Tiêu đề 7. SỐ HỌC VÀ TỔ HỢP.docx ✅

CHƯƠNG 7. CÁC BÀI TOÁN SỐ HỌC VÀ TỔ HỢP Câu 1. (Trường chuyên tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu năm 2023-2024) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên ,xy thỏa mãn đẳng thức: 322222210xxyxyxyy b) Cho 31 điểm bất kì nằm bên trong hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 12 . Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn có bán kính bằng 1 nằm bên trong hình vuông ABCD và không chứa điểm nào trong 31 điểm đã cho. Lời giải a) Ta có: 2()221xyxy . Do đó có hai khả năng xảy ra: 22 111 TH1: . 2212102 xyyxx xyxxy      22 11 TH2: 221230 xyyx xyxx     (vô nghiệm) Vậy có duy nhất cặp số nguyên ,xy thỏa mãn yêu cầu là: (-1 ; 2) . b) Ta chia hình vuông ABCD thành 36 hình vuông có độ dài cạnh bằng 2. Khi đó có ít nhất một hình vuông không chứa điểm nào trong 31 điểm đã cho . Hình tròn nội tiếp hình vuông đã cho là hình tròn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Câu 2. (Trường chuyên tỉnh Bắc Giang năm 2023-2024) 1) Tìm các bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn đẳng thức dưới đây: 33222xyx3y2zy3x2zzxy4xyz2023. 2) Trên mặt phẳng cho 2 2024 điểm phân biệt, trong đó không có bất kì 3 điểm nào thẳng hàng người ta tô 2024 điểm trong các điểm màu đỏ và tô 2024 điểm còn lại bằng màu xanh. Chứng minh rằng, bao giờ cũng tồn tại một cách nối tất cả các điểm màu đỏ với tất cả các điểm màu xanh bởi 2024 đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng có hai điểm đầu mút là một cặp điểm đỏ-xanh) sao cho hai đoạn thẳng bất kì trong đó không có điểm chung . Lời giải 1) 33222xyx3y2zy3x2zzxy4xyz2023. 33222222 xy3xy2xz3xy2yzzxzy4xyz2023 32232222x3xy3xyy2xz2yz4xyzzxzy2023 322xy2zxyzxy2023 22xyxy2zxyz2023 
22xyxyz7.17 Vì x,y,z nguyên dương nếu ta có x + y + z 0,do đó:77 1710      xyxy xyzz Có x + y = 7 mà x, y nguyên dương nên ta có x 1 2 3 4 5 6 y 6 5 4 3 2 1 KL: các bộ số cần tìm là (1;6;10);(3;4;10);(94;3;10);(5;2;10);(6;1;10) 2) Xét tất cả các cách nối 2024 cặp điểm (đỏ với xanh) bằng 2024 đoạn thẳng. các cách nối như vậy luôn luôn tồn tại do chỉ có 2024 cặp điểm nên số tất cả các cách nối như vậy là hữu hạn. Do đó, tìm được một cách nối có tổng độ dài bằng các đoạn thẳng là ngắn nhất. Ta chứng minh rằng đây là một cách nối phải tìm Thật vậy , giả sữ ngược lại ta có hai đoạn thẳng AX và BY mà cắt nhau tại điểm O (giả sử A và B tô màu đỏ, còn X và Y tô màu xanh).khi đó nếu ta thay đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX, các đoạn thẳng khác giữ nguyên thì ta có cách nối này có tính chất: AY+BX AOOYAOOXBOOYAYBXAXBY Như vậy , việc thay hai đoạn thẳng AX và BY bằng hai đoạn thẳng AY và BX , ta nhận được một cách nối mới có tổng độ dài các đoạn thẳng là nhỏ hơn. Vô lý, vì trái với giả thiết là đã chọn một cách nối có tổng các độ dài là bé nhất. Điều vô lý chứng tỏ: cách nối có tổng độ dài các đoạn thẳng là ngắn nhất là không có điểm chung. Câu 3. (Trường chuyên tỉnh Bắc Ninh năm 2023-2024) Cho các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn 333xyz18(xyz) . 1. Chứng minh rằng xyz chia hết cho 6. 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức F = xyz. Lời giải 1.Từ giả thiết ta có 333xxyyzz17(xyz) Tích của ba số nguyên liên tiếp luôn chia hết cho 6 nên 3xx(x1)x(x1)6⋮ Tương tự 33yy6,zz617(xyz)6⋮⋮⋮ Mà 17 và 6 nguyên tố cùng nhau nên xyz6⋮ 2. Ta có 333xyz6m,xyz108m, với *mN . Vì 3 333 xyzxyz 33     nên 3 2108m6m9 m,suyram2 332    
Lúc này 33 xyz12 Fxyz64(1) 33     Từ 333222xyz3xyzxyzxyzxyyzzxsuyra 22108m3F6m36m3xyyzzxF36m6m12mxyyzzx. Do đó F6(2)⋮ . Từ (1) và (2) suy ra F60(3) . Đẳng thức ở (3) xảy ra, chẳng hạn khi  xyz12xyz12 60721248xyyzzxxyyzzx47x;y;z xyz60xyz60        là hoán vị của 3;4;5 Vậy giá trị lớn nhất của F là 60, đạt được chẳng hạn khi x;y;z là hoán vị của 3;4;5 Câu 4. (Trường chuyên tỉnh Bình Định năm 2023-2024) Tìm tất cả giá trị nguyên của n để 22026n là một số chính phương. Lời giải Đặt 22*2026,46()()20262.1013(*)nmmmmnmnℕ Vì ,mnmn cùng tính chẵn lẻ  không có cặp số ,mn thỏa phương trình (*) Vậy không có giá trị nguyên của n thỏa yêu cầu bài toán. Câu 5. (Trường chuyên tỉnh Bình Phước năm 2023-2024) a) Giải phương trình nghiệm nguyên: 2222xxyyxy . b) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3 . Chứng minh rằng 11pp chia hết cho 24 . Lời giải a) Ta có 2222xxyyxy  2222 222 0 101 xxyxyy yxxyy   Ta xét các trường hợp: Trường hợp 1: 2101yy .  Với 1y ta có 2211xxxx .  Với 1y ta có 2211.xxxx Trường hợp 2: 21 10 1. y y y     Xét phương trình bậc hai 22210yxxyy , có
222224143.xyyyyy  Nếu 0y ta có 0.x  Nếu 0y , phương trình 1 có nghiệm nguyên khi và chỉ khi 243y là số chính phương. Đặt 2243 ykkℕ . 2243223ykykyk   211 231 231 . 211 lo¹i lo¹i yky ykk yky ykk            Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm 0;0,1;1,1;1.  b) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ, ta có 21pk ( ,1 kkℕ ). Do đó ta có 11222418 ppkkkk⋮  Nếu 33pkp (loại vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 ).  Nếu 31pk , ta có 113323 ppkk⋮ .  Nếu 32pk , ta có 1133113 ppkk⋮ . Vì 3;81 nên 1124 pp⋮ với p là số nguyên tố lớn hơn 3 . Câu 6. (Trường chuyên tỉnh Bình Thuận năm 2023-2024) a) Kí hiệu S(n) là tổng các chữ số của số nguyên dương n. Biết a và b là hai số nguyên dương thỏa S(a) = S(b) = S(a + b) . Chứng minh rằng a và b chia hết cho 9. b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 242411xxyy Lời giải a) Ta áp dụng tính chất a - S (a) ⋮ 9 với mọi số nguyên dương a (bạn đọc tự chứng minh tính chất này) Vậy ( a + b - S(a) = a + b - S(a+b) ⋮ 9 99⋮⋮aSabb Tương tự , ta được 9.⋮a Vậy a , b chia hết cho 9 (đpcm) b) Phương trình viết lại: 243222124641xxyyyy 243222224642 xxyyyy 222    11xxyy Vậy từ đây ta được 2 1xx là số chính phương hay 22444213 xxx là số chính phương.