Chủ đề này có 84 trả lời

[Zaraki]

Mình không hiểu bài 2 ra sao cả, ai đó chỉ hộ mình được không???

Cái đó thì bạn phải học tiếng Anh thôi, mình cũng mù tiếng Anh lắm! Khó mà giúp bạn được.
Mà mọi người nè! Mình nảy ra ý tưởng đưa các bài từ topic Chùm bài số học ở phần chú ý của box Số học (THCS) vào topic này, vì ở topic Chùm bài số học cũng giống ở topic này là đều giới thiệu về các bài toán số học (tuy topic bên kia có lẫn lộn một số bài về đại số) nên ta chỉ đưa sang đây các bài số học để mọi người thảo luận lời giải. Mọi người thấy thế nào!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 06-06-2011 - 15:21

[PNP]

Cái đó thì bạn phải học tiếng Anh thôi, mình cũng mù tiếng Anh lắm! Khó mà giúp bạn được.
Mà mọi người nè! Mình nảy ra ý tưởng đưa các bài từ topic Chùm bài số học ở phần chú ý của box Số học (THCS) vào topic này, vì ở topic Chùm bài số học cũng giống ở topic này là đều giới thiệu về các bài toán số học (tuy topic bên kia có lẫn lộn một số bài về đại số) nên ta chỉ đưa sang đây các bài số học để mọi người thảo luận lời giải. Mọi người thấy thế nào!

Đồng ý, nhưng cái tớ quan tâm là cái này cơ, không hiểu nó biến hóa ra kiểu gì nữa, ai giảng hộ tớ với???

[Zaraki]

Bài 5: (của anh NPKhánh) Cho phân số $A = \dfrac{n^2+4}{n+5} $. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn $1 \le n \le 2004 $ sao cho A là phân số chưa tối giản.
Bài 6: (của anh NAPOLE) Tìm tất cả số nguyên $p,q,r (1<p<q<r)$ và
$(pqr-1) \vdots (p-1)(q-1)(r-1)$

P/s:mấy bài còn lại mình sẽ cập nhật dần dần, mọi người cứ giải mấy bài này đã nhé!

[khapham_1411]

Bài 5: (của anh NPKhánh) Cho phân số $A = \dfrac{n^2+4}{n+5} $. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thỏa mãn $1 \le n \le 2004 $ sao cho A là phân số chưa tối giản.

Gọi $(n^2+4; n+5)=d $

Ta có: $n^2+4 \vdots d$

$n^2+5n \vdots d$

$\Rightarrow 5n-4 \vdots d$

mà $ n+5 \vdots d$

$\Rightarrow 29 \vdots d\Rightarrow d=29$

$\Rightarrow $ n chia 29 dư 24.

Cho nên n có dạng 29k+24.

Theo gt: $1\le 29k+24\le 2004\Leftrightarrow -1\le k\le 82\Rightarrow$ Có 84 n thỏa mãn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khapham_1411: 07-06-2011 - 11:09

[Nguyễn Thái Vũ]

Số học- rời rạc:
Bài 7: Cho 100 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau xếp trên 1 vòng tròn. Xét phép biến đổi: vói mỗi số ta có thể cộng thêm ƯSCLN của 2 số kề bên nó.
CMR sau 1 số hữu hạn phép biến đổi ta có thể thu được các số mới đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 07-06-2011 - 15:54

[thangthan]

Số học- rời rạc:
Bài 7: Cho 100 số nguyên dương nguyên tố cùng nhau xếp trên 1 vòng tròn. Xét phép biến đổi: vói mỗi số ta có thể cộng thêm ƯSCLN của 2 số kề bên nó.
CMR sau 1 số hữu hạn phép biến đổi ta có thể thu được các số mới đôi một nguyên tố cùng nhau.

Bài này khá khó,dành cho các bạn cấp 2 e không hợp lắm.đây là 1 bài trong đề thi Nga năm 2000-2001.Lời giải hơi dài nên mình ko post lên

[Nguyễn Thái Vũ]

bài này thực ra cũng cũ rồi. Bạn nào giải chỉ cần đưa ra 1 nhận xét đúng và 1 hướng làm là được.

To "thangthan": Anh em mình cùng trường rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyễn Thái Vũ: 07-06-2011 - 20:25

[Zaraki]

Mọi người giải tiếp bài 4 và bài 6 đi!

[Zaraki]

Bài 8: Tìm số tự nhiên $n$ khác 0 sao cho $n^5+n^4+n^3+n^2+n+1$ là số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 03-07-2011 - 19:11

[Zaraki]

Bài 4: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để $n^n+1$ là số nguyên tố và $n^n+1<10^{19}$

Gợi ý $n^n+1<10^{19}$ nên $n<19$.

[Zaraki]

Bài 4: Do $n^n+1<10^19$ nên $n<19$

• Nếu $n=1$ thì $n^n+1=2$ nguyên tố.
• Nếu $n$ lẻ, $n>1$ thì $n^n+1$ chia hết cho 2, $n^n+1>2$ nên $n^n+1$ là hợp số.
• Nếu $n$ có ước lẻ, ta đặt $n=pq$ với $q$ lẻ, $p,q$ nguyên dương.
  $n^{pq}=(n^p)^q+1$ chia hết cho $n^p+1$, $n^{pq}+1>n^p+1$ nên $n^n+1$ là hợp số.

Vậy chỉ cần xét $n=2; 4; 8; 16.$
Kết quả ta được $n=1; 2; 4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 26-07-2011 - 17:04

[Zaraki]

Lâu rồi không thấy có bài phần nguyên, ra cho nó oách
Bài 9: Tính $A=\left [ \sqrt{1} \right ]+\left [ \sqrt{2} \right ]+...+\left [ \sqrt{n^2-1} \right ]$ trong $n$ là số nguyên dương cho trước.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 26-07-2011 - 17:04

[Yagami Raito]

Bài 10:Tính
A= 1.2+2.3+3.4...+98.99
B=1.99+2.98+3.97+...+99.1

[Yagami Raito]

Bài 10 mình giải thế này ko biết đúng ko
A=1.2+2.3+3.4...+98.99
3A=1.2.3+2.3.3+3.4.3...+98.99.3
=1.2.3+2.3.(4-1)+3.4.(5-2)...+98.99.(100-97)
=1.2.3+2.3.4-1.2.3+3.4.5-2.3.4+...+98.99.100-97.98.99
=98.99.100=970200
A=323400


B=1.99+2.(99-1)+3.(99-2)+4.(99-3)+...+99.(99-98)
=1.99+2.99-1.2+3.99-2.3+...+99.99-98.99
=99.(1+2+3+..+99)-(1.2+2.3+3.4+4.5+...+98.99)
=99.(100.99:2)-A
=490050-323400=166650

[Phạm Hữu Bảo Chung]

Bài 8:Tính

$ A= 1.2 + 2.3 + 3.4...+ 98.99$

$ B= 1.99 + 2.98 + 3.97 +...+ 99.1$

Giải :
a, Ta có $ n( n + 1 ) = n^2 + n $. Do đó :

$ A = 1.2 + 2.3 + 3.4...+ 98.99 = 1^2 + 1 + 2^2 + 2 + 3^2 + 3 +...+ 98^2 + 98$

$ A = ( 1 + 2 + 3 + ... + 98) + ( 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + 98^2) $

Áp dụng các công thức sau :
$ 1 + 2 + 3 + .. + n = \dfrac{n( n + 1)}{2}$
$ 1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = \dfrac{n( n + 1 )( 2n + 1 )}{6}$

Ta sẽ có :

$ A = \dfrac{98.( 98 + 1 )}{2} + \dfrac{98( 98 + 1 ).( 98.2 + 1 )}{6}$

$ A = 323400$

Có thể mở rộng tổng quát cho bài này thành
$ 1.2 + 2.3 + 3.4 + ... + n( n + 1 ) = \dfrac{n( n + 1 )}{2} + \dfrac{n( n + 1)( 2n + 1 )}{6}$

b,
$ B = 1.99 + 2.98 + 3.97 +...+ 99.1 $

$ B = ( 100 - 99).99 + ( 100 - 98).98 + ... + ( 100 - 1). 1 $

$ B = (100.99 + 100.98 + ... + 100.1) - ( 99^2 + 98^2 + 97^2 + ... + 1^2)$

$ B = 100(99 + 98 + ... + 1) - ( 99^2 + 98^2 +... + 1^2)$

$ B = 100.\dfrac{99.98}{2} - \dfrac{99( 99 + 1 )( 2.99 + 1 )}{6}$

$ B = 166650$

P/S : Bạn nguyentrunghieua phải chờ người khác làm để thử sức cái đã chứ!

[Crystal]

Lâu rồi không thấy có bài phần nguyên, ra cho nó oách
Bài 9: Tính $A=\left [ \sqrt{1} \right ]+\left [ \sqrt{2} \right ]+...+\left [ \sqrt{n^2-1} \right ]$ trong $n$ là số nguyên dương cho trước.

Bài này thêm giả thiết n=2, 3,.....

Ta có các công thức:

$1 + 2 + 3 + ... + n = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}$

$1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}}{6}$

Ta lại có:

$n^2 \le n^2 + k < \left( {n + 1} \right)^2 ,\,\,\,\,(k = 0,1,...,2n)$ $\Rightarrow n \le \sqrt {n^2 + k} < n + 1$

Do đó:

$\left[ {\sqrt {n^2 } } \right] = \left[ {\sqrt {n^2 + 1} } \right] = ... = \left[ {\sqrt {n^2 + 2n} } \right] = n$

$\Rightarrow \left[ {\sqrt {n^2 } } \right] + \left[ {\sqrt {n^2 + 1} } \right] + ... + \left[ {\sqrt {n^2 + 2n} } \right] = n\left( {2n + 1} \right) = 2n^2 + n$

Với n=1:

$\left[ {\sqrt 1 } \right] + \left[ {\sqrt 2 } \right] + \left[ {\sqrt 3 } \right] = 2.1^2 + 1$

Với n=2:

$\left[ {\sqrt 4 } \right] + \left[ {\sqrt 5 } \right] + ... + \left[ {\sqrt 8 } \right] = 2.2^2 + 2$

.....
Với n-1:

$\left[ {\sqrt {\left( {n - 1} \right)^2 } } \right] + \left[ {\sqrt {\left( {n - 1} \right)^2 + 1} } \right] + ... + \left[ {\sqrt {\left( {n - 1} \right)^2 + 2n} } \right] = 2\left( {n - 1} \right)^2 +\left( {n - 1} \right)$

Cộng n-1 đẳng thức lại với nhau ta được:

$A = 2\left( {1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + \left( {n - 1} \right)^2 } \right) + \left( {1 + 2 + 3 + ... + \left( {n - 1} \right)} \right)$

=$2\dfrac{{\left( {n - 1} \right)n\left( {2n - 1} \right)}}{6} + \dfrac{{n\left( {n - 1} \right)}}{2} = \dfrac{{n\left( {4n^2 - 3n - 1} \right)}}{6}$

------------

KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Yagami Raito]

Mình có bài này nek
Biết a+1và 2a+1 (a N) đồng thời là số chính phương.Chứng minh rằng a 24

[Zaraki]

Mình có bài này nek
Bài 10: Biết a+1và 2a+1 (a N) đồng thời là số chính phương.Chứng minh rằng a 24

Sử dụng tính chất một số chính phương chỉ có thể chia cho 3 dư 0,1; chia cho 8 dư 0,1,4.
Ta xét các trường hợp $a$ chia cho 3 và cho 8 để coi $a+1$ và $2a+1$ có là số chính phương không rồi từ đó kết luận $a$ chia hết cho 3 và 8, tức $a$ chia hế cho 24.

[Crystal]

Mình có bài này nek
Biết a+1và 2a+1 (a N) đồng thời là số chính phương.Chứng minh rằng a 24

Mình xin giải chi tiết

Vì a+1 và 2a+1 là các số chính phương nên đặt $a + 1 = n^2 ,\,\,2a + 1 = m^2 \,\,\,(n,m \in N)$
Ta có m là số lẻ $\Rightarrow m = 2k + 1 \Rightarrow m^2 = 4k(k + 1) + 1$
$\Rightarrow a = \dfrac{{m^2 - 1}}{2} = \dfrac{{4k(k + 1)}}{2} = 2k(k + 1)$
suy ra a chẵn $\Rightarrow a + 1$ $\Rightarrow n$ lẻ. Đặt $n = 2b + 1\,\,\left( {b \in N} \right) \Rightarrow n^2 = 4b\left( {b + 1} \right) + 1$
$\Rightarrow a = 4b\left( {b + 1} \right) \Rightarrow a\, \vdots \,8$ (1)
Ta có: $n^2 + m^2 = 3a + 2 \equiv 2\,\,(\bmod 3)$
Mặt khác $n^2 $, $m^2 $ chia cho 3 dư 0 hoặc 1, nên để $n^2 + m^2 \equiv 2\,\,(\bmod 3)$ thì $n^2 \equiv 1\,(\bmod 3),\,\,m^2 \equiv 1\,\,(\bmod 3)$
$\Rightarrow m^2 - n^2 \, \vdots \,3\, \Rightarrow \,\left( {2a + 1} \right) - \left( {a + 1} \right)\, \vdots 3\, \Rightarrow a \vdots 3$ (2)
Mà (8;3)=1 (3)
Từ (1),(2) và (3) $\, \Rightarrow a \vdots 24$. (đpcm)

--------------
KHÔNG THỬ SAO BIẾT!!!

[Yagami Raito]

Toàn ơi mình nghĩ đề sai rồi thì phải hay là p ko tồn tại .Vì
$\ 2^{11.p-2}$ 11p.Mà 11 và p nguyên tố cùng nhau
$\ 2^{11.p-2}$ 11 và p.Ta nhận thấy $\ 2^{11.p-2}$ ko bao giờ 11 do 11p-2 0
Mình nói vậy ko biêt đúng ko