Đề mới:
Bài toán 16: Tìm số tự nhiên $n = \overline {abc} $ thỏa mãn đồng thời ${n^{69}} = \overline {1986...} $ và ${n^{121}} = \overline {3333...} $
Bài toán 17: Tính $\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } $
Lời giải bài toán 16:
Đặt $a=\log_{10}n \in [2;3)$.
Gọi $p$ là số các chữ số $1;9;8;6$ viết trong hệ thập phân của $n^{69}$.
Gọi $q$ là số các chữ số $3;3;3;3$ viết trong hệ thập phân của $n^{121}$.
Ta có 2 đánh giá sau:
$p+\log_{10}1987>69a \ge p+\log_{10}1986$
$q+\log_{10}3334>121a \ge q+\log_{10}3333$.
$121p + 121{\log _{10}}(1987) > 69 \times 121a \ge 121p + 121{\log _{10}}(1986)$
$69q + 69{\log _{10}}(3334) > 69 \times 121a \ge 69q + 69{\log _{10}}(3333)$
$121p + 399.0... > 69 \times 121a \ge 121p + 399.0...$
$69q + 243.0... > 69 \times 121a \ge 69q + 243.0...$
Do đó $121p + 399 = 69q + 243$$ \Leftrightarrow 69q - 121p = 156$,như vậy thì:
$p = 66 + 69m$,$q = 118 + 121m$ và $[69 \times 121a] = 8385 + 8349m$
Vì $a \in [2;3)$ nên ta tìm được $m=1$ và $(p,q) = (135,239)$
$p + {\log _{10}}(1987) > 69a \ge p + {\log _{10}}(1986) \Rightarrow 2.00431853977043... \le a < 2.00432170821898...$
$q + {\log _{10}}(3334) > 121a \ge q + {\log _{10}}(3333) \Rightarrow 2.00432095300546... \le a < 2.00432202971481...$
Vậy $2.00432095300546... \le a < 2.00432170821898...$
$100.999902143645... \le n < 101.000077776911...$
Từ đó ta tìm được $\boxed{n=101}$ là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Lời giải bài toán 17:
Với $\frac{{{k^2} + 1}}{2} \le i \le \frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2}$ thì $\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor = k$
Vậy $\sum\limits_{i = 1}^{\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor } {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } = \sum\limits_{k = 1}^n k \left( {1 + \left\lfloor {\frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor - \left\lceil {\frac{{{k^2} + 1}}{2}} \right\rceil } \right)$
$ = \sum\limits_{k = 1,k{\text{ chẵn}}}^n k \left( {1 + \frac{{{{(k + 1)}^2} - 1}}{2} - \frac{{{k^2} + 2}}{2}} \right) + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k \left( {1 + \frac{{{{(k + 1)}^2}}}{2} - \frac{{{k^2} + 1}}{2}} \right)$
$ = \sum\limits_{k = 1,k{\text{ chẵn}}}^n {{k^2}} + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k (k + 1) = \sum\limits_{k = 1,k}^n {{k^2}} + \sum\limits_{k = 1,k{\text{ lẻ}}}^n k $
$ = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor ^2}$
Như vậy ta chọn $n$ sao cho $\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor \le m$,ta được:
$\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{{n + 1}}{2}} \right\rfloor ^2} + (n + 1)\left( {m - \left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor } \right)$
Từ BĐT $\left\lfloor {\frac{{{{(n + 1)}^2}}}{2}} \right\rfloor \le m < \left\lfloor {\frac{{{{(n + 2)}^2}}}{2}} \right\rfloor $,ta có $n = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor - 1$.
Như vậy:
$\sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } = km + \frac{{k(k - 1)(2k - 1)}}{6} + {\left\lfloor {\frac{k}{2}} \right\rfloor ^2} - k\left\lfloor {\frac{{{k^2}}}{2}} \right\rfloor {\text{ với }}k = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor $
Hay có thể rút gọn là :
$\boxed{\displaystyle \sum\limits_{i = 1}^m {\left\lfloor {\sqrt {2i - 1} } \right\rfloor } = km - \left\lfloor {\frac{{k(k + 2)(2k - 1)}}{{12}}} \right\rfloor {\rm{ với }}k = \left\lfloor {\sqrt {2m + 1} } \right\rfloor }$
Bài toán 18: Cho $n \ge 2$ và $a_{n}x+b_{n}$ là số dư khi chia $x^{n}$ cho $x^2-6x-12$.Với mỗi $n$,hãy tìm tất cả các số nguyên tố là ước chung của $a_{n}$ và $b_{n}$.
Bài toán 19: Giải PT nghiệm nguyên dương $\left\lfloor {\frac{{{x^2}}}{y}} \right\rfloor + \left\lfloor {\frac{{{y^2}}}{x}} \right\rfloor = \left\lfloor {\frac{x}{y} + \frac{y}{x} + xy} \right\rfloor $.
Lời giải bài toán 18:
Ta có:
$ (3+\sqrt{21})a_n+b_n = (3+\sqrt{21})^n $
$ (3-\sqrt{21})a_n+b_n = (3-\sqrt{21})^n $
Suy ra:
$ a_n =\frac{(3+\sqrt{21})^n-(3-\sqrt{21})^n}{2\sqrt{21}}, b_n =\frac{(3+\sqrt{21})(3-\sqrt{21})^n-(3-\sqrt{21})(3+\sqrt{21})^n}{2\sqrt{21}} $
$ a_{n+2}= 6a_{n+1}+12a_n $
$ b_{n+2}= 6b_{n+1}+12b_n $
$ a_2 = 6, b_2 = 12 $,do đó $ ((a_2,b_2),(a_3,b_3),. . .,(a_n,b_n),...) = 6 $
Lời giải bài toán 19:
Đổi ký hiệu $(x;y)$ sang $(p;q)$.
Không mất tính tổng quát,giả sử $p \ge q$.
$(\star )q=1$,suy ra $ p^2+\left\lfloor\frac{1}{p}\right\rfloor $$ =2p+\left\lfloor\frac{1}{p}\right\rfloor $,suy ra $p=2$ và ta có 2 nghiệm đầu tiên là $(p;q)=(1;2);(2;1)$.
$(\star\star )q>1$.Từ PT ban đầu,ta có thể suy ra 2 BĐT sau:
$ \frac{p^2}{q}+\frac{q^2}{p}>\frac{p}{q}+\frac{q}{p}+pq-1 $
$ \frac{p^2}{q}+\frac{q^2}{p}-2<\frac{p}{q}+\frac{q}{p}+pq $
Hay:
$ P_1(p)=p^3-p^2(q^2+1)+pq+q^3-q^2>0 $
$ P_2(p)=p^3-p^2(q^2+1)-2pq+q^3-q^2<0 $
$ P_1(0)=q^3-q^2>0 $
$ P_1(q)=-q^4+2q^3-q^2<0 $
$ P_1(q^2)=-q^4+2q^3-q^2<0 $
$ P_1(q^2+1)=2q^3-q^2+q>0 $
Suy ra $ P_1(p)>0 $ và $p \ge q \iff p \ge q^2+1$.
$ P_2(0)=q^3-q^2>0 $
$ P_2(q^2+1)=-q^3-q^2-2q<0 $
Suy ra $P_2(x)$ có 3 nghiệm là $ r_1<0<r_2<q^2+1<r_3 $ và ta thu được $ r_3>p\ge q^2+1 $
Từ đó ta đặt $ p=q^2+a $ với $a \in \mathbb{N}$.PT $P_2(q)<0$ trở thành:
$ (q^2+a)^3-(q^2+a)^2(q^2+1)-2q(q^2+a)+q^3-q^2<0 $
Hay:
$ q^6+3q^4a+3q^2a^2+a^3-q^6-q^4-2aq^4-2aq^2-a^2q^2-a^2-2q^3-2aq+q^3-q^2<0 $
$ (a-1)q^4-q^3+q^2(2a^2-2a-1)+a^3-a^2-2aq<0 $
Dễ dàng chỉ ra rằng BĐT trên sai với $a \ge 2$(nhớ rằng $q>1$)
Do đó ta còn lại trường hợp là $p=q^2+1$.
Thay vào PT ban đầu,ta có thể thấy rằng đây chính là nghiệm (nhớ rằng $q>1$).
Như vậy kết quả cuối cùng là $ \boxed{x\in\{\sqrt{y-1},y^2+1\}\cap\mathbb{N}} $