Các bài toán về chữ số

Leave a reply

Nhũng kiến thức cần lưu ý

1. Có mười chữ số là $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9$. Khi viết một số tự nhiên, ta sử dụng mưòi chữ số trên. Chữ số đấu tiên kể từ bên trái của một số tự nhiên phải khác 0 .

2. Phân tích cấu tạo của một só́ tự nhiên :

$\overline{a b}=a \times 10+b$

$\overline{\mathrm{abc}}=\mathrm{a} \times 100+\mathrm{b} \times 10+\mathrm{c}=\overline{\mathrm{ab}} \times 10+\mathrm{c}=\mathrm{a} \times 100+\overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{abcd}}=\mathrm{a} \times 1000+b \times 100+c \times 10+d=\overline{\mathrm{abc}} \times 10+d=a \times 1000+\overline{b c d}=\ldots$

3. Quy tắc so sánh hai số tự nhiên :

a) Trong hai số tụ nhiên, số nào có nhiều chữ số hơn sẽ lớn hơn.

b) Nếu hai số có só chữ số bằng nhau thì số nào có chữ số đầu tiên kể từ trái sang phải lớn hơn sē lớn hơn.

4. Số tự nhiên có chữ số tận cùng bằng $0 ; 2 ; 4 ; 6$ hoặc 8 là số chăّn. Số chẵn có chữ số tận cùng bằng $0 ; 2$; 4 ; 6 hoặc 8 .

5. Số tự nhiên có chữ số tận cùng bằng $1 ; 3 ; 5 ; 7$ hoặc 9 là số lẻ. Số lẻ có chữ số tận cùng bằng $1 ; 3 ; 5 ; 7$ hoặc 9 .

6. Hai số tự nhiên liên tiếp hơn (kém) nhau 1 đơn vị. Hai số tự nhiên hơn (kém) nhau 1 đơn vị là hai số tự nhiên liên tiếp.

7. Hai số chẳn liên tiếp hơn (kém) nhau 2 đơn vị.

Hai số chẳn hơn (kém) nhau 2 đơn vị là hai số chẳn liên tiếp.

8. Hai số lẻ liên tiếp hơn (kém) nhau 2 đơn vị.

Hai số lẻ hơn (kém) nhau 2 đơn vị là hai số lẻ liên tiếp.

DẠNG 1. VIẾT SỐ TỰ NHIÊN TỪ NHỮNG SỐ CHO TRƯỚC

Vi du $\mathbf{I}$. Cho bốn chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3$.

a) Viết được tất cả bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau từ bốn chữ số đã cho ?

b) Tìm số lớn nhất, số bé nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho.

c) Tìm số lẻ lớn nhất, số chẳng bé nhất có bón chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho.

Giải. a) Cách I (Sơ đồ hình cây).

Chọn chữ số hàng nghìn là 1 , ta được :

(Hình)

Nhìn s̀ơ đồ trên, ta thấy : Từ bốn chữ số đã cho, ta viết được 6 số có chữ số hàng nghìn là 1 thoả mãn điều kiện của đề bài.

Tương tự, ta viết được 6 số có chữ số hàng nghìn là 2 và 6 số có chữ số hàng nghìn là 3 .

Chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn. Vậy só các số thoả mã̀n điều kiện của đề bài là :

$6 \times 3=18(\text { số) }$

Cách $2 .$

Lần lượt chọn các chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị như sau :

  • Có 3 cách chọn chữ số hàng nghìn của số thoả mãn điều kiện của đề bài (vì chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn).

  • Có 3 cách chọn chữ số hàng trăm (đó là ba chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn đã chọn).

  • Có 2 cách chọn chữ só hàng chục (đó là hai chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn và hàng trăm).

  • Có 1 cách chọn chữ số hàng đơn vị (đó là chữ số còn lại, khác chữ số hàng nghìn, hàng träm và hàng chục).

Vậy số các số viết được thoả mãn điều kiện của đề bài là :

$3 \times 3 \times 2 \times 1=18(\text { số) }$

b) Số lớn nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ bốn chữ số đã cho phải có chữ số hàng nghìn là số lớn nhất trong các chữ số đã cho. Vậy chữ số hàng nghìn của số cần tìm là 3 .

Chữ số hàng trăm phải là số lớn nhất trong ba chữ số còn lại. Vậy chữ số hàng trām là 2 .

Chữ số hàng chục phải là số lớn nhất trong hai chữ số cò̀n lại. Vậy chữ số hàng chục là $1 .$

Vậy số lớn nhất cần tìm là 3210 .

Tương tự như trên, ta tìm được số bé nhất thoả mãn điều kiện của đề bài là $1023 .$

c) Số lẻ lớn nhất thoả mãn điều kiện của đề bài phải có chữ số hàng nghìn là số lớn nhất trong bốn chữ số đã cho. Vậy chữ số hàng nghìn của số cần tìm là 3 .

Số cần tìm có chữ số hàng nghìn là 3 và là số lẻ nên chữ số hàng đơn vị phải là $1 .$

Chữ số hàng trăm phải là số lớn nhất trong hai chữ số còn lại nên chữ số hàng trăm là $2 .$

Vậy số lẻ lớn nhất cần tìm là 3201 .

Tương tự, số chẵn bé nhất cần tìm là 1032 .

Vi du 2. Cho năm chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4$. Hỏi từ năm chữ số đã cho :

a) Có thể viết được bao nhiêu số có bốn chữ số ?

b) Có thể viết được bao nhiêu só chẳn có bốn chữ số mà chữ số hàng trăm là 2 ?

Giải. a) Có 4 cách chọn chữ số hàng nghìn của số thoả mãn điểu kiện của đề bài (vì chữ số 0 không thể đứng ở hàng nghìn).

Mỗi chữ số hàng trăm, hàng chục, hàng đơn vị đều có 5 cách chọn. Vậy số các số có bốn chữ số viết được từ năm chữ số đã cho là :

$4 \times 5 \times 5 \times 5=500 \text { (số) }$

b) Só́ cần tìm có chữ số hàng trăm là 2. Vậy ta phải xác định các chữ só́ hàng nghìn, hàng chục và hàng đơn vị nữa.

  • Có 4 cách chọn chữ số hàng nghìn.

  • Có 5 cách chọn chữ số hàng chục.

  • Số cần tìm là số chẵn nên có 3 cách chọn chữ số hàng đơn vị.

Vậy số các số thoả mãn điều kiện của đề bài là :

$4 \times 5 \times 3=60 \text { (số) }$

Vi dụ 3. Viết liên tiếp 15 số lẻ đầu tiên để được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 15 chữ số của số tự nhiên vừa nhận được mà vẵn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhắt ;

b) Số bé nhất.

Viết các số đó.

Giải. a) Viết 15 số lẻ đầu tiên liên tiếp ta được số tự nhiên :

$1357911131517192123252729$

Ta phải xoá tiếp $15-4=11$ chữ số của số còn lại để được số lớn nhất. Để sau khi xoá ta nhận được số lớn nhất thì chữ số thứ hai giữ lại kể từ bên trái phải là chữ số 9. Vậy ta xoá như sau : $9 \not \not \not \not \not \not \beta \not \not \not \not \not \not \not \not 92123252729$. Só còn lại là : 992123252729 .

b) Lập luận tương tự câu a ta được số cần tìm là 1111111122 .

 

DẠNG 2. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BÀ̀NG PHÂN TÍCH CẤU TẠO SỐ

Loại 1. Viết thêm một số chữ số vào bên trái, bên phải hoặc xen giữa các chữ số của một số tự nhiên.

Ví du 4. Khi viết thêm số 12 vào bên trái một số tự nhiên có hai chữ số thì số đó gấp lên 26 lần. Tìm số có hai chữ số đó.

Giải,

Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Viết thêm số 12 vào bên trái ta được số $\overline{12 a b}$.

Cách $I$. Theo đề bài ta có :

$\overline{12 a b}=\overline{a b} \times 26$

$1200+\overline{a b}=\overline{a b} \times 26$

$\overline{a b} \times 26-\overline{a b}=1200$  (*)

$\overline{a b} \times(26-1)=1200$

$\overline{a b} \times 25=1200$

$\overline{a b}=1200: 25$

$\overline{\mathrm{ab}}=48$

Thử lại : $1248: 48=26$.

Vậy số cần tìm là 48 .

Cách 2. Sau khi phân tích đến bước $(*)$ trong cách 1 , ta có sơ đồ sau :

(Hình)

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

$1200:(26-1)=48$

Ví dụ 5 . Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó tāng thêm 4106 đơn vị. Tìm số có ba chữ số đó.

Giải. Cách 1. Gọi số cần tìm là abc. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải ta được số $\overline{\mathrm{abc} 2}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b c 2}=\overline{a b c}+4106$

$\overline{\mathrm{abc}} \times 10+2=\overline{\mathrm{abc}}+4106$

$\overline{\mathrm{abc}} \times 10-\overline{\mathrm{abc}}=4106-2$

$\overline{\mathrm{abc}} \times(10-1)=4104$

$\overline{a b c} \times 9=4104$

$\overline{\mathrm{abc}}=4104: 9$

$\overline{a b c}=456$

Thử lại : $4562-456=4106$.

Vậy số cần tìm là 456 .

Cách 2. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó gấp lên 10 lần và 2 đơn vị. Ta có sơ đồ sau :

(HÌNH)

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

$(4106-2):(10-1)=456$

Cách 2. Khi viết thêm chữ số 2 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó gấp lên 10 lần và 2 đơn vị. Ta có sơ đồ sau :

Dựa vào sơ đồ ta có số cần tìm là :

(HÌNH)

$(4106-2):(10-1)=456$

Ví dụ 6. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị thì số đó gấp lên 10 lần, nếu viết thêm chữ số 1 vào bên trái số vừa nhận được thì nó gấp lên 3 lần.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị ta được số $\overline{\mathrm{a} 0 \mathrm{~b}}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b} \times 10=\overline{a 0 b}$

Vì $\overline{\mathrm{ab}} \times 10$ có tận cùng là 0 , do đó $\mathrm{b}=0$. Vậy số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{a} 0}$. Viết thêm chữ số 1 vào bên trái số $\overline{\mathrm{a} 00}$ ta được số $\overline{\mathrm{a} 00}$. Theo đề bài ta lại có :

$\overline{1 \mathrm{a} 00}=3 \times \overline{\mathrm{a} 00}$

Tương tự như ví dụ 4 , ta tìm được $a=5$.

Vậy số cần tìm là 50 .

Loại 2. Xoá đi một số chữ số của một số tự nhiên.

Vi du 7. Khi xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 4455 đơn vị. Tìm số có bốn chữ số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b c d}$. Xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị ta được số $\overline{\mathrm{ab}}$.

Cách 1. Theo đề bài ta có :

 

$\overline{a b c d}-\overline{a b} =4455$

$\overline{a b} \times 100+\overline{c d}-\overline{a b} =4455 $

$\overline{c d}+\overline{a b} \times 100-\overline{a b} =4455 $

$\overline{c d}+\overline{a b} \times(100-1) =4455 $

$\overline{\mathrm{cd}}+\overline{a b} \times 99 =4455$

$\overline{c d} =45 \times 99-\overline{a b} \times 99$

$\overline{c d} =(45-\overline{a b}) \times 99$

Ta nhận xét : Tích của 99 và một số tự nhiên là một số tự nhiên bé hơn 100 nên 45 – $\overline{a b}$ phải bằng 0 hoặc 1 .

  • Nếu $45-\overline{\mathrm{ab}}=0$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=45$ và $\overline{\mathrm{cd}}=00$.

  • Nếu $45-\overline{\mathrm{ab}}=1$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=44$ và $\overline{\mathrm{cd}}=99$.

Số cần tìm là 4500 hoặc 4499 .

Cách 2. Theo đề bài ta có : $\overline{\mathrm{abcd}}-\overline{\mathrm{ab}}=4455$ Ta viết lại phép tính như sau :

 

$4455$

$+ ab$

$abcd$

Nhân xét :

  • Nếu phép cộng ở hàng chục không nhớ thì $\overline{a b}=44$ và $\overline{\text { abcd }}=4455+44=4499$

  • Nếu phép cộng ở hàng chục có nhớ thì $\overline{\mathrm{ab}}=45$ và $\overline{\mathrm{abcd}}=4455+45=4500$ Vậy số cần tìm là 4499 hoặc 4500 .

Ví du 8. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 7 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$. Xoá đi chữ số hàng trăm ta được số $\overline{\mathrm{bc}}$.

Cách 1. Theo đề bài ta có:

$\overline{\mathrm{abc}} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00}+\overline{\mathrm{bc}} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =7 \times \overline{\mathrm{bc}}-\overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =(7-1) \times \overline{\mathrm{bc}}$

$\overline{\mathrm{a} 00} =6 \times \overline{\mathrm{bc}}$

Vì 6 chia hết cho 3 nên $\overline{a 00}$ chia hết cho 3 . Do đó a chia hết cho 3 .

Mặt khác, vì $\overline{\mathrm{bc}}<100$ nên $6 \times \overline{\mathrm{bc}}<600$. Từ đó suy ra $\mathrm{a}<6$.

Vậy $\mathrm{a}=3$ (a khác 0 ). Thay vào ta tính được $\overline{b c}=50$.

Vậy số cần tìm là 350 .

Cách 2. Ta có : $\overline{\mathrm{abc}}=\overline{\mathrm{bc}} \times 7$.

Vì $7 \times c$ có tận cùng là $c$ nên $c$ bằng 0 hoặc 5 .

  • Nếu $\mathrm{c}=0$, thay vào ta có :

$\overline{\mathrm{ab} 0}=\overline{\mathrm{b} 0} \times 7$

$\overline{\mathrm{ab}}=\mathrm{b} \times 7$

Từ đó suy ra b bằng 0 hoặc 5 , nhưng b không thể bằng 0 . Vậy b $=5$ và $\overline{a b}=35$.

  • Nếu $\mathrm{c}=5$, thay vào ta có :

$\overline{\mathrm{ab5}}=\overline{\mathrm{b} 5} \times 7$

Vì $7 \times 5=35$ nên $7 \times b+3=\overline{a b}$

Nếu b chã̃n thì vế trái là số lẻ, mà vế phải là số chẫn. Nếu b lẻ thì vế trái là số chã̃n, mà vế phải là số lẻ. Vạy trường hợp $\mathrm{c}=5$ không xảy ra.

Loại 3. Các bài toán về số tự nhiên và tổng các chữ số của nó

Ví dụ 9. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 5 lần tổng các chữ số của nó.

Giải.

Cách 1 . Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b} =5 \times(a+b)$

$10 \times a+b =5 \times a+5 \times b$

$10 \times a-5 \times a =5 \times b-b$

$(10-5) \times a =(5-1) \times b$

$5 \times a =4 \times b$

Từ đây ta suy ra b chia hết cho 5 . Vậy b bằng 0 hoặc 5 .

  • Nếu $\mathrm{b}=0$ thì $\mathrm{a}=0$ (loại).

  • Nếu $b=5$ thì $5 \times a=20$, vậy $a=4$.

Vậy số cần tìm là 45 .

Cách 2. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$. Theo đề bài ta có :

$\overline{a b}=5 \times(a+b)$

Vì $5 \times(a+b)$ có tận cùng bằng 0 hoạcc 5 nên b bằng 0 hoặc 5 . – Nếu $b=0$, thay vào ta có:

$\overline{\mathrm{a} 0}=5 \times a$ hay $10 \times a=5 \times a$, vậy a $=0$ (loại)

  • Nếu $b=5$, thay vào ta có :

$\overline{a 5}=5 \times(a+5) \text { hay } 10 \times a+5=5 \times a+25$

Tính ra ta được $a=4$.

Thử lại : $45:(4+5)=5$.

Vậy số cần tìm là 45 .

 

Loại 4. Các bài toán về số tự nhiên và hiệu các chữ số của nó

Ví dụ 10. Tìm một số có hai chữ số, biết rằng số đó chia cho hiệu các chữ số của nó được thương bằng 28 và dư 1 .

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{a b}$ và hiệu các chữ số của nó là c. Theo đề bài ta có :

$\overline{\mathrm{ab}}=\mathrm{c} \times 28+1$

Vì $\overline{a b}<100$ nên $\mathrm{c} \times 28<99$.

Vậy $\mathrm{c}$ bằng $1 ; 2$ hoặc 3 .

  • Nếu $\mathrm{c}=1$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=29$.

Thử lại : $9-2=7 ; 29: 7=4$ (dư 1) (loại).

  • Nếu $\mathrm{c}=2$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=57$.

Thử lại : $7-5=2 ; 57: 2=28$ (dư 1 ).

$-$ Nếu $\mathrm{c}=3$ thì $\overline{\mathrm{ab}}=85$.

Thử lại : $8-5=3 ; 85: 3=28$ (dư 1 ).

Vậy số cần tìm là 57 hoặc 85 .

Loại 5. Các bài toán về số tự nhiên và tích các chữ số của nó

Ví dụ 11. Tìm một số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng số đó gấp 5 lần tích các chữ số của nó.

Giải.

Cách I. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$.

Theo đề bài ta có :

$\overline{\mathrm{abc}}=5 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b} \times \mathrm{c}$

Vì $5 \times a \times b \times c$ chia hết cho 5 nên $\overline{a b c}$ chia hết cho 5 . Vậy $\mathrm{c}$ bằng 0 hoặc 5 . Nhưng $\mathrm{c}$ không thể bằng 0 , vậy $\mathrm{c}=5$. Số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{ab5}}$. Thay vào ta có :

$\overline{a b 5} =5 \times a \times b \times 5$

$a \times 100+b \times 10+5=25 \times a \times b$

$a \times 20+b \times 2+1=5 \times a \times b$

Vì $5 \times a \times b$ chia hết cho 5 nên $a \times 20+b \times 2+1$ chia hết cho 5 . Do đó $\mathrm{b} \times 2+1$ chia hết cho 5 . Suy ra $\mathrm{b} \times 2$ có tận cùng là 4 hoặc 9 . Vì $\mathrm{b} \times 2$ là số chẵn nên nó có tận cùng bằng 4 . Suy ra b bằng 2 hoặc 7 .

  • Nếu $b=2$ thì $\overline{\mathrm{a} 25}=5 \times a \times 2 \times 5$. Vế trái là số lẻ, mà vế phải là số chẵn. Vậy trường hợp $\mathrm{b}=2$ không xảy ra.

  • Nếu $b=7$ thì ta có : $a \times 20+15=35 \times$ a. Tính ra ta được $a=1$.

Thử lại : $175=5 \times 1 \times 7 \times 5$.

Vậy số cần tìm là 175 .

Cách $2 .$

Tương tự cách 1 , ta có :

$\overline{\mathrm{ab} 5}=25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$

Vì $25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$ chia hết cho 25 nên $\overline{\mathrm{ab5}}$ chia hết cho 25 . Suy ra b bằng 2 hoặc 7 . Vì $25 \times \mathrm{a} \times \mathrm{b}$ là số lẻ nên $\mathrm{b}=7$. Tiếp theo, tương tự cách 1 ta tìm được $\mathrm{a}=1$. Vậy số cần tìm là 175 .

 

DẠNG 3. CÁC BÀI TOÁN GIẢI BÀI PHƯƠNG PHÁP THỬ CHỌN

Ví dụ 12. Biết rằng hiệu giữa chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số lẻ có hai chữ số bằng 3 . Nếu thêm vào số đó 3 đơn vị ta được số có hai chữ số giống nhau. Tìm số đó.

Giải.

Cách 1. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{ab}}$.

Những số lẻ có hai chữ số mà hiệu giữa các chữ số của nó bằng 3 là : $41 ; 25$; $63 ; 47 ; 85$ và $69 .$

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 41 ; 63 hoặc 85 .

Cách $2 .$

Những số có hai chữ số giống nhau là : $11 ; 22 ; 33 ; 44 ; 55 ; 66 ; 77 ; 88 ; 99$. Bớt mỗi số đó đi 3 đơn vị, ta được các số : $8 ; 19 ; 30 ; 41 ; 52 ; 63 ; 74 ; 85 ; 96$.

Vì theo đề bài, số cần tìm là số lẻ và hiệu giữa hai chữ số của số đó bằng 3 nên ta tìm được ba số : $41 ; 63$ và 85 .

Ví dụ 13. Chữ số hàng chục của một số tự nhiên có ba chữ số khác nhau gấp 2 lần chữ số hàng đơn vị. Nếu lấy tích của chữ số hàng chục và hàng đơn vị chia cho chữ số hàng trăm ta được thương bằng 8 . Tìm số đó.

Giải. Gọi số cần tìm là $\overline{\mathrm{abc}}$. Theo đề bài, só $\overline{\mathrm{abc}}$ chỉ có thể là : $\overline{\mathrm{a} 21} ; \overline{\mathrm{a} 42}$; $\overline{\mathrm{a} 63} ; \overline{\mathrm{a} 84}$.

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 142 .

Vi du 14. Tìm một số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng tổng các chữ số của số đó bằng 18 , tích các chữ số của nó bằng 64 và nếu viết các chữ số của số đó theo thứ tự ngược lại thì số đó không thay đổi.

Giải. Theo đề bài thì số cần tìm có dạng $\overline{\mathrm{abba}}$.

Tổng của hai chữ số a và b là :

18: 2=9

Số 9 có thể phân tích thành tổng của những cặp số sau : 0 và $9 ; 1$ và 8 ; 2 và $7 ; 3$ và $6 ; 4$ và 5 .

Số cần tìm có thể là : $9009 ; 1881 ; 8118 ; 7227 ; 2772 ; 6336 ; 3663$; 4554 ; 5445 .

Ta có bảng sau :

Vậy số cần tìm là 1881hoặc 8118 .

DẠNG 4. CÁC BÀI TOÁN VẾ XÉT CHỮ SỐ TẬN CÙNG CỦA SỐ

Những kiến thức cần lưu ý

  1. Chữ số tận cùng của một tổng bằng chữ số tận cùng của tổng các chữ số hàng đơn vị của các số hạng trong tổng đó.

  2. Chữ số tận cùng của một tích bằng chữ số tận cùng của tich các chữ số hàng đơn vị của các thừa số trong tích đó.

  3. Tổng $1+2+3+\ldots+9$ có chữ số tận cùng bằng 5 .

  4. Tích $1 \times 3 \times 5 \times 7 \times 9$ có chữ số tận cùng bằng 5 .

  5. Tích $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$ không thể có chữ số tận cùng bằng $2 ; 3 ; 7$ hoặc 8 .

Ví dụ 15 . Không thực hiện các phép tính, hãy cho biết chữ số hàng đơn vị của mỗi kết quả sau :

a) $(2001+2002+2003+\ldots+2009)-(21+32+43+\ldots+98+19)$;

b) $(12+23+34+\ldots+89+91) \times 91 \times 73 \times 55 \times 37 \times 19$;

c) $123 \times 235 \times 347 \times 459 \times 561-71 \times 73 \times 75 \times 77 \times 79$.

Giải.

a) Chữ số hàng đơn vị của tổng $2001+2002+2003+\ldots+2009$ và tổng $21+32+43+\ldots+98+19$ đều bằng chữ số hàng đơn vị của tổng $1+2+\ldots+9$ và bằng 5 . Cho nên hiệu trên có chữ số hàng đơn vị bằng 0 .

b) Suy luận tương tự câu a, ta có tổng $12+23+34+\ldots+89+91$ và tích $91 \times 73 \times 55 \times 37 \times 19$ đều có chữ số hàng đơn vị bằng 5 . Suy ra chữ số hàng đơn vị của kết quả dãy tính bằng 5 .

c) Tương tự, ta có chữ số hàng đơn vị của hiệu bằng 0 .

Ví du 16. Có thể thay a, b trong phép tính sau bởi những chữ số thích hợp để được một phép tính đúng hay không ? Tại sao ?

a) $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}=\overline{\mathrm{a} 53 \mathrm{~b} 8}$;

b) $\overline{3 b} \times \overline{3 b}=\overline{17 a 7}$;

c) $\overline{9 a} \times \overline{9 a}=8643$.

Giải.

Không thể thay a, b trong mỗi phép tính trên bởi những chữ số thích hợp để được phép tính đúng, vì :

a) Chữ số tận cùng của tích $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}$ bằng chữ số tận cùng của tích $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$, mà $\mathrm{a} \times \mathrm{a}$ không thể có tận cùng bằng 8 , nên tích $\overline{12 \mathrm{a}} \times \overline{12 \mathrm{a}}$ không thể có tận cùng bằng 8 ;

b) Tương tự, tích $\overline{3 \mathrm{~b}} \times \overline{3 \mathrm{~b}}$ không thể có tận cùng bằng 7 ;

c) Tích $\overline{9 \mathrm{a}} \times \overline{9 \mathrm{a}}$ không thể có tận cùng bằng 3 .

Vi $d u$ 17. Tích sau có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

a) $13 \times 14 \times 15 \times \ldots \times 22$;

b) $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 50$.

Giải.

a) Trong tích $13 \times 14 \times 15 \times \ldots \times 22$ có thừa số 20 tròn chục. Thừa số này cho 1 chữ số 0 ở tích. Thừa số 15 khi nhân với một số chẳn cho 1 chữ số 0 ở tích. Vậy tích đã cho có tận cùng bằng 2 chữ số 0 .

b) Tích $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 50$ có thể phân ra thành 5 nhóm :

  • Nhóm thứ nhất $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 9 \times 10$; nhóm thứ hai $11 \times 12 \times 13 \times \ldots \times 20$; nhóm thứ tư $31 \times 32 \times 33 \times \ldots \times 40$ (lập luận tương tự câu a), tích của mổi nhóm này có tận cùng bằng 2 chữ số 0 .

  • Nhóm thứ ba $21 \times 22 \times 23 \times \ldots \times 30$ và nhóm thứ năm $41 \times 42 \times 43 \times \ldots \times 50$, tích của mỗi nhóm này có tận cùng bằng 3 chữ số 0 .

Vậy số chữ số 0 ở tận cùng của tích đã cho là :

$2 \times 3+3 \times 2=12($ chữ số 0$)$

 

 

BÀI TÂP TỰ LUYỆN

1. Cho năm chữ số $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4$.

a) Có thể viết được tất cả bao nhiêu số có bốn chữ số khác nhau từ năm chữ số đã cho ? Trong các số viết được, có bao nhiêu số chẳn ?

b) Tìm số chẳn lớn nhất, số lẻ bé nhất có bốn chữ số khác nhau viết được từ năm chữ số đã cho.

2. Có thể viết được bao nhiêu số có ba chữ số khác nhau, biết rằng :

a) Các chữ số của chúng đều là những số lẻ ?

b) Các chữ số của chúng đều là những số chẵn ?

3. Tìm :

a) Số tự nhiên bé nhất có năm chữ số được viết từ ba chữ số khác nhau ;

b) Số tự nhiên lớn nhất có năm chữ số được viết từ ba chữ số khác nhau.

4. Viết liên tiếp các số tự nhiên từ 1 đến 15 ta được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 10 chữ số của số vừa nhận được mà vẩn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhất ;

b) Số bé nhất.

Viết các số đó.

5. Viết liên tiếp 10 số chẳn khác 0 đầu tiên ta được một số tự nhiên. Hãy xoá đi 10 chữ số của số vừa nhận được mà vẫn giữ nguyên thứ tự của các chữ số còn lại để được :

a) Số lớn nhất ;

b) Số lẻ bé nhất.

Viết các số đó.

6. Tìm một số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng khi viết thêm số 21 vào bên trái số đó ta được một số gấp 31 lần số cần tìm.

7. Tìm một số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi viết thêm chữ số 9 vào bên trái số đó ta được một số gấp 26 lân số cần tìm.

8. Tìm một số tự nhiên có hai chử số, biết rằng khi viết thêm chữ số 5 vào bên phải số đó thì nó tăng thêm 230 đơn vị.

9. Khi viết thêm số 12 vào bên phải một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó tăng thêm 53769 đơn vị. Tìm số có ba chữ số đó.

10. Khi viết thêm số 65 vào bên phải một số tự nhiên thì số đó tăng thêm 97778 đơn vị. Tìm số đó.

11. Khi viết thêm chữ số 0 vào giữa chữ số hàng chục và hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó gấp lên 7 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

12. Khi xoá đi chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 3663 đơn vị. Tìm số có bốn chữ số đó.

13. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 5 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

14. Tìm số tự nhiên có bốn chữ số, biết rằng khi viết thêm chữ số 5 vào bên phải số đó ta được một số gấp 5 lần số nhận được khi viết thêm chữ số 1 vào bên trái số cần tìm.

15. Khi xoá đi chữ số hàng trăm của một số tự nhiên có ba chữ số thì số đó giảm đi 9 lần. Tìm số có ba chữ số đó.

16. Khi xoá đi chữ số hàng nghìn của một số tự nhiên có bốn chữ số thì số đó giảm đi 9 lần. Tìm số có bốn chữ số đó.

17. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng :

a) Số đó gấp 6 lần tổng các chữ số của nó ;

b) Số đó gấp 7 lần tổng các chữ số của nó ;

c) Số đó gấp 8 lần tổng các chữ số của nó ;

d) Số đó gấp 9 lần tổng các chữ số của nó.

18. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu lấy số đó chia cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 5 và dư 12 .

19. Tîm số có hai chữ số, biết rằng nếu lấy số đó chia cho hiệu của chữ số hàng chục và hàng đơn vị của nó ta được thương là 26 và dư 1 .

20. Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi chia số đó cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 11 .

21. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 21 lần hiệu của chữ số hàng chục và hàng đơn vị.

22. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp 3 lần tích các chũ̃ số của nó.

23. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng nếu chia số đó cho tích các chữ số của nó ta được thương là 5 dư 2 và chữ số hàng chục gấp 3 lần chữ số hàng đơn vị.

24. Tìm số có bốn chữ số, biết rằng số đó cộng với số có hai chữ số tạo bởi chữ số hàng nghìn, hàng trăm và số có hai chữ số tạo bởi chữ số hàng chục, hàng đơn vị của số đó ta được tổng là 7968 .

25. Cho số tự nhiên $x$. Cộng các chữ số của $x$ ta được số tự nhiên $y$, cộng các chữ số của $y$ ta được số tự nhiên $\mathrm{n}$. Tổng của ba số $x, y$ và n bằng 69. Tìm $x$.

26. Các chữ số hàng nghìn, hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có bốn chữ số theo thứ tự là bốn số tự nhiên liên tiếp. Số này sẽ thay đổi thế nào nếu ta viết các chữ số của nó theo thứ tự ngược lại ?

27. Cũng hỏi như bài 26 trong trường hợp là bốn chữ số lẻ liên tiếp.

28. Tìm số tự nhiên có ba chữ số khác nhau, biết rằng số đó bằng tổng các số có hai chữ số khác nhau lập được từ ba chữ số của số cần tìm.

29. Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng tích các chữ số của số đó là số tròn chục có hai chữ số, nếu bớt số đó đi 3 đơn vị ta được một số có hai chữ số giống nhau.

30. Các chữ số hàng chục và hàng đơn vị của một số tự nhiên có hai chữ số là hai số lẻ liên tiếp. Khi chia số đó cho tổng các chữ số của nó ta được thương bằng 4 và dư 9 . Tìm số có hai chữ số đó.

31. Các chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số có ba chữ số theo thứ tự là ba số lẻ liên tiếp. Khi bớt số đó đi 24 đơn vị ta được số có ba chữ số giống nhau và chia hết cho 5 . Tìm số đó.

32. Các chữ số hàng trăm, hàng chục và hàng đơn vị của một số chẵn có ba chữ số theo thứ tự là ba số tự nhiên liên tiếp. Tổng các chữ số của nó bằng 9 . Tìm số đó.

33. Tổng các chữ số của một số chẵn có bốn chữ số bằng 22 , tích các chữ số của nó là số tròn chục. Khi đổi chỗ chữ số hàng trăm và chữ số hàng đơn vị hoặc chữ số hàng nghìn và chữ số hàng chục thì số đó không thay đổi. Tìm số đó.

34. Không thực hiện các phép tính, hãy cho biết mỗi kết quả sau có tận cùng bằng chữ số nào ?

a) $(1999+2378+4545+7956)-(315+598+736+89)$;

b) $1 \times 3 \times 5 \times \ldots \times 99$;

c) $6 \times 16 \times 116 \times 1216 \times 11996$;

d) $31 \times 41 \times 51 \times 61 \times 71 \times 81 \times 91$;

e) $11 \times 13 \times 15 \times 17+23 \times 25 \times 27 \times 29+31 \times 33 \times 35 \times 37+$ $+45 \times 47 \times 49 \times 51$;

g) $56 \times 66 \times 76 \times 86-51 \times 61 \times 71 \times 81$.

  1. Tích $1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times 98 \times 99 \times 100$ có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

  2. Tích sau đây có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 ?

a) $85 \times 86 \times 87 \times \ldots \times 94$;

b) $11 \times 12 \times \ldots \times 20 \times 53 \times 54 \times \ldots \times 62$.

  1. Không thực hiện các phép tính, hãy xét xem các kết quả sau đây đúng hay sai ? Giải thích tại sao.

a) $16358-6 \times 16 \times 46 \times 56=120$;

b) $\overline{\mathrm{abc}} \times \overline{\mathrm{abc}}-853467=0$;

c) $11 \times 21 \times 31 \times 41-19 \times 25 \times 37=110$.

  1. Có thể thay mỗi chữ trong phép tính sau bởi chữ số thích hợp để được một phép tính đúng hay không ? Tại sao ?

a) $7958: \overline{3 \mathrm{~b}}=\overline{\mathrm{a} 3 \mathrm{~b}}$;

b) $\overline{\mathrm{a} 2303}: \overline{\mathrm{b} 5 \mathrm{~cd}}=\overline{2 \mathrm{~d}}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi chuyên toán vào lớp 10 trường Phổ thông Năng khiếu năm 2011

Leave a reply

Bài 1. Cho phương trình bậc hai $x^{2}-(m+3) x+m^{2}=0$ trong đó $m$ là tham số sao cho phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_{1}, x_{2}$.
(a) Khi $m=1$. Chứng minh rằng ta có hệ thức $\sqrt[8]{x_{1}}+\sqrt[8]{x_{2}}=\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{6}}}$
(b) Tìm tất cả các giá trị của $m$ sao cho $\sqrt{x_{1}}+\sqrt{x_{2}}=\sqrt{5}$
(c) Xét đa thức $P(x)=x^{3}+a x^{2}+b x$. Tìm tất cả các cặp số $(a, b)$ sao cho ta có hệ thức $P\left(x_{1}\right)=P\left(x_{2}\right)$ với mọi giá trị của tham số $m$.
Bài 2. (a) Cho $a, b$ là các số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
$$
P=\frac{\sqrt{1+a^{2}} \sqrt{1+b^{2}}}{1+a b}
$$
(b) Cho các số $x, y, z$ thỏa $|x| \leq 1,|y| \leq 1,|z| \leq 1$. Chứng minh rằng:
$$
\sqrt{1-x^{2}}+\sqrt{1-y^{2}}+\sqrt{1-z^{2}} \leq \sqrt{9-(x+y+z)^{2}}
$$
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $A B=b, A C=c . M$ là một điểm thay đổi trên cạnh $A B$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ cắt $A C$ tại $N$.
(a) Chứng minh rằng tam giác $A M N$ đồng dạng với tam giác $A C B$. Tính tỉ số $\frac{M A}{M B}$ để diện tích tam giác $A M N$ bằng $\frac{1}{2}$ diện tích tam giác $A C B$.
(b) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A M N$. Chứng minh rằng $I$ luôn thuộc một đường cố định.
(c) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B C$. Chứng minh rằng đoạn thẳng $I J$ có độ dài không đổi.
Bài 4. Cho các số nguyên $a, b, c$ sao cho $2 a+b, 2 b+c, 2 c+a$ 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 $\left(^{*}\right)$ mà $(a-b)(b-c)(c-a)$ không chia hết cho 27 ?
Bài 5. Cho hình chữ nhật $A B C D$ có $A B=3, A D=4$.
(a) Chứng minh rằng từ 7 điểm bất kì trong hình chữ nhật $A B C D$ luôn tìm được hai điểm mà khoảng cách giữa chúng không lớn hơn $\sqrt{5}$
(b) Chứng minh khẳng định ở câu $\mathrm{a}$ ) vẫn còn đúng với 6 điểm bất kì nằm trong hình chữ nhật $A B C D$.

Đáp án

 

Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia 2021 – 2022

Leave a reply

Ngày 1 (04/3/2022)

Bài 1 (5,0 điểm)

Cho $a$ là một số thực không âm và dãy số $(u_{n})$ được xác định bởi

$u_{1}=6, u_{n+1}=\dfrac{2n+a}{n} + \sqrt{\dfrac{n+a}{n} u_{n} + 4},  \,\, \forall n \geq 1.$

a) Với $a=0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b) Với mọi $a\geq 0$, chứng minh rằng $(u_{n})$ có giới hạn hữu hạn.

Bài 2 (5,0 điểm)

Tìm tất cả các hàm số $f: \left( 0; + \infty \right) \rightarrow \left( 0; + \infty \right)$ thỏa mãn

$f\left( \dfrac{f(x)}{x} + y \right) = 1+f(y), \,\, \forall x,y \in \left( 0; + \infty \right).$

Bài 3 (5,0 điểm)

Cho tam giác nhọn $ABC$. Các điểm $E, F$ lần lượt thay đổi trên tia đối của các tia $BA, CA$ sao cho $BF = CE \,\, (E \ne B, F\ne C)$. Gọi $M, N$ tương ứng là trung điểm của $BE, CF$ và $D$ là giao điểm của $BF$ với $CE$.

a) Gọi $I, J$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DBE, DCF$. Chứng minh rằng $MN$ song song với $IJ$.

b) Gọi $K$ là trung điểm của $MN$ và $H$ là trực tâm của tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $HK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài 4 (5,0 điểm)

Với mỗi cặp số nguyên dương $(n, m)$ thỏa mãn $n < m$, gọi $s(n,m)$ là số các số nguyên dương thuộc đoạn $[n;m]$ và nguyên tố cùng nhau với $m$. Tìm tất cả các số nguyên dương $m \geq 2$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

i) $\dfrac{s(n,m)}{m-n} \geq \dfrac{s(1,m)}{m}$ với mọi $n = 1,2,…,m-1$;

ii) $2022^{m} + 1$ chia hết cho $m^{2}$.

 

Ngày 2 (05/3/2022)

Bài 5 (6,0 điểm)

Cho $P(x)$ và $Q(x)$ là hai đa thức khác hằng, có hệ số là các số nguyên không âm, trong đó các hệ số của $P(x)$ đều không vượt quá 2021 và $Q(x)$ có ít nhất một hệ số lớn hơn 2021. Giả sử $P(2022) = Q(2022)$ và $P(x), Q(x)$ có chung nghiệm hữu tỷ $\dfrac{p}{q} \ne 0 \, (p,q \in \mathbb{Z}$; $p$ và $q$ nguyên tố cùng nhau). Chứng minh rằng $| p | + n | q | \leq Q(n) – P(n)$ với mọi $n = 1, 2, …, 2021$.

Bài 6 (7,0 điểm)

Gieo 4 con súc sắc cân đối, đồng chất. Ký hiệu $x_{i} \, (1\leq x_{i} \leq 6)$ là số chấm trên mặt xuất hiện của con súc sắc thứ $i \, (i=1,2,3,4).$

a) Tính số các bộ $(x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4})$ có thể có.

b) Tính xác suất để có một số trong $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ bằng tổng của ba số còn lại.

c) Tính xác suất để có thể chia $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}$ thành hai nhóm có tổng bằng nhau.

Bài 7 (7,0 điểm)

Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định trên đường tròn $(O)$ ($B C$ không đi qua tâm $O$) và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $\overparen{B C}$ sao cho $A B \neq A C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $A B C$ tiếp xúc với $B C$ tại $D$. Gọi $I_{a}$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $\widehat{B A C}, \,L$ là giao điểm của $I_{a} D$ với $O I$ và $E$ là điềm trên $(I)$ sao cho $D E$ song song với $A I$.
a) Đường thẳng $L E$ cắt đường thẳng $A I$ tại $F$. Chứng minh rằng $A F=A I$.
b) Trên đường tròn $(J)$ ngoại tiếp tam giác $I_{a} B C$ lấy điểm $M$ sao cho $I_{a} M$ song song với $A D,\, M D$ cắt lại $(J)$ tại $N$. Chứng minh rằng trung điểm $T$ của $M N$ luôn thuộc một đường tròn cố định.

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển trường PTNK năm 2020

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề bài.

Bài 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=\frac{a^{4}+b^{4}+2}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}$, với $a, b \in \mathbb{R}$.
Bài 2. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{Q}^{+} \rightarrow \mathbb{Q}^{+}$thỏa mãn
$$
f\left(x^{2} f(y)^{2}\right)=f(x)^{2} f(y), \text { với mọi } x, y \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Bài 3. Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, \ldots$ là dãy số nguyên thỏa mãn đồng thời hai điều kiện $1=$ $x_{1}<x_{2}<x_{3} \ldots$ và $x_{n+1} \leq 2 n$ với $n=1,2,3 \ldots$ Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$ bán kính $R$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $A B$ sao cho $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$. Đường tròn tâm $M$ bán kính $M B$ cắt đường tròn tâm $O$ tại điểm thứ hai là $D$. Một đường thẳng qua $M$ song song với $A D$ cắt $A C$ tại $N$. Chứng minh rằng $\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}$.

Đáp án

Bài 1. Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta có
$$
x^{4}+1-\frac{2}{9}\left(x^{2}-x+1\right)^{2}=\frac{1}{9}(x+1)^{2}\left(7 x^{2}-10 x+7\right) \geq 0 .
$$
Vì thế nên ta có
$$
P \geq \frac{2}{9} \frac{\left(a^{2}-a+1\right)^{2}+\left(b^{2}-b+1\right)^{2}}{\left(a^{2}-a+1\right)\left(b^{2}-b+1\right)}=\frac{2}{9}\left(\frac{a^{2}-a+1}{b^{2}-b+1}+\frac{b^{2}-b+1}{a^{2}-a+1}\right) \geq \frac{4}{9} .
$$
Suy ra giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{4}{9}$, đạt được khi $a=b=-1$.

Bài 2. Giả sử $f$ là một hàm thỏa mãn các yêu cầu của bài toán. Đặt $f(1)=a>$ 0 , trong phương trình đề cho, thay $x=y=1$ ta có $f\left(a^{2}\right)=a^{3}$.
Từ đó, tiếp tục lần lượt thay $x$ bởi $a^{2}, y$ bởi 1 và $x$ bởi $1, y$ bởi $c^{2}$ vào phương trình ấy, ta thu được
$$
a^{7}=f\left(a^{6}\right)=a^{5} .
$$
Chú $\hat{y} a>0$ nên ta có $a=1$, tức $f(1)=1$. Thay $x$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f\left(f(y)^{2}\right)=f(y) \text {, với mọi } y \in \mathbb{Q}^{+} \text {. }
$$
Lại thay $y$ bởi 1 vào phương trình đề cho, ta có
$$
f(x)^{2}=f\left(x^{2}\right), \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+} .
$$
Suy ra
$$
f(x)=f\left(f(x)^{2}\right)=f(f(x))^{2}=\ldots=f^{n+1}(x)^{2^{n}}, \text { với mọi } x \in \mathbb{Q}^{+},
$$
trong đó $f^{n+1}(x)$ là $n+1$ lần tác động $f$ vào $x$. Từ đó, nếu tồn tại $q \in \mathbb{Q}^{+}$sao cho tồn tại $p \in \mathbb{P}$ thỏa mãn $v_{p}(f(q)) \neq 0$ thì ta có
$$
v_{p}(f(q))=v_{p}\left(f^{n+1}(q)^{2^{n}}\right)=2^{n} v_{p}\left(f^{n+1}(q)\right) \neq 0 .
$$
Trong đẳng thức trên, cho $n \rightarrow+\infty$ ta thấy điều vô lý. Suy ra $v_{p}(f(q))=0$ với mọi $q \in \mathbb{Q}^{+}, p \in \mathbb{P}$, hay $f(x) \equiv 1$.
Thử lại, ta kết luận $f(x) \equiv 1$ là hàm duy nhất thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Bài 3. Với $k$ nguyên dương, ta xét $k+1$ số hạng của dãy là $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{k+1}$. Ta có $x_{1}=1 \leq k$, gọi $q$ là số lớn nhất thỏa mãn $x_{q} \leq k$ thì ta có $q<k+1$ và
$$
1 \leq x_{1}<x_{1}<\cdots<x_{q} \leq k<x_{q+1}<\cdots<x_{k+1}<2 k \text {. }
$$
Nếu tồn tại $1 \leq j<i \leq k+1$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$ thì ta có ngay điều cần chứng minh. Ngược lại, ta có các số
$$
x_{1}+k, x_{2}+k, \ldots, x_{q}+k, x_{q+1}, \ldots, x_{k+1}
$$
là $k+1$ số nguyên đôi một phân biệt, tất cả đều lớn hơn $k$ nhưng lại không vượt quá $2 k$, vô lí!

Từ đó suy ra với mọi $k$ nguyên dương, luôn tồn tại các số nguyên $i>j$ sao cho $x_{i}-x_{j}=k$.

Bài 4. Ta có $O B=O D, M B=M D$ nên dễ thấy $O M$ là phân giác ngoài của góc $A M D$, mà $O A=O D$ nên suy ra $O \in(A M D)$.

Gọi $N^{\prime}$ là giao điểm khác $A$ của $(A M D)$ và $A C$. Ta chứng minh $N$ trùng $N^{\prime}$. Thật vậy, ta có $\overrightarrow{A M}=\frac{1}{3} \overrightarrow{A B}$ nên $\angle A M O$ tù, do đó nếu $N^{\prime}$ nằm ngoài tia $A C$ thì $N^{\prime}$ nằm khác phía $O$ so với $A M$ nên
$$
\angle A M O=\angle A N^{\prime} O=\angle C A O-\angle A O N^{\prime}<\angle C A O<90^{\circ},
$$
vô lý. Suy ra $N^{\prime}$ nằm trên tia $A C$, kéo theo $A O$ là phân giác trong góc $M A N^{\prime}$ nên $O M=O N^{\prime}$, mà $O A=O D$ nên $M N^{\prime}$ song song $A D$, suy ra $N$ trùng $N^{\prime}$.

Từ đó, dễ thấy $A M N D$ là hình thang cân nên $A N=M D=M B$, hơn nữa $N$ nằm trên tia $A C$ nên ta thu được
$$
\overrightarrow{A N}=\frac{2}{3} \overrightarrow{A C}
$$
Ta có điều cần chứng minh.

Tài liệu tham khảo

[1] Nguyễn Tăng Vũ, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển và đội tuyển PTNK 2008-2021

Đáp án đề thi chọn đội dự tuyển PTNK năm 2021

Leave a reply

Thời gian làm bài 120 phút

Đề thi

Bài 1. Cho các số thực không âm $a, b, c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{7}{2} a+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}$.

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn $f(x-f(y))=4 f(x)+3 x+f(y)$ với mọi $x, y \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Cho $n$ là số nguyên dương và $A=\left\{m \in \mathbb{N}^{*} \mid \operatorname{gcd}(m, 6)=1, m<30 n\right\}$ với $|A|=8 n+1$. Chứng minh rằng tồn tại 2 số phân biệt $a, b \in A$ sao cho $a \mid b$.
Bài 4. Cho điểm $M$ di động trên đường thẳng $d$ cố định và $O$ là điểm cố định nằm ngoài đường thẳng $d$. Gọi $A$ là hình chiếu của $O$ lên $d$, và $H$ là hình chiếu của $A$ trên $O M$. Gọi $D$ là trung điểm $H M$.
(a) Chứng minh rằng đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ luôn đi qua một điểm cố định. Gọi điểm đó là $N$.
(b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $(H M N)$ luôn thuộc một đường thẳng cố định. Từ đó tính tỷ số $\frac{A M}{A O}$ để $(H M N)$ và $(O A H)$ tiếp xúc với nhau.

Đáp án.

Bài 1. Ta có
$$
P-\frac{7}{2}=\frac{7}{2}(a-1)+(1-a)(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})+a^{2} b^{2} c^{2}
$$
Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có
$$
a^{2} b^{2} c^{2} \leq a b^{2} c^{2} \leq a\left(\frac{b^{2}+c^{2}}{2}\right)^{2}=\frac{a\left(1-a^{2}\right)^{2}}{4} \leq \frac{a\left(1-a^{2}\right)}{4}=(1-a) \frac{a+a^{2}}{4} .
$$
Do đó, suy ra
$$
P-\frac{7}{2} \leq(1-a)\left(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4}-\frac{7}{2}\right)
$$
Vì $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\frac{a+a^{2}}{4} \leq 1+1+1+\frac{1+1^{2}}{4}=\frac{7}{2}$ và dấu bằng không xảy ra nên biểu thức trong dấu ngoặc thứ hai luôn âm. Vì thế nền ta có $P \leq \frac{7}{2}$.
Giá trị lớn nhất cần tìm là $\frac{7}{2}$, đạt được khi $(a, b, c)=(1,0,0)$.

Bài 2.  Đặt $a=f(0)$, ta thay $y=0$ vào đề bài, ta đưa về $f(x-a)-4 f(x)=3 x+a$, kéo theo $f(u)-4 f(v)$ toàn ánh với $u, v \in \mathbb{R}$. Ta thực hiện các phép thế sau
– Thay $x=f(y)$, ta có $f(0)=4 f(f(y))+4 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=2 f(y)$, ta có $f(f(y))=4 f(2 f(y))+7 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=3 f(y)$, ta có $f(2 f(y))=4 f(3 f(y))+10 f(y)$ với mọi $y$.
– Thay $x=4 f(y)$, ta có $f(3 f(y))=4 f(4 f(y))+13 f(y)$ với mọi $y$.

Từ đó suy ra
$$
\begin{aligned}
&4 f(4 f(y))=f(3 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}(f(2 f(y))-10 f(y))-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(f(f(y))-7 f(y))-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}(a-4 f(y))-7 f(y)\right)-10 f(y)\right)-13 f(y) \
&=\frac{a}{64}-16 f(y)
\end{aligned}
$$
Thay $x=4 f(x)$, ta có
$$
f(4 f(x)-f(y))=4 f(4 f(x))+12 f(x)+f(y)
$$
hay
$$
f(4 f(x)-f(y))=\frac{a}{64}-4 f(x)+f(y)
$$
với mọi $x, y \in \mathbb{R}$. Đặt $t=4 f(x)-f(y)$ thì $t$ nhận giá trị trên $\mathbb{R}$, ta có $f(t)=-t+\frac{a}{64}$ với mọi $t \in \mathbb{R}$. Thay $t=0$, ta có $a=0$ nên $f(t)=-t$. Thử lại thấy thỏa. Vậy tất cả hàm số cần tìm là $f(x)=-x, \forall x \in \mathbb{R}$.

Bài 3. Trước hết, với mỗi số nguyên dương $n$, ta ký hiệu $T(n)$ là ước dương lớn nhất không chia hết cho 5 của $n$. Ta chia tất cả các số nhỏ hơn $30 n$, nguyên tố cùng nhau với 6 ra thành các nhóm sao cho $m, n$ thuộc cùng nhóm khi và chỉ khi $T(m)=T(n) .$ Do
$$
\phi(30)=(2-1)(3-1)(5-1)=8
$$
nên từ 1 đến $30 n$ có tổng cộng $8 n$ số nguyên tố cùng nhau với 30 , suy ra có tổng cộng $8 n$ nhóm.

Do $|A|=8 n+1$ nên theo nguyên lý Dirichlet trong $A$ sẽ có 2 số thuộc cùng một nhóm, và số lớn sẽ chia hết cho số nhỏ.

Bài 4. (a) Ta thấy hai tam giác vuông $A M H, O A H$ dồng dạng và có các cạnh tương ứng vuông góc nên hai trung tuyến tương ứng của hai tam giác này sẽ vuông góc với nhau. Gọi $K$ là trung điểm $A H$ thì ta sẽ có $A D \perp O K$. Giả sử đường thẳng qua $H$, vuông góc với $A D$ cắt $O A$ ở $N$ thì ta có $O K | H N$, suy ra $O$ là trung điểm của $A N$ hay $N$ là điểm đối xúng với $A$ qua $O$, là điểm cố định.

(b) Ta có
$$
O A^{2}=O N^{2}=O H \cdot O M
$$
nên $O N$ tiếp xúc với đường tròn $(H M N)$. Gọi $I$ là tâm của $(H M N)$ thì $I N \perp O A$ nên $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Gọi $J$ là trung điểm $O A$ thì $J$ là tâm đường tròn $(O H A)$. Giả sử $(I)$ tiếp xúc $(J)$ thì tiếp điểm là $H$, chứng tỏ các điểm $I, H, J$ thẳng hàng. Ta có
$$
\angle I M H=\angle I H M=\angle J H O=\angle J O H
$$
nên $I M | O A$. Khi đó, tứ giác $I N A M$ là hình vuông và ta tính được tỷ số $\frac{A M}{O A}=$ $\frac{A N}{O A}=2$.

Tài liệu tham khảo.

[1] Nguyễn Tăng Vũ – Lê Phúc Lữ, Nguyễn Tiến Hoàng, Đề thi và đáp án kì thi dự tuyển, đội tuyển trường Phổ thông Năng khiếu 2008 – 2021,NXB ĐHQG HN, 2021

Đề thi Học kì 1 lớp 10 chuyên Toán PTNK năm 2018

Leave a reply

Bài 1. Cho hàm số $y=x^{2}-4 x+3$. (1)
a) Khảo sát sự biến thiên và vē đồ thị hàm số.
b) Từ đồ thị hàm số (1), suy ra đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$. (2)
c) Dựa vào đồ thị hàm số (2), tìm $m$ để phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm.

Bài 2. Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5$
b) $\left\{ \begin{array}{l} \left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right.$.

Bài 3. Tìm tham số $m$ để hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right.$ có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thóa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4. Cho $x$ là số thực dương, đặt $A=x+\dfrac{1}{x}$.
a) Chứng minh rằng $A$ là số nguyên thì $A_{n}=x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ cūng là số nguyên với mọi số nguyên dương $n$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $B=-A^{2}+6 A+1$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ đường kính $B C=2 R, \widehat{A B C}=60^{\circ} . D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $B C$.
a) Chứng minh rằng với mọi điểm $M$ ta có: $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$.
b) Tìm $M$ để $S=M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất theo $R$.
c) Cho $M$ thay đổi trên $A C . D M$ cắt $(O)$ tại $N$. Xác định $M$ để $\mathcal{P} {C/(AMB)}=2 \mathcal{P} {B/(CMN)}$. $a_12$
d) Tìm quy tích $M$ thỏa $\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2}$.

Lời giải
Bài 1.
a) Ta có $a=1>0, \dfrac{-b}{2 a}=2$ và $\dfrac{-\Delta}{4 a}=-1$.
Bảng biến thiên:

Vậy hàm số (1) đồng biến trên $(2 ;+\infty)$ và nghịch biến trên $(-\infty ; 2)$.

Đồ thị hàm số:

b) Từ đồ thị hàm số (1), ta suy ra đồ thị hàm số $y=x^{2}-4|x|+3$  như sau:

Khi đó, ta có được đồ thị hàm số $y=\left|x^{2}-4\right| x|+3|$ như sau:

c) Theo đồ thị hàm số (2), phương trình $\left|x^{2}-4\right| x|+3|=m^{2}+2 m$ có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi $m^{2}+2 m=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}m=1 \\ m=-3\end{array}\right.$.

Bài 2. 

a) $\sqrt{x-1}+\sqrt{6-x}+\sqrt{7 x-6-x^{2}}=5 \quad (1)$.

ĐKXĐ: $\left\{\begin{array}{l}x-1 \geq 0 \\ 6-x \geq 0 \\ 7 x-6-x^{2} \geq 0\end{array} \quad \Leftrightarrow 1 \leq x \leq 6\right.$

Đặt $a=\sqrt{x-1} \geq 0$ và $b=\sqrt{6-x} \geq 0$, khi đó $\left\{\begin{array}{l}a b=\sqrt{7 x-6-x^{2}} \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.$.

Kết hợp với (1), ta có hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}a+b+a b=5 \\ a^{2}+b^{2}=5 .\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}a+b=5-a b \quad (2) \\ a^{2}+b^{2}=5\end{array}\right.\right.$

Ta có: $5=a^{2}+b^{2}=(a+b)^{2}-2 a b=(5-a b)^{2}-2 a b=a^{2} b^{2}-12 a b+25$.

Do đó: $a^{2} b^{2}-12 a b+20=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a b=2 \\ a b=10\end{array}\right.$.

– Nếu $a b=2$, từ (2) ta suy ra $a+b=3$. Khi đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-3 X+2=0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} X=1 \\ X=2 \end{array}\right.$$

Khi đó $(a ; b)=(1 ; 2)$ hoặc $(a ; b)=(2 ; 1)$.

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=1 \\ b=2\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=1 \\ \sqrt{6-x}=2\end{array} \Leftrightarrow x=2\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=2$ thỏa (1).

+) Nếu $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=1\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-1}=2 \\ \sqrt{6-x}=1\end{array} \Leftrightarrow x=5\right.\right.$. Thử lại thấy nghiệm $x=5$ thỏa (1).

– Nếu $a b=10$, từ (1) ta suy ra $a+b=-5$ (Loại vì $a, b \geq 0$ nên $a+b \geq 0)$.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là $S=\{2 ; 5\}$.

b) $\left\{\begin{array}{l}\left(x^{2}+y\right)^{2}+\left(x+y^{2}\right)^{2}=8 \\ x^{2}+y^{2}+x+y=4\end{array}\right. \quad (I)$

Đặt $a=x^{2}+y$ và $b=x+y^{2}$ thì (I) trở thành:

$$\left\{\begin{array} { l } { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } = 8 } \\ { a + b = 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array} { l } { ( a + b ) ^ { 2 } – 2 a b = 8 } \\ { a + b = 4 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} a b=4 \\ a+b=4 \end{array}\right.\right.\right. $$

Do đó $a, b$ là nghiệm của phương trình:

$$X^{2}-4 X+4=0 \Leftrightarrow X=2 $$

Suy ra $\left\{\begin{array}{l}a=2 \\ b=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y=2 \\ x+y^{2}=2\end{array}\right.\right.$

Từ (1) và (2) ta suy ra $x^{2}+y=x+y^{2} \Leftrightarrow(x-y)(x+y-1)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=x \\ y=1-x\end{array}\right.$.

– Nếu $y=x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+x+2=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=1 \\ x=-2\end{array}\right.$.

+) Với $x=1$, suy ra $y=1$.

+) Với $x=-2$, suy ra $y=-2$.

– Nếu $y=1-x$, thay vào $(1)$, ta được: $x^{2}+1-x=2 \Leftrightarrow x^{2}-x-1=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$

+) Với $x=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.

+) Với $x=\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$, suy ra $y=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Thử lại thấy các cặp nghiệm trên đều thỏa.

Vậy tập nghiệm của (I) là $(x ; y)=\left\{(1 ; 1),(-2 ;-2),\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right),\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2} ; \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.

Bài 3.

$\left\{\begin{array}{l} m x+(m-1) y=m+1 \\ (m-1) x+m y=m+1 \end{array}\right. \quad (I)$

Ta có:

$D=m^{2}-(m-1)^{2}=2 m-1$

$D_{x}=(m+1) m-(m+1)(m-1)=m+1 $

$D_{y}=m(m+1)-(m-1)(m+1)=m+1$

Để (I) có nghiệm duy nhất $\Leftrightarrow D \neq 0 \Leftrightarrow 2 m-1 \neq 0 \Leftrightarrow m \neq \dfrac{1}{2}$.

Khi đó nghiệm của (I) là $\left\{\begin{array}{l}x_{0}=\dfrac{D_{x}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1} \\ y_{0}=\dfrac{D_{y}}{D}=\dfrac{m+1}{2 m-1}\end{array}\right.$

Vì $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$ nên $\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}+\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=2 \Leftrightarrow\left(\dfrac{m+1}{2 m-1}\right)^{2}=1 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{ll}m=0 & \text { (Nhận) } \\ m=2 & \text { (Nhận) }\end{array}\right.$

Vậy $m=0$ hoặc $m=2$ thì (I) có nghiệm duy nhất $\left(x_{0} ; y_{0}\right)$ thỏa $x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=2$.

Bài 4.

a) – Ta có: $A_{1}=x+\dfrac{1}{x}=A \in \mathbb{Z}, A_{2}=x^{2}+\dfrac{1}{x^{2}}=\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^{2}-2 \in \mathbb{Z}$.

– Giả sử $A_{k} \in \mathbb{Z}$ với mọi $k \leq n$ ( $n$ nguyên dương và $n \geq 2$ ), hay $x^{k}+\dfrac{1}{x^{k}} \in \mathbb{Z}$.

Ta chứng $\operatorname{minh} A_{n+1} \in \mathbb{Z}$, tức là $x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}} \in \mathbb{Z}$.

– Thật vậy, vì $x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}$ và $x+\dfrac{1}{x}$ là các số nguyên nên $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right) \in \mathbb{Z}$.

Mặt khác, $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=x^{n+1}+x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}+\dfrac{1}{x^{n+1}}=\left(x^{n+1}+\dfrac{1}{x^{n+1}}\right)+\left(x^{n-1}+\dfrac{1}{x^{n-1}}\right)$.

Do đó $\left(x^{n}+\dfrac{1}{x^{n}}\right)\left(x+\dfrac{1}{x}\right)=A_{n+1}+A_{n-1}$.

Suy ra $A_{n+1}+A_{n-1} \in \mathbb{Z}$, mà $A_{n-1} \in \mathbb{Z}$ nên $A_{n+1} \in \mathbb{Z}$.

Như vậy, theo nguyên lí quy nạp, ta có $A_{n} \in \mathbb{Z}$ với mọi số nguyên dương $n$.

b) Ta có $B=-A^{2}+6 A+1=-(A-3)^{2}+10 \leq 10$.

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow A=3 \Leftrightarrow x+\dfrac{1}{x}=3 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2} \\ x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\end{array}\right.$.

Vậy giá trị lớn nhất của $B$ là 10 khi $x=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}$ hoặc $x=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}$.

Bài 5. 

a) Ta có $\Delta A B O$ cân tại $O(O A=O B)$ và $\widehat{A B O}=60^{\circ}$ nên $\Delta A B O$ là tam giác đều.

Suy ra $O A=O B=A B$. (1)

Do $D$ đối xứng với $A$ qua đường kính $B C$ nên $D \in(O)$ và $\widehat{A O B}=\widehat{B O D}=60^{\circ}$.

Kết hợp với $O D=O B=R$, suy ra $\Delta B O D$ là tam giác đều,

kéo theo $B O=O B=O D$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $A B=A O=O D=D B$, dẫn đến $A O D B$ là hình thoi. Do đó $\overrightarrow{A B}=\overrightarrow{O D}$.

Với điểm $M$ bất kì, ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D} =(\overrightarrow{M B}+\overrightarrow{B A})(\overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}) $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{B A} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{O D}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{M O}-\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O D} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D}(\overrightarrow{M B}-\overrightarrow{M O})-\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+\overrightarrow{O D} \cdot \overrightarrow{O B}–\overrightarrow{O D}^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}+O D \cdot O B \cos 60^{\circ}-O D^{2} $

$=\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}$

b) Gọi $H$ là giao điểm của $A D$ và $B C$. Vì $A O D B$ là hình thoi nên $H$ là trung điểm của $A D$ và $B C$.

Lấy $I$ đối xứng với $H$ qua $B$, khi đó $\overrightarrow{I H}=2 \overrightarrow{I B}$.

Mặt khác, $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=2 \overrightarrow{I H}$ (do $H$ là trung điểm của $A D)$.

Suy ra $\overrightarrow{I A}+\overrightarrow{I D}=4 \overrightarrow{I B} \Leftrightarrow \overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D}=0$

Ta có:

$M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2} $

$=\overrightarrow{M A}^{2}-4 \overrightarrow{M B}^{2}+\overrightarrow{M D}^{2} $

$=(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I A})^{2}-4(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I B})^{2}+(\overrightarrow{M I}+\overrightarrow{I D})^{2} $

$=-2 \overrightarrow{M I}^{2}+2 \overrightarrow{M I}(\overrightarrow{I A}-4 \overrightarrow{I B}+\overrightarrow{I D})+\overrightarrow{I A}^{2}-4 \overrightarrow{I B}^{2}+\overrightarrow{I D}^{2}$

$=-2 M I^{2}+I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} $

$ \leq I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2} .$

Ta có:

$I A^{2}-4 I B^{2}+I D^{2}=2 I A^{2}-4 I B^{2}=2\left(I K^{2}+K A^{2}\right)-4 I B^{2}=2\left(R^{2}+\dfrac{3}{4} R^{2}\right)-4 \cdot \dfrac{R^{2}}{4}=\dfrac{5}{2} R^{2} .$

Vậy giá trị lớn nhất của $M A^{2}-4 M B^{2}+M D^{2}$ là $\dfrac{5}{2} R^{2}$ khi và chỉ khi $M \equiv I$.

d) Lấy $L$ đối xứng với $O$ qua $C$. Khi đó $\overrightarrow{L O}=2 \overrightarrow{L C}$.

Do đó $\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C}=\overrightarrow{M L}+\overrightarrow{L O}-2 \overrightarrow{M L}-2 \overrightarrow{L C}=-\overrightarrow{M L}$.

Ta có:

$\overrightarrow{M A} \cdot \overrightarrow{M D}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$\Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-\dfrac{R^{2}}{2}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=-\dfrac{R^{2}}{2} $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M C}=0 $

$ \Leftrightarrow \overrightarrow{M B}(\overrightarrow{M O}-2 \overrightarrow{M C})=0 $

$ \Leftrightarrow-\overrightarrow{M B} \cdot \overrightarrow{M L}=0$

Do đó $M L \perp M B$, vậy $M$ thuộc đường tròn đường kính $B L$.

Lời giải của bạn Trần Thái Hưng – Star Education

Bài tập số học ôn thi vào lớp 10 – Phần 3

Leave a reply

Bài 21. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^5 + n^4 + 1$ không là số nguyên

Lời giải

$n^5 + n^4 + 1 = n^5+n^4+n^3-n^3+1 = n^3(n^2+n+1) -(n-1)(n^2+n+1) = (n^2+n+1)(n^3-n+1)$
Mà $n^3-n+1 > 1, n^2+n+1>1$ với mọi $n>1$ nên $n^5+n^4+1$ không là số nguyên tố.

Bài 22. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho ${5^{{5^{n + 1}}}} + {5^{{5^n}}} + 1$ là một số nguyên tố.

Lời giải

Đặt $m = 5^n$ ta có bài trên.

Bài 23. Tìm số nguyên tố $p$ để $p^2 + 2^p$ cũng là số nguyên tố.

Lời giải

Nhận thấy $p=3$ thỏa đề bài.
Xét $p>3$ thì $p$ lẻ và $p$ không chia hết cho 3.
Khi đó $p^2 \equiv 1 (\mod 3)$ và $2^p \equiv -1 (\mod 3)$. Do đó $p^2 + 2^p \equiv 3$ nên không là số nguyên tố.

Bài 24. Cho $p, q$ là các số nguyên tố và phương trình $x^2 – px+q=0$ có nghiệm nguyên dương. Tìm $p$ và $q$.

Lời giải

Gọi $x_1, x_2$ là nghiệm của phương trình. Ta có $x_1 + x_2 = p, x_1 x_2 = q$. Do đó $x_1, x_2 $ đều là các số nguyên dương. Giả sử $x_1 \geq x_2$.
Suy ra $x_2 = 1, x_1 = q$, $1+q = p$. Do đó $p = 3, q=2$.
Thử lại thấy thỏa đề bài.

Bài 25. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tổng các ước dương của $p^4$ là một số chính phương.

Lời giải

Theo đề ta có phương trình $1+p+p^2+p^3+p^4 = x^2$.
Ta có $(2p^2+p)^2< 4x^2 < (2p^2+p+2)$.
Do đó $4x^2 = (2p^2+p+1) = 4p^2+4p^3+4p^2+4p+4$
$p^2 -2p – 3 = 0 \Leftrightarrow p=3$.

Bài 26. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại các số nguyên dương $x, y$ thỏa phương trình $x(y^2-p)+y(x^2-p)=5p$.

Lời giải

$(x+y)(xy-p) = 5p$, $x+y \geq 2$ Do đó có các trường hợp sau:\\
$x+y = 5, xy-p=p$. Giải ra được $x=2, y=3, p=3$, $x=3, y=2, p=3$, $x=1, y=4, p=2$, $x=4,y=1, p=2$.\\
$x+y = p, xy -p=5$. $x^2-px+p+5 = 0$. $p^2-4(p+5) = =k^2 \Leftrightarrow (p-2)^2 – 24 = k^2 \Leftrightarrow (p-2-k)(p-2+k) = 24$. \\
Ta có $p-2-k, p-2+k$ cùng chẵn. Có các trường hợp sau:
+ $p-2-k = 2, p-2+k=12$, suy ra $p=9$ (loại)\\
+ $p-2 -k = 4, p-2+k = 6$, suy ra $p=7$. Khi đó $x+y = 7, xy = 12$. Giải ra được $x=3, y=4$ và $x=4, y=3$.

Bài 27. Cho các số nguyên dương $a, b, c, d$ thỏa $ab = cd$. Chứng minh rằng $a + b + c + d$ là hợp số.

Lời giải

Đặt $k = (a,c), a= ka’, c=kc’$, Suy ra $a’b = c’d$, suy ra $b \vdots c’$, đặt $b = mc’$, suy ra $d=ma’$.
Khi đó $a+b+c+d = ka’+mc’ + kc’+ma’ = (k+m)(a’+c’)$ là hợp số.

Bài 28. Tìm tất cả các số nguyên tố $p>q>r$ sao cho $p-r, p-q, q-r$ cũng là các số nguyên tố.

Lời giải

Nếu các số $p, q, r$ đều lẻ, thì $p-r, p-q, q-r$ đề chẵn mà là số nguyên tố và bằng 2, vô lý.
Do đó có 1 số nguyên tố chẳn, suy ra $r = 2$.
$p-2, q-2, p-q$ nguyên tố. Suy ra $p-q = 2$.
Vậy $p-2, p,p+2$ là các số nguyên tố. Suy ra $p-2=3$, $p=5$, $q=7$.

Bài 29. Tìm các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn hệ thức $p + q = {\left( {p – q} \right)^3}$

Lời giải

$p-q = r$ ta có $r^3 =2p+r$. Suy ra $p = \dfrac{r^3-r}{2}$ chia hết cho 3. Suy ra $p=3, q=5$.

Bài 30. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho hệ phương trình $p+1=2x^2,p^2+ 1=2y^2$ có nghiệm nguyên.

Lời giải

Ta xét $y, x>0$. Ta có $p = 2$ không thỏa.
$p(p-1) = 2(y-x)(y+x)$, suy ra $p |2(y-x)(y+x)$
$p|y-x$, suy ra $2(x+y)|p-1$ (vô lý)
$p|x+y$, mặt khác $p > x, p > y$, suy ra $2p>x+y$, do đó $p = x+y$. Khi đó $p-1 = 2x – 2y$. Từ đó suy ra $x = \dfrac{3p-1}{4}$, thế vào ta giải ra được $p = 7, x = 2, y = 5$.

Tứ giác nội tiếp – Phần 3

2 Replies

Bài 1. Cho tam giác $ABC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $D, E, F$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
$ABM, ACM, ABC$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $F$ trên BC. Chứng minh $D, H, M, E$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải
  Gọi $P, Q$ là hình chiếu của $D, E$ trên BC.

Ta có $\triangle MDP \backsim \triangle EMQ$, suy ra $MQ\cdot MP = EQ\cdot PD$.

Ta có $BP = \dfrac{1}{2}(AB+BM-AM), BH = \dfrac{1}{2}(AB+BC-AC)$

Suy ra $PH = BH – BP = \dfrac{1}{2}(BC – AC – BM + AM ) = \dfrac{1}{2}(MC + AM – AC) = MQ$

Suy ra $PM = HQ$. Suy ra $PH\cdot HQ = MQ\cdot MP = DP\cdot EQ$, suy ra $\triangle DPH \backsim \triangle HQE$

Từ đó ta có $\angle DHE = 90^\circ$.

Bài 2. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và dây $BC =R \sqrt{3}$ cố định. $A$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Các đường cao $BD$ và $CE$ cắt nhau tại $H$. Phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $G$ và cắt $DE$ tại $F$.

a) Chứng minh tứ giác $BEGF$ nội tiếp.
b) Gọi $I$ là giao điểm của $AH$ và $BC$. Chứng minh $FIHG$ nội tiếp.

Lời giải

(a) Ta có $BEFC$ nội tiếp nên $\angle AED = \angle ACB$
Và $\angle ACB = \angle AFB$ (cùng chắn cung AB).
Suy ra $\angle AED = \angle AFB$, do đó tứ giác $BEGF$ nội tiếp.
(b) Tứ giác $BEGF$ nội tiếp, suy ra $AG\cdot AF = AE\cdot AB$.
Mặt khác ta có $AE\cdot AB = AH \cdot AI$
Suy ra $AG\cdot AF = AH\cdot AI$, từ đó ta có $\triangle AHF \backsim AGI$, suy ra $\angle AFH = \angle AIG$.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến $PA, PB$ đến $(O)$ với $A, B$ là các tiếp điểm. $C$ là điểm trên cung nhỏ $AB$, tiếp tuyến tại $C$ cắt $PA, PB$ và $PO$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PAB, PDE$ và $PCF$ cùng đi qua một điểm khác $P$.

Lời giải

Gọi $Q$ là giao điểm của $(PDE)$ và $(PAB)$.

Ta có $\triangle QAD \backsim \triangle QBE$, suy ra $QD/QE = AD/EB = CD/CE$. Khi đó $QC$ là phân giác $\angle DQE$.

Ta có $QO$ cũng là phân giác $\angle AQB$ và $\angle AQB = \angle DQE$. Suy ra $\angle DQC = \angle OQB$.

Mà $\angle QDC = \angle QOB$ nên $\angle QCD =\angle QBO = \angle QPF$.  Vậy tứ giác $QPFC$ nội tiếp.

Bài 4. Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo hình thang $ABCD$ có đáy là $AB, CD$. Lấy $M, N$ là điểm thuộc $OA$, $N$ là điểm thuộc $OD$ sao cho $\angle BMD = \angle AMC$. Chứng minh rằng BMNC là tứ giác nội tiếp.

Lời giải
  Cho đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABM$ cắt $OC$ tại $N’$. Chứng minh $\angle AN’C = \angle BMD = \angle ANC$.

Bài 5. Cho $(O)$ và $(O_1)$ cắt nhau tại $M, N$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(O)$ cắt $(O_1)$ tại $B$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(O_1)$ cắt $(O)$ tại $A$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $N$. Chứng minh rằng tứ giác $MAPB$ nội tiếp.

Lời giải

Chứng minh $NM^2 = NA \cdot NB = NP^2$. Suy ra $\angle A + \angle B = \angle M + \angle N$.

Bài 6. Cho tứ giác $ABCD$ có các cạnh đối diện $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$, $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ nội tiếp khi và chỉ khi $EA.ED + FA.FB = EF^2$.

Lời giải

Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADF$ và $EF$. Ta có $EK \cdot EF = EA \cdot ED$, suy ra $FK \cdot FE = FA \cdot FB$, suy ra $EKAB$ nội tiếp. \\
Khi đó $\angle EBA = \angle FKA = \angle ADC$ nên $ABCD$ nội tiếp.

Bài 7. Cho tứ giác $ABCD$ có hai đường chéo vuông góc nhau tại $I$. Gọi $E, F, G, H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ trên $AB, BC, CD$ và $DA$. $IE$ cắt $CD$ tại $M$.

a) Chứng minh $EFGH$ và $HGMF$ nội tiếp.
b) $BH$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IEH$ tại $J$, $BG$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IFG$ tại $K$. Chứng minh $E, J, K, F$ cùng thuộc một đường tròn.

Lời giải

(a) Ta có $BD$ là tiếp tuyến chung của $(IHE)$ và $(IFG)$. \\ $\angle BEF = \angle BIF = \angle IGF, \angle AEH = \angle EIH = \angle HGI$. \\ Suy ra $\angle FEF + \angle HGF = 180^\circ $. Suy ra $HEFG$ nội tiếp. \\ Ta có $\angle IMG = \angle ICM + \angle MIC = \angle DIG + \angle AIE = \angle DHG + \angle AHE = 180^\circ – \angle EHG$. \\ Suy ra $EHGM$ nội tiếp. \\ Do đó $EGMF$ nội tiếp. \\ (b) Ta có $BJ\cdot BH = BE\cdot BA = BI^2 = BK\cdot BG$. \\ Suy ra $GHJK$ nội tiếp. \\ Ta có $\angle EFK = \angle EFI – \angle KFI = \angle EBI – \angle IGB$. \\ Và $\angle EJK = \angle EJB + \angle BJK = \angle DAB + \angle HGB$. \\ Suy ra $\angle EFK + \angle EJK = \angle DAB + \angle HGB – \angle IBG + \angle EBI = \angle DAB + \angle HGI + \angle EBI = 180^\circ $. \\ Do đó $EJKF$ nội tiếp.

Bài 8. (Thi HSGQG THPT Việt Nam năm 2010) Cho tam giác $ABC$ không cân có $\angle ABC$ và $\angle ACB$ nhọn. $D$ là điểm di chuyển trên cạnh $BC$ sao cho $AD$ không vuông góc $BC$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $BC$ cắt các đường thẳng $AB, AC$ tại $E$ và $F$. Gọi $M, N, P$ là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $AEF, BDE, CDF$. Chứng minh rằng $A, M, N, P$ cùng thuộc một đường tròn khi và chỉ khi $d$ đi qua tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.

Lời giải

Gọi $I$ là tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.
Gọi $J$ là giao điểm của $AI$ và $EN$, suy ra $FJ$ là phân giác góc $AFD$.
Ta có $FKC = 90^o + \dfrac{1}{2}\angle ACB = \angle JIN$.
Tứ giác $AMFJ$ nội tiếp, suy ra $\angle NJI =\angle AJM = \angle AFM = \angle KFP$ ($K$ là giao điểm của $d$ và $IC$).
Từ đó $\triangle NIJ \backsim \triangle PFK$.
Suy ra $IJ/FK = JN/FP$.
Ta có $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $\angle ANJ = \angle APF \Leftrightarrow \triangle AJN \backsim \triangle AFP \Leftrightarrow AF/AJ = FP/JN$.
Mà $AF/AJ = FS/JS$ (Với $S$ là giao điểm của $AI$ và $d$)
Vậy $A, M, P, N$ đồng viên khi và chỉ khi $IJ/KF = FS/JS$.
Điều này chỉ đúng khi $I$ trùng $S$. Vì nếu $I$ khác $S$ thì $IK//FJ$ (!)

Bài tập rèn luyện

Bài 9. Cho tam giác $ABC$ nhọn và khác tam giác cân. Phân giác góc nhọn tạo bởi hai đường cao hạ từ $B$ và $C$ của tam giác cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $P$ và $Q$. Phân giác của góc $BAC$ cắt đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác $ABC$ và trung điểm $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $P, A, Q, R$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 10. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, phân giác góc $A$ cắt $BC$ tại $D$, $M$ là trung điểm $BC$, $E$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$. Trên các đường thẳng $AO$ và $AD$ lấy điểm $P$ và $Q$ sao cho $PD$ và $EQ$ vuông góc $BC$. Chứng minh 4 điểm $B, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 11. (Đề đề nghị thi Toán Quốc Tế 2010) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $w$, các đường cao là $AD, BE, CF$. Tia $EF$ cắt $w$ tại $P$. $BP$ cắt $DF$ tại $Q$. Chứng minh 4 điểm $A, P, Q, F$ cùng thuộc một đường tròn và $AQ = AP$.

Câu chuyện toán học: Chiến thắng thần kì

Leave a reply

Thời Bắc Tống, thủ lĩnh tộc Man ở châu Quảng Nguyên là Nùng Trí Cao không ngừng mở rộng thế lực, đã lập chính quyên “Nam Thiên quốc”. Tháng 4-1052, Nùng Trí Cao dấy binh đánh Tống. Tháng 5-1052, Nùng Trí Cao vây hãm Ung Châu (Nam Ninh thuộc tỉnh Quảng Tây ngày nay), tự xưng là “Nhân Huệ hoàng đế” và từ Ung Châu đánh dọc theo sông xuống phía nam, đến đâu thắng đó, chấn động khắp nơi.
Năm 1053, đại tướng Địch Thanh phụng chỉ chinh phạt Nùng Trí Cao. Lúc đó miên nam có tục sùng bái quỷ thần, nên đại quân vừa đến nam Quế Lâm, Địch Thanh bèn cho quân lập đàn cúng tế thần. Ông lấy 100 đồng tiên bằng đồng rồi khấn : “Nếu lần ra trận này đánh bại được kẻ địch thì khi gieo 100 đồng tiên này lên mặt đất, toàn bộ mặt đồng tiền đều ngửa lên”.

Các quan tả hữu hoảng. sợ, cố khuyên chủ tướng bỏ ý nghĩ đó đi, vì không thể có được trường hợp cả 100 đồng tiên đêu ngửa cả. Nhưng Địch Thanh vẫn mặc kệ, cứ giữ ý của mình. Trước mắt muôn vạn quân lính, ông đột nhiên vung tay, gieo tất cạ̉ 100 đồng tiên lên mặt đất. Vậy mà như “ma xui quỷ khiến”, tất cả mặt tiên đêu ngửa ! Lúc đó toàn quân hoan hô, tiếng vang dội cả đất trời.

Bản thân Địch Thanh cũng vui mừng khôn xiết. Ông lệnh cho tả hữu mang đến 100 cái đinh đóng chặt các đồng tiên xuống đất, cầu khấn rằng : “Đợi khi khải hoàn trở về nhất định sẽ hậu tạ thần linh, thu hồi các đồng tiền”.

Do quân lính ai ai cũng tin rằng thần linh phù hộ nên trong chiến đấu đã dũng mãnh xông lên phía trước, Địch Thanh nhanh chóng bình định được Ung Châu.

Khi trở về, theo lời hứa trước, Địch Thanh cho quân thu hồi các đồng tiên, các thuộc hạ của ông nhìn xem, thì ra các đồng tiên ấy có hai mặt đều đúc ngửa (như nhau).

Địch Thanh được thăng quan nhờ chiến công thần kì này. Còn Nùng Trí Cao thì thất bại, chạy vê Đại Lí, không biết kết cục ra sao.

Một trang sử lặng lẽ lật qua, dòng thời gian đẩy lịch sử loài người tiến về phía trước đã gần 1000 năm. Dòng sông lớn chảy vê Đổng, sóng nước trôi hết, nhân vật lịch sử đã trở vê thiên cổ. Song, chiến công thần kì của Địch Thanh đã để lại cho thế gian sự gợi ý vĩnh hằng, …

Bây giờ ta trở lại với người chủ của câu chuyện.

Bản thân Địch Thanh là đại tướng quân làm sao không hiểu được rằng, khi gieo 1 đồng tiền thì việc xuất hiện mặt ngửa hay mặt sấp là tùy lúc (ngẫu nhiên). Gieo 2 đồng tiền sẽ có 4 khả năng : (ngửa, ngửa); (ngửa, sấp) ; (sấp, ngửa) và (sấp, sấp). Gieo 3 đồng tiền sẽ có 8 khả năng: (ngửa, ngửa, ngửa); (ngửa, ngửa, sấp) ; (ngửa, sấp, ngửa) ; (ngửa, sấp, sấp) ; (sấp, ngửa, ngửa) ; (sấp, ngửa, sấp) ; (sấp, sấp, ngửa) và (sấp, sấp, sấp).
Sau đó mỗi lần gieo thêm 1 đồng tiền nữa thì khả năng phối hợp sẽ tăng lên một lần nữa. Vì vậy hi vọng gieo 100 đồng tiền để xuất hiện một trường hợp đặc biệt toàn ngửa cả là cực kì ảo tưởng. Các thuộc hạ của Địch Thanh cũng đều hiểu điều này, nên đã cố khuyên chủ tướng không làm thể nghiệm này.

Địch Thanh thông minh, khi để ý thấy quân lính quan sát hiện tượng theo thời, thường rất tin vào kinh nghiệm bản thân, mà bỏ qua điều kiện tiền đề. Vì thế, ông đã dùng biện pháp “thay xà đổi cột”, khéo léo thay đổi tiền đề. Tiền đề có hai mặt chính – phụ nhưng lại đúc hai mặt đồng tiền như nhau. Lúc đó đối với Địch Thanh thì 100 đồng tiền đêu ngửa, là một việc tất nhiên, nhưng với tướng sĩ thì không thể có được. Song việc đó lại xảy ra như một kì tích ! Ngay lúc đó, trong tâm trí tướng sĩ, sự phấn khởi đã chiến thắng sự hoài nghi. Họ cảm thấy sự phù hộ của thần linh là sự giải thích duy nhất cho cái phù hợp vượt quá bình thường này. Đó là một loại lừa bịp khoa học, thế mà đã kích thích được dũng khí nghìn vạn tướng sĩ, làm cho Địch Thanh giành được thắng lợi.

Câu chuyện này gợi ý cho ta rằng, khi quan sát một loại hiện tượng, không thể bỏ qua tiền đề của nó.

Tương tự câu chuyện này là câu chuyện trong bộ phim nhiều tập “Đông Chu liệt quốc” đã được đài Phát thanh và truyên hình Hà Nội chiếu tháng 4-1999. Trong phần Chiến Quốc có quốc sĩ Địch Hoàn, khi chuẩn bị ra quân cũng làm lễ tế Trời Đất, thần linh. Lúc đó thầy cúng cũng phải thực hiện mưu đồ như Địch Thanh để có được tinh thần phấn chấn của tướng sĩ.

(Theo Những câu chuyện lí thú Toán học – Nguyễn Bá Đô)

Bài tập số học ôn thi vào 10 – Phần 2

Leave a reply

Bài 11. Chứng minh rằng

a) Trong 5 số nguyên thì có 3 số có tổng chia hết cho 3.
b) Trong 17 số nguyên thì có 9 số có tổng chia hết cho 9.

Giải

a) Một số khi chia cho 3 có các số dư là 0, 1, 2.
Nếu trong 5 số khi chia cho 3 số có đủ 3 số dư 0, 1, 2 thì tổng 3 số này chia hết cho 3.
Nếu có 2 loại số dư thì có 3 số khi chia cho 3 có cùng một số dư, tổng của chúng chia hết cho 3.
Nếu có 1 loại số dư, thì tổng 3 số bất kì đều chia hết cho 3.
b) Đặt các số đó là $a_1, a_2, \cdots, a_{16}, a_{17}$.
Trong 5 số $a_1, \cdots, a_5$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, không mất tính tổng quát là $a_1, a_2, a_3$. Đặt $a_1 + a_2 + a_3 = 3b_1$.
Trong 5 số $a_4, \cdots, a_8$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $a_4, a_5, a_6$ và đặt $a_4 + a_5+ a_6 = 3b_2$.
Tương tự ta xây dựng được các số $b_3, b_4, b_5$.
Khi đó áp dụng tiếp cho 5 số $b_1, b_2, b_3, b_4, b_5$ có 3 số có tổng chia hết cho 3, giả sử $b_1, b_2,b_3$ có tổng chia hết cho 3. Khi đó 9 số $a_1, \cdots, a_9$ có tổng chia hết cho 9.

Bài 12. (Tuyển sinh vào lớp 10 Chuyên Toán trường PTNK 2018)\ 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. $

Giải

a) \item 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) 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. $
\item Ta xét các trường hợp của $ n $ để $ A_n \ \vdots \ 9. $
Ta có \begin{align*}
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)}
\end{align*}
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. $

Bài 13. Tìm các nghiệm nguyên không âm $(x, y)$ của phương trình
${\left( {xy – 1} \right)^2} = {x^2} + {y^2}$

Giải

$(xy-6)^2 – (x+y)^2 = -13$.
$(xy-6-x-y)(xy-6+x+y) = -13$.
Ta có $xy – 6 +x+y \leq xy – 6 -x-y$ nên có các trường hợp.
$xy -6 -x-y = -13, xy -6 +x+y = 1$, giải ra được $(x;y)$ là $(7;0), (0;7)$;
$xy – 6 -x-y=-1, xy-6+x+y = 13$ (VN);
$Vậy phương trình có nghiệm $(0;7), (7;0)$.

Bài 14. Chứng minh rằng phương trình ${y^2} + y = x + {x^2} + {x^3}$ không có nghiệm nguyên dương.

Giải

Ta có $x^3 = (y-x)(y+x+1)$.
Gọi $d$ là ước nguyên tố chung lớn nhất của $y-x, y+x+1$, nếu $d$ là số nguyên tố thì $d|x, d|y$, suy ra $d|1$ (vô lý), Vậy $y-x, y+x+1$ nguyên tố cùng nhau.
Do đó $y -x = a^3, y+x+1 = b^3, ab=x$.
Ta có phương trình $b^3-a^3 = 2ab+1$ với $a, b$ nguyên dương và $b > a\geq 1$. Ta có $b^3-a^3 \geq a^2+b^2+ab > 2ab + 1$.
Vậy phương trình không có nghiệm trong tập các số nguyên dương.

Bài 15. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên dương thỏa phương trình:
${\left( {x + y} \right)^2} + 3x + y + 1 = {z^2}$

Giải

Ta có $(x+y)^2 < z^2 < (x+y+2)^2$. Do đó $z^2 = (x+y+1)^2$ hay $(x+y+1)^2 = (x+y)^2+3x+y + 1 \Leftrightarrow y = x$.
\Vậy bộ nghiệm là $(n, n, 2n+1)$ với $n$ là số nguyên dương.

Bài 16. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau
$xy + yz + zx – xyz = 2$

Giải

Vai trò của $(x, y, z)$ là như nhau, giả sử $x \geq y \geq z$.
$\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z} – 1 = \dfrac{2}{xyz} > 0$. Suy ra $\dfrac{3}{z} -1 > 0$, suy ra $z < 3$.
Nếu $z = 1$ thì $x+y = 2$ ta có $x = y = 1$.
Nếu $z=2$ thì $2(x+y)-xy = 2 \Leftrightarrow (x-2)(y-2) = 2$, giải ra được $x = 4, y = 3$.
Do tính đối xứng nên nghiệm của phương trình là $(1, 1, 1), (4,3,2)$ và các hoán vị.

Bài 17. Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa: ${5^x} = {y^4} + 4y + 1$

Giải

Có một nghiệm là $(0;0)$.
Dễ thấy $y$ chẵn nên $y^4+4y+1 \equiv 1 (\mod 8)$. Suy ra $x$ chẵn, $x = 2k$. Khi đó $(5^k)^2 = y^4 + 4y+1$ là số chính phương.
Ta có $y\geq 1$ nên $y^4 < y^4+4y + 1 < (y^2+2)^2$. Suy ra $y^4+4y + 1 = (y^2+1)^2 \Leftrightarrow y = 2$, suy ra $x = 2$.
Vậy có 2 cặp nghiệm $(0;0), (2;2)$.

Bài 18. Giải phương trình nghiệm tự nhiên $x – {y^4} = 4$ với $x$ là số nguyên tố.

Giải

$x = y^4+4 = (y^2-2y+2)(y^2+2y+2)$ là số nguyên tố khi và chỉ khi $y^2-2y + 2 = 1$ hay $y=1$. Từ đó $x=1$.

Bài 19. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau
${\left( {{x^2} – {y^2}} \right)^2} = 1 + 16y$

Giải
Dễ thấy nghiệm là $(-1;0), (1;0)$.
Ta có $y \geq 0$, vì $x$ thỏa pt thì $-x$ cũng thỏa nên có thể giả sử $x\geq 0$.
Ta có $(x^2-y^2)^2 = 1 + 16y >1$, suy ra $x^2 > y^2 \Rightarrow x \geq y + 1$.
Nếu $x \geq y + 2$, suy ra $x^2-y^2 \geq 4y + 4 \Rightarrow (x^2-y^2)^2 > 1+16y$.
Do đó $x = y + 1$, suy ra $(1+2y)^2 = 1+16y \Leftrightarrow 4y^2 – 12y = 0 \Leftrightarrow y = 3$. Suy ra $x = 4$.
Vậy nghiệm là $(-4;3), (4;3),(-1;0), (1;0)$.

Bài 20. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n > 1$ thì $n^5 + n^4 + 1$ không là số nguyên tố.

Giải

$n^5 + n^4 + 1 = n^5+n^4+n^3-n^3+1 = n^3(n^2+n+1) -(n-1)(n^2+n+1) = (n^2+n+1)(n^3-n+1)$
Mà $n^3-n+1 > 1, n^2+n+1>1$ với mọi $n>1$ nên $n^5+n^4+1$ không là số nguyên tố.