Tiêu đề PHẦN 1.docx ✅

1 Câu 1: Một số có 4 chữ số là số chính phương và có tính chất: Nếu tất cả các chữ số của nó cùng trừ đi một số thì cũng được một số có 4 chữ số cũng là số chính phương. Tìm tất cả các số có 4 chữ số thỏa mãn tính chất nêu trên. Hướng dẫn giải. Gọi số cần tìm là abcd theo giả thiết của đề bài ta có.  2 2 abcdA akbkckdkB      . Gọi số cần tìm là abcd theo giả thiết của đề bài ta có.  2 2 abcdA akbkckdkB      . Mặt khác do ,AB là các số lẻ nên chỉ 1,3k là thích hợp. Nếu 1k thì 22 11313656,202545AB . Nếu 3k thì 22 22448967;115634AB . Vậy các số cần tìm là 3136;4489 Ta có:. 22100010010100010010ABabcdakbkckdk 22111111.10111.101ABkkABABk . Do 22,AB là những số có 4 chữ số nên 221000,999932,99ABAB . Suy ra 64200101 06711 ABAB ABABk     . mặt khác do ,AB là các số lẻ nên chỉ 1,3k là thích hợp. Nếu 1k thì 22 11313656,202545AB . Nếu 3k thì 22 22448967;115634AB . Vậy các số cần tìm là 3136;4489 . Câu 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 223221040xyxyxy . Hướng dẫn giải. Ta có:. 2222232210402114847xyxyxyxxyyyy . 221227xyy . 3137yxyx . Vì 7 là số nguyên tố nên ta có các trường hợp sau:.
2 317 31 yy yx     ; 317 31 yy yx     ; 311 37 yy yx     ; 311 37 yy yx     . Giải ba hệ phương trình trên ta được: ;3;1,1;3,7;3xy . Câu 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 222330xyxyxy . Hướng dẫn giải. Viết phương trình thành phương trình bậc hai đối với x :. 22 (31)(23)0xyxyy (*). Ta có 2211yy . Để * có nghiệm nguyên  là số chính phương. Ta có: 22211;yykkℕ . 22 (1)12yk22(1)12yk(1)(1)12ykyk . Mà (1)(1)2ykykk nên (1);(1)ykyk cùng chẵn. Và (1)(1)ykyk . Do đó: 16 12 yk yk     hoặc 12 16 yk yk     . Suy ra : 5y hoặc 3y . Thay 5y vào * ta được : 8x hoặc 6x . Thay 3y vào * ta được : 4x hoặc 6x . Tập nghiệm: 8;5;6;5;6;3;4;3S . Câu 4: Tìm một hằng số nguyên dương c sao cho phương trình. 22xyyxyc có đúng ba nghiệm nguyên dương (,)xy . Hướng dẫn giải. Ta viết lại phương trình 22(1)xyyyc . - Nếu 10yc , loại. - Nếu 2 2 (1) 1 1(1)(1) yycyyc yx yyy    , do đó 1cy⋮ và (1)1yycy⋮ . Ta có 1(mod1),12(mod1)yyyy nên (1)2(mod1)2(mod1)yyycy . vậy 0(mod1),2(mod1)cycy , mà 10(mod1),12(mod1)yyyy . nên 1(mod(1,1))cylcmyy . Với 2,3y ta có 1(mod3),2(mod4)cc . Do vậy ta thử lấy 10c . Ta phải có 1|102,3,6,11yy . Khi đó 2 4,2,,1 7x , theo thứ tự.
3 Vậy phương trình có đúng ba nghiệm nguyên dương (,)(4,2),(2,3),(1,11)xy . Câu 5: Cho ,,amn là các số nguyên dương sao cho 1,.amn Chứng minh rằng nếu 1ma và 1na có các ước nguyên tố giống nhau, thì 1a là một lũy thừa của 2 . Hướng dẫn giải. Giả sử mn và (,).dmn Vì. (,) (1,1)11mnmndaaaa . nên 1da và 1ma có các ước nguyên tố giống nhau. Đặt .(1),dmdkkba thì 1b và 1kb có các ước nguyên tố giống nhau. Ta sẽ chứng minh k là một lũy thừa của 2. Thật vậy, nếu k không phải là lũy thừa của 2, thì k có ước nguyên tố lẻ là .p . Do 11pkbb�O và 11pbb�O nên 1pb và 1b có các ước nguyên tố giống nhau. Gọi q là một ước nguyên tố của 11,pbb thì do 1modbq nên. 11mod.pbbpqqp . Do đó, 11pbb chỉ có ước nguyên tố là ,p suy ra 11.ptbbp . Vì 111pbbb nên 1.t Từ 1modbp suy ra .1.bph . Khi ấy 2122(1)1..mod 2 ppp bbpuAppp  . Điều mâu thuẫn này chứng tỏ k là một lũy thừa của 2 . Bây giờ nếu p là một ước nguyên tố bất kì của 1,b thì p cũng là ước của 1.b . Do đó, 2.p Thành thử, 1b là một lũy thừa của 2 hay 1da cũng vậy. Do .mdk là số chẵn nên 11,maa�O suy ra các ước nguyên tố của 1a cũng là các ước nguyên tố của 1.da . Nếu 1a có ước nguyên tố lẻ là ,p thì do 1modap nên (1)1mod,ddap suy ra d là số chẵn. Nhưng là số lẻ a nên 12mod8,da suy ra 12.da Vô lí vì 1.a . Vậy 1a phải là lũy thừa của 2 . Câu 6: Cho số nguyên 1n . Tìm số lớn nhất các cặp gồm 2 phần tử phân biệt của tập 1;2;...;n sao cho tổng của các cặp khác nhau là các số nguyên khác nhau và không vượt quá n . Hướng dẫn giải. Giả sử có k cặp thỏa mãn đề bài. Gọi S là tổng của k cặp đó, thì. 12...2(21)kkSk . Dễ thấy (1)(1) 2...(1)kk nnnkSnk  .
4 Do đó (1)21 (21) 25 k kk knn kk     . Bây giờ ta xây dựng 21 5 n   cặp thỏa mãn đề bài như sau. Trường hợp 1: Số n có dạng 51k hoặc 52k . Khi ấy, 21 2 5 n k    . Ta xét các cặp sau: (4;1),...(32;1),(3;2),(31;21),...(21;1)(41;),kkkkkkkkkkk . Rõ ràng dãy trên có 2k cặp thỏa mãn đề bài. Trường hợp 2: Số n có dạng 53k hoặc 54k hoặc 55k . Khi ấy, 21 21 5 n k    . Ta xét các cặp sau (41;),...,(32;1),(31;21),(3;2),...,(21(42;1,;1))kkkkkkkkkkk . Dãy trên có 21k thỏa mãn đề bài. Vậy số lớn nhất các cặp thỏa mãn đề bài là 21 5 n   . Câu 7: Tìm tất cả các đa thức hệ số thực Px không đồng nhất không thỏa mãn: 20142046P , 2 ()(1)3332,0PxPxx . Hướng dẫn giải. Giả sử Px thỏa mãn đầu bài. Khi đó ta có 22(1)[()32]33,0PxPxx . Suy ra 222(20141)(204632)33201433P . Đặt 02014x , ta có 000322046,()32xPxx do 20142046P . Xét dãy {x n } như sau: 02014x , 22 1011, 1, 1,2,3...nnxxxxn . Khi đó:. 00 2222 100001 2222 211112 ()32 ()(1)[()32]333313232 ()(1)[()32]333313232 Pxx PxPxPxxxx PxPxPxxxx    . Bằng quy nạp dễ dàng chứng minh được. ()32,0,1,2...nnPxxn (*). Xét đa thức hệ số thực ()()32QxPxx . Từ (*) ta có Qx nhận nx làm nghiệm với mọi 0;1;2;...n . Mặt khác do dãy 0{}nnx  tăng nghiêm ngặt nên 0Qx suy ra 32Pxx . Thử lại ta có Px thỏa mãn đầu bài.