BÀI TẬP

Bài 1: Xét tích gồm 11 thừa số: T = ( 5a + 2006b)( 6a + 2005b)(7a + 2004b) .(15a + 1996b); với a, b là những số nguyên. CMR nếu T chia hết cho 2001 thì T cũng chia hết cho 201111.
Bài 2: Tính tổng gồm 2006 số hạng:
S =
+
+
+ . +

Bài 3: Tìm số nguyên tố p sao cho sao cho 20052005 - p2006 chia hết cho 2005 + p.
Bài 4: Tính S =
+

Bài 5: Tìm n nguyên dương thoả mãn:
=

Bài 6: Tìm tất cả các số nguyên tố P có dạng P = nn + 1, trong đó n là một số nguyên dương, biết rằng P có không nhiều hơn 19 chữ số.
Bài 7: Tìm tất cả các số tự nhiên mà khi gạch bỏ đi một chữ số thì số đó giảm đi 31 lần.
Bài 8: Tìm 3 chữ số hàng đơn vị, hàng chục, hàng trăm của số: A =

Bài 9: Cho 10 số nguyên dương 1, 2, ., 10 sắp xếp 10 số đó một cách tuỳ ý thành một hàng. Cộng mỗi số với số thứ tự của nó trong trong hàng, ta được 10 tổng. CMR trong mười tổng đó tồn tại ít nhất 2 tổng có chữ số tận cùng giống nhau.
Bài 10: Tìm tất cả các số có 5 chữ số
sao cho:
=

Bài 11: Cho số nguyên tố p. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số pn có đúng 20 chữ số. Chứng minh trong 20 chữ số này có 3 chữ số giống nhau.
Bài 12: Chop số tự nhiên n > 1 và n + 2� số nguyên dương a1, a2, ., an+2 thoả mãn điều kiện:
1
a1
a2
.
an+2
3n
Chứng minh rằng luôn tồn tại hai số ai, aj (1
j < i
n + 2) sao cho: n < ai - aj < 2n
Bài 13: Cho đa thức P0(x) = x3 + 22x2 - 6x + 15. Với n
Z+ ta có Pn(x) = Pn-1(x - n).
Tính hệ số của x trong P21(x)
Bài 14: Trong tập hợp N* xét các số: P = 1.2.3 . (n - 1)n và S = 1 + 2 + 3 + . + (n - 1) + n. Hãy tìm các số n (n
3) sao cho P chia hết cho S.
Bài 15: Cho 2 số tự nhiên a và b. Chứng minh rằng nếu a2 + b2 chia hết cho 3 thì a và b cùng chia hết cho 3.
Bài 16: Tìm 2 số tự nhiên a, b thoả mãn a - b =

Bài 17: Với mỗi số nguyên dương n, đặt Pn = 1.2.3.n (tích của các số tự nhiên liên tiếp đến n). Chứng minh: a/ 1 + 1.P1 + 2.P2 + . + nPn = Pn+1
b/
+
+ . +
< 1
Bài 18: Tìm các số nguyên dương n sao cho: x = 2n + 2003 và y = 3n + 2005 là những số chính phương.
Bài 19: Chứng minh rằng nếu a, b, c là 3 số thoả mãn: a + b + c = 2003 và
thì một trong 3 số a, b, c phải có một số bằng 2003.
Bài 20: Cho phân số: A =
. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên thoả mãn 1
n
2004 sao cho A là phân số chưa tối giản.
Bài 21: Cho biểu thức P =
. Chứng minh rằng với n là một số tự nhiên thì biểu thức rút gọn của P luôn là một phân số tối giản.
Bài 22: Cho P = (a + b)(b + c)(c + a) - abc với a, b, c là các số nguyên. Chứng minh rằng: Nếu a + b + c chia hết cho 4 thì P chia hết cho 4.
Bài 23: Gọi S(n) là tổng tất cả các ước lẻ lớn nhất của các số tự nhiên 1, 2, 3, ., 2n (n
0). Chứng minh rằng S(n) =

Bài 24: Cho 4 số dương a, b, c, d. Đặt: x = 2a + b - 2
y = 2b + c - 2

z = 2c + d - 2
t = 2d + a - 2

Chứng minh rằng trong 4 số x, y, z, t có ít nhất 2 số dương.
Bài 25: Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho số T = 2n + 3n + 4n là bình phương cùa một số nguyên.
Bài 26: Có bao nhiêu phân số tối giản
lớn hơn 1 (m, n là các số nguyên dương) thoả mãn m.n= 13860.
Bài 27: Cho a, b là 2 số nguyên. Chứng minh: nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2 + b2 chia hết cho 13.
Bài 28: Xác định n để A =
là số tự nhiên
Bài 29: Tính tổng S(n) =
+
+ . +

Bài 30: Rút gọn biểu thức: A = 75(41993 + 41992 + . + 42 + 5) + 25
Bài 31: Tìm các số nguyên dương n để n1988 + n1987 + 1 là số nguyên tố.
Bài 32: Tìm số có 2 chữ số mà bình phương của nó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.
Bài 33: Cho a, b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn điều kiện a2 - b2 = c2 - d2. Chứng minh: S = a + b + c + d là hợp số.
Bài 34: Tìm ƯCLN của A = 263 - 1 và B = 277 - 1
Bài 35: Tìm số có 4 chữ số
, biết rằng nếu đem số ấy nhân với 2 rồi trừ đi 1004 thì kết quả nhận được là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng theo thứ tự ngược lại.
Bài 36: cho 3 số a, b, c đôi một khác nhau htoả mãn:
. Chứng minh rằng trong 3 số a, b, c phải có một số âm và một số dương
Bài 37: Tổng một số tự nhiên và các chữ số của nó bằng 2359. Tìm số tự nhiên đó.
Bài 38: Chứng minh rằng hai số: A = 2n + 1 và B =
là hai số nguyên tố cùng nhau với mọi số tự nhiên n.
Bài 39: Cho các số: a1, a2, ., an mà giá trị của nó hoặc bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng: Nếu a1a2 + a2a3 + . + ana1 = 0 thì n chia hết cho 4 (n là số nguyên dương)
Bài 40: Tìm các số nguyên dương có 2 chữ số, biết số đó là bội của tích 2 chữ số của chính số đó.
Bài 41: Tìm số tự nhiên N nhỏ nhất thoả cả 2 tính chất sau:
a/ Chữ số cuối cùng bằng 6
b/ Nếu bỏ chữ số 6 cuối ấy và thêm chữ số 6 vào trước các chữ số còn lại thì số mới nhận được gấp 4 lần số ban đầu.
Bài 42: Một giải bóng đá theo luật sau:
+ Mỗi đội đều thi đấu với tất cả các đội khác, hai đọi chỉ thi đấu với nhau 1 lần (Nói gọn: thi đấu 1 vòng)
+ Trong mỗi trận đấu: đội thắng được 2 điểm, đội thua được 0 điểm, nếu hoà nhau mỗi đội được 1 điểm
Giải kết thúc với kết quả là: mỗi đội đạt được một số điểm khác nhau và đội đứng cuối đã thắng cả 3 đội đứng đầu (thứ tự xếp hạng theo điểm)
Chứng minh rằng số đội bóng của giải không thể là 12 đội.










BÀI GIẢI
Bài 1: Các thừa số của T đều có dạng: na + (2011 - n)b = 2011b + n(a - b) với n = 5, 6, .,15 (*)
Nếu T chia hết cho số nguyên 2011 thì tồn tại ít nhất một thừa số của T chia hết cho 2011, đó là ma + (2011 - m)b = 2011b + m(a - b) với m thoả mãn 5
m
15
Từ đó suy ra m(a - b) chia hết cho 2011 mà 5
m
15 nên a - b chia hết cho 2011. suy ra các số n(a - b), ứng n = 5, 6, ., 15 đều chia hết cho 11, do đó theo (*) tất cả 11 thừa số của T đều chia hết cho 2011.
Vậy nếu T chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 2011 thì T cũng chia hết cho 201111

Bài 2: Trước hết ta tính biểu thức dạng tổng quát với a
N:

=
= 3a + 1
Lần lượt thay a từ 1 đến 2006 ta được:
S = 3(1 + 2 + 3 + . + 2006) + 2006 = 3.2007.1003 + 2006 = 6041069

Bài 3: Ta có 20052005 - p2006 = (20052005 + p2005) - (p2005 + p2006) (1)
Vì 20052005 + p2005 = (2005 + p)(20052004 - p.20052003 + p2.20052002 - . + p2004) chia hết cho 2005 + p nên từ (1), ta có:
(20052005 - p2006)
2005 + p <=> (p2005 + p2006)
2005 + p <=> p2005(1 + p)
2005 + p (2)
Ta xét 2 trường hợp:
1/ p là ước nguyên tố của 2005 tức là p = 5 hay p = 401
Nếu p = 5 thì p2005(1 + p) = 6.52005 không chia hết cho 4 và do đó không chia hết cho 2005 + p = 3000.
Nếu p = 401 thì p2005(1 + p) = 402.4012005 chia hết cho 2005 + p = 2406 = 6.401. do đó p = 401 thoả mãn bài toán.
2/ Nếu p
5 và p
401 thì (p, 5) = 1 và (p, 401) = 1
=> (p2005, 2005 + p) = 1 và 1 + p < 2005 + p nên (2) không thể thoả mãn.
Vậy chỉ có một số nguyên tố thoả mãn thoả mãn bài toán là p = 401.

Bài 4: HD sử dụng
với k
1 ta tính được S =


Bài 5: Ta có 1 +
= . =
với k
N, k
1
Cho k các già trị 1; 2; 3; . ; n thí bài toán trở thành:

=
<=>
=

<=> 2001n + 2001 = 2000n + 4000 <=> n = 1999

Bài 6: Số 2020 = 220.1020 có nhiều hơn 20 chữ số mà P = 2n + 1 có ít hơn 20 chữ số nên n < 20
+ Nếu n = 1 thì P = 2, thoả mãn
+ Nếu n = 2 thì P = 5 thoả mãn
+ Nếu n > 2 thì P > 5, hơn nữa P lại là số lẻ, do đó n là số chẵn.
_ n không thể có ước nguyên dương lẻ > 1,Thật vậy giả sử n = (2k + 1)k (k
N*; k > 1), khi đó nn + 1 = (nk)2k+1 + 1 = (nk + 1)Q với Q > 1; suy ra nn + 1
(P); (P) tập hợp các số nguyên tố.
Vậy n chỉ nhận một trong các giá trị 4, 8, 16.
+ Với n = 4 thì P = 257 là số nguyên tố
+ Với n = 8 thì P = 88 + 1 = 16777218, không là số nguyên tố.
+ Với n = 16 thì P = 1616 + 1 = 264 + 1 = 10246.16 + 1 có nhiều hơn 19 chữ số.
Vậy n chỉ có thể là 1; 2; 4.

Bài 7: + Giả sử số gạch đi là chữ số hàng đơn vị, ta có:
= 31x; với x
N
<=> 10x + c = 31x <=> 21x = c (1)
Do 0
c
9, vì thế nếu x
1 thì vế trái của (1)
21, còn vế phải của (1)
9, Vô lí!
+ Giả sử số gạch đi là chữ số hàng chục, ta có:
= 31
; với x
N
<=> 21x + 3c = b (2)
Lập luận tương tự như trên nếu x
1 thì vế trái của (2) lớn hơn vế phải của (2), Vô lí; Suy ra x = 0. Khi đó b = 3c. Mặt khác

31 nên có các số 31; 62, 93.
+ Xét trường hợp chữ số gạch đi là số hàng trăm, ta có:
= 31.
; với x
N
<=> 210x + 3.
= 10a.
Lập luận tương tự như các trường hợp trên ta có x = 0. Khi đó ta có: 10 = 3
, suy ra 3.

10; mà (3; 10) = 1 nên

10. Suy ra c = 0, do đó a = 3b, vì thế a = {3; 6; 9}
Ta được các số: 310 = 31.10; 620 = 31.20; 930 = 31.30
+ Tiếp tục lập luận như trên, ta tìm được các số có dạng: 31.10k; 62.10k; 93.10k;
với k = 0; 1; 2; . ; n

Bài 8: Ta có 62001 = (5 + 1)2001
1(mod5). Đặt 62001 = 5k + 1 (k
N)
A = 265k+1 = 26.265k = 26.(11881376)k = 26.(11881375 + 1)k
Do (11881375 + 1)k = (95051.125 + + 1)k
1(mod125). Suy ra A = 26(mod125).
Vậy A = 125m + 26 (m
N)
Mặt khác A =
=
.

26 Suy ra A
8> Vậy A = 8n (n
N)
Suy ra 125m + 26 = 8n <=> 125m = 8(n - 4) + 6; Suy ra 125m = 8p +6 (p
N). Từ đó ta có m là số chẵn và 125m chia cho 8 dư 6
m chia cho 8 có các số dư là: 0, 2, 4, 6 nên 125m chia cho 8 có các số dư tương ứng là: 0, 2, 4, 6.
Vậy m chia 8 có số dư là 6 suy ra m = 8