ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI THANH HÓA:

 

Tìm các số nguyên dương x;y thỏa mãn : 

                                             x³ - y³ = 95(x² +y²)

chc là chia hết cho, còn  koch là ko chia hết nhé

có (x-y)(x²+xy+y²)=95(x²+y²)

mà x²+xy+y²>x²+y² >0 => 0<x-y<95

có x²+xy+y² =< 3/2(x²+y²) => x-y> 2/3 * 95 => x-y>=64

giả sử x-y koch 5 => x²+xy+y² chc 5  (2)

nếu x chc 5 => y chc 5 => x-y chc 5

nếu x koch 5 => y koch 5 => xy koch 5 => x²+y² koch 5 (1)

vì x,y koch 5 => x²,y² chia cho 5 có số dư là 1 hoặc 4 kết hợp (1) => x²-y² chc 5 mà x-y koch 5 => x+y chc 5

=> x²+2xy+y² chc 5  kết hợp (2) => xy chc 5 vô lý

=> x- y chc 5 => x-y =65 ; 70 ; 75 ; 80 ; 85 ; 90

P/s: cách này m nghĩ chưa tối ưu ai có cách hay hơn thì đăng nhé

Góp cho topic bài này:

$7x^2y^2+x^2+y^2=9xy$

có x²+y²>=2xy

=> 7xy>=7x²y² => xy(1-xy) =< 0

=> 0=<xy =< 1 => xy=0 or xy=1

tự tìm x,y nhé

      làm sao vậy bạn

BĐT cần cm <=> a(1/b+1/c-4/(b+c))+b(1/c+1/a-4/(c+a))+c(1/a+1/b-4/(a+b)) >=0

mà 1/x+1/y >= 4/(x+y) với mọi x,y>0 => đpcm

Khởi động lạị topic nào

Bài 35.(Sáng tác)

Tìm các hàm: $\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thoả:

$f(x+f(y))=yf(x)+xf(y)$

Bài 36: (nguồn Aops) Cho $a,b,c>0$ thoả: abc=1. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{1}{a^{7}+a^{5}+2}\geq 1$

 Kí hiệu P(x₀,y₀) là hàm khi thay x bởi x₀, y bởi y₀

     với mọi là vm nhé

TH1 : Nếu f(0)=0

Có P(x;0) : f(x+f(0))=xf(0) vm x

       => f(x)=0 vm x

TH2 Nếu f(0) khác 0

Ta chứng minh f là đơn ánh

P(0;x) : f(f(x))=xf(0)  vm x

Ta cm nếu f(a)=f(b) thì a=b

có P(0;a) : f(f(a))=af(0)

     P(0;b) : f(f(b))=bf(0)

có f(a)=f(b) => af(0)=bf(0) mà f(0) khác 0 => a=b

vậy hàm f là hàm đơn ánh

có P(0;1) : f(f(1))=f(0)

=> f(1)=0;

có P(1;x) : f(1+f(x))=xf(1)+f(x) vm x

             => f(1+f(x)) =f(x) vm x

             => 1+f(x)=x vm x

              => f(x) =x-1 vm x

              Thử lại thấy ko tm

Vậy  f(x)=0 vm x

P.s:chả biết có đúng ko

Đóng góp bài này cho topic

Cho a,b,c,d  thỏa mãn a+b+c+d=6 và a²+b²+c²+d²=12

cmr 48 >= 4(a³+b³+c³+d³) -(a⁴+b⁴+c⁴+d⁴) >= 36

Tìm n nguyên dương sao cho căn bậc n của n đạt GTLN

có 25 quân cờ. Hùng, Dũng lần lượt lấy một số quân cờ sao cho nhiều nhất là 3 quân, ít nhất là 1 quân.

Người nào chỉ để lại 1 quân cớ cuối cùng sẽ thắng cuộc. Làm sao để người đi sau là người chiến thắng

ta sẽ làm như sau

nếu người đi trước bốc 1 quân cờ thì người đi sau bốc 3 quân cờ

nếu người đi trước bốc 2 quân cờ thì người đi sau bốc 2 quân cờ

nếu người đi trước bốc 3 quân cờ thì người đi sau bốc 1 quân cờ

cứ làm như vậy 5 lần thì sẽ còn 5 quân cờ

bây giờ đến lượt người đi trước bốc thì kiểu gì người sau bốc cũng sẽ chừa lại đc 1 viên nên người thứ 2 win

Thấy bài này năm đó thành phố mình ít người giải được nên post lên

Bài 95: Cho 1000 số nguyên dương a₁,a₂,...,a₁₀₀₀ sao cho $1<\leq a_{k}\leq k$ với mọi k=1,2,..,1000 và a₁+a₂+...+a₁₀₀₀ là số chẵn. Hỏi trong các số +-a₁ +- a₂ +-...+-a₁₀₀₀ có số nào =0 không? Giải thích (PTNK 2000)

Chả hiểu câu hỏi là ý gì ???

Bài 98 Kí hiệu $\tau (n)$ là số lượng các ước số tự nhiên của $n$. CM với mọi $n$ nguyên dương ta luôn có$\tau (n)^{2}<4n$

Bài 99 Cho $a,b$ nguyên dương sao cho $\frac{a^{2}b+a+b}{ab^{2}+b+3}$ là số nguyên dương .CM $9\mid ab$

Chúc mừng topic đạt 100 bài

Bài 100 (Bài này khó nhô não)

Cho số nguyên tố$p$  sao cho $p\equiv 1(mod4)$ và số nguyên dương $a$ thỏa mãn $(a,p)=1$

Tính $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left \{ \frac{ak^{2}}{p} \right \}$

TOPIC tiếp tục với các bài toán số học hấp dẫn nào:

88) Có hay không các số nguyên $x,y,z$ thỏa mãn: $\left | x-2005y \right |+\left | y-2007z \right |+\left | z-2009x \right |=2011^{x}+2013^{y}+2015^{z}$

Nếu $x,y,z$ nguyên không âm thì vế trái chẵn, vế phải lẻ (vô lý)

Nếu trong 3 số $x,y,z$ có 1 số <0

Nếu $x\geq ,y\geq 0,z<0$

=> $2011^{x}+2013^{y}< VT <2011^{x}+2013^{y}+1$

=> VT ko là số nguyên , VP là số nguyên => vô lý

Tượng tự với TH 2 số <0 và 3 số <0 thì kẹp chúng giữa 2 số nguyên liên tiếp thì ko phải số nguyên

TOPIC tiếp tục với các bài toán số học hấp dẫn nào:

89) Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn: $x^{3}+x^{2}y+xy^{2}+y^{3}=4(x^{2}+y^{2}+xy+3)$

$(x^{2}+y^{2})(x+y)=4(x^{2}+y^{2})+4xy+12<7(x^{2}+y^{2})  voi  x^{2}+y^{2}>12$

=> x+y<7 ....

Bài 107:Cho a,b,c,d là các số tự nhiên sao cho $b^{2}+1=ac,c^{2}+1=bd$. Chứng minh rằng a=3b-c, d=3c-b

Thấy bài này có vẻ hay , mà chưa thấy ai giải

từ giả thiết suy ra $a,b,c,d$ là số nguyên dương

giả sử $a+c$ chia $b$ dư $r$ => $a+c=bm+r$

=> $b^{2}+1=c(mb+r-c)$

=> $b^{2}+c^{2}-mbc+1=rc$

mà theo gt ta có $b\mid c^{2}+1;c\mid b^{2}+1$

=> $bc\mid b^{2}+c^{2}+1=>rc\mid bc=>r\mid b=>r=0$ (vì r<b)

=> $b^{2}+c^{2}+1-mbc=0$ có nghiệm nguyên dương $(b;c)$ với m nguyên dương

Theo nguyên lý cực hạn tồn tại bộ nghiệm $(b_{0};c_{0})$ mà $b_{0}+c_{0}$ là nhỏ nhất

ta thấy $(b_{0};c_{0})$ là 1 nghiệm của PT thì $(c_{0};b_{0})$ cũng là nghiệm của PT . KMTTQ giả sử $b_{0}\geq c_{0}$

=> $b_{0}$ là 1 nghiệm của PT bậc 2 

  $b^{2}-b.mc_{0}+c_{0}^{2}+1=0$  (1)

=> PT (1) còn 1 nghiệm khác là $b_{1}$ theo giả sử như trên thì $b_{1}+c_{0}\geq b_{0}+c_{0}=> b_{1}\geq b_{0}$

AD Vi-ét ta có

$b_{1}+b_{0}=mc_{0};b_{1}b_{0}=c_{0}^{2}+1$

Từ đây suy ra $b_{0},b_{1}$ đều là số nguyên dương

$c_{0}^{2}=b_{1}b_{0}-1\leq b_{0}^{2}(b_{0}\geq c_{0})$

Nếu $b_{1}=b_{0}=>b_{0}^{2}=c_{0}^{2}+1=>m=...$

Nếu $b_{1}>b_{0}=>b_{1}b_{0}-1>(b_{0}-1)^{2}$=>$c_{0}^{2}$ là scp và bị kẹp giữa 2 SCP liên tiếp => $b_{0}=c_{0}$

=>$m=3$

m=3,r=0=>$a+c=3b$

 tương tự với cái còn lại

P/s: Đánh LaTex bài này xong mà muốn gãy tay,

Mà bài 98.99.100 mk đăng ko ai giải ah

Bài 91: Tìm tất cả các cặp số (p, n) với p là số nguyên tố và n là số nguyên dương thỏa mãn:

$p^3-2p^2+p+1=3^n$

easy to prove $n$ chẵn

=>$n=2k$

=> $p(p-1)^{2}=(3^{k}-1)(3^{k}+1)$

TH1  $3^{k}-1$ chia hết cho p

=> $3^{k}-1=px ;3^{k}+1=px+2$ ($x$ nguyên dương)

thay vào có

$(p-1)^{2}=x(px+2)$

<=> $p^{2}-p(x^{2}+2)+(1-2x)=0$

coi đây là phương trình bậc $2$ với ẩn $p$

có $\Delta =(x^{2}+2)^{2}+4(2x-1)$ là số chính phương

=> $x^{4}+4x^{2}+8x$ là số chính phương

Xét 1 số TH của $x$ để kẹp biểu thức trên giữa bình phương của 2 đa thức (tự túc )

TH2: Tương tự như TH1

Bài 142: Có thể tìm được hay không 1 dãy số tự  nhiên gồm 2018 số liên tiếp mà trong dãy đó không có số nào là số nguyên tố.

Mk trả lời cho bạn tổng quát n số luôn nè

Dãy $(n+1)!+2;(n+1)!+3;(n+1)!+4;...;(n+1)!+(n+1)$

là dãy gồm n số liên tiếp mà tất cả các số đều là hợp số

Đi vét  thôi

Bài 82: Tìm tất cả các cặp số nguyên tố (p, q) thỏa mãn $p> q$ và $p^3-q^7=p-q$

$p^{3}-p=q^{7}-q>q^{6}-q^{2} => p>q^{2}$

mà $p(p-1)(p+1)=q(q-1)(q+1)(q^{2}+q+1)(q^{2}-q+1)$ chia hết cho p

=> từng cái phải chia hết cho $p$ mà $p>q^{2}$

=> chỉ xảy ra $q^{2}+q+1$ chia hết cho $p$

q nguyên tố => $q^{2}+q+1<2q^{2}=2p$ => $p=q^{2}+q+1$

thay vào giải

Tại sao các số trên đều là hợp số 

Có các phản chứng, ví dụ $n=1$ thì $(n+1)!+3=5$ là số nguyên tố mà 

Đề bài yêu cầu chỉ ra tồn tại hay không tức là tôi đã chỉ ra 1 dãy tm bài, n=1 ko được cho n bằng 1 tỷ thử xem tm mà

bạn xem số thứ nhất chẵn , số thứ 2 chia hết cho 3 , số thứ 3 chia hết cho 4, ...., số thứ n chia hết cho n+1

Chả hiểu câu hỏi là ý gì ???

Bài 98 Kí hiệu $\tau (n)$ là số lượng các ước số tự nhiên của $n$. CM với mọi $n$ nguyên dương ta luôn có$\tau (n)^{2}<4n$

Bài 99 Cho $a,b$ nguyên dương sao cho $\frac{a^{2}b+a+b}{ab^{2}+b+3}$ là số nguyên dương .CM $9\mid ab$

Chúc mừng topic đạt 100 bài

Bài 100 (Bài này khó nhô não)

Cho số nguyên tố$p$  sao cho $p\equiv 1(mod4)$ và số nguyên dương $a$ thỏa mãn $(a,p)=1$

Tính $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\left \{ \frac{ak^{2}}{p} \right \}$

Vì đã lâu nên mk xin đưa ra đáp án bài 98

Bài 98

Có nếu $a\mid n$ thì $b=\frac{n}{a}\mid n$

ta chia các ước số nguyên dương của $n$ thành các cặp là $a< \sqrt{n}$ (gọi là số A) và $b=\frac{n}{a}$ (gọi là số B)

=> số các số A=số các số B

TH1: $n$ không là SCP

=>=> $\tau (n)=$ 2 lần số các số A

Khi  đó tất cả số A đều $< \sqrt{n}$

Gọi d là số lớn nhất trong các số A => $d\leq \left [ \sqrt{n} \right ]< \sqrt{n}$

Mọi số A đều thuộc tập $\left \{ 1,2,3,...,\left [ \sqrt{n} \right ] \right \}$ nên số các số A $< \sqrt{n}$

=>$\tau (n)<2\sqrt{n}$

TH2: $n$ là SCP

=>$\sqrt{n}$ là ước của n => các số A $\leq \sqrt{n}-1$

=>số các số A$\leq \sqrt{n}-1$

=> $\tau (n)\leq 2(\sqrt{n}-1)+1< 2\sqrt{n}$  (cộng 1 ở đây là thêm cái thằng $\sqrt{n}$ )

 => xong

46. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho nó có 6 ước dương và tổng các ước của nó bằng 1140.

đi vét thôi

có $n$=$x_{1}^{a_{1}}.x_{2}^{a_{2}}.x_{3}^{a_{3}}...x_{m}^{a_{m}}$

với $x_{1},x_{2},x_{3},...,x_{m}$ là các số nguyên tố phân biệt

    $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{m}$ là số nguyên dương

=> số lượng các ước của n là  $(a_{1}+1)(a_{2}+1)...(a_{m}+1)=6$

mà 6 phân tích thành tích các số nguyên dương không nhỏ hơn 2 là $2.3$ và 6

TH1 : n có 2 ước nguyên tố và có số mũ $a_{1}+1=2;a_{2}+1=3 => a_{1}=1; a_{2}=2$

=> n có dạng $xy^{2}$ với x,y nguyên tố phân biệt từ đây chỉ ra 6 ước đó của n rồi tính tổng sau đó giải PT nghiệm nguyên

TH2: n có 1 ước nguyên tố và có số mũ là 5

=> n có dạng $a^{5}$  với $a$ nguyên tố

rồi kết hợp với giả thiết => $a^{5}+a^{4}+a^{3}+a^{2}+a+1=1140$

phân tích nhân tử giải pt các kiểu là xong

Thấy bổ đề này bá quá nên đăng mn xem thử chứ mk chưa biết cm đâu

Bài 69 : Chứng minh rằng với $a$ nguyên dương bất kì luôn tồn tại số nguyên tố  $n\in \left [ a,2a \right ]$

cho mk đóng góp bài này

1. Cho $n$ là số nguyên dương lớn hơn 1 thỏa mãn $n\mid 2^{n}+1$

Cmr $3\mid n$

2. Tìm tất cả p,q nguyên tố sao cho $pq\mid 2^{p}+2^{q}$

Bài 36: CMR nếu $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}$=k  có giá trị nguyên dương với $a$, $b$ nguyên dương thì nó không thể chia 7 dư 5

2 . Áp dụng định lý nhỏ fermat ta có: 2^p-2 chia hết cho p và 2^q- 2 chia hết cho q 

Vì p và q là 2 snt => 2^(pq) -2(2^p +2^q) +4 chia hết cho pq

=> 2^(pq)+4 chia hết cho pq

Số các số nguyên tố cùng nhau và nhỏ hơn pq là : pq-3( vì p,q là 2 snt)

=> 2^(pq-3)*8+4 chia hết cho pq

Theo định lý Euler thì 2^(pq-3) chia pq dư 1 nên nếu pq>8 thì 2^(pq-3)*8 chia pq dư 8

Mà 2^(pq) +4 chia hết cho pq nên 12 chia hết cho pq nhưng pq> 8 => vô lí

=> pq<8

Xét các snt có tích < 8 ta nhận p=2,q=2 ; p=3,q=2; p=2,q=3 làm nghiệm

P.S Bài cm của mình chỉ có thể dùng trong các kì thi chuyên toán riêng của các trường như ĐHKHTTN,ĐHSP còn thi chuyên thường thì không được

1. Ta cm bằng quy nạp rằng n có dạng 3^k

Với k=1 gt đúng

Giả sử gt đúng với k=n. Xét k=n+1 ta cần cm ₂3^k+1 ₊₁ chia hết cho n=3^k+1

Vì 3^k+1 là số lẻ nên ₂3^k+1 _{+1 =3(2}3^k+1-1 _- 23^k+1-2  _{+...+1) chia hết cho 3^k*3}

_=> (23^k+1-1 _- 23^k+1-2  _{+...+1) phải chia hết cho 3}k

Thật vậy, nếu ta cặp lần lượt các số hạng của dãy ₍₂3^k+1-1 _- 23^k+1-2  _+...+1)  và đặt nhân tử chung thì dãy sẽ có dang (2^k+1)a chia hết cho 3^k (gt quy nạp)

=> mệnh đề đúng với mọi k là số tự nhiên

=> n có dạng 3^k => n chia hết cho 3

wow, hay ah nha

bn dùng đến định lý Euler là ghê rồi :] chắc các bạn THCS chưa biết đến định lý này

theo mk giải 2 bài này chỉ dùng khái niệm cấp thôi

Giả sử k=7m +5. Từ gt ta có a^2 + b^2=( ab+1)(7m+5)= 7mab +7m+5+5ab

 => (a+b)^2 = 7mab+7m+7ab+5=> (a+b)^2 chia 7 dư 5

nhưng 1 scp khi chia 7 chỉ có thể dư 0,1,4,2=> vô lí => đpcm

Bài 36 đó  là mk chém ra đó bạn , chứ nguyên văn đây nè

Bài 51: Tìm a,b,k nguyên dương sao cho  $\frac{a^{2}+b^{2}}{ab+1}=k$ có giá trị nguyên dương ( bài này ra nghiệm tổng quát nhé )

Bài 8: Một tập số nguyên không âm ${x,y,z}$ với $z>y>x$ thỏa mãn ${z-y;y-x}={1699;1969}$ được gọi là tập đặc biệt . Chứng minh tập các số nguyên không âm có thể phân hoạch thành các tập đặc biệt

P/s: Số trên chỉ mang tính tượng trưng

Bài bất cho đề như vậy là quá tệ. Làm sao có thể nhảy ra một bất đẳng thức phụ như thế. Nhất là khi chưa gặp bao giờ và ngồi trong phòng thi làm sao làm được. Ít ra phải cho câu a là gợi ý chứ. Đề thi năm nay chán quá

Bất đẳng thức phụ này tìm tòi ra trong lúc chứng minh chứ có ai nói là nó tự nhảy ra đâu bạn

BĐT này sử dụng công cụ đạo hàm để tìm ra phương trình tiếp tuyến tại điểm có hoành độ x=1 ( chỉ học cuối chương trình 10 chuyên hoặc 11 chuyên)

Có ai biết thông tin biểu điểm không, nếu có cho mk xin với nhé

Bài 2 chia hết cho là chc

Sử dụng quy nạp cm P= 1²+2²+...+n²=  n(n+1)(2n+1)/6

                                => P/n=(n+1)(2n+1)/6

do P/n là SCP =>(n+1)(2n+1)/6 =a² (a là SND)

^{có (n+1)(2n+1) chc 6 => n lẻ, n không chia hết cho 3}

^{=> n có dạng 6k+1 hoặc 6k+5}

nếu n=6k+1 => (3k+1)(4k+1)=a²  mà UCLN(3k+1,4k+1)=1 =>3k+1 và 4k+1 là SCP từ đó tìm k

nếu n=6k+5 => (k+1)(12k+11)=a² mà UCLN(k+1,12k+11)=1 => 12k+11 là SCP vô lý vì 12k+11 chia 4 dư 3 ko thể là SCP