'=1. Từ đó (a+b+c)+(a'+b'+c')=3 suy ra một trong hai tổng a+b+c hoặc a'+b'+c' là một số chẵn. Khi đó dòng thứ nhất hoặc dòng thứ ba có tổng số sỏi là một số chẵn, mâu thuẫn với giả thiết ban đầu. Vậy không tồn tại cách đặt sỏi thỏa mãn điều kiện bài toán b) Ta gọi hai cách đặt sỏi là liên hợp với nhau nếu ô trên cùng bên trái của chúng có số sỏi khác nhau và các ô còn lại tương ứng có số sỏi như nhau. Như vậy, các cách đặt sỏi chia thành từng cặp đôi một liên hợp với nhau. Xét hai cách đặt liên hợp với nhau (B) và (B'). Tổng số sỏi ở dòng 1, cột 1 và 1 đường chéo cả hai bảng đôi một khác nhau về tính chẵn lẻ. Các dòng, cột và đường chéo còn lại của hai bảng có số sỏi như nhau. Do đó điểm số của (B) và (B') khác nhau 3 đơn vị, suy ra số điểm của (B) và (B') có tính chẵn lẻ khác nhau. Vậy hai cách đặt liên hợp với nhau, một cách xếp cóđiểm số chẵn, cách đặt còn lại có điểm số là một số lẻ suy ra điểu phải chứng minh. Câu 2. Chứg minh rằng tồn tại vô hạn bộ số nguyên dương (,,,)xyzt thỏa mãn hai số bất kì trong chúng đều nguyên tố cùng nhau và 3324yztx . Câu 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của n sao cho tồn tại n số nguyên dương thỏa mãn tổng các lũy thừa bậc 4 của chúng có giá trị là 1998. Câu 4. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (,)xy thỏa mãn yxyx . Câu 5. Tìm tất cả các bộ ,,nkp với ,nk là các số nguyên dương; p là một số nguyên tố thỏa mãn phương trình 541.knnp Hướng dẫn giải bài 5
2 Với 1n ta dễ có 3,1.pk Xét 2,n từ giả thiết suy ra 2311.knnnnp Do đó tồn tại các số nguyên dương ,;rsrs sao cho 21snnp và 31.rnnp Từ đó suy ra 23gcd1,1gcd,.srsnnnnppp Mặt khác, ta lại có 321112nnnnnn và 21237.nnnn Suy ra 23gcd1,1gcd2,7nnnnn . Dovậy ta có 1sp hoặc 7.sp Từ đây dễ dàng suy ra 7p và 2.n Vậy ,,1,1,3,2,2,7.nkp Câu 6. Chứng minh rằng đa thức 24()(1211)23Pxxx không thể biểu diễn thành tích của 3 đa thức hệ số nguyên và có bậc không nhỏ hơn 1. Hướng dẫn giải bài 6 Giả sử phản chứng rằng ()()()()PxQxHxRx với [x](),(),()QxHxRx và không phải các đa thức hằng. Từ ()0PxxR , bậc của (),(),()QxHxRx là chẵn. Từ đó suy ra rằng hai trong ba đa thức này là đa thức bậc hai. Giả sử rằng deg()deg()2QxHx . Từ (1)(11)23PP suy ra rằng (1),(11)QQ là ước của 23. Có nghĩa là (1),(11)1;23QQ . Nhưng bởi vì (11)(1)10QQ⋮ nên (11)(1)QQ . Tương tự, (11)(1)HH . Mặt khác, (1)(1)QH là ước của 23 do đó ít nhất một trong số (1)Q hoặc (1)H là 1 . Không mất tính tổng quát giả sử (1)1Q thì (11)(1)1QQ . Từ đó suy ra ()(1)(11)1Qxxx . Nhưng điều này kéo theo ()Qx có ít nhất một nghiệm thực trong khi ()0PxxR , mâu thuẫn. Bài toán được giải quyết hoàn toàn. Câu 7. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, luôn tồn tại n số tự nhiên liên tiếp sao cho bất kì số nào trong các số đó cũng có ước nguyên dương dạng 21k . Hướng dẫn giải bài 7 Gọi n số nguyên liên tiếp là 1,2,...,xxxn . Yêu cầu bài toán giúp ta nghĩ đến hệ thặng dư 1 2 1(mod) 2(mod) ... (mod)n xp xp xnp        với 21ik ip và gcd(,)1ijpp với ij Ta có gcd(,)1,1ijijppkk . Thật vậy, đặt 21,21jikkd Ta có ,21(mod) 21(mod) 21(mod) i ij j k kk k d d d     
3 Có   , , 21|21 21|21 ij i ijj kkk kkk      suy ra , 21ijkkd Khi đó 1(,)1ijdkk Từ đó, ta chỉ cần chọn 12,,...,nkkk sao cho (,)1ijkk với ij thì theo định lý thặng dư Trung Hoa, hệ thặng dư trên có nghiệm. Khi đó ta có đpcm Câu 8. Các số tự nhiên 0,1,2,3,... được điền vào bảng ô vuông kích thước 20152015 (mỗi ô một số), bắt đầu từ số 0 ở chính giữa bảng, đến các số tiếp theo được điền theo hình xoắn ốc ngược chiều kim đồng hồ như hình vẽ bên dưới: 1) Biết rằng các cột của bảng được đánh số từ 1 đến 2015 từ trái sang phải và các dòng của bảng được đánh số từ 1 đến 2015 theo thứ tự từ trên xuống dưới. Hỏi theo cách điền trên thì số 2015 nằm ở dòng nào, cột nào? 2) Người ta cho phép thực hiện thao tác sau: Đầu tiên, thay số 0 ở giữa bảng bằng số 14. Mỗi lần sau đó, người ta sẽ chọn ra 12 ô vuông liên tiếp thuộc cùng hàng, hoặc 12 ô vuông liên tiếp thuộc cùng cột, hoặc 12 ô vuông thuộc một bảng hình chữ nhật 34 rồi cộng thêm 1 vào tất cả các ô được chọn (mỗi lần chỉ được chọn 1 trong 3 loại hình trên). Hỏi sau một số hữu hạn lần, có thể làm cho tất cả các ô vuông của bảng đã cho đều chia hết cho 2016 được không? Hướng dẫn giải bài 8 1) Ta có các nhận xét sau: i. Trong một bảng ô vuông con có kích thước lẻ (21)(21)nn và có tâm là ô chứa số 0, tất cả 2(21)n số từ 0 đến 2(21)1n đều được điền và cột đầu tiên tính từ trái sang của bảng này chứa 21n số lớn nhất (số lớn nhất là 2(21)1n nằm cuối cột đó). ii. Số 0 nằm ở hàng 1008, cột 1008 của bảng. Từ đó, ta thấy rằng: Vì 22015452025 nên số này nằm trong bảng ô vuông 4545 và số lớn nhất trong bảng này là 2024. Số 2024 nằm ở cột 1 của bảng này, tương ứng là cột thứ 100822986 của bảng đã cho. Số 2024 nằm ở dòng 45 của bảng này, tương ứng là dòng thứ 1008221030 của bảng. Do 202420159 nên số 2015 sẽ nằm cao hơn số 2024 là 9 dòng, suy ra số 2015 nằm ở dòng thứ 103091021 . Vậy số 2015 nằm ở dòng thứ 1021 và cột thứ 986 của bảng.