Tiêu đề CHUYÊN ĐỀ 5. MỘT SỐ BÀI TOÁN NÂNG CAO KHÁC.doc ✅

CHUYÊN ĐỀ 5 CHỦ ĐỀ : MỘT SỐ BÀI TẬP NÂNG CAO KHÁC 1.CÁC DẠNG BÀI TẬP Dạng 1: Các bài toán về số chính phương , số nguyên tố Bài tập mẫu Ví dụ 1: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Đại học Sư phạm Hà Nội năm học 2018-2019) Cho a,b là hai số nguyên dương , đặt 22222,2AabaBabb Chứng minh rằng A và B không đồng thời là số chính phương Lời giải: Giả sử tồn tại các số nguyên dương a, b sao cho 222Aaba và 222Babb đều là số chính phương Trong các cặp số nguyên dương ;ab như vậy, ta xét cặp sao cho a nhỏ nhất Đặt 2222222,2abaxabby với x,y nguyên dương Ta có 2222abxa nên ab và x cùng tính chẵn lẻ , suy ra 22abx chia hết cho 4 Từ đó ta có 22a chia hết cho 4 , suy ra a chia hết cho 2 Chứng minh tương tự ta cũng có b chia hết cho 2 suy ra x,y chẵn Từ đó, ta có : 222222 2;2 22222222 abaxabby    đều là số chính phương Do đó cặp số ; 22 ab   cũng thỏa mãn yêu cầu Điều này mâu thuẫn với cách chọn cặp ;ab Vậy với mọi a, b nguyên dương , các số A, B không thể đồng thời là số chính phương Ví dụ 2: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Hà Tĩnh năm học 2018-2019) Cho 123......naaaa với *nN là những số nguyên dương và không có hai số nào liên tiếp. Đặt 12...nnSaaa Chứng minh rằng luôn tồn tại ít nhất một số chính phương b thỏa mãn 1nnSbS Lời giải: Vì 12...nnSaaa suy ra 11nnnnSSaS Ta sẽ chứng minh : 22111111nnnnnnnSSSSSaS 112121nnnnnnSaSSaS (1) Vì 123......naaaa và không có hai số nào liên tiếp nên ta có : 12nnaa 11122.2nnnnaaaa 121223.2nnnnaaaa … 11112.2naaaan Cộng theo vế các bất đẳng thức trên ta được 111...2123...1nnnnnaaaanSnn 11nnnannS 121121nnnannS Ta chứng minh 11211nnanann Thật vậy 21111121121441nnnnnanannaanann
222111221210210nnnananan (luôn đúng) Suy ra (1) đúng Vậy với * nN thì ta luôn có 11,nnSS suy ra luôn tồn tại ít nhất một số nguyên dương k thỏa mãn 2 11nnnnSkSSkS hay luôn tồn tại số chính phương b thỏa mãn 1nnSbS Ví dụ 3: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An năm học 2018-2019) Cho hai số nguyên dương m, n thỏa mãn 1mn là một số ước nguyên tố của 2221mn Chứng minh rằng mn là số chính phương Lời giải: Ta có : 222211mnmnmn Suy ra 1mn là ước của 222mn Mà 222222221444441mnmnmmnmmm 222214121mnmmnm Kết hợp với giả thiết ta suy ra 1mn là ước của 221m Mà 1mn nguyên tố nên 1mn là ước của 21m Tương tự, 1mn là ước của 21n Từ đó suy ra 211 211 mmnmn mn nmnnm     Do vậy 2.mnm là một số chính phương Ví dụ 4: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Bắc Ninh năm học 2018-2019) Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của hai số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n thì n là tổng của hai số chính phương liên tiếp Lời giải: Giả sử 3321aan với ,anℤℕ Ta cần chứng minh n là tổng của hai số chính phương liên tiếp Ta có : 3322211331aanaaaan 22 331aan 22344141aan 23212121ann Lại có 21,211nn nên từ đó 21n phải là số chính phương hoặc 211n trường hợp 1: 2111nn Khi đó ta tìm được 0 1 a a     Thử lại : 333232101;011 Vậy bài toán đúng trong trường hợp này Trường hợp 2 : 21n là một số chính phương Hay 222221212211nknkkkk Vậy n là tổng của hai số chính phương liên tiếp Dạng 2:Các bài toán chia hết , đồng dư thức 1)Định nghĩa đồng dư thức Cho số nguyên 1m và các số nguyên a, b.Nếu khi chia a, b cho m ta được cùng một số dư thì ta nói a đồng dư với b theo modunlo m, và viết modabm Với mọi số nguyên ,,,,0abcpmm và số nguyên dương n ta luôn có
 0modaaaℤ  Nếu modabm và modbcm thì modacm  modmodabmacbcm  Nếu modabm thì modacbcm .Điều ngược lại chỉ đúng khi c và m nguyên tố cùng nhau  modmodabmabmpm  modmodnnabmabm 2)Các tính chất chia hết trên tập hợp số nguyên .Bội số và ước số Tính chất 1: Mọi số nguyên a khác 0 đều chia hết cho chính nó Tính chất 2: Nếu ab⋮ và bc⋮ thì ac⋮ Tính chất 3: Số 0 chia hết cho mọi số b khác 0 Tính chất 4: Nếu a,b là hai số nguyên dương và ,abba⋮⋮ thì ab Tính chất 5: Nếu ab⋮ thì cab⋮ , với c là số nguyên Tính chất 6: Nếu ab⋮ thì ab⋮ Tính chất 7: Mọi số nguyên a đều chia hết cho 1 Tính chất 8: Nếu ,abab⋮ thì b không chia hết cho a (a,b nguyên dương) Tính chất 9: Nếu ,abcb⋮⋮ thì acb⋮ và acb⋮ Tính chất 10: Nếu ab⋮ và cb⋮ thì amcnb⋮ , với m và n là các số nguyên bất kì Tính chất 11: Nếu Sabcdm⋮ và a,b,c đều chia hết cho m thì dm⋮ (vì dSabc ) Tính chất 12: Nếu một số hạng của tổng không chia hết cho m , còn tất cả các số hạng còn lại đều chia hết cho m thì tổng của chúng không chia hết cho m , nghĩa là : Nếu Sabcd và ,,,ambmcmd⋮⋮⋮ không chia hết cho m thì S không chia hết cho m Tính chất 13: Nếu ,abcdacbd⋮⋮⋮ Đặc biệt nnabab⋮⋮ với n nguyên dương Tính chất 14: Nếu acb⋮ và ,1ab thì cb⋮ Tính chất 15: Nếu ,abac⋮⋮ và ,1bc thì abc⋮ Tính chất 16: Nếu a và b là hai số nguyên , b dương thì bao nhiêu giờ cũng tìm được duy nhất một cặp số nguyên (q,r) sao cho : abqr trong đó 0rb (a được gọi là số bị chia , b là số chia , q là thương số, và r là số dư nhận một trong b giá trị 0,1,2,…,) Bài tập mẫu
Ví dụ 1: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Bến Tre năm học 2018-2019) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3.Chứng minh rằng 21p chia hết cho 24 Lời giải Ta có nhận xét sau : Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì 21mod24p (1) Lại có : 123mod24 (2) Từ (1) và (2) suy ra : 2124mod240mod24p Vậy 21p chia hết cho 24 với p là số nguyên tố lớn hơn 3 Ví dụ 2: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Toán -Thành phố Hà Nội năm học 2018-2019) Cho p,q là hai số nguyên tố lớn hơn 5.Chứng minh 442019pq chia hết cho 20 Lời giải Do p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p,q là các số lẻ, suy ra các số dư khi chia p,q cho 4 chỉ có thể là 1 hoặc 3.Từ đây dễ thấy 44,pq có cùng số dư là 1 khi chia hết cho 4 Như vậy, ta có 444420191201912020pqpq chia hết cho 4 (1) Mặt khác, cũng do p,q là các số nguyên tố lớn hơn 5 nên p, q không chia hết cho 5,suy ra các số dư khi chia p,q cho 5 chỉ có thể là 1,2,3,4 Từ đó ,các số dư của 22,pq khi chia cho 5 chỉ có thể là 1 và 4.Suy ra số dư của 44,pq khi chia 5 chỉ có thể là 1 Như thế, ta có 444420191201912020pqpq chia hết cho 5 (2) Từ (1) và (2), với chú ý 4,51 , ta suy ra 442019pq chia hết cho 20 Ví dụ 3: (Đề thi vào lớp 10 Chuyên Khoa học Tự nhiên năm học 2018-2019) Cho x,y là các số nguyên sao cho 22xxyy và 22xyyx đều chia hết cho 5 Chứng minh rằng 2222xyxy cũng chia hết cho 5 Lời giải Từ giả thiết , ta suy ra 222122xyxyxxyyxyyx chia hết cho 5 Do đó, trong hai số xy và 21xy có ít nhất một số chia hết cho 5 + Nếu xy chia hết cho 5 thì ta có mod5yx , suy ra 22202231mod5xxyyxxxxx Do đó x chia hết cho 5 hoặc x chia 5 dư 3 + Nếu x chia hết cho 5 thì ta cũng có y chia hết cho 5 (do xy chia hết cho 5) nên hiển nhiên 22 22xyxy chia hết cho 5 + Nếu x chia 5 dư 3 thì y chia 5 dư 2 (do xy chia hết cho 5) nên 2222222.322.320mod5xyxy + Nếu 21xy chia hết cho 5 thì ta có 21mod5,xy suy ra 2202212211mod5xxyyyyyyy Do đó y chia 5 dư 4 và x cũng chia 5 dư 4 (do 21xy chia hết cho 5) Từ đó, ta có 2222222.442.440mod5xyxy Tóm lại trong mọi trường hợp, ta luôn có 2222xyxy chia hết cho 5 Dạng 3 : Các bài toán tổ hợp và toán rời rạc Phương pháp giải a) Quy tắc cộng tổng quát Bản chất toán học của quy tắc cộng ( phát biểu cho công việc với nhiều phương án ) là công thức tính số phần tử của hợp n tập hợp hữu hạn đôi một không giao nhau Cụ thể, ta có : Cho n tập hợp 12,,...,nAAA đôi một không giao nhau .Khi đó :