Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic các bài toán số học dành cho các bạn chuẩn bị thi tuyển sinh 10 năm 2013-2014


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 185 trả lời

#41 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 18-08-2012 - 21:11

Bài toán ( góp vui ) : Tìm x nguyên dương nhỏ nhất sao cho $2000!$ chia hết cho $23^{x+6}$

Bài này phải là $x$ lớn nhất, nhỏ nhất thì quá đơn giản, vô nghĩa
Giải như sau:
Theo định nghĩa suy ra $x+6\le \left\lfloor\dfrac{2000}{23}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{2000}{23^2}\right\rfloor=86+3=89$
Suy ra $x\le 83$
Vậy $\boxed{x=83}$

Bài 18: Tìm tất cả các số nguyên $a;b;c$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=a^2b^2$

Giải như sau:
Vì đều mũ $2$ nên ta có thể giả sử $a,b,c$ nguyên không âm
Bổ đề: $p \in \mathbb{P}, p \equiv 3 \pmod{4}, a^2+b^2 \vdots p \Leftrightarrow p|a,b$
Áp dụng $a^2+b^2+c^2=a^2b^2 \Rightarrow c^2+1=(a^2-1)(b^2-1)$
Nhận thấy nếu $a,b$ cùng lẻ suy ra $a^2+b^2 \equiv 2 \pmod{4}, a^2b^2 \equiv 1 \pmod{4} \Rightarrow c^2 \equiv 3 \pmod{4}$ vô lý
Suy ra $a,b$ tồn tại ít nhất một số chẵn, giả sử $a$ chẵn
Nếu $a=0 \Rightarrow b^2-1<0 \Rightarrow b=0 \Rightarrow c=0$
Nếu $a\geq 2 \Rightarrow a^2-1 \vdots p$ với $p$ nguyên tố và $p \equiv 3 \pmod{4}$ (do $a$ chẵn nên giả sử ngược lại tất cả ước nguyên tố của $a$ đều chia $4$ dư 1 suy ra $a^2 \equiv 2 \pmod{4}$ vô lý
Suy ra áp dụng bổ đề thì có $c \vdots p, 1 \vdots p$ mâu thuẫn
Vậy $\boxed{(a,b,c)=(0,0,0)}$

Cách khác: Chứng minh tương tự suy ra trong hai số $a,b$ có một số chẵn, giả sử $a$ chẵn suy ra $a=2a_1$
Nên $4a_1^2+b^2+c^2=4a_1^2b^2$ suy ra $b^2+c^2 \vdots 4 \Rightarrow b=2b_1,c=2c_1$
Suy ra $a_1^2+b_1^2+c_1^2=4a_1^2b_1^2$
Tiếp tục chứng minh như vậy ta thấy $a_1,b_1,c_1$ khi phân tích có dạng chính tắc $2^t.x$ với $x$ lẻ, cứ giảm dần như vậy đến khi còn $x$ lẻ khi đó $a_1,b_1,c_1$ cùng lẻ nên $VT \equiv 3 \pmod{4}$ còn $VP$ số thừa số $4$ ngày càng tăng nên nó chia $4$ dư $0$ suy ra $VT\neq VP$ nên vô lý
Do đó pt chỉ có nghiệm $a=b=c=0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 18-08-2012 - 21:25


#42 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 18-08-2012 - 21:56

Xem lại đi em nhé, câu trả lời là với mọi $n\geq 1$ thì biểu thức đó là hợp số :)
----

Spoiler

Với $n=1$ thì hiển nhiên biểu thức $\vdots 7$
Ta giả sử nó đúng với $n=k$.
Tức $2^{2^{2k+1}}+3 \vdots 7$
$2^{2^{2k+1}} = 7m -3 $
Ta sẽ chứng minh nó đúng với $n = k+1$
$\Leftrightarrow 2^{2^{2k+3}} + 3 \vdots 7$
$\Leftrightarrow (2^{2^{2k+1}})^4 + 3 \vdots 7$
Thay $(2^{2^{2k+1}}) = 7m-3$, ta có
$(7m-3)^4 +3$
Đặt $7m = p$ cho tiện, dễ thấy $p \vdots 7$
$(7m-3)^4 + 3$
$=x^4 - ..... + 84 \vdots 7$
Cái chỗ "...." là những chỗ đều chứa $x$ nên nó $\vdots 7$, mặt khác $84 \vdots 7$ nên theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm :).
"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#43 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 18-08-2012 - 22:13

Bài 19: Tìm $a,b,c$ nguyên dương với $a\ge b\ge c$, biết $a^2-b^2-c^2+ab=2011$ và $a^2+3b^2+3c^2-3ab-2bc-2ca=-1997$.

#44 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 19-08-2012 - 09:20

Bài 19: Tìm $a,b,c$ nguyên dương với $a\ge b\ge c$, biết $a^2-b^2-c^2+ab=2011$ và $a^2+3b^2+3c^2-3ab-2bc-2ca=-1997$.

Giải như sau:
Cộng cả hai phương trình ta thu được $2a^2+2b^2+2c^2-2ab-2bc-2ca=14 \Rightarrow (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=14$ đến đây đã dễ

#45 nth1235

nth1235

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1 - THPT Thống Nhất A

Đã gửi 19-08-2012 - 20:32

Bài 20 : Chứng minh rằng số được thành lập bởi $3^n$ chữ số giống nhau thì chia hết cho $3^n$, trong đó $n$ là một số nguyên dương cho trước.
Bài 21 : Cho $m, n$ là hai số nguyên dương phân biệt có $(m , n) = d$ $(d$ là số nguyên dương$)$.
Tính $(2006^m + 1 , 2006^n + 1)$

#46 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 19-08-2012 - 21:58

Bài 20 : Chứng minh rằng số được thành lập bởi $3^n$ chữ số giống nhau thì chia hết cho $3^n$, trong đó $n$ là một số nguyên dương cho trước.
Bài 21 : Cho $m, n$ là hai số nguyên dương phân biệt có $(m , n) = d$ $(d$ là số nguyên dương$)$.
Tính $(2006^m + 1 , 2006^n + 1)$

Bài 21: http://diendantoanho...m-2006m12006n1/
Bài 20: đã có trên VMF

#47 nth1235

nth1235

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10A1 - THPT Thống Nhất A

Đã gửi 20-08-2012 - 09:30

Bài 21: http://diendantoanho...m-2006m12006n1/
Bài 20: đã có trên VMF

Chán thế, sao bài nào cũng có vậy, bài khác.
Bài 22 : Cho $m, n$ là các số nguyên dương thỏa mãn :
$ lcm(m , n) + gcd(m , n) = m + n$
Chứng minh rằng trong hai số $m , n$ có một số chia hết cho số còn lại.
Bài 23 : Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho : $A = {n}^{2005} + {n}^{2006} + n^2 + n + 2$ là số nguyên tố.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nth1235: 20-08-2012 - 09:36


#48 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 20-08-2012 - 12:51

Chán thế, sao bài nào cũng có vậy, bài khác.
Bài 22 : Cho $m, n$ là các số nguyên dương thỏa mãn :
$ lcm(m , n) + gcd(m , n) = m + n$
Chứng minh rằng trong hai số $m , n$ có một số chia hết cho số còn lại.
Bài 23 : Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho : $A = {n}^{2005} + {n}^{2006} + n^2 + n + 2$ là số nguyên tố.

Giải như sau:
Bài 22: Gọi $gcd(m,n)=d \Rightarrow m=dx,n=dy,gcd(x,y)=1 \Rightarrow lcm(m,n)=dxy,gcd(m,n)=d$
Do đó $dxy+d=dx+dy \Rightarrow xy+1=x+y \Rightarrow (x-1)(y-1)=0 \Rightarrow (x,y)=(1,y),(x,1)$
Suy ra $dx \vdots dy$ hoặc $dy \vdots dx$ nên có $đpcm$
Bài 23: $n^{2006}+n^{2005}+1+(n^2+n+1)$
Ta thấy $n^{2006}+n^{2005}+n^{2004}-(n^{2004}-1)=(n^2+n+1)n^{2004}-(n^{2004}-1)$
Nhận xét rằng $n^{2004}-1=(n^3)^668-1=(n^3-1)(....)=(n-1)(n^2+n+1)(...) \vdots n^2+n+1$
Suy ra $n^{2006}+n^{2005}+n^{2004}-(n^{2004}-1) \vdots n^2+n+1 \Rightarrow n^{2006}+n^{2005}+1 \vdots n^2+n+1$
Nên $n^{2006}+n^{2005}+1+(n^2+n+1) \vdots n^2+n+1$ mà nó nguyên tố nên $n^2+n+1=1 \Rightarrow n=0$
Vậy $\boxed{n=0}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 20-08-2012 - 12:51


#49 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 21-08-2012 - 23:01

Một bài siêu cơ bản để vực topic dậy nào \m/.
Bài 24:Giải pt nghiệm nguyên $xy+x+y = 0$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 21-08-2012 - 23:01

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#50 lth080998

lth080998

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 43 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:10 Toan PTNK TPHCM

Đã gửi 23-08-2012 - 18:33

Một bài siêu cơ bản để vực topic dậy nào \m/.
Bài 24:Giải pt nghiệm nguyên $xy+x+y = 0$

$\Leftrightarrow xy+x+y+1=1 \Leftrightarrow (x+1)(y+1)=1$
Vì x,y la so nguyên nên ta co 4 giá tri tương ứng của (x+1),(y+1):$\left ( 1;1 \right );\left ( -1;-1 \right )$
vậy x,y có cặp nghiệm nguyên là$\left ( 0;0 \right )\left ( -2;-2\right )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lth080998: 23-08-2012 - 18:34


#51 C a c t u s

C a c t u s

    Fly

  • Thành viên
  • 339 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-08-2012 - 20:47

Hình như topic chưa vượt qua khủng hoảng yên ắng nên mình xin post một bài :D
Bài 25: Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a,b,c,d$ thì tích $(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) \vdots 12$
P.s: Một tuần không post bài mà như là cả mấy năm trời vậy '+_+

Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực


#52 duongchelsea

duongchelsea

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 142 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-08-2012 - 21:06

Hình như topic chưa vượt qua khủng hoảng yên ắng nên mình xin post một bài :D
Bài 25: Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a,b,c,d$ thì tích $(a-b)(a-c)(a-d)(b-c)(b-d)(c-d) \vdots 12$
P.s: Một tuần không post bài mà như là cả mấy năm trời vậy '+_+

Trong 4 số a, b, c, d có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia cho 3 nên tích sẽ chia hết cho 3.
Trong 4 số a, b, c, d có ít nhất 2 cặp số cùng tính chẵn lẻ nên có ít nhất 2 hiệu chia hết cho 2 nên tích chia hết cho 4.
Vậy ta có đpcm.

#53 C a c t u s

C a c t u s

    Fly

  • Thành viên
  • 339 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-08-2012 - 21:11

Bài 26: Chứng minh rằng ${m^2}^n-1 \vdots 2^{n+2}$ với $m$ là số tự nhiên lẻ, $n$ là số nguyên dương.
Bài 27: Chứng minh rằng số được lập bởi $3^n$ chữ số giống nhau thì chia hết cho $3^n$ với $n$ là số nguyên dương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi C a c t u s: 24-08-2012 - 21:13

Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực


#54 daovuquang

daovuquang

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi nào có toán...

Đã gửi 24-08-2012 - 21:15

Bài 26: dùng định lí Euler
Bài 27: trùng với bài 20

#55 C a c t u s

C a c t u s

    Fly

  • Thành viên
  • 339 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 24-08-2012 - 21:22

Bài 28: Tìm số tự nhiên $n$ để $1^n+2^n+3^n+4^n \vdots 5$

Kỳ tích là tên gọi khác của sự nỗ lực


#56 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 24-08-2012 - 21:35

Bài 26: Chứng minh rằng ${m^2}^n-1 \vdots 2^{n+2}$ với $m$ là số tự nhiên lẻ, $n$ là số nguyên dương.
Bài 27: Chứng minh rằng số được lập bởi $3^n$ chữ số giống nhau thì chia hết cho $3^n$ với $n$ là số nguyên dương.

Bài 26: Giải như sau:
$m^{2^n}-1=(m-1)(m+1)(m^2+1)(m^{2^2}+1)...(m^{2^{n-1}}+1) \vdots 2^{n+2}$
Bài 27: có mặt rất nhiều trên VMF rồi

#57 L Lawliet

L Lawliet

    Tiểu Linh

  • Thành viên
  • 1624 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 25-08-2012 - 21:33

Bài 29: Cho một hình vuông có kích thướt $6x6$ và $9$ mảnh ghép hình chữ nhật có kích thướt $1x4$. Chứng minh rằng không thể lát kín hình vuông $6x6$ bằng $9$ hình chữ nhật $1x4$.

Thích ngủ.


#58 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 25-08-2012 - 22:47

Bài 29: Cho một hình vuông có kích thướt $6x6$ và $9$ mảnh ghép hình chữ nhật có kích thướt $1x4$. Chứng minh rằng không thể lát kín hình vuông $6x6$ bằng $9$ hình chữ nhật $1x4$.

Sau đây là một cách tự chế :)
Giải như sau:
Xét ô $6x6$ đó ta tô từng hàng như sau:
$$|a|a|a|a|a|a|$$
$$|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|$$
$$|a|a|a|a|a|a|$$
$$|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|$$
$$|a|a|a|a|a|a|$$
$$|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|1/a|$$
(đủ $6$ hàng $6$ cột)
Đặt một ô $1x4$ bất kì vào bảng trên, nó có ba khả năng là $4$ số $a$, $4$ số $1/a$, $2$ số $a,1/a$
Gọi $a$ là số số ô có dạng $4$ số $m$, $m$ là số số ô có dạng $4$ số $1/a$, $x$ là số số có dạng $2$ số $a,1/a$ suy ra $m+n+x=9$
Như vậy ta thấy, tích tất cả ô của bảng $6x6$ trên bằng $1$ mà tích các ô của số có dạng $2$ số $a,1/a$ thì bằng $1$, cho nên số ô có dạng $4$ số $a$ phải bằng số ô có $4$ ô $1/a$ (do để chúng triệt tiêu nhau) suy ra $m=n$
Do đó $2m+x=9 \Rightarrow x$ lẻ
$$**********$$
Giờ ta lại chia lại theo cột dọc và tô như dưới đây
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
$|a|1/a|a|1/a|a|1/a|$
Cột $1,3,5$ tô toàn $1/a$, cột $2,4,6$ tô toàn $1/a$ khi đó cũng gọi số ô có dạng $4$ số $a$ là $u$, $4$ số $1/a$ là $v$, $2$ số $a,1/a$ là $y$
Như vậy $u+v+y=9$ cm tương tự trên có $u=v \Rightarrow 2u+y=9 \Rightarrow y$ lẻ
Mặt khác ta thấy ở cách tô đầu, tô hàng $1,3,5$ đều là $a$, tô hàng $2,4,6$ đều là $1/a$ thì các ô $2$ số $a,1/a$ phải nằm dọc, tương tự với cách tô thứ 2, cột $1,3,5$ tô toàn $1/a$, cột $2,4,6$ tô toàn $1/a$ thì các ô $2$ số $a,1/a$ phải nằm ngang, như vậy $x,y$ đã nói lên hết số các ô của bảng hay $x+y=9$ nhưng $x,y$ cùng lẻ nên $x+y$ chẵn, mâu thuẫn, suy ra ta không thể làm theo đề bài :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 25-08-2012 - 22:54


#59 wronghole

wronghole

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 25-08-2012 - 23:25

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên $x+y=xy$
Bài 31: Giải phương trình nghiệm nguyên
$8x^2y^2 + x^2 + y^2 = 10xy$

#60 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 25-08-2012 - 23:27

Bài 30: Giải phương trình nghiệm nguyên $x+y=xy$
Bài 31: Giải phương trình nghiệm nguyên
$8x^2y^2 + x^2 + y^2 = 10xy$

Phù ...
Bài 30:
$x+y=xy$
$\Leftrightarrow (x-1)(y-1) = 1$, tới đây dễ rồi.
Bài 31:
$8x^2y^2 + x^2 + y^2 = 10xy$
$\Leftrightarrow 2(2xy-1)^2 + (x-y)^2 = 2$
Tới đây cũng ổn rồi.
"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh