Các toán theo mục: Lý thuyết số Phương trình ngiệm nguyên  Tìm tất số nguyên m cho m + m3 + số phương Giải: Ta có m + m3 + = n ⇔ 64m + 64m3 + 64 = (8n) ⇔ (8m + 4m − 1) + 8m + 63 = (8n) a) Nếu m = rõ ràng thỏa mãn b) Nếu m ≠ m > −8 (8m + 4m − 1) + 8m + 63 = (8n) ⇒ (8n) > (8m + 4m − 1) Do 8m + 4m − ≥ , ta có (8n) ≥ (8m2 + 4m) Vậy (8m + 4m − 1) + 8m + 63 ≥ (8m + 4m) Vì m ≤ ⇒ m ∈ {−2, −1,1, 2} Kiểm tra thấy m ∈ {−2, −1, 2} thỏa mãn c) Nếu m ≤ −8 (8m + 4m − 1) + 8m + 63 = (8n) ⇒ (8n) < (8m + 4m − 1) Do 8m + 4m − ≥ , ta có (8n) ≤ (8m2 + 4m − 2) Vậy (8m + 4m − 1) + 8m + 63 ≤ (8m + 4m − 2) 4m + 4m + 15 ≤ (vô lý) Từ ta tìm nghiệm m ∈ {−2, −1, 0, 2}  Giải phương trình [ x] + { y} = z Giải: Đặt x = m + a, y = n + b z = p + c với m, n, p ∈ ¢ a, b, c ∈ [0,1) , ta có hệ sau m = p m+b = p+c ⇒  b = c n = m n+c = m+a ⇒  c = a p = n p+a = n+b⇒  a = b Vậy nghiệm phương trình ( x, y , z ) ∈ ∪u∈¡ {(u , u , u )}  Tìm tất số hữu tỉ dương r =/ cho r r −1 số hữu tỉ q p −q p   p a Giải: Đặt r = ta có phương trình  ÷ =  ÷ với gcd( p, q ) = gcd(a, b) = q  q  b p−q p c Vì gcd( p − q, q ) = nên ta có a = c b = d , dó =  ÷ q d  q q và: Nếu p > q : p = c u , q = d u u = c u − d u với u ∈ ¥ suy u = p d +1 = q d Nếu p < q : p = d u , q = c u u = c u − d u với u ∈ ¥ suy u = p d = q d +1  n +1 n  , Vậy số cần tìm r ∈ ∪n∈¥    n n + 1  Tìm số nguyên tố p, q, r thỏa mãn p + q + r = 200 Giải: Ta có r < 200 ⇒ r ∈ {2,3,5} Nếu r = ⇒ p + q = 75 , từ suy p = q = không vế trái phải số chẵn Nếu r = p = q = 73 q số vô tỉ (vô lí ) Nếu r = q = p = 71 (thỏa mãn) Nếu r = ⇒ p + q = 173 , từ suy p = q = không vế trái số chẵn Nếu r = p = q = 171 q số vô tỉ (vô lí) Nếu r = q = p = 169 không số nguyên tố Nếu r = ⇒ p + q = 192 , từ suy p, q lẻ ( p = q = không nghiệm ) q < 192 ⇒ q ∈ {3,5, 7,11,13} Nếu r = q = p = 183 không số nguyên tố Nếu r = q = p = 167 số nguyên tố Nếu r = q = p = 143 không số nguyên tố Nếu r = q = 11 p = 71 số nguyên tố Nếu r = q = 13 p = 23 số nguyên tố Vậy số cần tìm là: ( p, q, r ) ∈ {(71, 2,5), (167,5, 2), (71,11, 2), (23,13, 2)}  Tìm tất cặp số nguyên dương ( x, y ) thỏa mãn phương trình ( x + y ) − 2( xy ) = Giải: Không tính tổng quát ta giả sử x ≥ y > , ta có ( x + y ) = ( xy ) + ⇒ x + y > xy ⇒ x > xy ⇒ > y Vậy y = , thay vào phương trình ban đầu ta ( x + 1) − x = từ tìm x = Vậy nghiệm phương trình ( x, y ) ∈ {(1, 2);(2,1)} Cách khác: Giả sử y > x , rõ ràng x ≠ y Viết lại phương trình cho thành x (2 y − 1) = xy + y − Từ ta suy y − 1| xy + y − 1| xy + y − , y − 1| xy − y − x Từ suy y = x , thê vào phương trình tiếp tục giải ta tìm kết  Chứng minh tồn số a, b, c phân biệt thỏa mãn a100 + b100 = c101 Giải: Ví dụ, ta có ( u (u100 + v100 ) ) 100 + ( v(u100 + v100 ) ) 100 = ( u100 + v100 ) 101 Chú ý: Ta tổng quát hóa toán sau: Cho a, b, c ∈ ¥ thỏa mãn phương trình a m + b m = c m +1 , tồn (a, b, c) = ( p ( p m + q m )), q ( p m + q m ), ( p m + q m )) thỏa mãn phương trình cho  Số A có 2m chữ số gồm toàn chữ số Số B có m chũ số gồm toàn chữ số Chứng minh A + B + số phương 102 m − 10m − Giải: Ta có A = B = nên 9 102 m + 4.10m +  10m +  A + B +1 = = ÷ số phương    Tìm nghiệm tự nhiên thỏa mãn phương trình + − =1 x y z Giải: Phương trình cho viết lại thành + = 1+ x y z Nếu x = ⇒ y = z nghiệm ( x, y, z ) = (1, 2t ,3t ) , t ∈ ¥ ) Xét x > từ phương trình ta suy + > ⇒ y < 2(1 + x y x −1 Nếu x = y < y ∈ {1, 2,3} nghiệm phương trình ( x, y, z ) ∈ {(2,1, 2);(2, 2, 6);(2,3,18)} Nếu x ≥ y < y ∈ {1, 2} 3x Với y = ⇒ z = x + 1| vô lý x ≥ x +1 Với y = ⇒ z = 3x nghiệm phương trình ( x, y, z ) = (t , 2,3t ) , t ∈ ¥ Vậy nghiệm phương trình ( x, y, z ) ∈ {(2,1, 2);(2,3,18);(1, 2t ,3t );(t , 2,3t )} , t ∈ ¥  Tìm nghiệm nguyên phương trình x − xy + 126 y = 2009 Giải: Phương trình cho viết lại thành 2009 ( x − y ) + 125 y = 2009 ⇒ y ≤ ≈ 16.07 125 Vậy y ∈ {0,1, 4,9,16} Nếu y = ⇒ ( x − y ) = 2009 lại 2009 không số phương Nếu y = ⇒ ( x − y ) = 1884 loại 1884 không số phương Nếu y = ⇒ ( x − y ) = 1509 loại 1509 không số phương Nếu y = ⇒ ( x − y ) = 884 loại 884 không số phương Nếu y = 16 ⇒ ( x − y ) = , từ ta tìm nghiệm phương trình ( x, y ) ∈ {( −7, −4);(−1, −4);(1, 4);(7, 4)}  Cho x = −2272, y = 103 + 102 c + 10b + a, z = thỏa mãn phương trình ax + by + cz = , a, b, c số nguyên a < b < c Tìm y IMO LongList 1987 ( Thổ Nhĩ Kì đề nghị) Giải: Từ giả thiết ta có b(1000 + 100c + 10b + a ) + c = 2272a + (*) Vì b + ≤ c;1 ≤ a a ≤ b − nên suy b(1000 + 100(b + 1) + 10b + 1) + b + ≤ 2272(b − 1) + ⇔ 110b − 1170b + 2272 ≤ ⇔ ≤ b ≤ a) Nếu b = phương trình (*) trở thành 8639 + 801c = 2264a có nghiệm với ≤ a ≤ Thử trực tiếp thấy a = 7; c = thỏa mãn b) Nếu b = phương trình (*) trở thành 7489 + 701c = 2265a nghiệm với ≤ a ≤ c) Nếu b = phương trình (*) trở thành 6359 + 601c = 2266a nghiệm với ≤ a ≤ d) Nếu b = phương trình (*) trở thành 5249 + 501c = 2267 a nghiệm với ≤ a ≤ e) Nếu b = phương trình (*) trở thành 4159 + 401c = 2268a nghiệm với ≤ a ≤ f) Nếu b = phương trình (*) trở thành 3089 + 301c = 2269a nghiệm với ≤ a ≤ Vậy có nghiệm (a, b, c) = (7,8,9) y = 1987  Tìm tất cặp số nguyên (a, b) cho a + 14b = 5a + 5ab + 5b Giải: Phương trình cho viết lại thành 196 (5a + 10b − 14) = 196 − 75a ⇒ a ≤ 75 Vậy a ∈ {−1, 0,1} Nếu a = −1 ⇒ 5b − 19b + 12 = nên ta tìm b = Nếu a = ⇒ 5b − 14b = nên ta tìm b = Nếu a = ⇒ 5b − 9b − = nên ta tìm b = Vậy nghiệm cần tìm ( a, b) ∈ {( −1,3);(0, 0);(1, 2)} 1  1   Giải phương trình  x +  +  x −  = [2 x] 2  2  Giải: Đặt y = x − phương trình cho trở thành [ y + 1] + [ y ] = [ y + 1] ⇔ [ y ] = [ y ] ⇔ y ∈ [n, n + ) Từ ta tìm nghiệm x ∈ ∪n∈¢ [n + , n + 1) 1  Cách khác: Dùng đẳng thức quen biết sau [ x ] +  x +  = [2 x] , ta có 2  1  1 1    x +  +  x −  = [2 x] ⇔ [ x] =  x −  = z ∈ ¢  z ≤ x < z +1  z ≤ x < z +1   ⇔ ⇔ 1 ⇔ z + ≤ x < z +1 , z ∈ ¢  z ≤ x − < z +  z + ≤ x < z +   Từ suy x ∈ ∪z∈¢  z + , z + 1÷   1  1    Chú ý:  x +  +  x −  = [2 x] ⇔ x ∈ ∪z∈¢  z + , z + 1÷ ⇔  { x}  = 2  2     Chứng minh Giải: Ta có 22 22 22 22 ≥ + 22 + 33 + + 20042004 65536 65535 10 65535 10 10 10000 22 = 22 = 22 > 10 > 1010 Mặt khác + 22 + 33 + + 20042004 < 2004 × 20042004 = 20042005 < 108010 Vậy 22 > + 22 + 33 + + 20042004  Giải phương trình x − [ x] = Giải: Đặt [ x ] = n ∈ ¢ từ phương trình cho suy 22 x = n + theo định nghĩa phần nguyên n + ≥ n3 ⇒ n ≤ 3 ⇔ ⇒ n =1 ⇔ ( n + 1) > n + ≥ n n +1 > n + ≥ n  (n + 1) − n − > ⇒ n ≥ Thay n = vào x = n + ta tìm x = nghiệm cần tìm x −3 x−2 ]=[ ]  Giải phương trình [ Giải: Đặt n ∈ ¢ giá trị chung theo định nghĩa phần nguyên ta có x −3  n ≤ < n +1  2n + ≤ x < 2n + 3n + < 2n + ⇔ ⇒  x − n + ≤ x < n +  2n + < 3n + n ≤ < n +1  ⇒ −2 < n < ⇒ n ∈ {−1, 0,1, 2} n ∈ ¢ Nếu n = −1 nghiệm ≤ x < −1 ≤ x < nên x ∈ [1, 2) Nếu n = nghiệm ≤ x < ≤ x < nên x ∈ [3,5) Nếu n = nghiệm ≤ x < ≤ x < nên x ∈ [5, 7) Nếu n = nghiệm ≤ x < ≤ x < 11 nên x ∈ [8,9) Vậy nghiệm phương trình x ∈ [1, 2) ∪ [3, 7) ∪ [8,9) 7n − 12 2n − 14 24n + + n =1 2n 3n Giải: Nếu n < VT < < VP nên trường hợp phương trình vô nghiệm Nếu n = không nghiệm Xét n > phương trình cho trở thành (7n − 12)3n + (2n − 14)2 n + 24n = 6n ⇒ n − 12 ≡ ( mod ) 3n − 14 ≡ ( mod 3) nên n = p + Với n ≥ 21n − 36 ≤ 2n −1 nên (7n − 12)3n ≤ 6n −1 Với n ≥ 4n − 28 ≤ 3n −1 nên (2n − 14)2n ≤ 6n −1 Với n ≥ 24n ≤ 6n −1 nên (7n − 12)3n + (2n − 14)2 n + 24n ≤ × n −1 < n , ∀n ≥ Do có khả < n = p + < ⇒ n = Vậy n = nghiệm cần tìm  Giải phương trình  x + 1 = [ x ]  Tìm số nguyên n cho Giải: Đặt x = m + y với m ≥ số nguyên y ∈ [0,1) Rõ ràng x > phương trình cho viết lại thành m + =  m + y  ⇒ m + >  m + y  ≥ m + ≥ Bình phương hai vế ta m + > y ≥ m − 2m + Ta cần phải có m − 2m + < ⇒ m ∈ {0,1, 2} 1 Nếu m = x ∈ [ ,1) ⇒ x ∈ [ ,1) 2 Nếu m = x ∈ [1, 2) ⇒ x ∈ [1, 2) Nếu m = x ∈ [ ,3) ⇒ x ∈ [ , 3) Vậy nghiệm phương trình x ∈ [ , 2) ∪ [ , 3) 2 Cách khác:  x + 1 = [ x ] = z ∈ ¢ ⇔ ≤ z ≤ x ≤ x + < z + ( x + 1) − x ≤ nghĩa x ∈ [0, 2] Vậy z  ( z − 1) +  z  z +1  max  , z −  = ≤ x < z =  , z  < z ⇔ z ∈1,3 2     Từ ta tìm nghiệm z  1  3  1  3  x ∈ ∪z∈1,3  , z ÷ =  ,1÷∪ 1, ∪  , ÷ =  , ÷∪  , ÷ 2  2  2  2  2  +  Chia tập số nguyên dương ¢ thành nhóm sau: Nhóm thứ có số: (1) Nhóm thứ hai có hai số: (2, 3) ) Nhóm thứ ba có ba số: (4, 5, 6) Nhóm thứ tư có bốn số: (7, 8, 9, 10) ……… Cứ tiếp tục Gọi S (k ) số nhóm thứ k Tính tổng S (1) + S (3) + S (5) + + S (2n − 1) k2 − k + k2 + k  , , Giải: Nhóm thứ k   tổng phần tử nhóm 2   k ( k + 1) S (k ) = Vậy tổng cần tính n n n( n +  n(n + 1)(2n + 1) n( n + 1) S k −1 = ∑ (4k − 6k + 4k − 1) =  +4 − n = n4 ∑ ÷ −6 k =1 k =1   Từ kết n  Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình 1 + = x y 20 1 1 1 = − ⇒ = + − ⇒ x ∈ ¤ ⇒ x = 5u , từ tính đối xứng Giải: y 20 x y 20 x 5x 1 ta có y = 5v Vậy phương trình cho trở thành + = , với nghiệm u v (4, 4), (3, 6), (6,3) Từ ta tìm nghiệm phương trình cho ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} Cách khác: x+ y = ⇔ xy = 20( x + y ) ⇔ xy + 20 = 20 x + 20 y + 20 xy 20 ⇔ x ( y − 20) − 20 y + 20 = 20 ⇔ ( y − 20)( x − 20) = 20 Vì x, y số nguyên dương nên ta đặt x = a y = b ta có ((a − 2) 5)((b − 2) 5) = 20 ⇔ ( a − 2)(b − 2) = Từ ta tìm nghiệm phương trình là: (a, b) = (6,3), (4, 4), (3, 6) hay ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} Tìm họ vô hạn nghiệm phương trình sau: a !b !c !d !+ 2a ! d ! = 2a !c !d !+ a !b !d !+ e ! e! Giải: Ta có a !(b !c !+ − 2c !− b !) = d! a b , c Ta chọn cho b !c !+ − 2c !− b ! = (b !− 2)(c !− 1) > , Mặt khác cố định e = d + = a !(b !c !+ − 2c !− b ! Cách khác: Ta có a!b!c!d!+2a!d!=2a!c!d!+a!b!d!+e! ⇔ a!(b!-2)(c!-1)d!=e! Từ đẳng thức (n!-3)!(n!-2)(n!-1)n!=(n!)! ta chọn a=n!-3, b=c=d=n, e=n!  Chứng minh tồn vô số n cho n + (n + 1)2 số phương Giải: Giả sử u , v thỏa mãn u = 2v − Khi (u + v ) − v + = 2(u + v )v ⇒ ((u + v ) − v + 1) = 4(u + v) v  ⇔ (u + 2uv + 1) = 4(u + v) v ⇔ (u + 2uv + 1) = 4(u + v) v ⇔ (u + 2uv) + (u + 2uv + 1) = (u + 2uv + 2v ) Vậy u = 2v − ⇒ n = u (u + 2v) nghiệm thỏa mãn phương trình Ta biết phương trình u = 2v − phương trình Pell nên có vô số nghiệm (1,1) nghiệm (u, v) ⇒ (3u + 4v, 2u + 3v) nghiệm Ví dụ: (u, v) = (1,1) ⇒ n = 1(1 + 2) = ⇒ 32 + 42 = 52 (u, v) = (3.1 + 4.1, 2.1 + 3.1) = (7,5) ⇒ n = 7(7 + 2.5) = 119 nên ta có 1192 + 120 = 1692 (u, v) = (3.7 + 4.5, 2.7 + 3.5) = (41, 29) ⇒ n = 41(41 + 2.29) = 4059 nên ta có 40592 + 40602 = 57412 …… + mn + ∈ ¢+  Tìm (n, m) ∈ ¢ : m+n Giải: Đặt S = m + n Ta có mn + = n( S − n) + = ( mod S ) ⇒ n = 1( mod S ) Vậy tập nghiệm cảu phương trình {(n, d − n), (d − n, n) với d ước > n n − 1}  Dãy a1 , a2 , a3 , thỏa mãn a4 n +1 = 1, a4 n +3 = 0, a2 n = an Chứng minh dãy không tuần hoàn Giải: Giả sử an + p = an , ∀n với p > Đặt p = 2a q với q lẻ Cho n = 2a + (q + 2) Sử dụng tính tuần hoàn ta có an + p = an = aq + , an + p = a2a ( q + 4( q + 2)) = aq + 4( q + 2) Mặt khác, q + q + 4(q + 2) hai sô lẻ khác theo modun Vậy aq + ≠ aq + 4( q + 2) ( 0, 1) Vậy p > tồn dãy không tuần hoàn  Với dãy an ta có an +1 − an = 2n + 1, ∀n ∈ ¥ * Chứng minh tích hai số hạng dãy số hạng dãy 2 Giải: Ta có (an +1 − (n + 1) ) − (an − n ) = ⇒ an = n + c 2 2 Vậy an an +1 = (n + c)((n + 1) + c) = (n + n + c) + c = an2 + n +c Đ.P.C.M  Cho P ( x ) = x5 + x + Q( x) = x − 2009 P ( x ) = có nghiệm r1 , r2 , r3 , r4 r5 Tính giá trị | q (r1 )q (r2 ) q(r3 )q( r4 )q (r5 ) | Giải: P ( x ) = ( x − r1 )( x − r2 )( x − r3 )( x − r4 )( x − r5 ) q (ri ) = ( 2009 − ri )(− 2009 − ri ) Vậy | q (r1 )q (r2 ) q(r3 )q( r4 )q (r5 ) |=| P( 2009) P( − 2009) | =| (2010 + 20092 2009)(2010 − 20092 2009) |=| 20102 − 20095 |= 20095 − 20102  Tìm tất nghiệm nguyên dương (a, b, c) thỏa mãn phương trình 1 (1 + )(1 + )(1 + ) = a b c Giải: Không tổng quát ta giả sử a ≤ b ≤ c 1 1 ( x + x ) , trường hợp phương trình vô nghiệm Nếu x = ta suy y = ( x + x + 1) nghiệm trường hợp ( x, y ) = { (2, −7);(2, 7);( −2, −3);( −2,3)} Nếu x < ta cần kiểm tra với x ∈ {−1, 0,1} tìm nghiệm ( x, y ) = { (−1, −2);( −1, 2)} Vậy phương trình cho có nghiệm nguyên ( x, y ) ∈ {( −2, −3), ( −2,3), ( −1, −2), ( −1, 2), (2, −7), (2, 7)} 55 Tìm chữ số thứ năm tính từ cuối số 555 viết hệ thập phân 8 n+ ≡ 55 ( mod105 ) Giải: Ta có ≡ 1( mod 32 ) ⇒ (5 − 1) ≡ ( mod10 ) ⇒  55 55 Vì 55 số lẻ nên 55 ≡ ( mod ) ⇒ 55 ≡ 55 ≡ 3125 ( mod105 ) 55 Vậy chữ số thứ năm tính từ cuối số 555 số không bội ( 28 − 3) n Giải: Xét phương trình x − 27 x − x − = ⇔ (3 x + 1)3 = 28 x hay (3 + ) = 28 x 1 Phương trình có nghiệm a = , z= z 28 j − 28 − n n n Xét dãy un = a + z + z ta có u0 =  Chứng minh với số tự nhiên n u1 = a + z + z = 27 u2 = a + z + z = (a + z + z ) − 2(az + az + zz ) = 27 − 2(−9) = 747 un +3 = 27un + + 9un +1 + un Từ ta nhận thấy un nhận giá trị dương, un ≡ ( mod ) , ∀n ≥ = 28 − a 1 1 (3 + )3 > 33 + × 32 = 28 ⇒ 28 − < < | z |< 27 27 27 25 Ta có 2 z n + z n ∈ [− , ], ∀n > 5 2 a n ∈ [un − , un + ] 5 n  a  ∈ {un − 1, un } Ta có azz = ⇒| z | = n n Vậy ∀n >  a  ≡ ( mod )  a  ≡ ( mod ) Phép chứng minh hoàn tất  Tìm tất nghiệm tự nhiên ( x, y ) phương trình y ( x − 1) = x − Giải: Dễ thấy (1, y ) nghiệm với y số tự nhiên Bây xét x ≠ phương trình cho trở thành y = x + x3 + x + x + ⇔ (8 y ) = 64 x + 64 x + 64 x + 64 x + 64 Nhưng ta có (8 x + x + 3) = 64 x + 64 x + 64 x + 24 x + (8 x + x + 4) = 64 x + 64 x3 + 80 x + 32 x + 16 Nếu x > 80 x + 32 x + 16 > 64 x + 64 x + 64 , (8 x + x + 3) < (8 y ) < (8 x + x + 4) nên trường hợp phương trình vô nghiệm Thử với x = 2;3 thấy x = , y = 11 thỏa mãn Vậy nghiệm phương trình ( x, y ) ∈ {(3,11)} ∪ ( ∪n∈¥ {(1, n)}) Giải phương trình x =  x  + tập số tự nhiên Giải: Đặt x = n + y với n ∈ ¥ y ∈ [0,1) (chú ý n, y số không âm) Khi phương trình cho trở thành (n + y ) = 8n + ⇔ y = 8n + − n  Ta cần kiểm tra giá trị giá trị n cho 8n + − n ∈ [0,1) Ta có 8n + − n ≥ ⇔ 8n + > n , từ suy n ∈ {0,1, 2} Nếu n = ⇒ y = , rõ ràng giá trị thuộc [0,1) Nếu n = ⇒ y = 11 − , giá trị thuộc [0,1) Nếu n = ⇒ y = 19 − , giá trị thuộc [0,1) Từ nghiệm phương trình x ∈ {3,11,19} 1) Cho a,b thỏa mãn hệ phương trình  a − 3a + 5a =  b − 3b + 5b = Tìm giá trị a + b Giải: Ta viết lại hệ thành (a − 1)3 + 2(a − 1) = −2  (b − 1) + 2(b − 1) = +2 Cộng hai vế phân tích thành nhân tử chung ta có (a − + b − 1)((a − 1) − (a − 1)(b − 1) + (b − 1) + 2) = Vậy a + b = Cách khác: Từ   b −1  ⇔ (a + b − 2)   a − − + (b − 1) + ÷ = ÷  ÷    (a − 1)3 + 2(a − 1) = −2  (b − 1) + 2(b − 1) = +2 Ta nhận thấy f ( a − 1) = f (1 − b) với f ( x ) = x + x mà f ( x ) rõ đơn ánh nên ta có a − = − b , từ có kết 2) Cho phương trình x + y + 12( y + 6) = xy Tính giá trị x + y Giải: Ta có x + y + 12( y + 6) = xy ⇔ (2 x − y ) + ( y + 12) = Từ suy ( x, y ) = (−6, −12) x + y = 180  yz − x =   Giải hệ phương trình  xz − y =   xy − z = −14 Giải: Ta viết lại hệ cho thành  12 12 y z − x =  1  2 z x − y =  1  x y − z = −14  Từ phương trình hệ suy x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ Thế phương trình hai hệ phương trình thứ thứ ba ta có 4 4 1 3 x z − x = ⇔ x ( z − x ) = (a) x z − z = −14 ⇔ z ( z − x ) = 14 (b) 3 3 Từ suy z ( z − x ) = x ( z − x ) , tương đương với z = x z = 16 x Nếu z=x vào phương trình hai suy x=y=z không thỏa mãn phương trình lại Nếu z=16x từ phương trình thứ hai hệ suy y=4x ta tìm x=1,y=4,z=16 nghiệm hệ [ x ] + { y} = [ y ]{x}  Giải hệ phương trình  x+ y =n  Giải: Đặt x = p + u với p ∈ ¢ u ∈ [0,1) , từ phương trình thứ hai hệ suy y = n − p − u Nếu u = ta có: [ x] = p [ y ] = n − p   {x} = { y} = Khi phương trình hệ trở thành p = Nếu u ≠ ta có: [ x] = p [ y ] = n − p −   {x} = u { y} = − u Khi phương trình hệ trở thành p + = ( n − p )u (*) a) Nếu p = n phương trình (*) trở thành n = p = −1 ⇒ n ∈ ¥ b) Nếu p > n từ phương trình (*) suy p + < n < p < −1 vô lý n ∈ ¥ n −1 Vậy p < n , p + > p + < n − p suy ≤ p < Từ ta tìm nghiệm hệ là: ( x, y ) = (0, n) p +1 p +1 n −1 ,n − p − ) , với số nguyên p ∈ [0, ) Nếu n > ( x, y ) = ( p + n− p n− p n Tóm lại có +   2 nghiệm ???  Giải phương trình [ x ] + [ x ] + [ x] = { x1994 } − Giải: Vì u ≥ [u ] > u − nên ta có x + x + x ≥ VT > x + x + x − Vì VP ∈ [−1, 0) nên ta có x + x + x ≥ −1 x + x + x − < , suy > x + x + x ≥ −1 Vì x + x + x hàm số đồng biến nên suy > x ≥ −1 Nếu x ∈ [0,1) VT = VP = x1994 − , nên ta có phương trình x1994 = Rõ ràng phương trình vô nghiệm [0,1) Nếu x ∈ ( −1, 0) VT = −1 + − = −2 VP = x1994 − , ta có phương trình x1994 = −1 Rõ ràng phương trình vô nghiệm (−1, 0) Nếu x = −1 VT = VP = −1 Vậy x = −1 nghiệm  Giả sử phương trình 2333 x − + 2111x + = 2222 x +1 + có ba nghiệm tổng nghiệm m có dạng m,n số nguyên tố Tính m + n n Giải: Đặt 2111x = y phương trình cho trở thành y − y + 16 y − = , phương trình có ba nghiệm tích nghiệm Từ ta có 2111x1 2111x2 2111x3 = 111( x1 + x2 + x3 ) = ⇒ x1 + x2 + x3 = 111 Vậy m + n = 113 Tìm số có bốn chữ số abcd cho abcd = a + 2b + 3c + 4d + 2006 Kết : abcd ∈ {2115, 2217}  abc − d =  Tìm nghiệm nguyên hệ  bcd − a = Giải: Đặt bc = u từ phương trình thứ hệ suy d = au − Thế giá trị vào phương trình thứ hai hệ ta phương trình u (au − 1) − a = Bây ta giải phương trình u (au − 1) − a = (*) Nếu a = ⇒ u = −2 nghiệm phương trình (a, b, c, d ) ∈ {(0,1, −2, −1);(0, −1, 2, −1);(0, 2, −1, −1);(0, −2,1, −1)} Nếu a ≠ phương trình (*) viết lại thành (2a + 2au + 1)(2a − 2au + 3) = Ta có trường hợp sau:  2a + 2au + = ⇒ a = (loại trái với giả thiết a ≠ )   2a − 2au + =  2a + 2au + = ⇒ a = (loại trái với giả thiết a ≠ )   2a − 2au + = a = −2  2a + 2au + = −1  ⇔   2a − 2au + = −3 u = −   2a + 2au + = −3 a = −2 ⇔   2a − 2au + = −1 u = Vậy trường hợp hệ phương trình có nghiệm (a, b, c, d ) ∈ {( −2, v, 0, −1), ( −2, 0, v, −1)} với v ∈ ¢ Kết luận: Hệ phương trình cho có nghiệm (a,b,c,d) ∈ { (0,1,-2,-1);(0,-1,2,-1);(0,2,-1,-1);(0,-2,1,-1);(-2,v,0,-1);(-2,0,v,-1)} (v ∈ ¢ )  Chứng minh 4n + 15n − 1M9 với n ≥ (Không dùng phương pháp quy nạp) Giải: Ta có 43n ≡ 64 n ≡ 1( mod ) ⇒ 43n + 15(3n) − ≡ + − ≡ ( mod ) 43n +1 ≡ × 64n ≡ ( mod ) ⇒ 43n +1 + 15(3n + 1) − ≡ + 15 − ≡ ( mod ) 43n + ≡ 16 × 64n ≡ ( mod ) ⇒ 43n+ + 15(3n + 2) − ≡ + 30 − ≡ ( mod ) Từ ta có điều phải chứng minh  Tìm tất cặp ( x, n) mà n số nguyên tố thỏa mãn 3x + n = 29 Giải: Nhận thấy 3x 29 dều số lẻ nên n phải số chẵn, từ ta tìm nghiệm ( x, n) = (3, 2)  Tìm số tự nhiên số tự nhiên N có chữ số a, b, c, d cho abcd = (a + b + c + d )3 Giải: Gọi N = abcd S = a + b + c + d N = S Ta có N = S ∈ [1000,9999] ⇒ S ∈ [10, 21] N ≡ S ( mod ) ⇒ S ≡ S ( mod ) S ≡ 0,1,8 ( mod ) S ∈ [10, 21] ⇒ S ≡ 0,1,8 ( mod ) ⇒ S ∈ {10,17,18,19} ⇒ N ∈ {1000, 4913, 5832, 6859} Vậy N ∈ {4913,5832}  Tìm số nguyên N lớn thỏa mãn điều kiện sau: N  a)   có ba chữ số giống 3 N  b)   = + + + L + n với số nguyên dương n 3 ( Tây Ban Nha 2000) n(n + 1) = 111k với k ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} Giải: Từ giả thiết suy Xét theo modun 5, ta có k ≡ 0,1, ( mod ) k ∈ {1, 2,5, 6, 7} N  Thử trực tiếp năm lần ta tìm k = thỏa mãn,   = 666 3 Vậy N = 2000  Tìm hai số nguyên dương a, b cho trước tổng chúng bội chung nhỏ chúng Tìm hai số trường hợp cụ thể biết tổng chúng 3972 bội chung nhỏ chúng 985928 Giải: Từ gcd(a, b) = gcd(a + b, lcm(a, b)) , ab = gcd(a, b)lcm(a, b) = gcd(a + b, lcm(a, b))lcm( a, b) Theo định lý Viete a, b nghiệm phương trình x − (a + b) x + gcd(a + b, lcm(a, b))lcm( a, b) = Không tổng quát ta giả sử a ≤ b ,  a + b − (a + b )2 − gcd(a + b, lcm(a, b))lcm(a, b) a + b + (a + b) − gcd(a + b, lcm( a, b))lcm( a, b )  ÷ (a, b) =  ,  ÷ 2   Nếu a + b = 3972 lcm(a, b) = 985928 từ công thức ta có (a, b) = (1964, 2008)  Tìm nghiệm nguyên phương trình 3x −1 + x = 105 Giải: Xét hàm số f ( x ) = 3x −1 + x − 105 hàm số đồng biến nên f ( x) = nghiệm Mặt khác ta thấy f (5) = −19 < f (6) = 144 > nên phương trình f ( x ) = có nghiệm khoảng (5, 6) , rõ ràng nghiệm nghiệm nguyên Vậy phương trình cho nghiệm nguyên π  Giải phương trình [ 2sin x] = cos(3 x + ) Giải: Để ý 2sin x ∈ [−2, 2] nên phương trình cho tương đương với năm hệ phương trình sau đây: π π π     cos(3x + ) = −2 2 cos(3 x + ) = −1  cos(3x + ) = E1:  E2 :  E3 :  4  2sin x ∈ [−2, −1) 2sin x ∈ [−1, 0)  2sin x ∈ [0,1) π π   2 cos(3 x + ) =  cos(3x + ) = E4 :  4 E :  2sin x ∈ [1, 2)  2sin x ∈ [2,3) Sau ta xét phương trình [0, 2π ) theo mod 2π Chỉnh lại không ??? 1) Ta giải hệ phương trình E1 π π π kπ π 11π 19π  cos(3 x + ) = −1 ⇔ 3x + = π + 2kπ ⇔ x = + ⇔ x ∈ { , 12 , 12 }   2sin x ∈ [−2, −1) ⇔ x ∈ ( 7π , 11π )  6 19π Vậy nghiệm hệ phương trình E1 x = 12 2) Ta giải hệ phương trình E π 5π 2kπ 13π 2kπ 11π 19π 35π 43π 59π 67π   cos(3x + ) = −1 ⇔ x = 36 + ⇔ x = 36 + ⇔ x ∈ { 36 , 36 , 36 , 36 , 36 , 36 }   2sin x ∈ [−1, 0) ⇔ x ∈ (π , 7π ] ∪ [11π , 2π )  6 37π Vậy nghiệm hệ phương trình E x = 36 3) Ta giải hệ phương trình E π π kπ π 5π 9π 13π 17π 21π   cos(3x + ) = ⇔ x = 12 + ⇔ x ∈ {12 , 12 , 12 , 12 , 12 , 12 }   2sin x ∈ [0,1) ⇔ x ∈ [0, π ) ∪ ( 5π , π ]  6 π Vậy nghiệm hệ phương trình E x = 12 4) Ta giải hệ phương trình E π π kπ 17π 2kπ π 17π 25π 41π 49π 65π   cos(3 x + ) = ⇔ x = 36 + ⇔ x = 36 + ⇔ x ∈ {36 , 36 , 36 , 36 , 36 , 36 }   2sin( x) ∈ [1, 2) ⇔ x ∈ [ π , π ) ∪ ( π , 5π ]  2 17π 25π Vậy nghiệm hệ phương trình E x = x = 36 36 5) Ta giải hệ phương trình E π 7π 2kπ   cos(3x + ) = ⇔ x = 12 +   2sin x ∈ [2,3) ⇔ x = π + 2kπ  Hệ phương trình vô nghiệm Kết luận: Các nghiệm phương trình π 17π 25π 37π 19π x ∈ { + kπ , + kπ , + 2kπ , + 2kπ , + 2kπ } 12 36 36 36 12  Tìm số tự nhiên n = abc thỏa mãn đồng thời hai điều kiện n 69 = 1986 n121 = 3333 Giải: Đặt a = log10 n ∈ [2,3) Gọi p số chữ số 1,9,8, viết hệ thập phân số n 69 Gọi q số chữ số 3,3,3,3 viết hệ thập phân số n121 Ta có hai đánh giá sau p + log10 (1987) > 69a ≥ p + log10 (1986) q + log10 (3334) > 121a ≥ q + log10 (3333) 121 p + 121log10 (1987) > 69 ×121a ≥ 121 p + 121log10 (1986) 69q + 69 log10 (3334) > 69 ×121a ≥ 69q + 69 log10 (3333) 121 p + 399.0 > 69 ×121a ≥ 121 p + 399.0 69q + 243.0 > 69 ×121a ≥ 69q + 243.0 Do 121 p + 399 = 69q + 243 ⇔ 69q − 121 p = 156 , p = 66 + 69m , q = 118 + 121m [69 ×121a] = 8385 + 8349m Vì a ∈ [2,3) nên ta tìm m = ( p, q ) = (135, 239) p + log10 (1987) > 69a ≥ p + log10 (1986) ⇒ 2.00431853977043 ≤ a < 2.00432170821898 q + log10 (3334) > 121a ≥ q + log10 (3333) ⇒ 2.00432095300546 ≤ a < 2.00432202971481 Vậy 2.00432095300546 ≤ a < 2.00432170821898 100.999902143645 ≤ n < 101.000077776911 Từ ta tìm n = 101 số thỏa mãn yêu cầu đề  a  = [a]  Tìm tất nghiệm thực phương trình ( − [a ])  1 − a  a = −1 + ∈ [−2, −1) , phương trình cho trở thành Giải: Nếu a ≥ 1− a 1− a (1 − [a ])(−2) = [ a] ⇔ [ a] = ⇔ a ∈ [2,3) Nếu ≤ a < [a ] = phương trình trở thành = (vô lý) nên trường hợp phương trình vô nghiệm 1 a ⇒ n −1 ≤ 200 ⇒ p n = 101 ⇒ p = 101 n = Vậy ta có kết cần tìm 101  Khi viết số ( + 3) 2012 hệ thập phân số có dạng abc, xyz Tìm x.( tức chữ số thập phân sau dấu phẩy) Giải: Xét dãy a0 = 2, a1 = 10 an + = 10an+1 − an có số hạng tổng quát an = (5 + 6) n + (5 − 6) n Vậy ( + 3) 2012 = (5 + 6)1006 = a1006 − (5 − 6)1006 từ < − < ta có 1 ⇒ a1006 > ( + 3) 2012 > a1006 − Vậy x = 10 10  Cho a,b,c số nguyên khác không, giả sử phương trình ax + by + cz = có nghiệm nguyên khác không Chứng minh phương trình ax + by + cz = có nghiệm hữu tỉ ( ( x, y, z ) ∈ ¤ ) Giải: Cho u , v, w ∈ ¢ * số nguyên khác không cho au + bv + cw2 =  (c − 1)u (c − 1)v c +  2 , , Khi ( x, y, z ) =  ÷ nghiệm phương trình ax + by + cz = 2cw 2c   2cw  Chứng minh phương trình x − 14 xy + y + 261 = có vô số nghiệm nguyên Giải: ( x, y ) nghiệm với x ≡ y ( mod ) < x < y suy (5 − 6)1006 < 4y − x 55 y − 16 x   , y1 =  x1 = ÷ nghiệm với x1 , y1 ∈ ¢ < x < x1 < y1 3   x1 ≡ y1 ( mod 3) Từ ( x, y ) = (3,33) nghiệm ,trong < x < y x ≡ y ( mod 3) Từ ta có điều phải chứng minh  Giải hệ phương trình sau tập số nguyên z x = y2x  z x 2 =  x + y + z = 20  Giải: Từ phương trình hai suy z = x , vào phương trình thứ ta  y = 2x x 2x (2 x) = y , x ≠  , x số chẵn  y = −2 x Nếu z = y = x , vào phương trình thứ ba ta có y + y − 40 = Từ ta tìm y = −4 nghiệm ( x, y, z ) = (8, −4,16) Nếu z = x, y = −2 x vào phương trình thứ ba ta có y − y + 40 = (vô nghiệm) Vậy ( x, y, z ) = (8, −4,16) nghiệm hệ  Tìm nghiệm nguyên phương trình ( x + 1) − ( x − 1) = y 4 Giải: Ta viết lại phương trình thành x( x + 1) = y Ta có nhận xét sau: gcd( x, x + 1) = x( x + 1) = y suy đồng thời x, x + phải số phương, ∃u , v cho x = u x + = v Do ( x, y ) = (u , uv) với u + = v ⇒ (v − u )(v + u ) = , ta tìm (u, v) = (0, ±1) Vậy nghiệm phương trình ( x, y ) = (0, 0)  Tìm tất nghiệm nguyên ( x, y ) phương trình ( x − 1) x ( x + 1) + ( y − 1) y ( y + 1) = 24 − xy Giải: Phương trình cho tương đương với ( x + y − 3)( x − xy + y + 3x + y + 8) = Vậy họ nghiệm phương trình ( x, y ) = (n,3 − n) Bây ta tìm nghiệm nguyên phương trình lại x − xy + y + 3x + y + = ⇔ (2 x − y + 3) + 3( y + 3) = Từ ta có trường hợp sau: x − y + = y + = ( x, y ) = (−2, −2) x − y + = y + = −1 ( x, y) = (−3, −4) x − y + = −1 y + = ( x, y ) = (−3, −2) x − y + = −1 y + = −1 ( x, y) = (−4, −4) x − y + = y + = ( x, y ) = (−2, −3) x − y + = −2 y + = ( x, y ) = (−4, −3) Vậy nghiệm phương trình là: ( x, y ) ∈ {( −2, −2), ( −3, −4), ( −3, −2), ( −4; −4), ( −2, −3), ( −4, −3)} ∪ ∪n∈¢ {(n,3 − n)} l l Chứng minh tồn số nguyên dương l cho a + b ≡ 1( mod ab ) a, b số nguyên dương (a, b) = ϕ (b) ≡ 1( mod b ) Từ Giải: Theo định lý Euler : Nếu (a, b) = a  ⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1ϕ ( a ) ≡ 1( mod b ) ⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) + bϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod b ) ϕ ( b )ϕ ( a ) + bϕ ( b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod a ) Tương tự thay a b ta có a ϕ ( b )ϕ ( a ) + bϕ ( b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod ab ) Vì (a, b) = nên a  Nếu p, q số nguyên dương cho p 1 1 1 = + − + + − + + − + + + − q 478 479 480 p Chứng minh chia hết cho 641 Giải: Ta viết lại tổng thành  1 1   1 S = 1 + + + L + ÷−  + + L + ÷ 480   480     1   1 S = 1 + + + L + ÷− 1 + + + L + ÷ 480   160   1 S= + +L + 161 162 480 320 1 641 + = Từ suy S = ∑ ??? (321 − k ) k + 160 481 − k (k + 160)(481 − k ) k =1 k + 160 Chứng minh tồn vô số n cho n + (n + 1)2 số phương Giải: Giả sử u , v thỏa mãn u = 2v − Khi (u + v ) − v + = 2(u + v )v ⇒ ((u + v ) − v + 1) = 4(u + v) v  ⇔ (u + 2uv + 1) = 4(u + v) v ⇔ (u + 2uv + 1) = 4(u + v) v ⇔ (u + 2uv) + (u + 2uv + 1) = (u + 2uv + 2v ) Vậy u = 2v − ⇒ n = u (u + 2v) nghiệm thỏa mãn phương trình Ta biết phương trình u = 2v − phương trình Pell nên có vô số nghiệm (1,1) nghiệm (u, v) ⇒ (3u + 4v, 2u + 3v) nghiệm Ví dụ: (u, v) = (1,1) ⇒ n = 1(1 + 2) = ⇒ 32 + 42 = 52 (u, v) = (3.1 + 4.1, 2.1 + 3.1) = (7,5) ⇒ n = 7(7 + 2.5) = 119 nên ta có 1192 + 120 = 1692 (u, v) = (3.7 + 4.5, 2.7 + 3.5) = (41, 29) ⇒ n = 41(41 + 2.29) = 4059 nên ta có 40592 + 40602 = 57412 ……  Chứng minh tồn số a,b,c,d đôi khác cho tổng chữ số số a + b + c + d 19981998 k −1 2 Giải: Xét số uk = ∑ 10 , ta có S (uk ) = k Nhận thấy với số dương k i =0 x, y , z , t ta tìm số nguyên i, j , k cho S (10i x + 10 j y + 10k z + t ) = S (10i x ) + S (10 j y ) + S (10 k z ) + S (t ) = S ( x ) + S ( y ) + S ( z ) + S (t ) Chọn số nguyên i, j , k ta có S ((10i u4470 ) + (10 j u31 ) + (10k u11 ) + (u4 ) ) = S (u4470 ) + S (u312 ) + S (u112 ) + S (u42 ) = 4470 + 312 + 112 + = 19981998  Tìm tất nghiệm nguyên dương phương trình 1 + = x y 20 1 1 1 = − ⇒ = + − ⇒ x ∈ ¤ ⇒ x = 5u , từ tính đối xứng Giải: y 20 x y 20 x 5x 1 ta có y = 5v Vậy phương trình cho trở thành + = , với nghiệm u v (4, 4), (3, 6), (6,3) Từ ta tìm nghiệm phương trình cho ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} Cách khác: x+ y = ⇔ xy = 20( x + y ) ⇔ xy + 20 = 20 x + 20 y + 20 xy 20 ⇔ x ( y − 20) − 20 y + 20 = 20 ⇔ ( y − 20)( x − 20) = 20 Vì x, y số nguyên dương nên ta đặt x = a y = b ta có ((a − 2) 5)((b − 2) 5) = 20 ⇔ ( a − 2)(b − 2) = Từ ta tìm nghiệm phương trình là: (a, b) = (6,3), (4, 4), (3, 6) hay ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} Chứng minh với số nguyên dương n lẻ n12 − n8 − n + chia hết cho 29 Giải: Ta có n12 − n8 − n + = (n + 1)(n + 1) ( n − 1) , với n lẻ | n + , 22 | (n + 1) 26 | (n − 1) Từ ta có điều phải chứng minh  Tìm nghiệm nguyên ( x, y, z ) phương trình ( x + y )( y + z )( z + x) + ( x + y + z )3 = − xyz Giải: Phương trình cho tương đương với phương trình sau (2 x + y + z )( x + y + z )( x + y + z ) = a+b+c a+b+c a+b+c   ,b − ,c − Vậy ( x, y, z ) =  a − ÷ a, b, c ∈ ¢ , abc = 4   a + b + c ≡ ( mod )  Từ ta dễ dàng tìm nghiệm phương trình (a, b, c) = {(2,1,1), (2, −1, −1)} hoán vị Vậy nghiệm phương trình là: ( x, y, z ) ∈ {(0, 0,1), (0,1, 0), (1, 0, 0), ( −1, −1, 2), ( −1, 2, −1), (2, −1, −1)} ,  k k +1 Chứng minh ak ≡ −7(mod ) ak ≡ −7(mod ) ak2 ≡ 2k − 7(mod 2k +1 ) k k Giải: x ≡ −7 ( mod ) ⇒ x + = n k +1 Nếu n = 2m số chẵn suy x + = m2k +1 x ≡ −7 ( mod ) k k +1 Nếu n = 2m + số lẻ suy x + = m2k +1 + 2k x ≡ − ( mod ) Từ suy điều phải chứng minh  Tính tổng [ 1] + [ 2] + + [ 2011] 2 Giải: ∀k ∈ [ p , ( p + 1) ) :  k  = p ⇒ ∑(k p=+p1)2 −1 2011 43 ⇒ S = ∑ (2 p + p ) + ∑2011 44 ⇒ S = k = 442 p =1 2011 Vậy ∑  k =1 43  k  k  = (2 p + 1) p ⇒ S = ∑  k  = ∑ (k p=+p1)2 −1  k  + ∑k2011 = 44    p =1      k =1 43 × 44 × 87 43 × 44 + + 76 × 44 k  = 59158  Tìm số hữu tỉ dương (a, b) cho a + b = + Giải: Ta có a, b > , bình phương hai vế phương trình ta a + b =  a + b − = 4ab − ⇒  ab = 7 Từ ta tìm ( a, b) ∈ {( , );( , )} 2 2  Chứng minh phương trình x + y = z có vô số nghiệm thỏa mãn điều kiện gcd ( x, y, z ) = Giải: Ta có đẳng thức (16 x − 24 x + 1) + (32 x − x) = (4 x + 1) Suy gcd(16 x − 24 x + 1, x + 1) = gcd(16 x − 24 x + 1,32 x − x, x + 1) = Từ ta có điều phải chứng minh  Tìm (a, b) ∈ ¥ thỏa mãn phương trình a b + b a = 3999 Giải: Không tổng quát, giả sử a ≤ b 1) Nếu a = ta có + b = 3999 nghiệm phương trình (a, b) = (1,3998) 2) Nếu a = phương trình trở thành 2b + b = 3999 , từ suy ≤ b ≤ 11 số lẻ 213 > 3999 ta tìm b ∈ {3,5, 7,9,11} không nghiệm 3) Nếu a = phương trình trở thành 3b + b3 = 3999 , từ suy ≤ b ≤ b chia hết cho 38 > 3999 ta tìm b ∈ {3, 6} không nghiệm 4) Nếu a = phương trình cho trở thành 4b + b = 3999 b ≥ số lẻ ≤ 47 > 3999 , ta tìm b ∈ {5} không nghiệm 5) Nếu a = phương trình cho trở thành 5b + b5 = 3999 b ≥ ≤ 56 > 3999 , ta tìm b ∈ {5} không thỏa mãn phương trình 6) Nếu a ≥ a b ≥ a a ≥ 66 > 3999 Vậy nghiệm phương trình (a, b) ∈ {(1,3998), (3998,1)} x x y  Tìm nghiệm nguyên dương ( x, y ) phương trình x x = (19 − y x ) y x − 74 Giải: Nếu x = ⇒ = (19 − y ) y − 74 ⇒ y − 19 y + 75 = , phương trình vô nghiệm Nếu y = ⇒ VP = −56 < , phương trình vô nghiệm Nếu x > 1, y > có năm cặp ( x, y ) thỏa mãn y x < 19 (2, 2), (2,3), (2, 4), (3, 2), (4, 2) Trong năm cặp số có ( x, y ) = (2,3) thỏa mãn nghiệm cần tìm  Tìm sáu chữ số cuối số 52012 16 Giải: Theo phương pháp LTE ta có v2 (5 − 1) = 5n +16 ≡ 5n ( mod106 ) , ∀n ≥ 2012 ≡ 512 ( mod106 ) , từ ta có 52012 ≡ 140625 ( mod106 ) Vậy Vậy sáu chữ số cuối số 52012 140625  Tìm số tự nhiêm có sáu chữ số, số bắt đầu kết thúc chữ số Hơn số tích ba số chẵn liên tiếp Giải: Considering that the required number is N = (2 x − 2)2 x(2 x + 2) = x( x − 1) , ta có: Nếu ≤ x ≤ 29 ⇒ N ≤ 194880 số có sáu chữ số bắt đầu chữ số Nếu x = 30 ⇒ N = 215760 số không kết thúc chữ số Nếu x = 31 ⇒ N = 238080 số không kết thúc chữ số Nếu x = 32 ⇒ N = 261888 số không kết thúc chữ số Nếu x = 33 ⇒ N = 287232 thỏa mãn Nếu x ≥ 34 ⇒ N ≥ 314160 số có sáu chữ số mà bắt đầu chữ số Vậy 287232 = 64 × 66 × 68 số cần tìm m  Tìm công thức tổng quát ∑  i =1 k +1 ( k + 1) ta có  2i −  = k ≤i≤ 2 Giải: Với 2i −   ( n +1)      n   (k + 1)   k +     i − = k 1 +  ∑ − ÷   ∑ i =1 k =1      n n  (k + 1) − k +   (k + 1) k +  = ∑ k 1 + − + k − ∑ ÷ 1 + ÷ 2  k =1,k odd  2  k =1, k even  Vậy = n ∑ k =1, k even = k2 + n ∑ k (k + 1) = k =1, k odd n(n + 1)(2n + 1)  n +  +   n ∑k k =1, k + n ∑ k k =1, k odd  (n + 1)  Như ta chọn n as greast integrpart such as   ≤ m , ta    (n + 1)  n(n + 1)(2n + 1)  n +    i − = + + ( n + 1)( m − ∑  )     i =1    (n + 1)   (n + 2)  ≤ m < Từ bất đẳng thức     , ta có n =  2m +  −     Như m k2  k ( k − 1)(2 k − 1) k     i − = km + + − k ∑   where k =  2m +      i =1   Hay rút gọn m  2i −  = km −  k (k + 2)(2k − 1)  where k =  2m +  ∑       12 i =1 m  Tìm số tự nhiên n > thỏa mãn 2011n = 2011 n n−1 Giải: Ta có 2011 ≡ 2011( mod10000 ) 2011 ≡ 1( mod10000 ) m Giá trị nhỏ m ∈ ¥ cho 2011 ≡ 1( mod10000 ) 500 Vậy n = 500k + 1, ∀k ∈ ¥  Tìm tất n ∈ ¥ * thỏa mãn phương trình (n + 1) n + n n + (n − 1) n = 11n Giải: Nếu n ≥ n n − > 11 n n > 11n , suy n ∈ {1, 2,3} Kiểm tra thấy n = nghiệm  Tìm tất cặp (q, r ) hữu tỉ cho Giải: Ta có 25 + 11 = q + 10 r 5 25 + 11 = q + 10 r 25 − 11 = q − 10 r ( liên hợp)  25 + 11 + 25 − 11  125 ÷ ~ Vậy q =  ⇒r ~  ÷ 16 256    125   125  q, r ) =  , ( + 10 = 25 + 11 Từ ta tìm  hay ÷ ÷ ÷ 16 256 16 256      Tìm phần nguyên + 1 1 + + + + n số n phương n dx dx > Sn > ∫ + , ∀n > x x n 1 , ∀n > 2n − > S n2 > 2n − + , ∀n > Vậy n − > S n > n − + n n n Giải: Dễ thấy + ∫1 Từ ta tìm  S n2  = 2n − 2, ∀n > ý S12 = [...]... bởi chữ số 2 Hơn nữa số bằng là tích của ba số chẵn liên tiếp Giải: Considering that the required number is N = (2 x − 2)2 x(2 x + 2) = 8 x( x 2 − 1) , ta có: Nếu 1 ≤ x ≤ 29 ⇒ N ≤ 194880 không thể là một số có sáu chữ số bắt đầu là chữ số 2 Nếu x = 30 ⇒ N = 215760 là một số không kết thúc bởi chữ số 2 Nếu x = 31 ⇒ N = 238080 là một số không kết thúc bởi chữ số 2 Nếu x = 32 ⇒ N = 261888 là một số không... Trong năm cặp số này chỉ có ( x, y ) = (2,3) là thỏa mãn và đó cũng là nghiệm duy nhất cần tìm  Tìm sáu chữ số cuối cùng của số 52012 16 Giải: Theo phương pháp LTE ta có v2 (5 − 1) = 6 và do đó thì 5n +16 ≡ 5n ( mod106 ) , ∀n ≥ 6 2012 ≡ 512 ( mod106 ) , từ đó ta có 52012 ≡ 140625 ( mod106 ) Vậy 5 Vậy sáu chữ số cuối cùng của số 52012 là 140625  Tìm một số tự nhiêm có sáu chữ số, số này bắt đầu... 25π 37π 19π x ∈ { + 2 kπ , + 2 kπ , + 2kπ , + 2kπ , + 2kπ } 12 36 36 36 12  Tìm số tự nhiên n = abc thỏa mãn đồng thời hai điều kiện n 69 = 1986 và n121 = 3333 Giải: Đặt a = log10 n ∈ [2,3) Gọi p là số các chữ số 1,9,8, 6 viết trong hệ thập phân của số n 69 Gọi q là số các chữ số 3,3,3,3 viết trong hệ thập phân của số n121 Ta có hai đánh giá sau p + log10 (1987) > 69a ≥ p + log10 (1986) q + log10... 2) − 1 ≡ 7 + 30 − 1 ≡ 0 ( mod 9 ) Từ đó ta có điều phải chứng minh  Tìm tất cả các cặp ( x, n) mà n là một số nguyên tố thỏa mãn 3x + n = 29 Giải: Nhận thấy rằng 3x và 29 dều là số lẻ nên n phải là số chẵn, từ đó ta tìm được nghiệm là ( x, n) = (3, 2)  Tìm số tự nhiên số tự nhiên N có 4 chữ số a, b, c, d sao cho abcd = (a + b + c + d )3 Giải: Gọi N = abcd và S = a + b + c + d thì N = S 3 Ta có N... khác nhau sao cho tổng các chữ số của số a 2 + b 2 + c 2 + d 2 bằng 19981998 k −1 2 2 2 Giải: Xét số uk = ∑ 10 , ta có S (uk ) = k Nhận thấy rằng với bất kì các số dương k i =0 x, y , z , t ta luôn có thể tìm được các số nguyên i, j , k sao cho S (10i x + 10 j y + 10k z + t ) = S (10i x ) + S (10 j y ) + S (10 k z ) + S (t ) = S ( x ) + S ( y ) + S ( z ) + S (t ) Chọn các số nguyên i, j , k ta có S ((10i... […] là bội chung nhỏ nhất của các số [ 102,103,…,198,199, 200] Giải phương trình [ x ] + Giải: Với bất kì số nguyên tố p thuộc [2,199] n = v p (upper part)7$$ = v p (lower part) trừ khi : p n < 1022 và p n > 200 ⇒ p n = 101 ⇒ p = 101 và n = 1 Vậy ta có kết quả cần tìm là 101  Khi viết số ( 2 + 3) 2012 trong hệ thập phân thì được số có dạng abc, xyz Tìm x.( tức là chữ số thập phân đầu tiên sau dấu phẩy)... chữ số 2 Nếu x = 31 ⇒ N = 238080 là một số không kết thúc bởi chữ số 2 Nếu x = 32 ⇒ N = 261888 là một số không kết thúc bởi chữ số 2 Nếu x = 33 ⇒ N = 287232 thỏa mãn Nếu x ≥ 34 ⇒ N ≥ 314160 không thể là một số có sáu chữ số mà bắt đầu là chữ số 2 Vậy 287232 = 64 × 66 × 68 là số duy nhất cần tìm m  Tìm công thức tổng quát của ∑  i =1 k +1 ( k + 1) ta có  2i − 1  = k ≤i≤ 2 2 2 Giải: Với 2i − 1 ... x ( y − 20) − 20 y + 20 = 20 ⇔ ( y − 20)( x − 20) = 20 Vì x, y là các số nguyên dương nên ta đặt x = a 5 và y = b 5 khi đó ta có ((a − 2) 5)((b − 2) 5) = 20 ⇔ ( a − 2)(b − 2) = 4 Từ đó ta tìm được các nghiệm của phương trình là: (a, b) = (6,3), (4, 4), (3, 6) hay ( x, y ) ∈ {(80,80), (45,180), (180, 45)} Chứng minh rằng với bất kì số nguyên dương n lẻ thì n12 − n8 − n 4 + 1 chia hết cho 29 Giải: Ta... ) và S ≡ 0,1,8 ( mod 9 ) S ∈ [10, 21] ⇒ S ≡ 0,1,8 ( mod 9 ) ⇒ S ∈ {10,17,18,19} ⇒ N ∈ {1000, 4913, 5832, 6859} Vậy N ∈ {4913,5832}  Tìm số nguyên N lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau: N  a)   có ba chữ số giống nhau 3 N  b)   = 1 + 2 + 3 + L + n với số nguyên dương n nào đó 3 ( Tây Ban Nha 2000) n(n + 1) = 111k với k ∈ {1, 2,3, 4,5, 6, 7,8,9} Giải: Từ giả thiết suy ra 2 Xét theo modun... {(n,3 − n)} l l Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương l sao cho a + b ≡ 1( mod ab ) trong đó a, b là các số nguyên dương và (a, b) = 1 ϕ (b) ≡ 1( mod b ) Từ đó Giải: Theo định lý Euler : Nếu (a, b) = 1 thì a  ⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1ϕ ( a ) ≡ 1( mod b ) ⇒ aϕ (b )ϕ ( a ) + bϕ (b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod b ) ϕ ( b )ϕ ( a ) + bϕ ( b )ϕ ( a ) ≡ 1( mod a ) Tương tự nếu thay a bởi b thì ta có a ϕ ( b )ϕ ( a ) +