Trong khi thì HSG TPHCM vừa qua có một điều đáng tiếc nhất là câu số học không có trong đề thi, làm nhiều thí sinh khá hụt hẫng nhưng cũng làm nhiều thí sinh vui mừng, vì số học luôn là câu hỏi hóc búa của mỗi kì thi. Có lẽ BTC cuộc thi muốn dành sự quan tâm cho các câu hỏi thực tế nên phần số học bị bỏ qua.
Khác với kì thi HSG, kì thi tuyển sinh vào 10 thì đề thi luôn có đủ cả các phần: đại số, số học, hình học và tổ hợp. Số học cũng như tổ hợp, luôn là phần khiến nhiều thí sinh gặp khó khăn, trong bài viết nhỏ này, tôi xin giới thiệu lại một số bài toán số học đã được cho trong các kì thi tuyển sinh của trường Phổ thông Năng khiếu, nơi tôi làm việc hơn 10 năm qua. Các bạn thí sinh chuẩn bị thi vào trường nên xem kĩ lời giải và cố gắng học thật tốt phần này, điều đó sẽ giúp rất nhiều cơ hội trúng tuyển vào lớp chuyên toán.
Số học THCS thì nội dung quay xung quanh các phép chia hết, phương trình nghiệm nguyên, số nguyên tố, số chính phương,…Việc đầu tiên là nắm chắc các tính chất của phép chia hết, tính chất cơ bản nhất của số nguyên tố hay số chính phương. Bài toán chia hết cũng xuất hiện nhiều lần trong đề thi, sau đây là một bài khá đơn giản nhưng hay:
Bài 1. (PTNK 2011 – Chuyên Toán) Cho các số nguyên $a, b, c$ sao cho $2a+b,2b+c, 2c+a$ đều là các số chính phương ().
a) Biết rằng có ít nhất một trong 3 số chính phương trên chia hết cho 3. Chứng minh rằng $(a-b)(b-c)(c-a)$ chia hết cho 27.
b) Tồn tại hay không các số $a, b, c$ thỏa điều kiện () mà $(a-b)(b-c)(c-a)$ không chia hết cho 27?
Nhận xét. Đây là một bài toán chia hết, liên quan đến các số chính phương, để ý thấy chủ yếu là chia hết cho 3. Ta phải nghĩ đến một số chính phương chia 3 xảy ra những trường hợp nào, từ đó thiết lập các tính chất đã biết:
- Một số chính phương khi chia cho 3 dư 0 hoặc 1.
- $a^2 + b^2 $ chia hết cho 3 khi và chỉ khi $a, b$ đồng thời chia hết cho 3.
- Việc chứng minh tích chia hết cho 27, thì nghĩ đến việc ta cần chứng minh $a, b, c$ có cùng số dư khi chia cho 3, đó là trường hợp đơn giản nhất. Sau đây là lời giải
a) Giả sử $2a + b = m^2, 2b+c = n^2, 2c + a = p^2$.
Cộng ba đẳng thức lại, ta được $3(a+b+c) = m^2 + n^2 + p^2$. Suy ra $m^2+n^2+p^2$ chia hết cho 3.
Ta thấy bình phương của một số nguyên khi chia cho 3 dư 1 hoặc 0. Do đó nếu 1 trong 3 số, chẳng hạn $m$ chia hết cho 3 thì $n^2+p^2$ chia hết cho 3 và như thế $n^2$ và $p^2$ cũng chia hết cho 3.
Hơn nữa $2a+b = 3a +(b-a)$ chia hết cho 3, suy ra $a-b$ chia hết cho 3. Tương tự thì $b-c, c-a$ chia hết cho 3. Suy ra $(a-b)(b-c)(c-a)$ chia hết cho 27.
b) Tồn tại. Chẳng hạn có thể lấy $a=2, b=0,c=1$.
Sau đây cũng là bài toán chia hết, nhưng ở mức độ khó hơn hẳn, đòi hỏi học sinh phải có suy luận tốt và nắm chắc được nhiều kiến thức.
Bài 2. (PTNK 2016 – CT) Cho $x, y$ là hai số nguyên dương mà $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho $xy$.
a) Chứng minh rằng $x, y$ là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh $k = \dfrac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho 4 và $k \geq 12$.
Nhận xét. Bài toán này cũng giống bài toán trên, là liên quan đến các số chính phương $x^2, y^2$. Việc chứng minh chẵn lẻ liên quan đến số dư khi chia cho 4 của một số chính phương.
Câu a) chỉ là bài toán xét trường hợp khá dễ nhìn, khi phản chứng là giả sử $x, y$ không cùng là số lẻ, từ đó khi xét tính chẵn lẻ của $x^2 + y^2 + 10$ và $xy$ sẽ giải quyết được vấn đề. \ Việc chứng minh nguyên tố cùng nhau thì cách tiếp cận quen thuộc nhất là gọi ước chung lớn nhất và chứng minh nó bằng 1.
Câu b) khó hơn khi có hai ý, ý đầu có thể áp dụng tiếp câu a, nhưng ý sau việc chứng minh $k \geq 12$ có thể đánh lừa nhiều học sinh trong khi việc đơn giản chỉ là chứng minh $k$ chia hết cho 3 là giải quyết được bài toán, mà chứng minh $k$ chia hết cho $3$ cũng là việc xét số dư của tử và mẫu thức khi chia cho 3. Sau đây là lời giải chi tiết.
Lời giải.
a) Giả sử trong hai số $x, y$ có một số chẵn, vì vai trò $x, y$ như nhau nên có thể giả sử $x$ chẵn. Suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 2, suy ra $y$ chẵn. Khi đó $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý.
Vậy trong hai số đều là số lẻ.
Đặt $d= (x,y)$, $x= d.x’, y = d.y’$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = d^2(x’^2 + y’^2) + 10$ chia hết cho $d^2x’y’$. Suy ra 10 chia hết cho $d^2$. Suy ra $d= 1$. Vậy $x, y$ nguyên tố cùng nhau.
b) Đặt $x = 2m + 1, y = 2n + 1$, suy ra $k = \dfrac{4(m^2+m+n^2+n+3}{(2m+1)(2n+1)}$.
Ta có $4, (2m+1).(2n+1)$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $m^2 + n^2 +m+n+3$ chia hết cho $(2m+1)(2n+1)$. Từ đó ta có $k$ chia hết cho 4. Chứng minh $k \geq 12$ bằng hai cách.
Cách 1. Ta có $x^2 + y^2 + 10 = kxy$.
Nếu trong hai số $x, y$ có một số chia hết cho 3, giả sử $x$ chia hết cho 3. Ta có $y^2 + 10$ chia hết cho 3 vô lý vì $y^2 $ chia 3 dư 0 hoặc dư 1.
Vậy $x, y$ không chia hết cho 3, suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 3 và $3, xy$ nguyên tố cùng nhau. Do đó $k$ chia hết cho 3.
Do đó $k$ chia hết cho 12, vậy $k\geq 12$.
Cách 2. Xét $k=4$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 4xy$ () $\Leftrightarrow (x-2y)^2 = 3y^2 – 10$.
Ta có $(x-2y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $3y^2-10$ chia 3 dư 2, nên phương trình () không có nghiệm nguyên dương.
Xét $k=8$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 8xy (*)\Leftrightarrow (x-4y)^2 = 15y^2 -10$.
Ta có $(x-4y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $15y^2-10$ chia 3 dư 2 nên (**) không có nghiệm nguyên dương.
Vậy $k \geq 12$.
Sau chia hết, các kiến thức về phương trình nghiệm nguyên cũng rất quan trọng, trong nhiều bài thi của PTNK kĩ năng giải phương trình nghiệm nguyên giúp mình được nhiều việc.\
Sau đây là bài toán số học, nhưng bản chất số học thì ít mà đại số thì nhiều, chỉ việc biến đổi đại số vài dòng là xong. Tuy vậy nhiều học sinh sau khi đọc đề lại phát hoảng, vì đề bài phát biểu nghe rất “kinh”, đánh lừa được các thí sinh yếu bóng vía. Bài toán sau chế tác từ bài thi của Bungari:
Bài 3. (PTNK 2012 – CT) Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước
của nó ( kể cả 1 và n ) đúng bằng $(n+3)^2$ .
a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.
b) Chứng minh rằng số $n = p^3$( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.
c) Chứng minh rằng nếu số $n = pq$ ( $p,q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n
+ 2$ là số chính phương.
Nhận xét. Bài toán đưa ra định nghĩa số điều hòa, nghe có vẻ ghê gớm nhưng không có ý nghĩa mấy, hoặc không phù hợp với từ điều hòa hay dùng. Nhiều thí sinh đọc đề mà thuộc dạng yếu bóng vía sẽ bỏ qua, ngay cả bỏ qua câu a rất dễ. Tuy nhiên nếu đã hiểu định nghĩa, việc giải quyết các câu hỏi là điều khá dễ, cũng liên
Lời giải.
a) Số $n = 287$ có các ước dương là 1, 7, 41, 287. Ta có $1^2 + 7^2 + 41^2 +287^2 = (287+3)^2$ nên 287 là số điều hòa.
b) Các ước dương của $n = p^3$ là $1, p, p^2, p^3$. Giả sử $n$ là số điều hòa, ta có $(n+3)^2 = 1^2 + p^2 + p^4 + p^6 \Leftrightarrow p^4 + p^2 = 6p^3 + 8$. Suy ra $p|8$ mà $p$ nguyên tố nên $p = 2$. Thử lại thấy không thỏa, vậy $n = p^3$ không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố $p$.
c) Các ước dương của $n = pq$ là $1, p, q, pq$. Vì $n$ là số điều hòa nên ta có:
$1+p^2+q^2+p^2q^2 = (pq+3)^2 \Leftrightarrow p^2 + q^2 = 6pq + 8 \Leftrightarrow (p+q)^2 = 4(pq+2)$. Do 4 là số chính phương nên $pq+2$ cũng là số chính phương hay $n+2$ là số chính phương
Sau đây là một bài khá đẹp, ý tưởng từ phương pháp lùi vô hạn trong giải phương trình nghiệm nguyên, tuy vậy các phải có suy luận một chút khác biệt.
Bài 4. (PTNK 2014 – CT)
a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c = 0$ và $ab+bc+ac+3=0$.
b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c = 0$ và $ab+bc+ac + 4m = 0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a’, b’, c’$ sao cho $a’+b’+c’ = 0$ và $a’b’+b’c’+a’c’ + m = 0$.
c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c = 0$ và $ab+bc+ac + 2^k = 0$.
Lời giải
a) Từ $a+b+c = 0, ab+bc+ca = – 3$ ta có $a^2 + b^2 + c^2 = 6$. Do $a, b, c$ vai trò như nhau nên ta có thể giả sử $|a| \geq |b| \geq |c|$. Khi đó $ 1 < |a| < 3$. Suy ra $|a| = 2$, suy ra $a = 2$ hoặc $a = – 2$.
Với $a = 2$ thì $b + c = -2, b^2 + c^2 = 2$ giải ra được $b = c =-1$.Ta có có bộ $(2;-1;-1)$ và các hoán vị. \ Với $a = -2 $ thì $b+c = 2, b^2 + c^2 = 2$, giải ra được $b = c = 1$, ta có bộ $(-2;1;1)$ và hoán vị.
b) Ta có $a + b + c = 0$ chẵn (1)và $ab+bc+ac = -4m$ chẵn.(2)
Nếu 3 số $a, b, c$ đều lẻ, không thỏa (1).
Nếu có 1 chẵn, 2 lẻ thì không thỏa (2).
Do đó 3 số $a, b,c$ đều chẵn. Khi đó đặt $a’ = \dfrac{a}{2}, b’ = \dfrac{b}{2}, c’ = \dfrac{c}{2}$ thì $a’,b’,c’$ thỏa đề bài.
c) Với $k = 0$ ta có $a+b+c = 0, ab+bc+ac = -1$ thì $a^2 + b^2 +c^2 = 2$ (3) . Không có bộ 3 số nguyên $a, b, c$ khác 0 thỏa (3).
Với $k = 1$ thì $a+b+c=0,ab+bc+ac = -2$ khi đó $a^2+b^2+c^2 = 4$ (4). Giả sử $|a|$ nhỏ nhất khi đó $ 1\leq a^2 < 2$ (không có $a$ thỏa). Không tồn tại $a, b, c$ nguyên khác 0 thỏa (4).
Với $k > 1$.
Nếu $k$ chẵn, đặt $k = 2n$ ta có $a+b+c = 0, ab+bc+ac + 4^n = 0$, theo câu b), tồn tại $a_1, b_1, c_1$ nguyên thỏa $a_1 + b_1 +c_1 = 0, a_1b_1+a_1c_1+b_1c_1 + 4^{n-1} = 0$.
Tương tự ta sẽ được $a_n, b_n,c_n$ nguyên thỏa $a_n+b_n+c_n = 0, a_nb_n+b_nc_n+a_nc_n = -1$ (vô nghiệm).
Nếu $k$ lẻ đặt $k = 2n+1$ ta có $a+b+c = 0, ab+bc+ac + 2.4^n = 0$, làm tương tự trên ta được $a_n+b_n+c_n = 0, a_nb_n+b_nc_n+a_nc_n = – 2$ (vô nghiệm).
Vậy không tồn tại các số $a, b, c$ khác 0 thỏa đề bài.
Ngoài ra việc sử dụng đồng dư cũng được khai thác qua các bài toán chia hết hoặc các bài toán phương trình nghiệm nguyên, nhiều khi được sử dụng một cách bất ngờ cũng gây khó khăn cho thí sinh và rất ít thí sinh làm trọn vẹn, sau đây là một ví dụ:
Bài 5. (PTNK 2018 – CT) Cho $ A_n = 2018^n + 2032^n – 1964^n – 1984^n $ với $ n $ là số tự nhiên.
a) Chứng minh với mọi số tự nhiên $ n $ thì $ A_n $ chia hết cho $ 51 $.
b) Tìm tất cả những số tự nhiên $ n $ sao cho $ A_n $ chia hết cho $ 45. $
Nhận xét. Đây là dạng toán khá quen thuộc với học sinh, chỉ là việc xét các trường hợp một cách khéo léo và cẩn thận để giải quyết bài toán.
a) Do $ 2018 \equiv 1964 \quad \text{(mod 3)} \Rightarrow 2018^n \equiv 1964^n \quad \text{(mod 3)} . $
$ 2032 \equiv 1984 \quad \text{(mod 3)} \Rightarrow 2032^n \equiv 1984^n \quad \text{(mod 3)} $.
$ \Rightarrow A_n \ \vdots \ 3. $
Ta lại có $ 2018 \equiv 1984 \quad \text{(mod 17)} \Rightarrow 2018^n \equiv 1984^n \quad \text{(mod 17)} $.
$ 2032 \equiv 1964 \quad \text{(mod 17)} \Rightarrow 2032^n \equiv 1964^n \quad \text{(mod 17)} $.
$ \Rightarrow A_n \ \vdots\ 17. $
Do $ (3; 17) = 1 $ nên $ A_n \ \vdots \ 51 \quad \forall n$
b) $ A_n = 2018^n + 2032^n – 1964^n – 1984^n. $
- Ta xét các trường hợp của $ n $ để $ A_n \ \vdots \ 5. $
Ta có $ A_n \equiv (-2)^n + 2^n -2\cdot(-1)^n $ (mod 5).
Do đó nếu $ n $ lẻ $ \Rightarrow A_n \equiv 2 \quad $(mod 5)$ \quad \text{(loại)}$. - Nếu $ n = 4k \Rightarrow A_n \equiv 2\cdot 2^{4k} -2 \equiv 2-2 \equiv 0 \quad$ (mod 5) (nhận)
- Nếu $ n = 4k + 2 \Rightarrow A_n \equiv 2\cdot 2^{4k+2} -2 \equiv 8 – 2 \equiv 6$ (mod 5) (loại).
Vậy $ A_n \ \vdots \ 5 \Leftrightarrow n \ \vdots \ 4. $
Ta xét các trường hợp của $ n $ để $ A_n \ \vdots \ 9. $
Ta có - $A_n \equiv 2^n + (-2)^n – 2^n – 4^n \quad \text { (mod 9)}$
$\equiv 2^n -4^n \quad \text { (mod 9) \quad (Do n chẵn).} $
$\equiv 2^n(1-2^n) \quad \text { (mod 9)}$
Vì $ (2;9 ) = 1 \Rightarrow 2^n – 1 \ \vdots \ 9$.
Xét $ n= 3k $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k} – 1 \equiv (-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9)} \Rightarrow k$ chẵn
Xét $ n= 3k + 1 $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k + 1} – 1 \equiv 2\cdot(-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9) \quad (loại)}. $
Xét $ n= 3k + 2 $ với $ k \in \mathbb{N} $. Ta có $ A_n \equiv 2^{3k + 2} – 1 \equiv 4\cdot(-1)^k – 1 \quad \text { (mod 9) \quad (loại)}. $
Vậy $ A_n \ \vdots \ 45 \Leftrightarrow n \ \vdots \ 12. $
Tóm lại bài toán số học thi vào lớp 10 Chuyên Toán luôn là bài toán khó, nhưng không phải không kiếm được điểm, chỉ cần thí sinh bình tĩnh vận dụng được kiến thức đã học có thể giải quyết được các ý a, ý b thì phức tạp hơn đòi hỏi phải phân tích và xử lí khéo léo cẩn thận hơn, âu cũng hợp lí cho đề thi chọn học sinh có năng khiếu toán.\
Sau đây có một số bài tập cho các em rèn luyện trước kì thi cam go này.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n2^n + 3^n$ chia hết cho 5.
b) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho $n2^n + 3^n $ chia hết cho 25.
Bài 2. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 1997)
a) Tìm tất cả các số nguyên dương sao cho $2^n – 1$ chia hết 7.
b) Cho số nguyên tố $p \geq 5$. Đặt $A = 3^p – 2^p – 1$. Chứng minh $A$ chia hết cho $42p$.
Bài 3. Cho $n$ là số tự nhiên. Chứng minh rằng $3^nn^3+1$ chia hết cho 7 khi và chỉ khi $3^n + n^3$ chia hết cho 7.
Bài 4. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: ${5^x} = {y^4} + 4y + 1$.
Bài 5. Chứng minh rằng phương trình ${y^2} + y = x + {x^2} + {x^3}$ không có nghiệm nguyên dương.