Tổng hợp 453 bài toán Số học trong đề thi HSG

CHUYÊN ĐỀ .TỔNG HỢP 453 BÀI TOÁN SỐ HỌC

TRONG ĐỀ THI HSG

Câu 1.

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 11)

1991

100 2 ; 7

a.Tìm hai chữ số tận cùng của các số sau:

b.Tìm bốn chữ số tận cùng của số sau: 19925 Lời giải

a.Tìm hai số tận cùng của 2100. 210 = 1024, bình phương của hai số có tận cùng bằng 24 thì tận cùng bằng 76, có số tận cùng bằng 76 nâng lên lũy thừa nào( khác 0) cũng tận cùng bằng 76.

Do đó: 2100 = (210)10= 1024 = (10242)5 = (…76)5 = …76. Vậy hai chữ số tận cùng của 2100 là 76. * Tìm hai chữ số tận cùng của 71991.

Ta thấy: 74=2401, số có tận cùng bằng 01 nâng lên lũy thừa nào cũng tận cùng bằng 01. Do đó: 71991 = 71988. 73= (74)497. 343 = (…01)497. 343 = (…01) x 343 =…43

Vậy 71991 có hai số tận cùng là 43.

Câu 2. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 12)

1. Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

a) 571999 b) 931999

2. Cho A= 9999931999 - 5555571997. Chứng minh rằng A chia hết cho 5.

16*4*

710

155

có 12 chữ số . chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các 3. Cho số chữ số khác nhau trong ba chữ số 1,2,3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho 396.

Lời giải

1. Tìm chữ số tận cùng của các số sau: ( ) Để tìm chữ số tận cùng của các số chỉ cần xét chữ số tận cùng của từng số : a) 571999 ta xét 71999 Ta có: 71999 = (74)499.73 = 2041499. 343 Suy ra chữ số tận cùng bằng 3 ỵVậy số 571999 có chữ số tận cùng là : 3 b) 931999 ta xét 31999 Ta có: 31999 = (34)499. 33 = 81499.27 Suy ra chữ số tận cùng bằng 7 2. Cho A = 9999931999 - 5555571997 . chứng minh rằng A chia hết cho 5 Để chứng minh A chia hết cho 5 , ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng. Theo câu 1b ta có: 9999931999 có chữ số tận cùng là 7 Tương tự câu 1a ta có: (74)499.7 =2041499.7 có chữ số tận cùng là 7 Vậy A có chữ số tận cùng là 0, do đó A chia hết cho 5.

3;2;1

4.Ta nhận thấy , vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên ĐỀ HSG 6u ở hàng chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  nên tổng của chúng luôn bằng 1+2+3=6. Mặt khác 396 = 4.9.11 trong đó 4;9;11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng minh

710

16*4*

chia hết cho 4 ; 9 và 11.

Câu 3.

155 * A = Thật vậy : +A  4 vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4 + A  9 vì tổng các chữ số chia hết cho 9 : 1+5+5+7+1+4+1+6+(++)=30+6=36 chia hết cho 9 + A  11 vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia hết cho 11. {1+5+7+4+1)-(5+1+6+(++)}= 18-12-6=0 Vậy A  396 (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 13) Tìm số tự nhiên n và chữ số a biết rằng:

1+ 2+ 3+ …….+ n = aaa

(

Lời giải

Suy ra 1 +2 +…+ n = Từ 1; 2; ………; n có n số hạng n  n ).1 2

(

Mà theo bài ra ta có 1 +2 +3+…..+n = aaa

n  n ).1 2 Suy ra: n (n+1) = 2.3.37.a Vì tích n(n+1) Chia hết cho số nguyên tố 37 nên n hoặc n+1 Chia hết cho 37

(

Suy ra = aaa = a . 111 = a . 3.37

n  n ).1 2



703

Vì số có 3 chữ số Suy ra n+1 < 74  n = 37 hoặc n+1 = 37

666



+) Với n= 37 thì ( loại)

38.37 2 37.36 2 Vậy n =36 và a=6 Ta có: 1+2+3+…..+ 36 = 666

+) Với n+1 = 37 thì ( thoả mãn)

Câu 4.

abc

 deg 11

 11 

thì : . ab cd eg  



60 ... 2 .

Chứng minh : A  3 ; 7 ; 15. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 13) a.Chứng minh rằng : nếu  b.Cho A =    2 2

Lời giải

a.Tách như sau :









. abc  deg 10000 ab   cd eg ab  99 cd  ab cd eg   

 99

Do 9999 11;99 11  9999 ab  cd  11 100  9999 

abc

 deg 11.

 11 

(theo bài ra) nên : ab cd eg  



  ...







 

... 2







  2 1 2



 2 1 2



  1 2



  

... 2

 2 2



  ...







= .

 2 2

  

3 2

5 2

  

  ...



 =  7 2 2 2





... 2   



3 2

   ... 2 . 1 2 2      8 2    ... 2

  2   1 2

2 



    2   ... 2

  3.   2 . 1 2 2       2 1 2  15.

 

 

Mà :  b.Biến đổi : *A   2 2  =  3  3 2 2 *A =  =    2. 1 2 2 *A =  =   2 1 2  = 15. 2 2

Câu 5.

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 15) Cho S = 5 + 52 + 53 + ………+ 52006 a, Tính S b, Chứng minh S126

Lời giải

20075 4

a, Ta có 5S = 52 + 53 +54 +………+52007  5S –S = (52 + 53 +54 +………+52007) – (5 + 52 + 53 + ………+ 52006)  4S = 52007-5  Vậy S =

b, S = (5 + 54) + (52 + 55) +(53 + 56) +……….. + (52003 +52006) Biến đổi được S = 126.(5 + 52 + 53 +………+ 52003) Vì 126  126  S  126

Câu 6.

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 15 ) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho số đó chia cho 3 dư 1; chia cho 4 dư 2 ; chia cho 5 dư 3; chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 11.

Lời giải

Gọi số phải tìm là x. Theo bài ra ta có x + 2 chia hết cho 3, 4, 5, 6.  x + 2 là bội chung của 3, 4, 5, 6 BCNN(3;4;5;6) = 60 . nen x + 2 = 60.n Do đó x = 60.n – 2 (n = 1;2;3…..) Mặt khác x 11 lần lượt cho n = 1;2;3…. Ta thấy n = 7 thì x = 418  11 Vậy số nhỏ nhất phải tìm là 418. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 15) Câu 7.

3 n n

 2  1

Tìm các giá trị nguyên của n để phân số A = có giá trị là số nguyên.

Lời giải

n 3



  3

3 n n

 2  1

3 5    1 n

1) 5   n  1 n

5 

Ta có

5 1n 

Để A có giá trị nguyên  nguyên.

5 1n 

Mà nguyên  5  (n-1) hay n-1 là ước của 5

{ 4;0; 2;6}

Do Ư5 = 1;5 n   Ta tìm được

Câu 8.

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 15) Cho 3 số 18, 24, 72. a, Tìm tập hợp tất cả các ước chung của 3 số đó. b, Tìm BCNN của 3 số đó

Lời giải

a, Tìm được các Ư(18); Ư (24) ; Ư(72) đúng cho 0,5đ  ƯC (18;24;72)= 1; 2; 3; 6 b, Ta có 72  B(18) 72 B(24)  BCNN (18;24;72) = 72.







 1  x Z n n |

Câu 9.

 12

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 16) Cho 2 tập hợp   n N n n   A |    B

 12   1 a.Tìm giao của 2 tập hợp. b. có bao nhiêu tích ab (với a  A;b  B) được tạo thành, cho biết những tích là ước của 6.

Lời giải

B =  - 2, -1, 0, 1, 2,  . Liệt kê các phần từ của 2 tập hợp a. A =  0, 1, 2, 3 A ∩ B =  0, 1, 2, b. Có 20 tích được tạo thành

100

0 1 2 3 -2 0 -2 -4 -6 -1 0 -1 -2 -3 0 0 0 0 0 1 0 1 2 3 2 0 2 4 6

C 

2 3



 

4 3

chứng tỏ C chia hết cho 40. Câu 10. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 16) 3 3

a.Cho b. Cho các số 0; 1; 3; 5; 7; 9. Hỏi có thể thiết lập được bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ sáu chữ số đã cho.

C 



2 3



3 3







98 3



99 3



100 3

Lời giải

 3

 4 3

 3







2 3



3 3

 



3 3



5 3





9 3



97 3

 2   1 3 3 : 40

3 

 3 1  40. 3 b. Mỗi số có dạng

0abc ,

5abc .

0abc

5abc cách chọn tương tự và cũng có 180 số. Vậy ta thiết lập được 360 số có 4 chữ số

Với - Có 5 cách chọn chữ số hạng nghìn (vì chữ số hàng nghìn không phải là số 0). - Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm. - Có cách chọn chữ số hàng chục. Vậy 5 . 6 . 6 = 180 số.

Với chia hết cho 5 từ 6 chữ số đã cho

Câu 11. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 17) Có bao nhiêu số có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5?

Lời giải

Chia ra 3 loại số:

* 5ab . Trong đó số a có 9 cách chọn ( từ 0 đến 9, trừ số 5 ). Số b cũng vậy.Nên các

số thuộc loại này có : 9.9 = 81 ( số )

* 5a b . Trong đó số a có 8 cách chọn ( từ 1 đến 8, trừ số 5 ).Số b có 9 cách chọn.

Nên các số thuộc loại này có: 9.8 = 72 ( số )

5ab . Trong đó số a có 8 cách chọn , số b có 9 cách chọn.Nên các số thuộc loại

này có : 8.9 = 72 ( số ) Vì 3 dạng trên bao gồm tất cả các dạng số phảI đếm và 3 dạng là phân biệt.Nên số lượng các số tự nhiên có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5 là: 81 + 72 + 72 = 225 ( số ) Đáp số: 225 ( số )

Câu 12. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 17) Tìm 20 chữ số tận cùng của 100!

Lời giải



* Các thừa số 5 trong 100! ( khi phân tích các thừa số chia hết cho 5 ) là:



100 64

100 16

100 32

100 8

( thừa số) 100 100  25

  

  

  

   = 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 ( số ) = 97 Tích của mỗi cặp thừa số 2 và 5 tận cùng bằng một chữ số 0. Do đó: 100! Có tận cùng bằng 24 chữ số 0. Vậy 20 chữ số tận cùng của 100! là 20 chữ số 0.

100 100  4 * Các thừa số 2 có trong 100! là:      

Câu 13. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 17)

Tìm hai số a và b ( a < b ), biết: ƯCLN( a , b ) = 10 và BCNN( a , b ) = 900.

Lời giải

(1)

(2)

9 10 1 90 2 45 5 18

20 450 50 180 10 900 30 300 90 100

Vì ƯCLN( a, b)= 10, suy ra : a = 10x ; b = 10y (với x < y và ƯCLN(x, y)= 1 ) Ta có : a.b = 10x . 10y = 100xy Mặt khác: a.b = ƯCLN(a, b) . BCNN(a, b)  a.b = 10 . 900 = 9000 Từ (1) và (2), suy ra: xy = 90 Ta có các trường hợp sau: 3 x y 30 Từ đó suy ra a và b có các trường hợp sau: a b

Câu 14. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 18)

Với q, p là số nguyên tố lớn hơn 5 chứng minh rằng: P4 – q4  240

Lời giải Ta có: p4 - q4 = (p4 – 1 ) – (q4- 1); 240 = 8 .2.3.5 Chứng minh p4 –1  240 - Do p >5 nên p là số lẻ + Mặt khác: p4 –1 = (p-1) (p+1) (p2 +1)  (p-1 và (p+1) là hai số chẵn liên tiếp  (p-1) (p+1)  8 + Do p là số lẻ nên p2 là số lẻ -> p2 +1  2 - p > 5 nên p có dạng: + p = 3k +1  p – 1 = 3k + 1 – 1 = 3k  3 --> p4 – 1  3 + p = 3k + 2 --> p + 1 = 3k + 2 + 1 = 3k +3  3 --> p4 -1  3 - Mặt khác, p có thể là dạng: + P = 5k +1  p – 1 = 5k + 1 - 1 = 5k  5 --> p4 - 1  5 + p = 5 k+ 2  p2 + 1 = (5k +2)2 +1 = 25k2 + 20k +5  5  p4 - 1  5 + p = 5k +3  p2 +1 = 25k2 + 30k +10 --> p4 –1  5 + p = 5k +4  p + 1 = 5k +5  5 --> p4 – 1  5 Vậy p4 – 1  8 . 2. 3 . 5 hay p4 – 1  240 Tương tự ta cũng có q4 - 1  240 Vậy: (p4 - 1) – (q4 –1) = p4 – q4  240

Câu 15. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 18)



n  193 8 4 n  3

Tìm số tự nhiên n để phân bố

a. Có giá trị là số tự nhiên b. Là phân số tối giản c. Với giá trị nào của n trong khoảng từ 150 đến 170 thì phân số A rút gọn được.

Lời giải

4(2

187



 2

 3

n  193 8 4 n  3

n )3  187 4 n n  4 3  Để A N thì 187  4n + 3 => 4n +3   187;11;17 + 4n + 3 = 11  n = 2 + 4n +3 = 187  n = 46 + 4n + 3 = 17  4n = 14 -> không có n N Vậy n = 2; 46 b.A là tối giản khi 187 và 4n + 3 có UCLN bằng 1 -> n  11k + 2 (k  N) -> n  17m + 12 (m  N)

A

;

A

c) n = 156 

A

n = 165 

77 19 89 39 139 61

n = 167 

Câu 16. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 19)

Cho A = 4 + 22 + 23 + 24 + … + 220 Hỏi A có chia hết cho 128 không?

Lời giải

2A – A = 221  27 A 128

Câu 17. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 19)

a, Cho A = 3 + 32 + 33 + …+ 32009 Tìm số tự nhiên n biết rằng 2A + 3 = 3n b, Tìm số tự nhiên có ba chữ số chia hết cho 5 và 9 biết rằng chữ số hàng chục bằng trung bình cộng của hai chữ số kia

9;6;3;0

5;0

Lời giải

a, Tìm được n = 2010 b, Gọi số phải tìm là abc theo bài ra ta có a + b + c  9 và 2b = a + c nên 3b  9  b  3 vậy b  abc  5  c Xét số abo ta được số 630

5ab ta được số 135 ; 765

Xét số

Câu 18. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 19) Cho p và p + 4 là các số nguyên tố( p > 3) . Chứng minh rằng p + 8 là hợp số

Lời giải

P có dạng 3k + 1; 3k + 2 kN Dạng p = 3k + 2 thì p + 4 là hợp số trái với ĐỀ HSG 6 bài p = 3k + 1  p + 8 = 3k + 9  3

 p + 8 là hợp số

Câu 19. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 19) Tìm hai số tự nhiên biết tổng của chúng bằng 84 ,ƯCLN của chúng bằng 6.

3 11 18 66 5 9 30 54 Lời giải Gọi 2 số phải tìm là a và b ( a  b) ta có (a,b) = 1 nên a = 6a’ b= 6b’ trong đó (a’,b’) = 1 ( a,b,a’,b’N)  a’ + b’ = 14 a’ 1 a’ 13 6 A 78 B

Câu 20. (ĐỀ HSG 6 SỐ D - 20)

Thay (*) bằng các số thích hợp để:

a) 510* ; 61*16 chia hết cho 3. b) 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1

Lời giải

a) Để 510* ; 61*16 chia hết cho 3 thì:

5 + 1 + 0 + * chia hết cho 3; từ đó tìm được * = 0; 3; 6; 9

b) Để 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1 thì:

* chẵn và 2 + 6 + 1 + * chia 3 dư 1; từ đó tìm được * = 4

Câu 21. (Đề thi HSG 6)

ba 54

Tìm các cặp số (a,b) sao cho : .

Lời giải

*b = 0  9 + a  9  a = 0

*b = 5  14 + a 9  a = 4

Câu 22. (Đề thi HSG 6) Dùng 3 chữ số 3; 0; 8 để ghép thành những số có 3 chữ số:

a. Chia hết cho 2.

b. Chia hết cho 5.

c. Không chia hết cho cả 2 và 5.

Lời giải

a. 308; 380; 830.

b. 380; 830.

c. 803.

Câu 23. (Đề thi HSG 6) Tìm hai chữ số tận cùng của 2100.

Lời giải

102 = 1024

Ta có:

102

1024

1024 = 

5

10 102 =  = (......76)5 = ....76

Vậy hai chữ số tận cùng của 2100 là 76.

100

  C 2 2



 

... 2

Câu 24. (Đề thi HSG 6)

Chứng minh rằng: chia hết cho 31.

  C 2 2



 

... 2



100 2

Lời giải

 2(2 2



3 2



6 2 ) 2 (2 2



4 2 )

 

96 ... 2 (2 2



4 2 )

 2.31 2 .31 .... 2 .31 31(2 2







96  ..... 2 )

Vậy C chia hết cho 31.

Câu 25. (Đề thi HSG 6)

Một số chia hết cho 4 dư 3, chia cho 17 dư 9, chia cho 19 dư 13. Hỏi số đó chia cho1292 dư bao nhiêu.

Lời giải

 

3 17q

 

9 19q



 A 4q 1

 13 (q , q , q N) 2

A 25 4(q







 7) 17(q



 2) 19(q



Gọi số cần tìm là A:



 A + 25 chia hết cho 4; 17; 19  A + 25 =1292k

 A = 1292k – 25 = 1292(k + 1) + 1267

khi chia A cho 1292 dư 1267.

Câu 26. (Đề thi HSG 6)

a1 a2

c1 c2

Cho ba con đường a1, a2, a3 đi từ A đến B, hai con đường b1, b2 đi từ B đến C và ba con đường c1, c2, c3, đi từ C đến D (hình vẽ).

Viết tập hợp M các con đường đi từ A dến D lần lượt qua B và C.

Lời giải

Nếu đi từ A đến D bằng con đường a1:

a1 b1 c1; a1 b1 c2; a1 b1 c3; a1 b2 c1; a1 b2 c2; a1 b2 c3;

Đi từ A đến D bằng con đường a2:

a2 b1 c1; a2 b1 c2; a2 b1 c3; a2 b2 c1; a2 b2 c2; a2 b2 c3;

Đi từ A đến D bằng con đường a3:

a3 b1 c1; a3 b1 c2; a3 b1 c3; a3 b2 c1; a3 b2 c2; a3 b2 c3;

Vậy tập hợp M:

M = { a1 b1 c1; a1 b1 c2; a1 b1 c3; a1 b2 c1; a1 b2 c2; a1 b2 c3; a2 b1 c1;

a2 b1 c2; a2 b1 c3; a2 b2 c1; a2 b2 c2; a2 b2 c3; a3 b1 c1; a3 b1 c2;

a3 b1 c3; a3 b2 c1; a3 b2 c2; a3 b2 c3;}.

Câu 27. (Đề thi HSG 6)

Cho 1 số có 4 chữ số: *26* Điền các chữ số thích hợp vào dấu (*) để được số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho tất cả 4số : 2; 3 ; 5 ; 9.

Lời giải

Để số có 4 chử số*26*, 4chữ số khác nhau mà 4 chữ số *26* chia hết cho cả 4 số 2; 5;3;9. Ta cần thoả mãn : Số đó đảm bảo chia hết cho 2 nên số đó là số chẳn.

*260

Số đó chia hết cho 5 nên số đó phải có chữ số tận cùng là số 0 hoặc 5. Số đó vừa chia hết cho 3 và 9. Nên số đó phải có tổng các chữ số chia hết cho 9.

Vậy : Chữ số tận cùng của số đó là 0 . Chữ số đầu là số 1.

Do đó số đã cho là 1260.

Câu 28. (Đề thi HSG 6) Tìm số tự nhiên n sao cho : 1! +2! +3! +...+n!. là số chính phương?

Lời giải

Tìm số tự nhiên n . Mà 1! +2!+3! +...+n! là bình phương của một số tự nhiên.

Xét : n = 1 1! = 12

n = 2  1! +2! = 3

n=3  1! + 2! + 3! = 9 =32

n = 4  1!+ 2! +3! + 4! =33

Với n >4 thì n! = 1.2.3.........n là mội số chẳn .Nên 1!+2!+......+n! =33 cộng với một số chẳn bằng số có chữ số tận cùng của tổng đó là chữ số 3. Nên nó không phải là số chính phương.

Vậy chỉ có hai giá trị n=1 hoặc n=3 thì 1! +2! + 3! +4! +.......+n! là số chính phương.

Câu 29. (Đề thi HSG 6)



a b

5  ; 3

b c

12 21

c d

6 11

Tìm số tự nhiên a, b, c, d nhỏ nhất sao cho: ; .

Lời giải

 ,các phân số

Ta có tối giản nên tồn tại các số tự nhiên k, l, m sao cho , ,

4 12 7 21 k 5b

5 3 n 7c

6 11 , c

4 7 m 6

k 3

n

m 11

k Từ các đẳng thức 5

n 4

, , ,

m

6n  mà (4,5)=1; (7,6)=1 nên

, và 7 ta có 4 5n và 7

5n 

6n  mặt khác (5,6) =1 do đó 7

6n 

n 

Để các số tự nhiên a, b, c, d nhỏ nhất và phải khác 0 , ta chọn n nhỏ nhất bằng 30

 k =24, m=35

vậy a =72, b = 120, c = 210, d = 385.

Câu 30. (Đề thi HSG 6) Cho 2 dãy số tự nhiên 1, 2, 3, ..., 50.

a-Tìm hai số thuộc dãy trên sao cho ƯCLN của chúng đạt giá trị lớn nhất.

b-Tìm hai số thuộc dãy trên sao cho BCNN của chúng đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

Gọi a và b là hai số bất kì thuộc dãy 1, 2, 3, ..., 50. Giả sử a > b.

sẽ chứng minh d ≤ 25 a. Gọi d thuộc ƯC(a,b) thì a b d 

thật vậy giả sử d > 25 thì b > 25 ta có a ≤ 50 mà b > 25 nên 0< a-b < 25, không thể xảy ra

a b d 

; d = 25 xảy ra khi a = 50; b = 25

vậy hai số có ƯCLN đạt giá trị lớn nhất là 50 và 25

b. BCNN(a,b) ≤ a.b ≤ 50.49=2450 vậy hai số có BCNN đạt giá trị lớn nhất là 50 và 49.

Câu 31. (Đề thi HSG 6) Cho A = 5 + 52 + … + 596. Tìm chữ số tận cùng của A.

Lời giải

 A = 5 + 52 + …… + 596

 5A =52 + 53 + …… + 596 + 597

975 - 5 4

 5A – A = 597 - 5  A =

Tacó: 597 có chữ số tận cùng là 5  597 – 5 có chữ số tận cùng là 0.

Vậy: Chữ số tận cùng của A là 0.

Câu 32. (Đề thi HSG 6) Tìm số tự nhiên n để: 6n + 3 chia hết cho 3n + 6 .

Lời giải

Có: 6n + 3 = 2(3n + 6) – 9

 6n + 3 chia hết 3n + 6

 2(3n + 6) – 9 chia hết 3n + 6

 9 chia hết 3n + 6

3n + 6 = 1 ;  3 ; 9

3n + 6 - 9 -3 - 1 1 3 9

-7 3

-5 3

n - 5 - 3 - 1 1

Vậy; Với n = 1 thì 6n + 3 chia hết cho 3n + 6.

Câu 33. (Đề thi HSG 6)

Tìm một số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 3 dư 2, cho 4 dư 3, cho 5 dư 4 và cho 10 dư 9.

Lời giải

Gọi số tự nhiên cần tìm là a (a > 0, a  N)

Theo bài ra ta có:

- a chia cho 3 dư 2  a – 2 chia hết cho 3

- a chia cho 4 dư 3  a – 3 chia hết cho 4

- a chia cho 5 dư 4  a – 4 chia hết cho 5

- a chia cho 10 dư 9  a – 9 chia hết cho 10

 a = BCNN(3, 4, 5, 10) = 60.

Câu 34. (Đề thi HSG 6) Chứng minh rằng: 11n + 2 + 122n + 1 Chia hết cho 133.

Lời giải

11n + 2 + 122n + 1 = 121 . 11n + 12 . 144n

=(133 – 12) . 11n + 12 . 144n = 133 . 11n + (144n – 11n) . 12

Tacó: 133 . 11n chia hết 133; 144n – 11n chia hết (144 – 11)

 144n – 11n chia hết 133  11n + 1 + 122n + 1

405

Câu 35. (Đề thi HSG 6) Chứng tỏ rằng tổng sau không chia hết cho 10:



405



0n  ).

( m,n  N;

Lời giải

n 

.....5

405



404 2 .2



(....6).2 ....2



2m là số chính phương nên có chữ số tận cùng khác 3.

Ta có 405

Vậy A có chữ số tận cùng khác không  A không chia hết cho10

Câu 36. (Đề thi HSG 6) Tìm số tự nhiên n để các biểu thức sau là số tự nhiên:







n  2 2  2 n

5 n n

 

17 2

3 n  . n 2

n 2

n 17 3





B =

Lời giải

9 5  n n 2   2 n n

 

17 2

n 3  n 2

    n 9 5  n

n 4 n

 

26 2

B =



 4

n n

 

26 2

 n

 )2 2 

18 n 

18 n

Để B là số tự nhiên thì là số tự nhiên

18;9;6;3;2;1

 18  (n+2) => n+2 Ư (18) = 

+ n + 2= 1  n= - 1 (loại)

+ n + 2= 2  n= 0

+ n + 2= 3  n= 1

+ n + 2= 6  n= 4

+ n + 2= 9  n= 7

16;7;4;1;0

thì B  N . + n + 2= 18  n= 16 Vậy n  

Câu 37. (Đề thi HSG 6)

x1995 chia hết cho 55.

Tìm các chữ số x ,y sao cho: C =

Lời giải

 1

Ta có 55 = 5.11 mà (5 ;1) = 1

x1995 55 y

  2

 C 5     11 C 

Do đó C =

(1)  y = 0 hoặc y = 5.

+, y= 0 : (2)  x+ 9+5 – ( 1+9 +0)11  x = 7 .

+, y =5 : (2)  x+9 +5 – (1+9+5 )  11  x = 1.

Câu 38. (Đề thi HSG 6) a) Chứng tỏ rằng trong 3 số tự nhiên liên tiếp luôn có 1 số chia hết cho 3.

b) Cho A =( 17n +1 )(17n +2 ) 3 với mọi n N

Lời giải

)N

a) Gọi 3 số tự nhiên liên tiếp là x ,x+1, x+2 ( x

+ Nếu x = 3k ( thoả mãn ) .

+Nếu x= 3k +1 thì x+2 =3k+1+2 =(3k +3 ) 3

+Nếu x = 3k +2 thì x +1 = 3k+1 +2 = (3k +3 ) 3

Vậy trong 3 số tự nhiên liên tiếp có 1 số chia hết cho 3 .

b) Nhận thấy 17n , 17n +1 , 17n + 2 là 3 số tự nhiên liên tiếp mà 17n không chia hết cho 3 , Nên trong 2 số còn lại 1 số phải 3



3 3

 

... 3



49 3 .

Do đó: A =( 17n +1 )(17n +2 ) 3

Câu 39. (Đề thi HSG 6) 2 Cho S = 

a) Chứng tỏ S chia hết cho 4.

b) Tìm chữ số tận cùng của S .

350  2

c) Chứng tỏ S = .

Lời giải

a) Ta có : S = (1+3)+(32+33)+.......+(348+349) = 4+32(1+3)+......+ 348(1+4) 4 .

b) S = (1+3+32 +33)+(34+35+36+37)+........+(344+345+346+347) +348 +349

Các tổng 4 số hạng đều chia hết cho 10 ,do đó tận cùng bằng 0

Mặt khác 338 + 349 = 34.12 + 348 .3 = .....1 + ....1 .3 = .............4

Vậy S có tận cùng bằng 4.



2 3



3 3

 

... 3



49 3

c) S =

2 3



3 3



4 3

 

... 3



50 3

  = 350 – 1

3S S

3S = 3 +3+32 +33+.........+348 +349+ 350

350  2

 2S = 350 – 1  Suy ra S =

Câu 40. (Đề thi HSG 6) Cho (2a + 7b) 3 ( a,b N ). Chứng tỏ : (4a + 2b ) 3

Lời giải

Ta có ( 6a + 9b ) 3 hay ( 2a + 7b +4a + 2b ) 3 . Mà (2a +7b ) 3

Nên (4a + 2b ) 3 .

Câu 41.

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25 ; 28 ; 35 thì được các số dư lần lượt là 5 ; 8 ; 15.

Lời giải





 và (x 20) 28

 và (x 20) 35

Gọi số tự nhiên phải tìm là x.

x+ 20 là bội chung của



- Từ giả thiết suy ra (x 20) 25 25; 28 và 35.

 k N .

- Tìm được BCNN (25; 28; 35) = 700 suy ra (x + 20) = k.700 

  

 x 20 1019

suy ra k = 1 suy ra - Vì x là số tự nhiên có ba chữ số suy ra x 999

x + 20 = 700 suy ra x = 680.

Câu 42.





3 a

5 b

33 .

a)Tìm các cặp số nguyên (a, b) biết

b) Cho n là số tự nhiên, tìm số nguyên tố p có 2 chữ số sao cho p = ƯCLN   2n - 3; 3n +15

c) Cho S = 1 + 5 + 52 + 53 +54 + … + 52010

Tìm các số dư khi chia S cho 2, cho10, cho 13.

Lời giải

a)Tìm các cặp số nguyên (a, b) biết 3a+ 5b= 33 (1)

Vì a, b nguyên => 3a 3, 33 3=>5b 3

mà (3, 5) =1 =>b 3

3a+ 5b= 33 =>5b≤ 33 =>b≤ 6,6 (2)

Từ (1), (2) và b nguyên => b{0; 3; 6}

Nếu |b| =0 thì 3a= 33=>a= 11 => a =  11; b = 0

Ta có các cặp (0; 11), (0; -11)

Nếu |b| =3 thì 3a= 33 – 15 =18 =>a= 6 => a =  6; b =  3

Ta có các cặp (6; 3), (6; -3), (-6; 3), (-6; -3)

Nếu |b| = 6 thì 3a= 33 – 30 =3 =>a= 1 => a =  1; b =  6

Ta có các cặp (1; 6), (1; -6), (-1; 6), (-1; -6)

KL: Ta có các cặp (0; 11), (0; -11), (6; 3), (6; -3), (-6; 3), (-6; -3)

(1; 6), (1; -6), (-1; 6), (-1; -6) thoả mãn đề bài

b) Cho n là số tự nhiên, tìm số nguyên tố p có 2 chữ số sao cho



p = ƯCLN(2n - 3; 3n +15)

 2n 3 p 

   3n 15 p 





6n 30

  





   6n 9 p

 6n 9 p 

 6n 30 p

   

 39 p do p là số nguyên tố có 2 chữ số => p = 13

vì p = ƯCLN(2n - 3; 3n +15)=>

c) Cho S = 1 + 5 + 52 + 53 +54 + … + 52010

Tìm các số dư khi chia S cho 2, cho10, cho 13

S gồm 2011 số hạng đều là số lẻ nên S lẻ => S chia cho 2 dư 1

S gồm 2010 số hạng chia hết cho 5 và một số hạng chia cho 5 dư 1 => S chia cho 5 dư 1.

=> S có tận cùng là 6 hoặc 1 mà S lẻ nên S có tận cùng là 1.

Vậy S chia cho 10 dư 1

S = 1 + 5 + 52 + 53 +54 + … + 52010

S =1 + 5 + 52 +( 53 +54 + 55 +56) +( 57 +58 + 59 +510) +…

+( 52007 +52008 + 52009 +52010)

S =1 + 5 + 25 +53 (1 + 5 + 52 + 53) + 57 (1 + 5 + 52 + 53) +…

+52007 (1 + 5 + 52 + 53)

S =26 + 5 +53 .156 + 57 .156 +… +52007 .156

Ta có 26 và 156 đều chia hết cho 13 vậy S chia cho 13 dư 5

Câu 43. Cho a ; b là hai số chính phương lẻ liên tiếp. Chứng minh rằng: (a – 1).( b – 1)  192

*N

Lời giải

2 k

21

2 1k 

(Với k ) Chỉ ra dạng của a,b là: a =  và b = 

- Suy ra a – 1 = (2k – 1)(2k – 1) – 1 = ....... = 4k2– 4k + 1 – 1 = 4k.(k – 1)

b – 1 = (2k + 1)(2k + 1) – 1 = ....... = 4k2+ 4k + 1 – 1 = 4k(k + 1)

(a – 1)(b – 1) = 16k(k – 1)k(k + 1)

Từ đó lập luận k(k – 1)k(k + 1)  4 và k(k – 1)(k + 1) 3

 (a – 1)(b – 1)  192 (đpcm)

suy ra (a – 1)(b – 1)  16.4.3 mà (4; 3 ) = 1  k (k – 1)k(k + 1) 4.3

Câu 44.

Tìm số tự nhiên có 4 chữ số abcd biết nó thoả mãn cả 3 điều kiện sau:

1) c là chữ số tận cùng của số M = 5 + 52 + 53 + … + 5101

2) abcd  25

2   ab a b



Lời giải

- Từ giả thiết dẫn đến điều kiện: a,b,c,d N; 1  a  9; 0 b;c;d 9

- Lý luận dẫn đến M có chữ số tận cùng là 5  c = 5

- Từ điều kiện: abcd  25, lý luận dẫn đến (10c + d)  25, từ đó tìm được d = 0

- Từ điều kiện: ab = a + b2  10a + b = a + b2

 9 a = b2 – b

9a = b(b – 1)

Lý luận dấn đến b(b – 1)  0 và b(b – 1)  9

 a=8

Mà (b, b -1) = 1; 0 < b – 1< 9  b(b – 1)  9 chỉ khi b  9

Kết luận: Số cần tìm 8950

Câu 45. a) Có hay không một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9? Giải thích?

b) Chứng minh rằng: Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 3, luôn tồn tại 2 số nguyên tố mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 12.



Lời giải

a 3  và a

k N

a) Không thể có một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9. Vì: nếu có số tự nhiên a mà khi chia cho 12 dư 9 thì a = 12.k + 9 ;  3  a là hợp số, không thể là số nguyên tố.

b) - Một số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 12 thì có số dư là một trong 12 số sau: 0; 1; 2; ...; 11

- Chứng minh tương tự câu 1 ta có: một số nguyên tố lớn hơn 3 (bất kỳ) khi chia cho 12 không thể có số dư là 2; 3; 4; 6; 8; 10.

- Suy ra một số nguyên tố lớn hơn 3 khi đem chia cho 12 thì được số dư là một trong 4 giá trị : 1; 5; 7; 11.

- Chia các số nguyên tố lớn hơn 3 thành hai nhóm :

+ Nhóm 1: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 1 hoặc 11 .

+ Nhóm 2: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 5 hoặc 7.

- Giả sử p1; p2; p3 là ba số nguyên tố bất kỳ lớn hơn 3. Có ba số nguyên tố, chỉ nằm ở hai nhóm, theo nguyên lý Dirichle thì trong ba số nguyên tố trên, tồn tại ít nhất hai số nguyên tố cùng thuộc một nhóm , chẳng hạn p1 và p2 cùng thuộc một nhóm:

N

+ Nếu p1 và p2 khi chia cho 12 có số dư khác nhau (tức là dư 1 và 11; hoặc 5 và 7) thì



2;k k

N

. suy ra p1 + p2 12 p1 + p2 = 12 k1 + 1 + 12 k2 + 11 = 12(k1+ k2) + 12 ;



;n n 1 2

hoặc p1 + p2 = 12 n1 + 5 + 12 n2 + 7 = 12(n1+ n2) + 12 ; 

. suy ra p1 + p2 12

. + Nếu p1 và p2 khi chia cho 12 có số dư bằng nhau thì hiệu p1 – p 2 12



Câu 46. a) Cho a, b, c, d là các số tự nhiên khác 0 và biểu thức:

a   a b c

b   a b d

c   c d

d   b c d

M = .

Hỏi M có giá trị là số tự nhiên hay không? Vì sao ?

Lời giải



a   a b c

a    a b c d

Vì a, b, c, d  N*  a+b+c < a+b+c+d =>



b   a b d

b    a b c d

c   c d

c    a b c d



d   b c d

d    a b c d

Tương tự : ;



   a b c d    a b c d

 M >



a   a b c

a  a b

Vì a, b, c, d  N*  a + b + c > a + b 



b   a b d

b  a b

Tương tự : ;



c   c d

c  c d

d   b c d

d  c d

;







 a b  a b

 c d  c d

 M

Vậy 1< M < 2 nên M không là số tự nhiên

Câu 47. Tìm chữ số x để:

a) 137 + x3 chia hết cho 13.

x137x137

b) chia hết cho 13

Lời giải

a) A = 137 + x3 = 137 + 30 + x = 12. 13 + (11 + x) => A13 Khi 11 + x 13 Vì x là chữ số từ 0 - > 9 => x = 2



x 137 137



13.10



x 7 .10



13.10





13.(10



x 10 ) 7 .10001



10001 không chia hết cho 13 => B13 Khi x7 13 => x = 8

Câu 48. Với giá trị nào của số tự nhiên a thì:

 a8 19 1a4 

a5 a4

 

17 23

a) có giá trị nguyên b) có giá trị lớn nhất.

Lời giải

 a8 19 1a4 

a) có giá trị nguyên



 2

 a8 19 1a4 

 2a8 1a4 

17  1a4

Để N nguyên thì 4a + 1 là ước số của 17 => a = 0, a = 4

a5 a4

 

17 23

5(4



5 4

a a

 

17 23

20 4(4

a a

 

68 23)

23) 47   a  4(4 a 23)

5   4

47  a

4(4

23)

b) có giá trị lớn nhất.

Như vậy bài toán đưa về tìm số tự nhiên a để 4a – 23 là số tự nhiên nhỏ nhất.

a5 a4

 

17 23

Vậy a = 6 => = 13

Câu 49.

Tìm chữ số tận cùng của số 62006, 72007 Lời giải

Ta có: 62 = 36 ≡ 6 (mod10), vậy 6n ≡ 6 (mod10)  số nguyên dương n

=> 62006 ≡ 6 (mod10) => chữ số tận cùng của 62006là 6

(74)501 ≡ 1 (mod10) => chữ số tận cùng của 72004 là 1,

74 = 2401 ≡ 1 (mod10), mà 72007 = 74.501.73

Mà chữ số tận cùng của 73 là 3 => chữ số tận cùng của 72007 là 3

Câu 50. Tìm hai số nguyên dương biết tích của hai số ấy gấp đôi tổng của hai số ấy

Lời giải

Gọi 2 số nguyên dương phải tìm là a và b.

Ta có: 2 (a + b) = ab (1)

Do vai trò của a và b như nhau; ta giả sử a< b nên a + b < 2b.

Do đó 2 (a + b) < 4b (2)

Từ (1) và (2) suy ra: ab < 4b.

Chia 2 vế cho b > 0 ta được a  4

Thay a = 1 vào (1) ta được 2b + 2 = b loại

Thay a = 2 vào (1) ta được 4 + 2b = 2b loại

Thay a = 3 vào (1) ta được 6 + 2b =3 b  b = 6

Thay a = 4 vào (1) ta được 8 + 2b =4 b  b = 4

Vậy có 2 cặp số thoả mãn là 3 và 6; 4 và 4.

Câu 51. Tìm số nguyên tố p sao cho các số p + 2 và p + 4 cũng là các số nguyên tố.

Lời giải

Số p có một trong 3 dạng 3k; 3k + 1; 3k + 2 với k  N *

Nếu p = 3k thì p = 3 ( vì p là số nguyên tố)

Khi đó p + 2 =5; p + 4 =7 đều là các số nguyên tố.

Nếu p = 3k + 1 thì p + 2 = 3k +3 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên p +2 là hợp số trái với đề bài.

Nếu P = 3k +2 thì p +4 = 3k + 6 chia hết cho 3 lớn hơn 3 nên

p + 4 là hợp số; trái với đề bài.

Vậy p = 3 là giá trị duy nhất phải tìm

Câu 52. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tính chất sau:

Số đó chia cho 3 thì dư 1; chia cho 4 thì dư 2, chia cho 5 thì dư 3, chia cho 6 thì dư 4 và chia hết cho 13.

Lời giải

Gọi x là số phải tìm thì x + 2 chia hết cho 3; 4; 5; 6 nên x +2 là bội chung của 3; 4; 5; 6

BCNN (3,4,5,6) = 60 nên x + 2 = 60n

Do đó x = 60n - 2 (n = 1,2,3 ... )

Do x là số nhỏ nhất có tính chất trên và x phải chia hết cho 13.

Lần lượt cho n = 1,2,3 ... ta thấy đến n = 10

Thì x = 598 chia hết cho 13.

Số nhỏ nhất cần tìm là 598.

Câu 53. Thay dấu “ * ” bằng các chữ số thích hợp để 359** chia cho 5; 6; và 7 đều có số dư là 1

Lời giải

Theo bài ra suy ra:

(359** - 1) chia hết cho BCNN (5; 6; 7); BCNN (5; 6; 7) = 210

359 = 35700 + 200 + ab

 0;Nb;a(



b;a



hay

359 - 1 = 210 . 170 + 199 + ab

=> 199 + ab chia hết cho 210 => ab = k . 210 - 199 (k N ) (1,5 đ)

<=> k = 1 => ab = 11. Vậy số cần tìm là 35911

Câu 54. Tìm ƯCLN của 77...7, (51 chữ só 7) và 777777.

Lời giải

7... Ta có:  7sô

77 chu 51

= 777777.1045 +777777. 1039+ . . .+ 777777 .103+777

= 777777(1045 + 1039 + . . . + 103) + 777

77 chu 51

chia cho 777 777 dư 777 Suy ra:  7... 7sô

77 7... Đặt  7sô 51 chu

= A ; 777 777 = B; 1045 + 1039 + . . . + 103 = C

Ta có A = B.C + 777 hay A - B. C = 777. Từ đó mọi ước chung của A và B đều là ước của 777. Mặt khác 777 là ước số của A và B

( A = 777.(1048 +1045 + . . . + 1); B = 777 . 1001)

Vậy 777 chính là ƯCLN của A và B.

Câu 55.

n  6 3 n 

99 4

Tìm số tự nhiên n để phân số

a)Có giá trị là số tự nhiên.



b)Là phân số tối giản





 2

n 6 3 n

 

99 4

n  8 91 3 n  4

4 

 n 32  n 3

 n 32  4 n 3 4 

91 n 3 

a) Đặt A = Lời giải   4

Để A là số tù nhiên thì 91⋮ 3n + 4 ⋮ 3n + 4 là ước của 91 hay 3n + 4 thuộc {1; 7; 13; 91}.

Với 3n + 4 = 1 n = -1 Loại vì n là số tù nhiên.

Với 3n + 4 = 7 n = 1 Nhận A = 2 + 13 = 15.

Với 3n + 4 = 13 n = 3 Nhận A = 2 + 7 = 9.

Với 3n + 4 = 91 n = 29 Nhận A = 2 + 1 = 3.

b)Để A là phân số tối giản thì 91 không chia hết 3n + 4 hay 3n + 4 không là ước của 91

Suy ra 3n + 4 không chia hết cho ước nguyên tố của 91. Từ đó suy ra:

3n + 4 không chia hết cho 7 suy ra n ≠ 7k +1.

3n + 4 không chia hết cho 13 suy ra n ≠ 13m + 3.

b 2

Câu 56.

abc

 cba



495

và . Tìm số tự nhiên có 3 chữ số abc, biết rằng:

 abc cba





 b c





 b a



100



b c

 

c 100



 b a

 100



 c 100









 a c

   

a c

495

495 : 99

 5





b 2

Lời giải

Vì và 0 ≤ b ≤ 9 mà a - c = 5. Nên ta có:

Với a = 9  c = 4 và b2 = 9.4 = 36  b = 6 (Nhận)

Với a = 8  c = 3 và b2 = 8.3 = 24  không có giá trị nào của b.

Với a = 7  c = 2 và b2 = 7.2 = 14  không có giá trị nào của b.

Với a = 6  c = 1 và b2 = 6.1 = 6  không có giá trị nào của b .

Câu 57.

2 2004 +

2004 + ...+2004 10 ) chia hết cho 2005

a/ Chứng minh : C = ( 2004 +

b/ Tìm số nguyên n sao cho n + 4 chia hết cho n + 1.

Lời giải

a/ C = (2004 + 20042) + (20043+20044) + ....+( 20049+200410)



= 2004.2005 + 20043.2005 + ... + 20049.2005



1 



= 2005.( 2004 +20043+...+ 20049) 2005

n n

 

4 1

3 



n 

b/ n + 4 = (n + 1) + 3

3;1 

3 

Ư(3) = { }

Vậy n  {-4;-2;0;2}

Câu 58.

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 3 thì dư 1 ; chia cho 4 dư 2 ; chia cho 5 dư 3 ; chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 13.

Lời giải

Gọi số phải tìm là a (a nguyên dương)

Theo gt : chia cho 3 dư 1, chia cho 4 dư 2 ,chia cho 5 dư 3 ,chia cho 6 dư 4 suy ra a +2 chia hết cho 3,4,5,6.

BCNN(3;4;5;6) = 60 suy ra a+260 hay a = 60k -2 (k  N)

Mặt khác a 13 suy ra 60k -2 13 hay 8k-213

Do a nhỏ nhất suy ra k nhỏ nhất.Vậy 8k-2 = 78 k = 10 suy ra a = 598

Câu 59.





n n 1 3  5  2    3 3 n n

n  5 4  3 n

Cho biểu thức:

a) Tìm n để A nhận giá trị nguyên. b) Tìm n để A là phân số tối giản

n (2

  1)

n (4



n 2

 









Lời giải

 5 n 4  3 n

  5) n (3  3 n

  n 5 4 n 1 3  3 n

n n

 

1 3



  1

a) Ta có :   n n 1 3 2 5    3 n n 3

  3 4  3 n

4 

(2)

   => n   1; 2; 4; 1; 2; 4

 4;5; 7; 2;1; 1

A nguyên khi n – 3 Ư(4) = 



n n

 

1 3

b) Ta có : (Theo câu a)

1 3

Xét n = 0 ta có phân số A = là phân số tối giản

Xét n  0 ; 3 Gọi d là ước chung của (n + 1) và (n – 3) => (n + 1)  d và (n – 3)  d => (n + 1) - (n – 3) chia hết cho d => 4 chia hết cho d => d = 1 ; 2; 4 => d lớn nhất bằng 4 => A không phải là phân số tối giản Kết luận : Với n = 0 thì A là phân số tối giản. Câu 60.

 a b

(10





)

Tìm số nguyên tố ab ( a > b > 0 ), sao cho ab ba là số chính phương

 ) 10

b a

 



b 9



 a b

)



2 3 (

 a b

)

Lời giải   a b

(10  b a  1; 2;3; 4;5; 6;7;8;9

=> 1  a- b  8 Ta có :  ab ba Vì => a,b  

là số chính phương thì a – b = 1; 4

2012

2011

2010

2009



A 

 8



Để ab ba +) a – b = 1 (mà a > b) ta có các số ab là : 98 ; 87 ; 76; 65; 54 ; 43; 32; 21 Vì ab là số nguyên tố nên chỉ có số 43 thoả mãn +) a – b = 4 (mà a > b) ta có các số ab là : 95 ; 84 ; 73; 62; 51 Vì ab là số nguyên tố nên chỉ có số 73 thoả mãn Kết luận : Vậy có hai số thoả mãn điều kiện bài toán là 43 và 73. Câu 61.

2009

2012

2011

2010



A 

Cho a) Chứng minh rằng A chia hết cho 24 b) Chứng minh rằng A không phải là số chính phương.

2006

2008

2009

2007

2009

2008

2007

2006



 8



2007

2008

2009

2006

  (1)

Lời giải  8

8 8.125 10   

2011

2012

2010

 có chữ số tận cùng là 8

A 



10      10 10 Cho a/ Chứng minh rằng A chia hết cho 24 Ta có :  3 10 10 A   8. 125 10  

 1 8 A  Ta lại có các số : 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 có tổng tổng các chữ số bằng 1, nên các số 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 khi chia cho 3 đều có số dư bằng 1 8 chia cho 3 dư 2. Vậy A chia cho 3 có số dư là dư của phép chia (1 + 1 + 1 + 1 + 2) chia cho 3 Hay dư của phép chia 6 chia cho 3 (có số dư bằng 0) Vậy A chia hết cho 3 Vì 8 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên A chia hết cho 8.3 = 24 b/ Chứng minh rằng A không phải là số chính phương. Ta có các số : 102012 ; 102011 ; 102010 ; 102009 đều có chữ số tận cùng là 0 2009 Nên Vậy A không phải là số chỉnh phương vì số chính phương là những số có chữ số tận cùng là 1 ; 4; 5 ; 6 ; 9. Câu 62. 1) Tìm các số có 3 chữ số chia hết cho 7 và tổng các chữ số của nó cũng chia hết cho 7.



; 0

abc



2) Chứng tỏ rằng nếu a; a + k; a + 2k là các số nguyên tố lớn hơn 3 thì k chia hết cho 6. Lời giải 1) Gọi số đó là





b 7

abc

100

b c

 

  2

 b c 3



a b c ; ; 





a b c

   nên suy ra

Ta có

a b c

 2 7

b

 0  b c   b – c = -7; 0; 7 7 Mặt khác  Với b – c = -7 thì c = b + 7 và    a b c 7  Với b – c = 7 ta có các số 770; 581; 392.  Với b – c = 0 b = c mà    nên Do 1  a + 2b  27 nên a + 2b nhận các giá trị 7; 14; 21. Từ đó ta có các số thỏa mãn:

nên ta có các số thỏa mãn: 707; 518; 329.

133; 322; 511; 700; 266; 455; 644; 833; 399; 588; 777; 966.

Vậy có tất cả 18 số kể trên.

 Nếu a và a + k có cùng số dư thì a + k – a = k chia hết cho 3.

 Nếu a và a + 2k có cùng số dư thì a + 2k – a = 2k chia hết cho 3, mà (2, 3) = 1 nên k

2) Vì a; a + k; a + 2k là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên là các số lẻ và không chia hết cho 3, ta có: a + k – a = k chia hết cho 2. Mặt khác khi chia các số đó cho 3 sẽ tồn tại 2 số có cùng số dư:

 Nếu a + k và a + 2k có cùng số dư thì a + 2k – a + k = k chia hết cho 3.

chia hết cho 3.

Vậy trong mọi trường hợp ta luôn có k chia hết cho 2 và 3 mà (2, 3) = 1 nên k chia hết cho 2.3 = 6. Câu 63.

n 15

 chia hết cho 15



Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n thì

16  A Lời giải

 chia hết cho 15 ta sẽ chứng minh

 1



15 k 1

16     chia hết cho 15. Thật vậy, ta có k

  1

Chứng minh bằng phương pháp quy nạp Với n = 1 ta có A = 0 chia hết cho 15. Giả sử bài toán đúng với n = k tức là A  15 đúng với n = k + 1, tức là

 1

16  15 k    16 15 k  15 q  1

  15 k 1 16.16   16



k  15  q k  16 15. 16  k  16  q k  15 16  16. 15   q q N 1 15 ,      1    1 15 k 15 

4 3

Câu 64.





9 9



a, Tìm chữ số tận cùng của số

b, Tìm ba số nguyên dương biết rằng tổng của ba số ấy bằng nửa tích của chúng.

4 3

Lời giải





9 9



141414 là 6 999 là 9 432 là 2 - Tìm chữ số tận cùng của Chữ số tận cùng của P là chữ số tận cùng của tổng (6+9+2): là 7

- Tìm chữ số tận cùng của - Tìm chữ số tận cùng của

b) Gọi 3 số nguyên dương cần tìm là a, b, c

Ta có a + b + c = abc/2

c thì a + b + c 3 c



Giả sử   a

c hay ab 6 3

abc 2

Do đó

Có các trường hợp sau

1, ab = 6 suy ra c = 3,5 ( loại )

2, ab = 5 Suy ra a = 1, b = 5 , c = 4 ( Loại)

3, ab = 4 Suy ra a = 1, b = 4 , c = 5( thỏa mãn)

a =2, b = 2, c = 4 (Thỏa mãn)

4, ab = 3 Suy ra a = 1, b = 3, c = 8 ( thỏa mãn)

5, ab = 2..........................................( Không thỏa mãn)

6, ab = 1 ..........................................( Không thỏa mãn

Vậy bộ ba số cần tìm là 1, 4, 5 hoặc 1, 3, 8 Câu 65.





n.kn

n.tn + a1

n.kn + c1 n)(kn + tn)

Cho các số nguyên dương a, b, c, d thỏa mãn ab = cd. Chứng minh rằng A là một hợp số với mọi số tự nhiên n.

Lời giải Giả sử t = (a,c). Đặt a = a1t; c = c1t với (a1,c1) = 1 ab = cd suy ra a1bt = c1dt , Suy ra a1b = c1d Mà (a1,c1) = 1 suy ra b chia hết c1 , đặt b c1k Do đó d = a1k .tn + c1 n Ta có A = a1 A = ( a1 n + c1 Vì a1; c1; t; k nguyên dương nên A là hợp số. Câu 66.



abcabc

1000.

 abc abc

1001

abc

Chứng tỏ rằng các số tự nhiên có dạng: abcabc chia hết cho ít nhất 3 số nguyên tố

7.11.13

Lời giải abc



Suy ra: abcabc chia hết cho ít nhất ba số nguyên tố: 7; 11; 13 Câu 67.

 7 n 2  5 n b. Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất sao cho: a chia cho 5 thì dư 3, a chia cho 7 thì dư 4.

có giá trị là số nguyên. a. Tìm số nguyên n để phân số



  2

Lời giải

3 

 n

n  2; 4; 6;8

  10 3 n 2 7   5 n 5 n     hay n =  3; 1 b, a có: a = 5q + 3 a = 7p + 4

a, nguyên  n – 5 là ước của 3

a 

chia hết cho cả 5 và 7, hay là bội chung

Xét a +17 = 5q + 20 = 7p + 21=> của 5 và 7. Vì a là số tự nhiên nhỏ nhất nên a +17 = BCNN(5,7) = 35 => a = 18 Câu 68.

Cho hai dãy số, mỗi dãy có 2012 số là 1; 4; 7;...và 9; 16; 23;...thoả mãn: Số liền sau hơn số liền trước tương ứng là 3 và 7 với mỗi dãy. Hỏi có bao nhiêu số thuộc cả hai dãy trên? Lời giải

16 44 7 23 10 30 25 65 19 51 28 31 72 79 34 86 37 93

Ta liệt kê một số số trong dãy đã cho: 1 4 13 22 58 37 9 16 Ta thấy: số 16 là số đầu tiên thuộc cả 2 dãy số. Trong dãy số thứ nhất số liền sau hơn số liền trước tương ứng là 3 Trong dãy số thứ hai số liền sau hơn số liền trước tương ứng là 7 Nên từ số trùng nhau đầu tiên (số 16) thì sau 7 số liền sau tiếp theo của dãy thứ nhất sẽ xuất hiện số trùng nhau với số liền sau thứ 3 của số trùng nhau đầu tiên trong dãy thứ hai. Khi đó số các số thuộc cả 2 dãy trên là phần nguyên của kết quả phép tính: (2012 - 5)/7 . Thực hiện ta được kết quả là 286 số thuộc cả hai dãy trên. Câu 69.

1. Tìm chữ số tận cùng của các số sau: a) 571999 b) 931999 2. Cho A= 9999931999 - 5555571997. Chứng minh rằng A chia hết cho 5.

a b

3 . Cho phân số (0 < a < b) cùng thêm m đơn vị (m > 0) vào tử và mẫu thì phân số

mới lớn hơn hay bé hơn ?

a b 16*4*

710

155



có 12 chữ số . chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các 4. Cho số chưc số khác nhau trong ba chữ số 1,2,3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho 396.

a b

 Lời giải 1. Tìm chữ số tận cùng của các số sau: ( 1 điểm ) Để tìm chữ số tận cùng của các số chỉ cần xét chữ số tận cùng của từng số : a) 571999 ta xét 71999 Ta có: 71999 = (74)499.73 = 2041499. 343 Suy ra chữ số tận cùng bằng 3 ỵVậy số 571999 có chữ số tận cùng là : 3 b) 931999 ta xét 31999 Ta có: 31999 = (34)499. 33 = 81499.27 Suy ra chữ số tận cùng bằng 7 2. Cho A = 9999931999 - 5555571997 . chứng minh rằng A chia hết cho 5 Để chứng minh A chia hết cho 5 , ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng. Theo câu 1b ta có: 9999931999 có chữ số tận cùng là 7 Tương tự câu 1a ta có: (74)499.7 =2041499.7 có chữ số tận cùng là 7 Vậy A có chữ số tận cùng là 0, do đó A chia hết cho 5. 3, Theo bài toán cho a < b nên am < bm ( nhân cả hai vế với m)  ab +am < ab+bm ( cộng hai vế với ab)  a(b+m) < b( a+m)  ma mb  4,

3;2;1

710

16*4*

chia hết cho 4 ; 9 và 11.

Ta nhận thấy , vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  nên tổng của chúng luôn bằng 1+2+3=6. Mặt khác 396 = 4.9.11 trong đó 4;9;11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng minh A = 155 * Thật vậy : +A  4 vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4 + A  9 vì tổng các chữ số chia hết cho 9 : 1+5+5+7+1+4+1+6+(*+*+*)=30+6=36 chia hết cho 9 + A  11 vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia hết cho 11. {1+5+7+4+1)-(5+1+6+(*+*+*)}= 18-12-6=0 Vậy A  396 Câu 70. Chứng tỏ rằng: 2x + 3y chia hết cho 17  9x + 5y chia hết cho 17 Lời giải

Ta phải chứng minh , 2. x + 3 . y chia hết cho 17, thì 9 . x + 5 . y chia hết cho 17 Ta có 4 (2x + 3y ) + ( 9x + 5y ) = 17x + 17y chia hết cho 17 Do vậy ; 2x + 3y chia hết cho 17  4 ( 2x +3y ) chia hết cho 17  9x + 5y chia hết cho 17 Ngược lại ; Ta có 4 ( 2x + 3y ) chia hết cho 17 mà ( 4 ; 17 ) = 1  2x + 3y chia hết cho 17 Câu 71.



1 d

= Tìm các số a, b, c , d  N , biết : 30 43



30 43



1 43 30

1 13 30



4 13



1 4



a  

c b  1; 2;

d 3;

 4

Lời giải 1 =



120





1080



522

Câu 72. Một số tự nhiên chia cho 120 dư 58, chia cho 135 dư 88. Tìm a, biết a bé nhất. Lời giải



135

q 1 



1080



704

q 1 q

  

9   8 

Ta có (q1, q2  N ) 

Từ ( 2 ) , ta có 9 . a = 1080 . q2 + 704 + a ( 3 )

Kết hợp ( 1 ) với ( 2 ) , ta được a = 1080 . q – 180

1q 

a 

898

Vì a nhỏ nhất, cho nên, q phải nhỏ nhất

Câu 73.

Người ta viết các số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 đến 2006 liền nhau thành một số tự nhiên L . Hỏi số tự nhiên L có bao nhiêu chữ số Lời giải Có 9 số có 1 chữ số từ 1 đến 9

Có 90 số có 2 chữ số từ 10 đến 99

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999

Các số có 4 chữ số là từ 1000 đến 2006 có :

2006 - 1000 + 1 = 1007 số

Số chữ số của số tự nhiên L là :

9 + 90.2 + 900.3 + 1007.4 = 6917 (chữ số )

Câu 74. Có bao nhiêu chữ số gồm 3 chữ số trong đó có chữ số 4? Lời giải

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999 Ta chia 900 sô thành 9 lớp , mỗi lớp có 100 số có cùng chữ số hàng trăm . Lớp thứ nhất gồm 100 số từ 100 đến 199 Lớp thứ hai gồm 100 số từ 200 đến 299 ………………………………… Lớp thứ 9 gồm 100 số từ 900 đến 999 Xét 9 lớp thì lớp thứ 4 cả 100 số đều có chữ số 4 ở hàng trăm . 8 lớp còn lại hàng trăm khác 4 nên chữ số 4 nếu có thì ở hàng chục và hàng đơn vị Xét lớp thứ nhất thì các số có chữ số 4 làm hàng đơn vị gồm : 104, 114……194 (có 10 số ) các số có 4 chữ số làm hàng chục là 140,141,142,………..149 (có 10 số) Nhưng số 144 có mặt ở trong cả 2 trờng hợp vậy ở lớp thứ nhất số lợng số có chữ số 4 là : 10 + 10 - 1 = 19 (số) Bảy lớp còn lại cũng theo quy luật ấy . Vậy số lượng số có 3 chữ số có chữ số 4 là : 100 + 19.8 = 252 số Câu 75. Cho băng ô gồm 2007 ô như sau

17 19 36

Phần đầu của băng ô như trên . Hãy điền số vào chố trống sao cho tổng 4 số ở 4 ô liền nhau bằng 100 và tính : a) Tổng các số trên băng ô . b) Tổng các chữ số trên băng ô . c) Số điền ở ô thứ 1964 là số nào ? Lời giải

Ta dùng các số 1; 2; 3 ………….để đánh số cho các ô phần đầu băng ô. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

28 17 19 36 28 17 19 36 28 17

100.501 + 28 +17 +19 = 50164

2 + 8 +1 + 7 +1 +9 + 3 + 6 = 37 Vì các ô số 4; 5; 6; 7 và 3; 4; 5; 6 nên số ở ô số 3 và ô số 7 bằng nhau  ô số 3 là 19 100 - (17 + 19 + 36) = 28 Vậy ô số 1 là số 28 100 - (17 + 19 + 36) = 28 . Vậy số điền ô thứ 5 là số 28 số điền ở ô số 6 cũng là số 17 Ta có : 2007 = 501.4 + 3 Vậy ta có 501 nhóm 4 ô , d 3 ô cuối là ô thứ 2005; 2006; 2007 với các số 28; 17; 19 a) Tổng các số trên băng ô là : b) Tổng các chữ số ở mỗi nhóm ô là : Tổng các chữ số trên băng ô là :

A

37.501 + 2 + 8 + 1 + 7 +1 +9 = 18567 c) 1964  4 . vậy số điền ở ô thứ 1964 là số 36 . Câu 76. Cho A = 3 + 32 + 33 + 34 ………+ 3100. Chứng minh A chia hết cho 120. Lời giải

120

Ta nhóm làm 25 nhóm, mỗi nhóm 4 số hạng như sau: A = (3 + 32 + 33+ 34) +……+ (397+398+399+3100) = 3 (1 + 3 + 32+33)+…….+ 397(1+3+32+33) Ta lại thấy: 1 + 3 + 32+33 = 40 Nên A = 40. (3 + 35 +39 +………+397 ) = 40.3 (30 + 34 +38 +………+396 ) = 120. (30 + 34 +38 +………+396 ) Điều này chứng tỏ (đpcm) Câu 77.

d  5

d  hoặc 0

d  5

d  0

Cho các số 0; 1; 3; 5; 7; 9. Hỏi có thể thiết lập được bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ sáu chữ số đã cho Lời giải

Mỗi số có dạng: abcd . Vì số đã cho chia hết cho 5 nên * Với - Có 5 cách chọn chữ số hàng nghìn (vì chữ số hàng nghìn phải khác 0). - Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm. - Có 6 cách chọn chữ số hàng chục Vậy dạng có 5.6.6 = 180 số. * Với Cách chọn tương tự và cũng có 180 số. Số thiết lập được là 180+180=360 số (có 4 chữ số chia hết cho 5 từ 6 chữ số đã cho) Câu 78. Cho A = 7 + 73 + 75 + ... + 71999 Chứng minh rằng A chia hết cho 35. Lời giải

 Nếu p là số nguyên tố chẵn => p = 2. Khi đó: p + 10 = 12 không là số nguyờn tố. Vậy p = 2 loại.  Nếu p là số nguyên tố lẻ => p =3 hoặc p = 3k + 1 hoặc p = 3k + 2. ) p = 3 => p + 10 = 13 là số nguyên tố và p + 14 = 17 là số nguyên tố. Vậy p = 3 là số nguyên tố thoả mãn điều kiện đầu bài. ) p = 3k + 1 (k  N*) => p + 14 = 3k + 15 = 3(k + 5) Chia hết cho 3 và k + 5 > 5 Nên p + 14 là hợp số. Vậy p = 3k + 1 loại ) p = 3k + 2 (k  N*) => p + 10 = 3k + 12 = 3(k + 4) Chia hết cho 3 và k + 4 > 4 Nên p + 10 là hợp số. Vậy p = 3k + 2 loại

A = 7 + 73 + 75 + ... + 71999 = (7 + 73) + (75 + 77) + ..... + (71997 +71999) A = 7(1 + 72) + 75(1 + 72) + ... + 71997(1 + 72) A = 7.50 + 75 .50 + 79.50 + ... + 71997.50 => A Chia hết cho 5 (1) A = 7 + 73 + 75 + ... + 71999 = 7.( 70 + 72 + 74 + ... + 71998) => A Chia hết cho 7 (2) Mà ƯCLN(5,7) = 1 => A Chia hết cho 35. Câu 79. Tìm số nguyên tố p để p + 10 và p + 14 đều là các số nguyên tố. Lời giải

Câu 80.

.......... .



m n

1  2

1 3

1 1998 Chứng minh rằng m chia hết cho 1999. Nêu bài toán tổng quát.

Cho với m, n là số tự nhiên

.......... .



Lời giải

1  2

1 3

m 1 n 1998 ta ghép thành 999 cặp như sau:





.......... .



m n

1 1998

1 2

1 1997

1 3

1 1996

1 999

1 1000

  

  

  

  

  

  

  

  

1999





.......



1999 1998 .1

1999 1997 .2

1999 1996 .3

1000

.999 Quy đồng tất cả 999 phân số này ta được:



........

999



m n

 a . a . 1999 1999 1 9.8.7.6.5.4.3.2.1

 a 1999 . 3 .......... ..........

 ..........

  a a . 1999 . 1999 998 1996 . 19978 . 1998 ....

a 1999 . 997 .......... Với a1 , a2 , a3 , ........... , a998 , a999  N

1999

)

999



m n

   a a a .( 1 2 3 .......... .......... 3.2.1

 a ......... 997 1996 .......... .

 a 998 1997 .

 a 1998

. Từ 1 đến 1998 có 1998 số Nên vế phải có 1998 số hạng

Vì 1999 là số nguyên tố. Nên sau khi rút gọn, đưa về dạng phân số tối giản thì tử số vẫn còn thừa số 1999. Vậy m Chia hết cho 1999.

Câu 81.

cba

 n

( 

2)2

abc

 n

12 

và Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho

Lời giải

abc = 100a + 10 b + c = n2-1

(1)

cba = 100c + 10 b + c = n2 – 4n + 4

(2)

Từ (1) và (2)  99(a-c) = 4 n – 5  4n – 5  99 (3)

Mặt khác: 100  n2-1  999  101  n2  1000  11 n31  39 4n – 5  119 (4)

Từ (3) và (4)  4n – 5 = 99  n = 26

Vậy: abc = 675

Câu 82.

a) Tìm n để n2 + 2006 là một số chính phương b) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi n2 + 2006 là số nguyên tố hay là hợp số.

Lời giải

a) Giả sử n2 + 2006 là số chính phương khi đó ta đặt n2 + 2006 = a2 (a Z)  a2 – n2 = 2006

 (a-n) (a+n) = 2006 (*)

+ Nếu a, n khác tính chất chẵn lẻ thì vế trái của (*) là số lẻ nên không thỏa mãn (*)

+ Nếu a, n cùng tính chẵn hoặc lẻ thì (a-n) 2 và (a+n)  2 nên vế trái chia hết cho 4 và vế phải không chia hết cho 4 nên không thỏa mãn (*) Vậy không tồn tại n để n2 + 2006 là số chính phương. b) n là số nguyên tố > 3 nên không chia hết cho 3. Vậy n2 chia hết cho 3 dư 1 do đó n2 + 2006 = 3m + 1 + 2006 = 3m+2007= 3(m+669) chia hết cho 3. Vậy n2 + 2006 là hợp số.

Câu 83.

Cho 10 số tự nhiên bất kỳ: a1, a2, ....., a10. Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc tổng một số các số liên tiếp nhau trong dãy trên chia hết cho 10.

Lời giải

Lập dãy số .

Đặt B1 = a1.

B2 = a1 + a2 .

B3 = a1 + a2 + a3

...................................

B10 = a1 + a2 + ... + a10 .

Nếu tồn tại Bi ( i= 1,2,3...10). nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.

Nếu không tồn tại Bi nào chia hết cho 10 ta làm như sau:

Ta đen Bi chia cho 10 sẽ được 10 số dư (các số dư  { 1,2.3...9}). Theo nguyên tắc Di- ric-lê, phải có ít nhất 2 số dư bằng nhau. Các số Bm -Bn, chia hết cho 10 ( m>n)  ĐPCM.

Câu 84.

a) Tìm số tự nhiên sao cho 4n-5 chia hết cho 2n-1

b) Tìm tất cả các số B= 62xy427, biết rằng số B chia hết cho 99

Lời giải

a) Ta có 4n-5 = 2(2n-1)-3

để 4n-5 chia hết cho 2n-1 => 3 chia hết cho2n-1

=>* 2n-1=1 => n=1

*2n-1=3=>n=2

vậy n=1;2

b) Ta có 99=11.9

B chia hết cho 99 => B chia hết cho 11và B chia hết cho 99

*B chia hết cho 9 => (6+2+4+2+7+x+y) chia hết cho 9

(x+y+3) chia hết cho 9=> x+y=6 hoặc x+y =15

B chia hết cho 11=> (7+4+x+6-2-2-y) chia hết cho 11=> (13+x-y)chia hết cho 11

x-y=9 (loại) hoặc y-x=2

y-x=2 và x+y=6 => y=4; x=2

y-x=2 và x+y=15 (loại) vậy B=6224427

Câu 85.

     5a 5

Cho a là số nguyên. Chứng minh rằng: a

Lời giải

Vì a là một số tự nhiên với mọi a Z nên từ a < 5 ta

=> a = {0,1,2,3,4}.

Nghĩa là a ={0,1,-1,2,-2,3,-3,4,-4}. Biểu diễn trên trục số cácc số này đều lớn hơn -5 và nhỏ hơn 5 do đó -5

Câu 86.

Cho a là một số nguyên. Chứng minh rằng:

a) Nếu a dương thì số liền sau a cũng dương.

b) Nếu a âm thì số liền trước a cũng âm.

c) Có thể kết luận gì về số liền trước của một số dương và số liền sau của một số âm?

Lời giải

a) Nếu a dương thì số liền sau cũng dương.

Ta có: Nếu a dương thì a>0 số liền sau a lớn hơn a nên cũng lớn hơn 0 nên là số dương

b) Nếu a âm thì số liền trước a cũng âm.

Ta có: Nếu a âm thì a<0 số liền trước a nhỏ hơn a nên cũng nhỏ hơn 0 nên là số âm.

Câu 87.

Cho 31 số nguyên trong đó tổng của 5 số bất kỳ là một số dương. Chứng minh rằng tổng của 31 số đó là số dương.

Lời giải

Trong các số đã cho ít nhất có 1 số dương vì nếu trái lại tất cả đều là số âm thì tổng của 5 số bất kỳ trong chúng sẽ là số âm trái với giả thiết.

Tách riêng số dương đó còn 30 số chi làm 6 nhóm. Theo đề bài tổng các số của mỗi nhóm đều là số dương nên tổng của 6 nhóm đều là số dương và do đó tổng của 31 số đã cho đều là số dương.

Câu 88.

Cho các số tự nhiên từ 1 đến 11 được viết theo thứ tự tuỳ ý sau đó đem cộng mỗi số với số chỉ thứ tự của nó ta được một tổng. Chứng minh rằng trong các tổng nhận được, bao giờ cũng tìm ra hai tổng mà hiệu của chúng là một số chia hết cho 10.

Lời giải

Vì có 11 tổng mà chỉ có thể có 10 chữ số tận cùng đều là các số từ 0 , 1 ,2, …., 9 nên luôn tìm được hai tổng có chữ số tận cùng giống nhau nên hiệu của chúng là một số nguyên có tận cùng là 0 và là số chia hết cho 10.

 11 thì

Câu 89.



abc

deg

eg

 11.

a) Chứng minh rằng nếu:  b) Chứng minh rằng: 10 28 + 8  72.

Lời giải

 11.

abc

deg



10000



100



99



eg

a) = 9999 +

b). 10 28 + 8  9.8 ta có 10 28 + 8  8 (vì có số tận cùng là 008) nên 10 28 + 8  9.8

vậy 10 28 + 8  72

Câu 90.

yx 281

a) Tìm các chữ số x và y để số chia hết cho 36

b) Tìm số tự nhiên a biết 1960 và 2002 chia cho a có cùng số dư là 28

Lời giải

yx 281

8 

 9)2



 42

1(   

y  42

 y

9;7;5;3;1 

a) Để số  36 ( 0  x, y  9 , x, y  N )

7;9;0;2;4;6

(x+y+2)  9 => x+y = 7 hoặc x+y = 16 => x = 

Vậy ta có các số: 16812; 14832; 12852; 10872; 19872; 17892

b) Ta có a > 28 => ( 2002 - 1960 )  a => 42  a

=> a = 42

Câu 91.

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng khi chia số này cho 29 dư 5 và chia cho 31 dư 28

Lời giải

Gọi số cần tìm là: a

Ta có a = 29q + 5 = 31p +28 (0,5đ) <=> 29(q - p) = 2p + 23

Vì 2p + 23 lẻ nên( q - p) lẻ => q - p  1. (0,75đ)

Vì a nhỏ nhất hay q - p = 1 => p = 3;

=> a = 121

Vậy số cần tìm là 121

Câu 92. (Đề thi HSG THCS THANH VÂN)

Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25;28;35 thì được các số dư lần lượt là 5;8;15

Lời giải



 20 25



 20 28

  

(25;28;30)



(700)



700

Gọi số cần tìm là x



 20 35

   

Từ giả thiết suy ra



999

    1



700

  x

680

Câu 93. (Đề thi HSG THCS THANH VÂN)

S   

2 1 3 3

3   3

....... 3





99 3

Cho

a) Chứng minh rằng S là bội của 20

1003 chia cho 4 dư 1.

b) Tính S, từ đó suy ra

  

2 1 3 3

3 3

 ...... 3



99 3





3 3



4 3



5 3



6 3



7 3



......



96 3



97 3



98 3



99 3





 



  20

  

4 3 .



96  ..... 3 .













a S )  2   1 3 3       S 20

b S )

  

2 1 3 3



3 3



 ...... 3



99 3

S 3

 

3 3



3 3



4 3



 ..... 3



100 3

100

  4 S

 1 3 4

100



Lời giải

 1 3

  

 1 4

100 3

S là một số nguyên nên chia cho 4 dư 1.

Câu 94. (Đề thi HSG THCS HƯNG MỸ)

Chứng tỏ rằng số có dạng abcabc bao giờ cũng chia hết cho 11.

Lời giải



abcabc



abc

.1001



abc

.11.91 11

Ta có:

2011

1999

Câu 95. (Đề thi HSG huyện TÂN UYÊN 2018-2019)

)57a

)93b

Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

2011



502 2401 .343

Lời giải

20117



, ta có: Xét , a) Tìm chữ số tận cùng của số 502

2011

suy ra chữ số tận cùng bằng 3

1999

1999 3

4 3



3 .3



499 81 .27

Vậy số có chữ số tận cùng là 3

, ta có:



Xét 19993 b) Tìm chữ số tận cùng của số 499

1999

Suy ra chữ số tận cùng bằng 7

Vậy số có chữ số tận cùng là 7.

Câu 96. (Đề thi HSG huyện TÂN UYÊN 2018-2019)



a) Cho ababab là số có sáu chữ số, chứng tỏ số ababab là bội của 3



b) Chứng tỏ rằng là phân số tối giản.

S 

15 2



c) Chứng tỏ : chia hết cho 33

ababab



.10000



.100





10101.

Lời giải

Do 10101chia hết cho 3 nên ababab chia hết cho 3 hay ababab là bội của 3

1n  và 30

2n  ta có:



 chia hết cho d

 5 12

   1

 2 30



b) Gọi d là ước chung của 12

1d  nên 12

1n  và 30

2n  nguyên tố cùng nhau

Vậy

S 



15 2

12 n  1 Do đó: là phân số tối giản 30 n  2

c) Chứng minh chia hết cho 33

S 



15 2





15 2





15 2







15 2 .33





 15 2 . 2

 1

Có

Nên S chia hết cho 33

Câu 97.

p 

và cũng là số nguyên tố a) Tìm p nguyên tố để

b) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất lớn hơn 10, biết rằng số đó chia cho 5,6,7 có số dư lần lượt là 3, 2,1

Lời giải

2p  không thỏa mãn

a) Thử

3p  thì

p 

 10 13

p 



3p  do p nguyên tố nên p không chia hết cho 3

và đều là số nguyên tố nên thỏa mãn

k 3

 thì 1

 không thỏa mãn

p 

26 3

Nếu

k 3

 thì 2

 không thỏa mãn

p 

10 3

Nếu

3p 

 , a

Vậy



b) Gọi số phải tìm là a 

 3 5    



 hay 5 5

a  

8 5

a chia cho 5 dư 3





a  

8 6

 2 6    



 hay 6 6

a chia cho 6dư 2





 hay

  

 1 7



7 7

a  

8 7

a chia cho 7 dư 1 nên



 1

Theo đề bài ta có:

  8

5;6;7





  8

BCNN

5, 6,7

    

210

218

Do đó





Để a nhỏ nhất lớn hơn 10 thì

Vậy số tự nhiên phải tìm là 218

Câu 98. (Đề thi HSG huyện HOẰNG HÓA 2017-2018)

a) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11

6 b) Tìm 3 số có tổng bằng 210, biết rằng số thứ nhất bằng số thứ 2 và số thứ hai 7



2 bằng số thứ ba 3

  6 11;



  11 19



 



11 38 19





 1 28 4;







27 11, 4,19

     a

 6 33 11; 

a) Gọi số cần tìm là a ta có:  Lời giải    1 4,

Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên a+27 nhỏ nhất





BCNN

(4;11;19)

  a

809

Suy ra

21 b) Số thứ nhất bằng:  (số thứ hai) 9 6 : 11 7 22





9 2 27 Số thứ ba bằng:  (số thứ hai) : 11 3 22

 (số thứ hai)

210 :



Tổng của 3 số bằng (số thứ hai)

.66



Số thứ hai là:

Số thứ nhất là:

 .66 81

Số thứ ba:

101



3 3



4 3



 ...... 3

Câu 99. (Đề thi HSG huyện HOẰNG HÓA 2017-2018)

a)Chứng minh rằng chia hết cho 120





a a   b 2 a  b  b)Cho hai số a và b thỏa mãn: b

 

b 3 ,

,a b

a Chứng minh Tính . Tìm b

Lời giải

101

2 3



3 3







3 3



5 3

7 3

6 3



8 3



.....



99 3

98 3



100 3



101 3





3 3



3 3



 3

 



3 3



 

  97 .... 3 . 3 3

 





 ...... 3   97  ..... 3



dfcm

)

  3  2  3 3 3  5 120. 3 3

   5 3 . 3 3   120(

Ta có:

Câu 100. (Đề thi HSG THCS THANH VÂN)

10 n  3 Tìm số tự nhiên n để phân số B  đạt giá trị lớn nhất. 4 n  10

Tìm giá trị lớn nhất đó.



 5 2







 



n  2 2

 22 

Lời giải

11 B đạt giá trị lớn nhất khi đạt giá trị lớn nhất. 2 5n 

     3 5 1

max



13,5

  3 n

B Vậy max

11    n 5 2 0 và min Vì 11 0 và không đổi nên 2 n  5

Câu 101. (Đề thi HSG huyện BA VÌ 2018-2019)

Một hộp bi có 2019 viên bi. Hai bạn chơi bốc bi ra khỏi hộp, mỗi lần chỉ được lấy từ 2 đến 7 viên bi. Hai bạn lần lượt thay nhau bốc, ai bốc được viên bị cuối cùng thì người đó thắng cuộc. Chứng minh rằng có cách chơi để bạn bốc trước bao giờ cũng thắng ?

k 

Lời giải



thì bạn thứ nhất lại bốc 9 k viên. Theo cách bốc đó thì bạn bốc trước bao

Muốn thắng thì trước lần bốc cuối bạn thứ nhất phải để lại trong hộp đúng 9 viên. Do đó bạn thứ nhất phải điều chỉnh sao cho mỗi lần bốc để lại trong hộp bội của 9. Vì 2019 chia cho 9 dư 3 nên bạn bốc trước lần đầu bốc 3 viên, sau đó cứ bạn thứ 2 bốc k viên  giờ cũng thắng.

b 2

Câu 102.

abc

 cba



495

và Tìm số tự nhiên có 3 chữ số abc , biết rằng:

Lời giải

 10 cb  c 100  10 ab 

  495

  99:

  a cb c 100    10 10 100   ca ca    99

abc  99 a  cba  99 c  ab  495 a 100 5 

b 2

a c  . Nên ta có:

Vì và 0 ≤ b ≤ 9 mà

9a  ⇒

c  và 4

6b  (Nhận)

2 b 

 9.4 36

Với ⇒

8a  ⇒

3c  và

2 b 

 8.3 24

Với ⇒ không có giá trị nào của b.

c  và 2

a  ⇒ 7

2 b 

7.2 14

 ⇒ không có giá trị nào của b.

Với

1c  và

a  ⇒ 6

2 b 

6.1 6

 ⇒ không có giá trị nào của b .

Với

Câu 103.

n  6 3 n 

99 4

Tìm số tự nhiên n để phân số

a) Có giá trị là số tự nhiên.



b) Là phân số tối giản.





 2

n 6 3 n

 

99 4

n  8 91 3 n 4 

 n 32  4 n 3 4 

91 n 3 

 n  32 3 n

4 



Đặt A = Lời giải   4

4n 

4n  là ước của 91 hay 3

4n  thuộc 

 1; 7;13;91 .

Để A là số tự nhiên thì 91 3 ⇒ 3

n   ⇒

4 1

n   (loại vì n là số tự nhiên).

Với 3

n   ⇒ 7

1n  (Nhận). A = 2 + 13 = 15.

Với 3

n  

4 13

n  (Nhận) A = 2 + 7 = 9.

⇒ Với 3

n   4

n 

(Nhận) A = 2 + 1 = 3. ⇒ Với 3

4n  hay 3

4n  không là ước của 91

Để A là phân số tối giản thì 91 không chia hết 3

4n  không chia hết cho ước nguyên tố của 3

4n  . Từ đó suy ra:

4n  không chia hết cho 7 suy ra 3

k 7

 . 1

4n  không chia hết cho 13 suy ra 3

m 13

 . 3

Suy ra 3







Câu 104.





a. Tìm các số tự nhiên x , y sao cho 

5n  chia hết cho 2

1n 

b.Tìm số tự nhiên n sao cho 4



427

c. Tìm tất cả các số , biết rằng số B chia hết cho 99

Lời giải

1x  :

5y  là ước của 12

 12 1.12



2.6



3.4

a. Ta có 2

1x  lẻ ⇒ 2

x   hoặc 2

1 1

x  

1 3

do 2

y  

5 12

y 

x   ⇒ 1 1

x  ; 0

y   ⇒ 9 4

y 

x   ⇒ 1 3

1x  ;

⇒

 x y  ,



  0,17 ; 1, 9



  5

vậy 

 

 2 2

 1

b. Ta có

5n  chia hết cho 2

1n  ⇒ 3 chia hết cho 2

1n 

1n 

để 4

n   ⇒ 1 1

⇒ * 2

n   ⇒ 1 3

n 

* 2

n 

1;2

vậy



B chia hết cho 99 ⇒ B chia hết cho 11và B chia hết cho 9

6 2 4 2 7

     

c. Ta có 99 11.9



y 

chia hết cho 9 * B chia hết cho 9 ⇒ 

y  hoặc 6

y 

3

7 4

     

6 2 2

chia hết cho 9 ⇒ ⇒ 



chia hết cho 11 * B chia hết cho 11⇒ 

13 x

 



y  (loại) hoặc

x 

x  và 2

y  ⇒ 6



chia hết cho 11 ⇒ 

x  và 2

y 

B 

6224427

(loại) vậy

Câu 105.

n 12 n 30

 

1 2

Chứng tỏ rằng là phân số tối giản.

2n  ta có

Lời giải

1n  và 30



 5 chia hết cho d

 5 12

   1

 2 30



Gọi d là ước chung của 12

2n  nguyên tố cùng nhau

d  nên 12

1n  và 30

vậy

n 12 n 30

 

1 2

do đó là phân số tối giản.

Câu 106.

Lời giải

 11 thì

Câu 107.



abc

deg

eg

 11.

 

8 72

Chứng minh rằng nếu:  2810 Chứng minh rằng: .

Lời giải

 11.

abc

deg



10000



100



99



eg

2810

 

8 8.9

a) = 9999 +

b).

2810

8 8  (vì có số tận cùng là 008)

ta có

2810

8 9 

2810

 

8 8.9

2810

 

8 72

(tổng các chữ số bằng 9)

nên vậy

Câu 108.

yx 281

a) Tìm các chữ số x và y để số chia hết cho 36

b) Tìm số tự nhiên a biết 1960 và 2002 chia cho a có cùng số dư là 28.

Lời giải

yx 281

8 

 9)2



 42

1(   

a) Để số  36 ( 0  x, y  9 , x, y  N )

y 

 y

9;7;5;3;1 

y   9 ⇒ 2

y  hoặc 7

y 

7;9;0;2;4;6

⇒ x = 

Vậy ta có các số: 16812; 14832; 12852; 10872; 19872; 17892



 a ⇒ 42  a ⇒ a = 42 b) Ta có a > 28 ⇒ 2002 1960

Câu 109.

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng khi chia số này cho 29 dư 5 và chia cho 31 dư 28.

Lời giải

Gọi số cần tìm là: a









 

5 31







Ta có (0,5đ) 

p

p 



q p  ⇒

3p  ;

 1. Vì 2 lẻ nên  lẻ ⇒ 

Vì a nhỏ nhất hay

⇒ a = 121

Vậy số cần tìm là 121

Câu 110.

1999

1/ Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

1999

19997

a) b)

A 

999993



555557

2/ Cho . Chứng minh rằng A chia hết cho 5.

16*4*

155

710

có 12 chữ số . Chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các 3/ Cho số chưc số khác nhau trong ba chữ số 1,2,3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho 396

Lời giải

1/ Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

1999

Để tìm chữ số tận cùng của các số chỉ cần xét chữ số tận cùng của từng số :

a) ta xét 19997

19997



499 2041 .343





499 Vậy số 571999 có chữ số tận cùng là : 3

1999

Ta có: . Suy ra chữ số tận cùng bằng 3



3 .3



499 81 .27



= (34)499. 33 = 81499.27 Ta có: 19993 ta xét 19993 499

1999

19997

Suy ra chữ số tận cùng bằng 7

A 

999993



555557

2/ Cho . chứng minh rằng A chia hết cho 5

1999

Để chứng minh A chia hết cho 5 , ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng.

999993

Theo câu 1b ta có: có chữ số tận cùng là 7

499



2041 .7

499

có chữ số tận cùng là 7 Tương tự câu 1a ta có: 

Vậy A có chữ số tận cùng là 0, do đó A chia hết cho 5.

3;2;1

Ta nhận thấy , vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  nên tổng của chúng luôn bằng 1+2+3=6.

Mặt khác 396 = 4.9.11 trong đó 4;9;11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng minh

155

710

16*4*

A = chia hết cho 4 ; 9 và 11.

Thật vậy :

+A  4 vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4

+ A  9 vì tổng các chữ số chia hết cho 9 :

1 5 5 7 1 4 1 6

         



  30 6 36



 * * *

chia hết cho 9

+ A  11 vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia hết cho 11.

{1+5+7+4+1)-(5+1+6+(*+*+*)}= 18-12-6=0

Vậy A  396

Câu 111.

Chứng tỏ rằng: 2x + 3y chia hết cho 17  9x + 5y chia hết cho 17.

Lời giải

y 3.

y 5.







chia hết cho 17 Ta phải chứng minh , 2. x chia hết cho 17, thì 9.

 4 2







Ta có chia hết cho 17

y 3x

chia hết cho 17 Do vậy ; 2

y

 4 2



chia hết cho 17

 9.

y 5.

chia hết cho 17

 2x + 3y chia hết cho 17.

Ngược lại ; Ta có 4 ( 2x + 3y ) chia hết cho 17 mà ( 4 ; 17 ) = 1

Câu 112.

Một số tự nhiên chia cho 120 dư 58, chia cho 135 dư 88. Tìm a , biết a bé nhất.



120





1080



522

Lời giải



135

q 1 



1080



704

q 1 q

  

Ta có (q1, q2  N ) 

Từ ( 2 ) , ta có 9 . a = 1080 . q2 + 704 + a ( 3 )

Kết hợp ( 1 ) với ( 2 ) , ta được a = 1080 . q – 180

Vì a nhỏ nhất, cho nên, q phải nhỏ nhất

 q = 1  a = 898

Câu 113.

Người ta viết các số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 đến 2006 liền nhau thành một số tự nhiên L . Hỏi số tự nhiên L có bao nhiêu chữ số.

Lời giải

Có 9 số có 1 chữ số từ 1 đến 9

Có 90 số có 2 chữ số từ 10 đến 99

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999

Các số có 4 chữ số là từ 1000 đến 2006 có :

2006 - 1000 + 1 = 1007 số

Số chữ số của số tự nhiên L là :

9 + 90.2 + 900.3 + 1007.4 = 6917 (chữ số )

Câu 114.

Có bao nhiêu chữ số gồm 3 chữ số trong đó có chữ số 4 ?

Lời giải

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999

Ta chia 900 sô thành 9 lớp , mỗi lớp có 100 số có cùng chữ số hàng trăm .

Lớp thứ nhất gồm 100 số từ 100 đến 199

Lớp thứ hai gồm 100 số từ 200 đến 299

…………………………………

Lớp thứ 9 gồm 100 số từ 900 đến 999

Xét 9 lớp thì lớp thứ 4 cả 100 số đều có chữ số 4 ở hàng trăm .

8 lớp còn lại hàng trăm khác 4 nên chữ số 4 nếu có thì ở hàng chục và hàng đơn vị

Xét lớp thứ nhất thì các số có chữ số 4 làm hàng đơn vị gồm : 104, 114……194 (có 10 số )

các số có 4 chữ số làm hàng chục là

140,141,142,………..149 (có 10 số)

Nhưng số 144 có mặt ở trong cả 2 trờng hợp vậy ở lớp thứ nhất số lợng số có chữ số 4 là :

10 + 10 - 1 = 19 (số)

Bảy lớp còn lại cũng theo quy luật ấy . Vậy số lợng số có 3 chữ số có chữ số 4 là :

100 + 19.8 = 252 số

Câu 115.

Điền dấu thích hợp vào ô trống:



Nếu a b và b 10 a 10



a) Viết tập hợp M các số chẵn a thỏa mãn a 10 b) Có bao nhiêu số chẵn nhỏ hơn n (n N)

 Lời giải



Điền dấu thích hợp vào ô trống là

 



a 10) ( Nếu a b và b 10 

M = 0; 2; 4; 6; 8; 10

Ta phải xét hai trường hợp:

n 2

+ Số n là số chẵn, lúc đó số chẵn nhỏ hơn n là

1n 2

+ Số n là số lẻ, lúc đó số chẵn nhỏ hơn n là

Câu 116.

Cho các số 0; 1; 3; 5; 7; 9. Hỏi có thể thiết lập được bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ sáu chữ số đã cho.

Lời giải

Mỗi số có dạng: * Với - Có 5 cách chọn chữ số hàng nghìn (vì chữ số hàng nghìn phải khác 0). - Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm. - Có 6 cách chọn chữ số hàng chục Vậy dạng có 5.6.6 = 180 số. 0,5đ * Với Cách chọn tương tự và cũng có 180 số. Số thiết lập được là 180+180=360 số (có 4 chữ số chia hết cho 5 từ 6 chữ số đã cho).



  { n

12 }

  x {

 x

3 }

Câu 117.

 n n

   1

Cho 2 tập hợp: ;

a) Tìm giao của 2 tập hợp.

b) Có bao nhiêu tích ab (với a  A ; b  B ) được tạo thành, cho biết những tích là ước của 6 .

{

}

Lời giải

B  

 2, 1, 0,

A  A

2 }

a. 0, 1 2 { , , 3 }  B { , 1, 0

b. Có 20 tích được tạo thành

-2 -1 0 1 2

0 0 0 0 0 0

1 -2 -1 0 1 2

2 -4 -2 0 2 4

    6

1; 2;

3 -6 -3 0 3 6

Những tích là ước của 6 :

Câu 118. (Đề 16).

3 C      3

4 3

2 3

100 3

a. Cho chứng tỏ C chia hết cho 40 .

b. Cho các số 0;1;3;5;7; 9 . Hỏi có thể thiết lập được bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ sáu chữ số đã cho.

Lời giải



  



B 

100 3

 3

 4 3

 3







 

  

 1







    

  3 1  40. 3

3  : 40

0abc ,

5abc .

b. Mỗi số có dạng

0abc

Với

- Có 5 cách chọn chữ số hạng nghìn (vì chữ số hàng nghìn không phải là số 0).

- Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm.

- Có cách chọn chữ số hàng chục.

180

số. Vậy 5 . 6 . 6

5abc

Với

Cách chọn tương tự và cũng có 180 số. Vậy ta thiết lập được 360 số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ 6 chữ số đã cho .

Câu 119. (Đề 17)

Có bao nhiêu số có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5 ?

Lời giải

Chia ra 3 loại số:

* 5ab . Trong đó số a có 9 cách chọn ( từ 0 đến 9 , trừ số 5 ). Số b cũng vậy. Nên các số thuộc loại này có : 9.9 81 ( số )

72 ( số )

* 5a b . Trong đó số a có 8 cách chọn ( từ 1 đến 8 , trừ số 5 ).Số b có 9 cách chọn. Nên các số thuộc loại này có: 9.8

72 ( số )





225

* Trong đó số a có 8 cách chọn , số b có 9 cách chọn.Nên các số thuộc loại này có : 8.9

Vì 3 dạng trên bao gồm tất cả các dạng số phải đếm và 3 dạng là phân biệt nên số lượng các số tự nhiên có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5 là:81 ( số )

Câu 120. (Đề 17)

 ( thừa số)



Tìm 20 chữ số tận cùng của 100!.

100 25



100 16

100 32

100 4

100 64

   

   

   

   

Lời giải * Các thừa số 5 trong 100! (khi phân tích các thừa số chia hết cho 5 ) là: 100 5

* Các thừa số 2 có trong 100! là:    100 100       2 8          50 25 12 6 3 1 97 (số) Tích của mỗi cặp thừa số 2 và 5 tận cùng bằng một chữ số 0 . Do đó: 100!Có tận cùng bằng 2 4 chữ số 0 . Vậy 20 chữ số tận cùng của 100!là 20 chữ số 0 .

BC a b 

900

b , biết:

Câu 121. (Đề 17)



, UCLN a b  và



,



Tìm hai số a và b 

UCLN a b  , suy ra :



10 ;

x b



,

Vì Lời giải y 10

y và

, UCLN x y  )



(với x



a b .

x 10 .10

100



a b UCLN a b BCNN a b . ,

Ta có :  1











a b  .

10.900

9000

Mặt khác:

xy 

 2

Từ  1 và  2 , suy ra:

Ta có các trường hợp sau: x 9

900

450

300

180

100

Từ đó suy ra a và b có các trường hợp sau: a

Câu 122. (Đề 18)

–

240

, q p là số nguyên tố lớn hơn 5 chứng minh rằng:



 4 q 

Với





8 .2.3.5

4   q

– 1

–





Ta có: Lời giải  1 ; 240

 4 –1 240 

Chứng minh

p  nên p là số lẻ







– 1

- Do



  1

  1





+ Mặt khác:

1p  và 

1p  là hai số chẵn liên tiếp



  1

   1 8

Suy ra: 

2p là số lẻ suy ra

p  

1 2

p  nên p có dạng:

+ Do p là số lẻ nên

 nên









k

3 1

– 1

k 3

1 – 1

 3 3 k

4 – 1 3

 nên

  

  

k 3

k 3

 3 3

+ do đó

 1 3



+   1 2 - Mặt khác, p có thể là dạng:

   5 1

– 1

k 5

4   p

 1 5





  



    p

2 k 25

k 20

 5 5

1 5

    5 5 k 2    2 1

 k 5





 

k 5

    p

30 10

 –1 5



k 5

    p

k 5

  5 5

+  – 1 5



 – 1 240





–

 240

– 1 8 . 2. 3 . 5 hay p 4 q   1 240  –1

Vậy

 1 –

Tương tự ta cũng có  Vậy: 



Câu 123. (Đề 18)

 193 n 8  n 4 3

Tìm số tự nhiên n để phân bố

2(4



  2

a) Có giá trị là số tự nhiên b) Là phân số tối giản c) Với giá trị nào của n trong khoảng từ 150 đến 170 thì phân số A rút gọn được.

 193 n 8  n 4 3

  3) 187 n  4 n 3

  n 4

 3

a) Lời giải 187  n 4

3n 

 17;11;187



46 14

3 11 3 187 3 17 n 2;

    n          không có n n   n

n n 4  46



Để A   thì 187 4

3 17

  n

k 11

 k   và

  

  2



+ 4 n + 4 n + 4 n Vậy b) A là tối giản khi 187 và 4 n  có ƯCLN bằng 1   n 12,



Câu 124. (Đề 18)

   4

, x y thỏa mãn : 

2   2 .

 3

Tìm các nguyên tố

Lời giải

–4

2     1 .

2  4 2 .

  nên có các trường hợp sau:

 1



  2  

 3  

x y

      

TH1:     ( x 2) 1       3 y 4 

          1 2   1

hoặc x y x y  1   1               TH2:



 

x y

  2  2

x y

4 2

      

    x ( 2) 2       y 3 1 

2 hoặc   x y    2  2 x y 0 2               Câu 125. (Đề 19)

p  là các số nguyên tố(

p  ) . Chứng minh rằng

p  là hợp số.

Cho p và



k 3

k 1; 3

P có dạng

 2

  

Lời giải

k  thì

p  là hợp số trái với đề bài

Dạng

      

k 3

9 3

p  là hợp số.



Câu 126. (Đề 19)

Tìm hai số tự nhiên biết tổng của chúng bằng 84 ,ƯCLN của chúng bằng 6

a 6

Lời giải

b ta có 



, a b  nên 1

a b a b , ,

)

  

a b ,

b 6

   ( 1



Gọi 2 số phải tìm là a và b 



b 13

trong đó    b 14 a 1

Câu 127. (Đề 20)

Thay bằng các số thích hợp để: a) 510*; 61*16 chia hết cho 3 . b) 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1

Lời giải



0; 3; 6; 9

   chia hết cho 3 ; từ đó tìm được* 5 1 0 * b) Để 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1 thì: * chẵn và 2

   chia 3 dư 1 ; từ đó tìm được* 4

6 1 *

a) Để 510*; 61*16 chia hết cho 3 thì:

Câu 128. (Đề thi HSG 6 huyện TRỰC NINH 2008-2009)

;a b là hai số chính phương lẻ liên tiếp.

Cho

  –1 .

  –1 192

Chứng minh rằng:

Lời giải







,a b là:

k  )

 k 2

2 1



2 1

Chỉ ra dạng của và (Với

–1



– 4



 1–1 4 .



 2 –1 2 –1 –1 ....... 4



 k k

 –1

Suy ra

–1









1–1 4





 1 2

 1 –1 ....... 4

 k k

  1

–1







 –1

 k k

 –1

 k k

  1

–1

 k k

 –1

  k k   1 4

 k k



 k   1 3

1

4 .3

Từ đó lập luận và

4;3

 k k

 –1

  k k   1



–1

–1 16.4.3

 mà 





  –1 .

  –1 192

suy ra 

Vậy 

abcd

Câu 129. (Đề thi HSG 6 huyện TRỰC NINH 2008-2009)

Tìm số tự nhiên có 4 chữ số biết nó thoả mãn cả 3 điều kiện sau:

M  

2 5 5



3 5



101 5

1) c là chữ số tận cùng của số

abcd 

  ab a b

Lời giải



b c d ; ;

 9

a b c d  ; 1 ,

9a  ; 0

- Từ giả thiết dẫn đến điều kiện:

5c 



- Lý luận dẫn đến M có chữ số tận cùng là 5

c d

d  0

abcd 



- Từ điều kiện: , từ đó tìm được , lý luận dẫn đến 

  ab a b



10a b a b

2   



 a b 9

–

  a b b

 –1

- Từ điều kiện:

 và 0

 b b

–1

 b b

–1 9 



 chỉ khi

9b

Lý luận dẫn đến

1b  là hai số nguyên tố cùng nhau; 0

b

 –1 9

 b b

–1 9

8a 

Mà b và

Kết luận: Số cần tìm 8950

Câu 130. (Đề thi HSG 6 huyện TRỰC NINH 2008-2009)

a) Có hay không một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9? Giải thích?

b) Chứng minh rằng: Trong 3 số nguyên tố lớn hơn 3, luôn tồn tại 2 số nguyên tố mà tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho 12.

Lời giải

a) Không thể có một số nguyên tố mà khi chia cho 12 thì dư 9.



k 12.

 ; k  

3a 

3a 

và

Vì: nếu có số tự nhiên a mà khi chia cho 12 dư 9 thì nên a là hợp số, không thể là số nguyên tố.

- Một số tự nhiên bất kỳ khi chia cho 12 thì có số dư là một trong 12 số sau: 0; 1; 2; ...; 11

- Chứng minh tương tự câu a ta có: một số nguyên tố lớn hơn 3 (bất kỳ) khi chia cho 12 không thể có số dư là 2; 3; 4; 6; 8; 10.

- Suy ra một số nguyên tố lớn hơn 3 khi đem chia cho 12 thì được số dư là một trong 4 giá trị : 1; 5; 7; 11.

- Chia các số nguyên tố lớn hơn 3 thành hai nhóm :

+ Nhóm 1: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 1 hoặc 11 .

;

p p p là ba số nguyên tố bất kỳ lớn hơn 3. Có ba số nguyên tố, chỉ nằm ở hai - Giả sử 1 nhóm, theo nguyên lý Dirichle thì trong ba số nguyên tố trên, tồn tại ít nhất hai số nguyên tố cùng thuộc một nhóm , chẳng hạn

2p cùng thuộc một nhóm:

1p và

+ Nhóm 2: Gồm các số nguyên tố khi chia cho 12 thì dư 5 hoặc 7.

1p và

2p khi chia cho 12 có số dư khác nhau (tức là dư 1 và 11; hoặc 5 và 7) thì





 

1 12



 11 12



p





+ Nếu

p 1

p 2

k 1

 2;k k   suy ra

p 1

 2 12





 

5 12

 

7 12



; 

p





p 1

n 1

n 2

n 1

n 2

 ;n n   suy ra 1

p 1

 2 12

hoặc ; 

p

1p và

2p khi chia cho 12 có số dư bằng nhau thì hiệu

p 1

 2 12

+ Nếu

Câu 131. (Đề thi HSG 6)

b 5



 ,a b biết 3

. Tìm các cặp số nguyên 

Lời giải

b 5



,a b biết 3

(1) a)Tìm các cặp số nguyên 

3a 

3b 

,a b nguyên => 3

1 =>

3b 

Vì , 33 3 => 5

3,5

mà 

b 5



b 

6,6

b 

=> (2) => 5

  0;3; 6

Từ (1), (2) và b nguyên =>

 

11;

 0

 Nếu |b| =0 thì 3a= 33=>a= 11 =>

   0;11 , 0; 11

Ta có các cặp 

 

  3



 Nếu |b| =3 thì 3a= 33 – 15 =18 =>a= 6 =>

    6;3 , 6; 3 ,

  6;3 ,

   6; 3

Ta có các cặp 

 

  6



 Nếu |b| = 6 thì 3a= 33 – 30 =3 =>a= 1 =>

    1; 6 , 1; 6 ,

  1; 6 ,

   1; 6

Ta có các cặp 



  6; 3

    0;11 , 0; 11 , 6;3 , 6; 3 ,

 

  6;3 ,

,

1; 6 ,  

 1; 6 ,



1;6 , 

1; 6



KL: Ta có các cặp     thoả mãn đề bài.

Câu 132. (Đề thi HSG 6)

n 3;3











Cho n là số tự nhiên, tìm số nguyên tố p có 2 chữ số sao cho p UCLN n



n 3;3



Lời giải



Cho n là số tự nhiên, tìm số nguyên tố p có 2 chữ số sao cho p =ƯCLN 



n 3;3







   6





   9

39 p 

 vì p  ƯCLN     3 15 p  p 6 6 n n   p 9  30 p 2 n    3 n     

Do p là số nguyên tố có 2 chữ số

p 

Vậy

Câu 133. (Đề thi HSG 6)

S   

2 1 5 5



3 5



4 5



2010 5

Cho

Tìm các số dư khi chia S cho 2, cho10, cho 13.

Lời giải

S   

2 1 5 5



3 5



4 5



2010 5

Cho

Tìm các số dư khi chia S cho 2, cho10, cho 13.

 S gồm 2011 số hạng đều là số lẻ nên S lẻ => S chia cho 2 dư 1.  S gồm 2010 số hạng chia hết cho 5 và một số hạng chia cho 5 dư 1 => S chia cho 5 dư 1. => S có tận cùng là 6 hoặc 1 mà S lẻ nên S có tận cùng là 1.

S   

2 1 5 5



4 5



2010 5



S   

2 1 5 5



3 5



4 5



5 5



6 5

7 5



8 5



9 5



10 5



2007 5



2008 5



2009 5



2010 5

3 5 











S   

2  1 5 25 5 1 5 5

 



3 5



7 2 5 1 5 5

 



3 5



2007 5



3 5







 2   1 5 5



S 

26 5 5 .156 5 .156

 





2007 5

.156

Vậy S chia cho 10 dư 1.

Ta có 26 và 156 đều chia hết cho 13

Vậy S chia cho 13 dư 5.

Câu 134. (Đề thi HSG 6)

Cho một lưới vuông kích thước 55. Người ta điền vào mỗi ô của lưới một trong các số - 1; 0; 1. Xét tổng của các số được tính theo từng cột, theo từng hàng và theo từng đường chéo. Hãy chứng tỏ rằng trong tất cả các tổng đó luôn tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.

Lời giải

Vì lưới vuông có kích thước 55 thì có 5 cột, 5 hàng và 2 đường chéo, do đó có tất cả 12 tổng. Do chọn điền vào ô các số -1, 0 ,1 nên giá trị mỗi tổng S là một số nguyên thoả mãn : -5 ≤ S ≤ 5 .

Vậy có 11 số mà 12 tổng , theo nguyên tắc Đi-rích-lê tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau.

Câu 135. (Đề thi HSG 6 huyện 2006-2007)

Với giá trị nào của số tự nhiên a thì:

 a 8 19  a 4 1

a) có giá trị nguyên

5 a a 4

 

17 23

b) có giá trị lớn nhất.

Lời giải

 a 8 19  a 4 1



 2

 a8 19 1a4 

 2 1a4 

17  1a4

  a

 4

a) có giá trị nguyên

1a  là ước số của 17

Để N nguyên thì 4

a 5 a 4

 

17 23

5(4



5 a a 4

 

17 23

20 4(4

a a

 

68 23)

23) 47   a  4(4 a 23)

5   4

47  a

4(4

23)

b) có giá trị lớn nhất.

là số tự nhiên nhỏ nhất. Như vậy bài toán đưa về tìm số tự nhiên a để 4 – 23



6a  =>

a 5 a 4

 

17 23

Vậy

Câu 136. (Đề thi HSG 6 huyện 2006-2007)

20077

20066

Tìm chữ số tận cùng của số

Lời giải





 36 6

mod



mod





Ta có: , vậy số nguyên dương n

20066



mod

20066





=> => chữ số tận cùng của là 6



2401 1



mod

20077



74.501.73





, mà

74 501 1



mod

20047









=> chữ số tận cùng của là 1,

20077

Mà chữ số tận cùng của 73 là 3 => chữ số tận cùng của là 3







Câu 137. (Đề thi HSG 6)

;x y sao cho 



 1 5



. Tìm cặp số nguyên dương 

Lời giải

1x  là ước của 16



{ 1; 2; 4

;8;16 }

Vì x,y nguyên dương nên



Mà Ư

x  

1 1

x  2

x    1 2

3x 

1 4

x    5x 

1 8

x    9x 

x    17

1 16

x 

Ta có:









 1 5



   

2 16

Thay lần lượt các giá trị của x vừa tìm được vào

x  tacó: 2

14 5



   loại y

3x  tacó:

 2 5



6 5



   loại y

5x  tacó:



 4 5

2 5



   0

9x  tacó:  8 5





  

loại

x 

 16 5



 1 5

tacó: loại

9; 0

Kết luận: Cặp số nguyên dương cần tìm là 

Câu 138. (ĐềthiHSG6)



A 

 2005 2005

 

... 2005

2006





Chứng minh

A 

 2005 2005

 

9 ... 2005



2005

Lờigiải







 





 9 ... 2005 1 2005



 



3 2006 2005 2005

9 ... 2005



2006

  2005 1 2005 

 2005 1 2005   

Tacó: 

VậyA2006.

Câu 139. (ĐềthiHSG6)

Tìm hai số nguyên dương biết tích của hai số ấy gấp đôi tổng của hai số ấy.

Lờigiải





Gọi 2 số nguyên dương phải tìm là a và b.

 2 a b



Tacó: (1)

a b

 

b 2

. Do vai trò của a và b như nhau; ta giả sử a b nên

 a b



b 4



(2) Dođó  2

b 4

Từ (1) và (2) suy ra: .

0b  ta được

4a 

Chia 2 vế cho

Thay

1a  vào (1) ta được 2 b a  vào (1) ta được 4 2

  loại b   b 2 loại

Thay

3a  vào (1) ta được 6 2 b



   6

b 3

Thay

b a  vào (1) ta được 8 2



   4

b 4

Thay

Vậy có 2 cặp số thoả mãn là 3 và 6; 4 và 4.

Câu 140. (ĐềthiHSG6)

2p  và

4p  cũng là các số nguyên tố.

Tìm số nguyên tố p sao cho các số

k k Số p có một trong 3 dạng 3 ;3



k 1;3

 với 2

* k  

Lờigiải

k 3p

Nếu thì p=3 (vì p là số nguyên tố)

p  

2 5;

p   đều là các số nguyên tố.

4 7

k 3

 thì

 

k 2 3

 chia hết cho 3 và lớn hơn 3 nên

2p  là hợp số trái với

p Nếu đề bài.

k 3

 thì 2

 

k 4 3

 chia hết cho 3lớn hơn 3 nên

4p  là hợp số; trái với đề

Khi đó

Nếu bài.

3p  là giá trị duy nhất phải tìm.

Vậy

Câu 141. (ĐềthiHSG6)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất có tính chất sau:

Số đó chia cho 3 thì dư 1; chia cho 4 thì dư 2, chia cho 5 thì dư 3, chia cho 6 thì dư 4 và chia hết cho 13.

Lờigiải

2x  là bội chung của 3;4;5;6

Gọi x là số phải tìm thì x+2 chia hết cho 3;4;5;6 nên

BCNN(3,4,5,6)=60

 

2 60







1, 2,3...

nên





Dođó

Do x là số nhỏ nhất có tính chất trên và x phải chia hết cho 13.

n 

x 

598

Lần lượt cho n=1,2,3... ta thấy đến thì chia hết cho 13.

Số nhỏ nhất cần tìm là 598.

Câu 142. (Đềthi HSG6 2005-2006)

Một đoàn khách 300 người đi du lịch tham quan thắng cảnh Vịnh Hạ Long. Trong đó có ba loại thuyền để chở: Loại thứ nhất 1 người lái chở được 30 khách, loại thứ hai 2 người lái chở được 30 khách, loại thứ ba 2 người lái chở được 24 khách. Tính toán sao cho số thuyền, số người lái thuyền để chở hết số khách không thừa, không thiếu người trên thuyền. Đoàn đã dùng 11 chiếc thuyền và 19 người lái. Tính số thuyền mỗi loại?

Lờigiải

Giả sử mỗi thuyền đều chở 30 người thì 11 thuyền chở được: 30.11=330 (người)

Nên số thuyền 2 người lái chở 24người/thuyền là (330-300):(30-24)=5(thuyền)

Giả sử mỗi thuyền đều có 2 người lái, thì số người lái thuyền là: 11.2=22(người).

Nên số thuyền 1 người lái chở 30 người là: 22-19=3 (thuyền)

Suy ra số thuyền 2 người lái chở 30người/thuyền là:11-(3+5)=3(thuyền)

Câu 143. (ĐềthiHSG62005-2006)

Số 250 viết trong hệ thập phân có bao nhiêu chữ số?

Lờigiải

 1n



Số 250 viết trong hệ thập phân có bao nhiêu chữ số?



16 39 )2(.2



16 .2

512

128

)1(

Nhận xét: Số a có n chữ số khi và chỉ khi:



44 )5(.



16 .2

625

)2(

50 2 

Ta thấy:



15 2.2



57 )2(.



15 .2

128

)3(

Từ (1) và (2) suyra:

Mặtkhác:



15 5.2



53 )5(.2



15 .2

125

)4(

15 10 

1610

Từ (3) và (4) suyra:

Vậy tacó: ;

Nên số 250 có 16 chữ số viết trong hệ thập phân

Câu 144. (Đềthi HSG 6 2005-2006)

Thay dấu “*” bằng các chữ số thích hợp để 359** chia cho 5;6; và 7 đều có số dư là 1

Lờigiải

Thay dấu “*” bằng các chữ số thích hợp để 359** chia cho 5;6; và 7 đều có số dư là 1

Theo bài ra suy ra:

359** 1 chia hết cho

BCNN

5; 6; 7

BCNN

5; 6;7



210









 0;Nb;a(



b;a



;



 35700 200

 ab

Hay 359ab

 



 ab

=> 359ab 1 210.170 199



 .210 1 (99

 )

=>199+ ab chia hết cho 210 => ab

ab 

1k  =>

Vậy số cần tìm là 35911

,.....,

a . Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc 10

Câu 145. (Đềthi HSG 6)

Cho 10 số tự nhiên bất kỳ: a a , 2 1 tổng một số các số liên tiếp nhau trong dãy trên chia hết cho 10.

Lờigiải

Lậpdãysố.

B 1

a 1

Đặt .





B 2

a 1

a 2





B 3

a 1

 a 3

...................................





  ...

B 10

a 1

a 10

i 

1, 2,3...10



iB 

Nếu tồn tại nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.

iB nào chia hết cho 10 ta làm như sau:

Nếu không tồn tại

Ta đem

iB chia cho 10 sẽ được 10 số dư (các số dư {1,2.3...9}). Theo nguyên tắc Di-  m n

B n

B m

ric-lê, phải có ít nhất 2 số dư bằng nhau. Các số , chia hết cho 10 

ĐPCM.

Câu 146. (Đềthi HSG 6)



a 

 2 2 2 a

a 

 1  2 a

Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức

b) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên thì giá trị của biểu thức tìm được của câu a, là một phân số tối giản.



  a

Lờigiải



a 

 2 2 2 a

a 

1   2 a

a a

a     a

1 1



  a

 

 1  1

 1  1

a) Tacó:

a   .

Điều kiện

a

–1

a  .



–1





b) Gọi d là ước chung lớn nhất của và 2 a

 a a

 1 –1

Vì là số lẻ nên d là số lẻ



 –1

Mặt khác,  2 a   a 1 – a  a d    

a  và 2 a 1

a

–1

Nên d=1 tức là nguyên tố cùng nhau.

Vậy biểu thức A là phân số tối giản.

Câu 147. (Đề thi HSG 6)

2 2006 n 

a)Tìm n để là một số chính phương.

2 2006 n 

b) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi là số nguyên tố hay là hợp số.





2 a a (

   )

Lờigiải



n 

2006

2 2006 n    

 2006 

(*). a) Giả sử 2– là số chính phương khi đó ta đặt  a n a n

a n  nên vế trái chia hết cho 4 và

 2 a n 

+Thấy: Nếu a, n khác tính chất chẵn lẻ thì vế trái của (*) là số lẻ nên không thỏa mãn (*).

 2

và 

+Nếu a, n cùng tính chẵn hoặc lẻ thì  vế phải không chia hết cho 4 nên không thỏa mãn (*).

2 2006 n 

2n chia hết cho 3 dư 1 do đó

Vậy không tồn tại n để là số chính phương.

2 2006 3

1 2006 3

2007 3

 

669











chia hết cho 3. b) n là số nguyên tố lớn hơn 3 nên không chia hết cho 3. Vậy m n

2 2006 n 

Vậy là hợp số.

Câu 148. (Đề thi HSG 6 2005-2006)

Tìm ƯCLN của 77...7 , (51chữ số 7) và 777777.

Lờigiải



777777.1045 777777.1039 ... 777777.103 777

 



77...7 Tacó:  51 chu so 7



 777777 1045 1039 ... 103

 



777





77...7 chia cho 777777 dư 777 51 chu so 7

 A ; 777777 B ; 1045 1039 ... 103 C

 



77...7 Đặt  51 chu so 7

Suyra: 

A B C



777

A B C



777

Ta có hay .

Từ đó mọi ước chung của A và B đều là ước của 777.

Mặt khác 777 là ước số của A và B

A 

B 

777.1001

   ;  777. 1048 1045 ... 1



( )

Vậy 777 chính là ƯCLN của A và B.

Câu 149. (Đề thi HSG 6 huyện NgọcLạc trường Cao Thịnh 2006-2007)

C 

(

 2004 2004



 

... 2004

)

a) Chứng minh: chia hết cho 2005

4n  chia hết cho

1n  .

b) Tìm số nguyên n sao cho

C 

 2004 2004

2004



2004



....



2004



2004



Lờigiải















2004.2005 2004 .2005 ... 2004 .2005

 







2005. 2004 2004



 

... 2004



 9 2005



  4

  

  1





 1

n n

 

4 1

3 



 







1n  Ư   { 1; 3} 3

3  1n

 n   

 4; 2; 0; 2

Vậy

Câu 150. (Đề thi HSG 6 huyện Ngọc Lạc trường Cao Thịnh 2006-2007)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 3 thì dư 1; chia cho 4 dư 2; chia cho 5 dư 3; chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 13.

Lờigiải

2a 

Gọi số phải tìm là a( a nguyên dương)

BCNN

3; 4;5; 6



Theo gt: chia cho 3 dư 1, chia cho 4 dư 2, chia cho 5 dư 3, chia cho 6 dư 4 suy ra chia hết cho 3,4,5,6.



 ( 2

k   )

a  

2 60





suy ra hay

13a

k  

2 13

k 

213

Mặt khác hay 8 suy ra 60

k  

2 78

k 

a 

598

suy ra Do a nhỏ nhất suy ra k nhỏ nhất. Vậy 8

Câu 151. (Đề thi HSG 6 quận Ba Đình 1990-1991)

,a b thoả mãn:

a b ,



a b ,



114

b 2





 3



Tìm 2 số tự nhiên và 

a b ,



a b ,



114

b 2



Lời giải:



 3





114 3;3 ,

a b

 và 3



b 2

  

 a b





 

a 



 0; 6;12;18; 24;30;36; 42

và 

6 21 3 12 8 16 18 15 3 24 12 12 30 9 3 36 6 6 42 3 3

42 36 90 24 90 36 42

126 108 270 72 270 108 126

a b ,



a b   ,a b   ,a b   3 ,a b    a b 3 ,



129 114 360 84 360 114 168

Câu 152. (Đề thi HSG 6 trường THCS Lê Ngọc Hân 1997-1998)

abc



deg

abc 

deg

a) Cho chia hết cho 37.

abc

deg

Chứng minh rằng chia hết cho 11.

x chia hết cho 7

b) Tìm x biết 20 20 20 20

Lời giải:

a) Không chứng minh được điều này vì:

abc



deg



127



465



592

 37

Xét :

abc

deg 

127465

 11



x .20

1001001

x

 20 7









  x

 200

  7 x

 4

  7 x

Câu 153. (Đề thi HSG 6)

Tìm số tự nhiên có 4 chữ số mà khi ta đem số ấy nhân với 5 rồi cộng thêm 6 ta được kết quả là số có 4 chữ số viết bởi các chữ số như số ban đầu nhưng viết theo thứ tự ngược lại



a b c d , ,





b c d , ,



9;1

  a

Lời giải:

Gọi số đó là abcd ( ĐK:

abcd

  .5 6

abcd

  a



   d

d 

bcd 1

5 .





dcb 1

 là số lẻ

  5; 7;9

Theo bài ra ta có :

  5

 1 5.5 6 5 1 cb bc





 5000 500



31 5000 100





 1

b 49

196

b 4

  c



b 9



 N

 5

 196 5

b 4

* Nếu

  

q 5

  

  4;9

 196 5



- Nếu b = 4  c = 0

b 4

- Nếu b = 9  c = 51  Loại

  

b 9







 loại

 0;

 5

 395 5

* Nếu

Vậy số phải tìm 1407

Câu 154. (Đề thi HSG 6)

Cho 7 số tự nhiên tuỳ ý. Chứng minh rằng bao giờ ta cũng có thể chọn được 4 số mà tổng của chúng chia hết cho 4.

( Hướng dẫn: Trước hết nhận xét rằng trong 3 số tự nhiên tuỳ ý bao giờ cũng có ít nhất 2 số cùng chẵn hoặc cùng lẻ)

Lời giải:

; .......;

a a ; 1 2

a 7

Gọi 7 số đó là

a a , 1 2

a : 3

Trong 3 số tự nhiên tuỳ ý bao giờ cũng có 2 số cùng chẵn hoặc cùng lẻ  Tổng của chúng là một số chẵn. Xét





a 1,2

a 1

Không mất tính tổng quát giả sử là số chẵn

a ,

a là số chẵn

a 5

4,5

Xét

a là số chẵn

a 3

a a 6, 7

3,6

Xét

;

a 1,2

a ; 4,5

a ; 3,6

b 4,5

b 3,6

Xét là số chẵn ta chia số này cho 2  1,2





b 1,2,4,5

b 1,2

b 4,5













a 1,2

a 4,5

b 1,2

b 4,5

b 1,2

b 4,5

a 1,2

a 4,5

 2



là số chẵn

  2











   a 1

a 2

a 4

a 5

vì 

Vậy trong 7 số tự nhiên tuỳ ý bao giờ có thể chọn được số mà tổng của chúng  4

Câu 155. (Đề thi HSG 6_ Trường THCS Lê Ngọc Hân 1997-1998)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5.

Lời giải:

Gọi số tự nhiên phải tìm là n





1 ;





  q



  

 5



r 2



  r





  4 5

Theo bài ra ta có :

Vì n là số nhỏ nhất  r = 3  q = 5 n = 26

abcabc

Câu 156. (Đề thi HSG 6_Quận Hai bà Trưng 1996 - 1997)

Chứng minh rằng các số có dạng chia hết ít nhất cho 3 số nguyên tố.

Lời giải:



abcabc



abc

.1000



abc



1001

abc



1.11.13

abc



abcabc

7;11;13

Ta có :

Vậy số đó chia hết cho ít nhất 3 số nguyên tố là 7 , 11, 13

Câu 157. (Đề thi HSG 6_ _Quận Hai bà Trưng 1997 - 1998)

Từ sáu chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Viết tất cả các số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 3 và cho 5.

Lời giải:

Các số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 3 và cho 5 từ sáu chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5 là : 120; 150; 210; 510; 450; 540; 345; 105; 435; 405; 315; 135

Câu 158. (Đề thi HSG 6_ Quận Hai bà Trưng 1997 - 1998)

Một phép chia có thương bằng 5 và số dư là 12. Nếu lấy số bị chia chia cho tổng số chia và số dư ta được thương là 3 và số dư là 18. Tìm số bị chia.

Lời giải:

Gọi số bị chia là a; số chia là b (b  0)

Phép chia có thương bằng 5 số dư là 12  Số bị chia bớt 12 bằng 5 lần số chia  a = 5b+12

Số bị chia chia cho tổng số chia và số dư được thương là 3 và số dư là 18

 Số bị chia bớt 18 bằng 3 lần tổng số chia và số dư

 a = (b +12). 3 + 18 = 3b + 54

 5b + 12 = 3b + 54  b = 21  a = 117

Vậy số bị chia là 117.

Câu 159. (Đề thi HSG 6_ Quận Hai bà Trưng 1998 - 1999)

11 15

Hãy viết phân số dưới dạng tổng của 3 phân số có tử số đều bằng 1 và có mẫu số khác

nhau.

Lời giải:

  Ư(60) = 

 1; 2;3; 4;5;6;10;1215; 20;30;60

11 44 15 60

Ta có :

30 10 4 44

   



    

44 10 30 4  60 60 60 60

11 1 1 1 15 6 2 15

Câu 160. (Đề thi HSG 6_ Quận Hai bà Trưng 1998 - 1999)

a) Tìm một số có 3 chữ số biết rằng tích của số đó và tổng các chữ số của nó là 1360.

b) Chứng tỏ rằng có thể tìm được nhiều số tự nhiên chỉ gồm chữ số 1 và chữ số 0 chia hết cho 1999

Lời giải:

abc



1360

 cba 

 .

a) Gọi số đó là

1360 = 5 . 16. 17 = 2 . 2 . 2 . 2 .5 . 17.



abc

abc 

.17

x 

Ta có 24. 5 < 100 17 không phải là tổng các chữ số

 a + b + c < 16

a + b + c 2 4 8 10

abc

680 340 170 136

Tích 1360 1360 1360 1360

Vậy số đó là: 680 ; 340; 170; 136

1;11;

  ;11 11 c s 1999 /

b) Xét dãy số:

Dãy số trên có 1999 chữ số  chỉ có hai trường hợp xảy ra

 Có ít nhất một số chia hết cho 1999. Giả sử số đó là:11...11 (n chữ số)  11....10

(n+1 chữ số) cũng chia hết cho 1999  Khẳng định đề bài cho là đúng.

 Trong đó không có số nào chia hết cho 1999  phải tồn tại ít nhất hai số có cùng số dư trong phép chia cho 1999  Hiệu hai số này là một số chỉ gồm toàn chữ số 0 và chữ số 1 chia hết cho 1999. Lý luận tương tự như trên ta có khẳng định đề bài cho là đúng.

Câu 161. (Đề thi HSG 6_ Quận Hai bà Trưng 1999 - 2000)

Có bao nhiêu số có 4 chữ số có tính chất sau: Chia hết cho 11 và tổng các chữ số của nó chia hết cho 11.

 A ab



10; 0



 9

Lời giải:





 11



 a c

 11



 c d

 11







 và a



    b







và b 2



 11 d

  a

c và b



Số phải tìm là:



  11

chỉ có thể là 0 hoặc 11

b d

 

  d

a c 





* Nếu và Có 8 cặp (a, c) để a + c = 11 là : (2,9); (3,8)...

Có 8 số có 4 chữ số  11

* Nếu a + c = 11 và b + d = 11 thì sẽ có 8 cặp (a,c) và 8 cặp (b,d) ghép các cặp ta được 64 số có 4 chữ số chia hết cho 11



  



* Nếu không tồn tại số có 4 chữ số nữa

Vậy có 72 số có 4 chữ số thoả mãn yêu cầu đề bài







Câu 162. (Đề thi HSG 6)

 1



12 Tìm các số tự nhiên x, y sao cho 

Lời giải:

y 1;

 là ước của 12



1.12



2.6



Ta có 2

3.4

1x  lẻ

x  2

1 1

 hoặc 2

x   1 3

     1 1

   

5 12

do 2

   

1 3

y 1;

   

5 4

hoặc 2

 x y  ,

  0;17 ; 1;9





vậy

Câu 163. (Đề thi HSG 6)



5   n 2

Cho biểu thức

a) Tìm các số nguyên n để biểu thức A là phân số.

b) Tìm các số tự nhiên n để biểu thức A là số nguyên

Lời giải:







     

    1; 5

5   n 2

Ta có Ư(5) 

2n 

Ta có bảng giá trị sau:

-5 -1 1 5

n -3 1 3 7

 n  

 3;1;3;7

a) Vì n là số nguyên nên

n 

  1;3;7

b) Vì n là số tự nhiên nên

2006

Câu 164. (Đề thi HSG 6)

S 



2 5



3 5

 

Cho

a) Tính S

S 

126

b) Chứng minh

2006

Lời giải:

S 



3 5

 

 5 5



a) Ta có

2007

S  5

2 5



 

4 5

2007

2006



 5S S 



3 5

 

4 5



3 5

 

 



  5



3 5  5

2007

S  4

 5



20075 4

2003

2006

Vậy S =

S 



 



 5

 4 5

 5

  3  5 5

 6 5

 5



2003





 



 3  5 1 5



 3 5 1 5 5 1 5





 1 5



2003





3 5



 126. 5





Vì 126 126  S 126

abc

 deg 11

Câu 165. (Đề thi HSG 6)



 11 



 2 2



 

60 ... 2 .

a) Chứng minh rằng : Nếu thì : . ab cd eg  

b) Cho A = Chứng minh : A 3 ; 7 ; 15.

Lời giải:

a) Tách như sau :









. abc  deg 10000 ab  100  cd eg  9999 ab  99 cd  ab cd eg  

 99 101





  





abc

 deg 11

  ab cd  ab cd eg  9999 ab  99 cd  11

 11 

nên (đpcm) ab cd eg   Theo bài ra 



A 

 2 2

3 2





















  2 1 2



 2 1 2



  1 2









 3

 3. 2 2





A 

 2 2



58 2

















2 1 2 2

 



   2 1 2 2



   1 2 2













58 2

  7 2 2







A 

 2 2



5 2



8 2



















5 2 1 2 2

 



3 2



   2 1 2 2





   1 2 2









57 2

 15

 15. 2 2



Câu 166. HSG CẤP HUYỆN 2013 - 2014

32 3

 n     1 3

. a)Với n là số tự nhiên chẵn, chứng minh: 

b)Tìm số x có chữ số tận cùng bằng 2 , biết rằng x, 2x, 3x đều là các số có 3 chữ số và 9 chữ số của 3 số đó đều khác nhau và khác 0 .

Lời giải:

n 20

n     3

n 16



17.19

   1

 16

 n   3 19

và (1) a) Ta có 323



 do n chẵn

n20

 1 20

  1

n   3 19



  



n 3

Vì và



 n   3

 16

  1 1 7



 

n  3 20

  3

n16

 1 16 1

(2)

17;19







n 16

n   3

1 17.19

323

1 suy ra

Vì và do n chẵn .



(đpcm). Từ (1) và (2) và do 



2   cũng chia hết cho 9 , tức là 6x 9 x 3

. b) Ta biết rằng một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư khi chia cho 9 . Tổng các chữ số của x ; của 2x ; của 3x cộng lại là 1     , chia hết cho 9 , do đó tổng x



Do x có tận cùng bằng 2 nên 2x tận cùng bằng 4 và 3x tận cùng bằng 6 .

a, b

  1;3;5;7;8;9

(Trừ các

   . b

   chú ý rằng 4

6 9

. Gọi a và b là các chữ số hàng trăm, hàng chục của 3x thì số 2, 4, 6 ) mặt khác x 3 nên 3x 9

          .

Tức là: abc 9 do đó a

Nên a

Xét 4 trường hợp

  



576

192, 2x

384



756

  x

252

(đúng)



396

  x

132

, loại vì 3x và x trùng chữ số 5 .

  

936

312

loại vì 3x và x trùng chữ số 3 .



Câu 167. HSG CẤP HUYỆN 2013 - 2014

)Z .

 6n 1  2 3n

Cho phân số

a)Tìm n để M có giá trị là số nguyên.

b) Tìm n để M có giá trị nhỏ nhất.

 2 3n



  2

Lời giải:

5 

 6n 1  2 3n

  4 5  3n 2

   2  2

  

2

)

5; 1;1;

  5 3n



 2  Ư(5



5

5 2n 3

là số nguyên khi . hay

   

2 chia 3 dư

n Z nên 



 1;5



      1

   

Nếu 3n

  

 1;1

 



Vậy thì A là số nguyên .

M 2

5 

  là số nguyên dương nhỏ nhất

  .

  .Khi đó 0

1 2

b) có giá trị nhỏ nhất có giá trị lớn nhất

1002 ?

Câu 168. HSG LÊ QUÝ ĐÔN – HƯNG HÀ Tìm hai chữ số tận cùng của

100

Lời giải:



10 2

1024; 2

10 2

1024





 1024



Ta có:

1024 có hai chữ số tận cùng là 76 .

Mà

 1024

52

có hai chữ số tận cùng là 76.

1002

Vậy có hai chữ số tận cùng là 76 .

Câu 169. HSG LÊ QUÝ ĐÔN – HƯNG HÀ

 

7n 6n

6 7

Tìm tất cả các giá trị tự nhiên n để phân số chưa phải là phân số tối giản.

Lời giải:

6 và 6n

7 ( d là số nguyên tố)

Gọi d là ước nguyên tố của 7n







  36 d

       42n 49 42n  13 d      6 d  7 d 42n 42n  36 d  49 d  7n     6n         

Mà d là số nguyên tố

 

7n 6n

6 7

Để phân số chưa phải là phân số tối giản thì tử và mẫu của phân số đó phải chia

   7 n 1 13

 

    6 13 13 7n   7n  7 13  6 13  7 13 hết cho 13 .   7n    6n





13t

 N(t

)

 

7n 6n

6 7

Vậy với thì chưa phải là phân số tối giản.

Câu 170. HSG LÊ QUÝ ĐÔN – HƯNG HÀ

20 39

Tìm phân số bằng phân số , biết ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số đó là 36 .

Lời giải:

20,39

1  phân số



20 39

là phân số tối giản. Ta thấy ƯCLN

Mà ƯCLN của cả tử và mẫu của phân số cần tìm là 36 .

20 39



Nên phân số cần tìm đã được rút gọn thành bằng cách chia cả tử và mẫu cho 36.

20.36 39.36

720 1404

Vậy phân số cần tìm là: .

Câu 171. HSG LÊ QUÝ ĐÔN – HƯNG HÀ

Viết dạng tổng quát của số tự nhiên chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5 . Tìm số nhỏ nhất ?

Lời giải:

(  x N, x

 5 )

Gọi số tự nhiên chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5 là



5n 10

 2



  

9 BC 5;7





 9 5  9 7

 



7m 14

  9

 5 n   7 m 2

  x     x 

      x    

  

35t – 9

với m, n N . Vì x chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5    5n 1 x      x 7m 5 

5;7

) ( với t N * Mà BCNN

  .

) Vậy dạng tổng quát của số tự nhiên chia cho 5 thì dư 1, chia cho 7 thì dư 5 là 35t – 9 ( với t N *

1  là 35.1 9

Và số nhỏ nhất ứng với t

Câu 172. HSG 2013 – 2014 Tổng của n số tự nhiên lẻ đầu tiên có phải là một số chính phương không? Tại sao?

Lời giải:



  n

Gọi số tự nhiên lẻ thứ n kể từ số đầu tiên là x .

 x 1 : 2 1

 1 .2

      x 1 : 2 n 1      n x 1     

Ta có: 

   x 1 2n x 2n 2 2 1

   x 2n 1

Nên n số tự nhiên lẻ đầu tiên là 1 ; 3 ; 5 ; 7 ; ... ; 2n 1 .

Ta có tổng n số tự nhiên lẻ đầu tiên là:

   

 



1 3 5

...

 là một số chính phương.



   2n 1

 2n 1 1 . n : 2 2n.n : 2



Vậy tổng của n số tự nhiên lẻ đầu tiên là một số chính phương.

    

1 2 3 ... n

  .

Câu 173. HSG 2012 – 2013



 Chứng minh rằng:  

   7 10

, với n N



 n n 1



Lời giải:

1 2

     3 ...

Ta có:

   là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chỉ có thể có các tận cùng là:

 n N n. n 1



0; 2; 6 .



  n n 1



Vì

      không bao giờ có tận cùng là 0 .

 1 2 3 ... n



     

3 ... n

  (ĐPCM)

không bao giờ có tận cùng là 7 .



  1 2 

   7 10

, với n N



 A 10

18n 1

Câu 174. HSG HUYỆN NGHĨA ĐÀN 2012 – 2013 a)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6 , chia cho 4 dư 1và chia

 chia hết cho 27 ( với n là số tự nhiên).

cho 19 dư 11. b)Chứng tỏ:



Lời giải:

    6 11 ; a 1 4; a 11 19

 



  

 

. a)Gọi số cần tìm là a ta có: 

33 11 ; a 1

28 4 ; a 11

 a

 



  38 1 9





27 1 1 ; a

 a

 



  27 4 ; a



  27 19

27 nhỏ nhất

 

Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên a

27 BCNN 4 ;11 ;19





Suy ra: .

809

. Từ đó tìm được : a

     b)  A 10   18n 1 10    1 9n 27n 27n 27n      99...9 9n  ncs9   9 11...1 n    ncs1

11...1 n 9 

Ta biết số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư khi chia cho 9

ncs1

9. 11...1 n 27 . Vậy a 27 . do đó    nên         

Câu 175. HSG 2006 – 2007

 2n 1  n 5

là số nguyên. Tìm số nguyên n sao cho

 2 n



  2

 2n 1  5 n

  2n 10 11  n 5

   5  5

11  n





B nguyên

11 n

Lời giải:

    1; 11



5  Ư(11)

n – 5

   6 n

n – 5

    4

n – 5

   16 n

n – 5

     6





hay n

n 6; 4;16; 6





 2n 1  n 1

Vậy, với thì biểu thức nguyên.

Câu 176.

2 cũng là số nguyên tố.

Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

2 (với p là nguyên tố).



 không là số nguyên tố.

Lời giải:

2 ta có:

p   2

2 3

    là số nguyên tố. 17

Với p

3 ta có:

p   2

Với p

3 ta có:



 –1

 p   1





2 –1

Với p

 là tích 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 3 .



  p – 1 p 1

Ta có

   

 2 1 .M

luôn chia hết cho 3 .

2 là hợp số.

2 chia hết cho 3 nên 2 p

Nên

3 thì

2 là số nguyên tố.

Vậy, với p

Câu 177. HSG 2006-2007 Tìm số tự nhiên nhỏ nhất chia cho 5 dư 3 , chia cho 7 dư 4 .

Lời giải:

17 chia hết cho 5 , chia hết cho 7 .

35



Gọi a là số chia cho 5 dư 3 , chia cho 7 dư 4 ta có:

17 là số nhỏ nhất

    35

  là BCNN 

5; 7

mà a

18 thì a là số nhỏ nhất chia cho 5 dư 3 , chia cho 7 dư 4 .

Vậy, với a

a, b

180

a, b

12 .

Câu 178. HSG HUYỆN 2013 -2014



a)Tìm hai số tự nhiên a và b biết : BCNN ; ƯCLN



 4n 1  3 2n

có giá trị nguyên. b)Tìm n Z để phân số



Lời giải:

a, b



12 nên a

12m, b

12n

a)Ta có: ab 180.12 . 2160

1 và m n .

b . Vì ƯCLN



m, n



 . Ta có bảng sau:

Giả sử a với 

 2160 m.n

180



 3

Suy ra : 12m.12n





  2



 4n 1  3 2n

 2 2n 2n

7  2n

A có giá trị nguyên

   . Ta có bảng sau:

   Ư(7) 3

 1; 7



3

7

1

5

1

2

Câu 179. HSG 2013 – 2014

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho sau khi viết tiếp số đó vào sau số 2014 ta được số chia hết cho101.

Lời giải:



 , do đó:

)1 .Ta có: 2014

19.101





2014n

2014.10

  n

19.101.10

95.10

 n

Giả sử n có k chữ số (k

 

95.10

n 101



  n

101.9

1 thì

khi và chỉ khi . Suy ra: 2014n 101

n 101

   

41 9

 101

khi và chỉ khi 41

    41 n 101   , nên không có số n thỏa mãn đầu bài.

95.10

  n

9500

  n

101.94

Với k 950 95.10 nhưng n có một chữ số nên 41 n

2 thì

 

n 101

Với k , và số n suy ra 6

  n

101

     n 101 95 .

nhỏ nhất được xác định bởi 6 . Suy ra n

95 thỏa mãn đề ra.

Đáp số: n

Câu 180. HSG 2013 - 2014

Cho ababab là số có sáu chữ số. Chứng tỏ số ababab là bội của 3 .

Lời giải:





ababab

ab.10000

ab.100

  ab

10101.ab



4       5

5 5

3 5

5. 126

5 .126

3 5 .126

Do 10101 chia hết cho 3 nên ababab chia hết cho 3 hay ababab là bội của 3 .

  3   5 1 5

 3   5 1 5



Có: 5 5

3 5

5       chia hết cho126 . 5

      

    

3 5

5 5

6 5

3 5

5 5

6 5

 5 5





    

1998 5

3 5

5 5

 2 5 5

 6 2 5 5 5  6 5 .

334

4      



5 5

3 5 5 5

3 5

130

5.130

Tổng trên có 2004 : 6 số hạng chia hết cho 126 nên nó chia hết cho126 .

  3   5 5 5

3 5

4     chia hết cho130 . 5

    

   

2 5

3 5

4 5

3 5

2000 5

4 5

 4 4 2 5 5 5 5



 2 5 5

 3    5

Có: .

501

Tổng trên có 2004 : 4 số hạng chia hết cho 130 nên nó chia hết cho130 .

2001

Có S chia hết cho 130 nên chia hết cho 65 .

8 chia hết cho 72 .

Câu 181. HSG 2013 – 2014 Chứng minh rằng

2001

Lời giải:

8 có tổng các chữ số chia hết cho 9 nên tổng chia hết cho 9

2001

Vì

8 có 3 chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8

2001

Lại có

8 chia hết cho 72 .

Vậy

Câu 182. HSG 2013 – 2014

a)Tìm các chữ số x, y sao cho 2014xy 42

a 7

1   2

1  b 1

. b)Tìm các số nguyên a, b biết rằng:



Lời giải:

201400



x; y



 

a) 2014xy

xy 100

    42.4795 10 xy . Vậy    32; 74

 xy 42 

  10    3; 2 , 7; 4

 xy 42 





nên . Do 0

   2a

    7 b 1

a 7

1   2

1  b 1

 14

1  b 1

    

b) .

7  Ư(14)

 1; 2; 7; 14



      1; 7

. Do a, b Z nên 2a





 0;3; 4; 7





a; b

. Vì 2a – 7 lẻ nên



    0; 3 , 3; 15 , 4;13 , 7;1

 

. Từ đó tính được: 



 là số nguyên tố.

Câu 183. HSG 2013 – 2014

  3 n 1





a) Tìm số tự nhiên n để 

6 và n chia hết cho 9 . Tìm a và b .

7a5

8b4

Biết a – b b) Cho n

4 6 ; 75 165

a b

c) Tìm phân số tối giản sao cho khi chia mỗi phân số cho lớn nhất, a, b N *

a b

ta được kết quả là số tự nhiên.



 là số nguyên tố thì một trong hai thừa số n

3 hoặc n

1 phải bằng

  3 n 1

n 1 1

Lời giải:

  là số nguyên tố.

    . Suy ra n

    . Khi đó n



 là số nguyên tố

a) Để  1. Mà n

0 thì 

  3 n 1





     

Vậy n

 7a5 8b4 9

5 8

 4 9

       b 9

  )

b)Ta có: n

  3;12

  .

(vì a

6 nên a

  . Do đó a



9, b

 . 3

Mà a – b

6 , suy ra a



Kết hợp với a – b

 và b 75



b) Ta có:

   N 16 a

14 a : 75 b 16 a : 165 b

14b 75a 16b 165a

Tương tự: . và b 175 

14;16

2 .



a b



Để là số lớn nhất thì a  ƯCLN

825

 75; 165

a b

2 825

.Vậy . Và b  BCNN

Câu 184. HSG THANH OAI 2013 – 2014

a)Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25 ; 28 ; 35 thì được các số dư lần lượt là 5 ; 8 ; 15 .

* chia hết cho 99 .

b)Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp để: 1994

5 chia hết 2n 1 .

c) Tìm số tự nhiên n sao cho 4n

d) Một số tự nhiên chia cho 7 thì dư 5 , chia cho 13 thì dư 4 . Nếu đem số đó chia cho 91 thì dư bao nhiêu?

Lời giải:



20 28

  20 25

a) Gọi số tự nhiên phải tìm là x .

 

 20 35

  x







25; 28;35

700

và x và x là bội chung của - Từ giả thiết suy ra x 25; 28 và 35 .



 k.700, x N



- Tìm được BCNN  suy ra 

- Vì x là số tự nhiên có ba chữ số

    999

 200 1019

       20

700

680

  



A 11; A 9

. b) Đặt A x1994y 

3

  hoặc y 4

  13

Từ A 11 tìm được y – x

Từ A 9 tìm được x

y và x – y phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ)



( x

3; x

  ( loại) 4



TH: y – x

3; y

  x

13 x

5, y

 8

TH: y – x



 c) 4n 5 2n 1

Đ/S: 519948

  2 2n 1 2n 1



mà 



  5

 hay 3 2n 1

   2 2n 1 2n 1

Nên

 



   

 Để 4n 5 2n 1

 3 2n 1

2n 1

  1;3



Ư(3)  n n      2n 1 1 1         2n 1 3 2 

 1; 2



Do đó .



d) Gọi số phải tìm là a .

m, n, x N

7m 5

 và a

13n

 với 4

 



  9

7m 14

 7 m 2 7

. Ta có: a

 

  9

13n 13

13 n 1 13

    



Cộng thêm 9 vào số a ta được:







 

9 7 và a

1  nên a

9 7.13

9 91 

 mà  9 1 3

 7,13



. hay a

91k – 9

 91k – 91 82



 82

  91 k –1

Do đó: a

Câu 185. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2013 - 2014)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng số đó khi chia cho 3, cho 4, cho 5, cho 6 đều dư là 2, còn chia cho 7 thì dư 3.

Lời giải:

Gọi số tự nhiên đó là a, ta có a = BC(3; 4; 5; 6) + 2. Mà BC( 3; 4; 5; 6) = 60; 120; 180; 240; …

Nên a nhận các giá trị 62; 122; 182; 242 ….

Mặt khác a là số nhỏ nhất chia cho 7 thì dư 3 nên a = 12

Câu 186. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2013 - 2014)

Tìm hai số tự nhiên biết tổng ƯCLL và BCNN của chúng bằng 23



Lời giải:

Gọi hai số tự nhiên đó là a ; b ( a ; b N) Gọi d = ƯCNL(a ; b) ta có : a = a’.d ; b = b’.d (a’ ; b’) =1

. a b UCLN a b ( ; )

'. a b d '. d

Khi đó BCNN(a ; b) = = = a’.b’.d

Theo bài ra ta có : ƯCLN(a ; b) + BCNN (a ; b) = 23 nên d + a’.b’.d = 23 = d (1 + a’.b’) = 23

Nên d = 1; 1 + a’b’ =23 suy ra a’b’ = 22 mà (a’ ; b’) = 1 nên a’ = 1 ; b’ = 22 hoặc a’ = 11; b’ = 2 và ngược lại. Từ đó HS tìm được a và b.

Câu 187. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2013 - 2014)

Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất có 4 chữ số biết rằng khi chia a cho 5; 6; 7; 8 có số dư lần lượt là 1; 2; 3; 4.



Lời giải:

Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp là a; a+1;a+2; a+3; a+4 (a N*)

Tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp là:

S=a+ a+1+a+2+ a+3+ a+4 =5.a+10

vì 5a chia hết cho 5; 10 chia hết cho 5 nên S chia hết cho 5

Hay tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 5



Câu 188. (Đề thi HSG 6 huyện Hoằng Hóa 2012 - 2013)

a b

7 15

12 25

Tìm phân số tối giản nhỏ nhất (với 0) biết khi chia cho và được thương

là các số nguyên.



;



Lời giải:

a b

7 15

.15 a b .7

a b

12 25

.25 a b .12

Ta có

;

a .15 b .7

a .25 b .12

a b

Vì tối giản nên ƯCLN(a;b) =1 và là các số nguyên nên a chia hết cho 7 và



12 còn 15 và 25 chia hết cho b

Do đó a BC(7;12) và b ƯC(15;25)

a b

Vì là phân số tối giản nhỏ nhất lớn hơn 0 nên a=BCNN(7;12) và b = ƯCLN(15;25) nên

a=84 ; b= 5

84 5

Phân số cần tìm là

Câu 189. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2013 - 2014)



323

Với n là số tự nhiên chẵn, chứng minh: (20n + 16n - 3n - 1)

Lời giải:



Ta có 323 = 17.19 và 20n + 16n - 3n - 1 = (20n - 1) + (16n - 3n) 19 (1)

Vì 20n - 1 20 - 1 = 19 và 16n - 3n 19 do n chẵn



20n + 16n - 3n - 1 = (20n - 3n) + (16n - 1) 17 (2)



Vì 20n - 3n 20 -3 = 17 và 16n - 1 16 + 1 = 17 do n chẵn



Từ (1) và (2) và do (17;19) = 1 suy ra 20n + 16n - 3n - 1 17.19 = 323(đpcm)

Câu 190. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2013 - 2014)

Tìm số x có chữ số tận cùng bằng 2, biết rằng x, 2x, 3x đều là các số có 3 chữ số và 9 chữ số của 3 số đó đều khác nhau và  0.

Lời giải:



Ta biết rằng một số và tổng các chữ số của nó có cùng số dư khi chia cho 9. Tổng các chữ số của x ; của 2x; của 3x cộng lại là 1 + 2+ ……+ 9 = 45, chia hết cho 9, do đó tổng x + 2x + 3x cũng chia hết cho 9, tức là 6x 9 => x 3

a b ,

Do x có tận cùng bằng 2 nên 2x tận cùng bằng 4 và 3x tận cùng bằng 6

  1;3;5;7;8;9

Gọi a và b là các chữ số hàng trăm, hàng chục của 3x thì (Trừ các



số 2, 4, 6) mặt khác x 3 nên 3x 9.

abc

Tức là: do đó a +b + 6 9 chú ý rằng 4 a +b  17.

Nên a + b + 6 = 18 => a + b = 12 = 5 + 7 = 3 + 9

Xét 4 trường hợp

3x = 576 => x = 192, 2x = 384 (đúng)

3x = 756 => x = 252, loại vì 3x và x trùng chữ số 5

3x = 396 => x = 132 loại vì 3x và x trùng chữ số 3

3x = 936 => x = 312 loại vì 3x và x trùng chữ số 3.

Câu 191. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2013 - 2014)

Tìm các số tự nhiên a, b biết: a+b = 96 và ƯCLN(a;b) = 6

Lời giải:

Từ ƯCLN(a; b) = 6, đặt a = 6m; b = 6n với (m; n) = 1

Ta có : a+b = 6(m+n) hay : 6(m+n) = 96 = > m+n = 16.

Ta có các trường hợp sau :

m 15 1 3 11 5 13 9 7

n 1 15 13 5 11 3 7 9

a 90 6 18 66 30 78 54 42

b 6 90 78 30 66 18 42 54

Câu 192. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2013 - 2014)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 9 dư 5, chia cho 7 dư 4, chia cho 5 dư 3.

Lời giải:





Ta có:





A = 9k +5 (k 9 N) => 2A = 9k1+10 Hay: (2A -1)





A = 7m +4 (m N) => 2A = 7m1+8 Hay: (2A -1) 7



A = 5n +3 (n N) => 2A = 5n1+6 Hay: (2A -1) 5

Mặt khác: BCNN(9;7;5) = 315 nên (2A -1) 315 mà A nhỏ nhất nên

2A -1 = 315.

Hay A = 158.

abcd

Câu 193. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2013 - 2014)

  

cd b c

ab ac ;

Tìm số nguyên tố sao cho là các số nguyên tố và .

Lời giải:

abcd ab ac ;

Vì ; là các số nguyên tố nên b, c, d là các số lẻ và khác 5.

2b cd b c

   

Ta có: . b(b-1) = 9c+d





Do: 9c+d 10 nên b 4 => b = 7 hoặc b = 9 

a) Với b = 7 ta có: 9c+d = 42 => d 3 nên d = 3 hoặc d = 9

39 9

+ Nếu d = 3 thì c = (loại)

33 9



+ Nếu d = 9 thì c = (loại)

a a 9; 7

b) (1đ) Với b = 9 ta có 9c+d = 72 => d 9 nên d = 9; c = 7

là các số nguyên tố nên a = 1.

abcd

Vậy số cần tìm là = 1979 (Thỏa mãn yêu cầu bài toán)

Câu 194. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)

Chứng minh rằng: 31999 – 71997 ⋮ 5

Lời giải:

31999 = (34)499 . 33 = 81499. 27 có chữ số tận cùng là 7 71997 = (74)499.7 = 2041499 . 7 có chữ số tận cùng là 7 Vậy 31999 – 71997 có chữ số tận cùng là 0 nên chia hết cho 5

Câu 195. (Đề thi HSG 6 )

chia hết cho 99 Thay các dấu * bởi các chữ số thích hợp để: ∗ 1994 ∗

Lời giải:

Đặt A = 1994 ⋮ 99 ↔ A ⋮ 11 và A ⋮ 9

Từ A ⋮ 11 tìm được y – x = 3

Từ A ⋮ 9 tìm được x + y = 4 hoặc y + x = 13

(x + y và x – y phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ)

TH: y – x = 3; x + y = 4 ( loại)

TH: y – x = 3; y + x = 13 → x = 5, y = 8

Vậy số cần tìm là 519948

Câu 196. (Đề thi HSG 6)

Tìm GTNN của hiệu giữa 1 số tự nhiên có hai chữa số với tổng các chữ số của nó.

Lời giải:

- (a +b) = 9a

Biểu thức này có GTNN bằng 9 khi và chỉ khi a = 1, còn b tuỳ ý (0,1,2,..,9)

Câu 197. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)

Tìm hai số a,b biết bội chung nhỏ nhất của a;b là 420,ước chung lớn nhất của a;b là 21 và a + 21 = b .

Lời giải:

Ta có a.b = UCLN(a,b) x BCNN(a,b) = 420.21 = 8820

Vì ƯCLN (a,b) =21 nên a =21 m, b=21n ĐK (m,n)=1, m+1 = n

 a.b = 21m . 21n = 441m. n = 8820  m.n = 20.

Vì m + 1 = n  m = 4 , n = 5  a = 21 .4 = 84 ,b = 21 . 5 = 105

Câu 198. (Đề thi HSG 6)

2014

Cho các số nguyên a,b,c,d thỏa mãn : a+ b=c+ d và a +b = c + d Chứng minh rằng

 b





Lời giải:

a  b  c    d a c  d  b (1) ( a c a c )(   )  ( d b d b )(   )

   

a c

(2)

Từ a+b = c+ d

Do dó (a+c) (a-c)= (d+b) (a-c) (3)

Nếu a=c từ (2) suy ra d=b

Nếu a từ (3) suy ra a+c = d+b kết hợp với (2) c

Nên 2 a= 2 d suy ra a=d

Với a=d kết hợp với ( 2) nên b=c

Vậy a = c thì d = b

a = d thì b = c do đó suy ra đpcm.

Câu 199. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)



Chứng minh rằng 1028 + 8 72

Lời giải:



1028 + 8 8 vì 1028 8 và 8 8

1028 + 8 = 10…08. Số này có tổng các chữ số 9 nên nó 9





1028 + 8 chia hết cho 8 và 9. Vậy 1028 + 8 72

Câu 200. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)

155

16*4*

710

. Chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các chữ số khác nhau Cho số trong ba chữ số 1,2,3 một cách tùy ý thì số đó luôn chia hết cho 396.

Lời giải:

Ta có : 396 = 4.9.11



155

710

16*4*

4 vì nó có hai chữ số tận cùng 4 ( 1)



155

710

16*4*

có tổng các chữ số là 30 + * +* + * = 30 + 1 + 2 + 3 = 36 9 nên



155

710

16*4*

9 ( 2 )

710

16*4*

155 chữ số ở hàng lẻ là 1+5+4 +7 +1 = 18

có tổng các chữ số ở hàng chẵn là 5 + * + 1 +* +* + 6 = 18, tổng các



155

710

16*4*

Nên 11 ( 3 )

155

710

16*4*

Từ 1,2,3 suy ra 396 

Câu 201. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)

Cho P và P + 4 là các số nguyên tố với P > 3. Chứng minh P - 2014 là hợp số.

Lời giải:

k N

- Từ giả thiết ta có P = 3k+1 hoặc P = 3k+2 ( )

- Nếu P = 3k+2 thì P + 4 = 3k+6 là hợp số (loại)

- Nếu P = 3k + 1 thì P - 2014 = 3k - 2013 chia hết cho 3

Vậy p - 2014 là hợp số.

Câu 202. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)





Cho x,y,z là các số nguyên dương. Chứng minh rằng biểu thức sau không có giá trị

y 

z 

x 

nguyên.

Lời giải:

Chứng minh được:



  A



x   y y   y z   y

 x   x   y     z   



  A



x  z y    x y y   z  y   y

 x   x   y     z   

Chứng minh được:

Vậy 1 < A < 2 nên A không là số nguyên

Câu 203. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)

10 2014  72

Chứng minh rằng : là một số tự nhiên.

Lời giải:



Chứng minh : 102014 + 8 8



102014 + 8 9



Mà (8; 9) = 1 => 102014 + 8 72

10 2014  72

=> là một số tự nhiên.

Câu 204. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013 - 2014)



abc 

Cho 7. Chứng tỏ rằng 2a + 3b + c 7

Lời giải:



abc 

7 => 100a + 10b + c 7 => 98a + 7b + ( 2a + 3b + c) 7



=> 7(14a + b) + ( 2a + 3b + c) 7



Mà 7(14a + b) 7 => ( 2a + 3b + c) 7

155*710* 4*16

Câu 205. (Đề số 81 TRƯỜNG THCS THANH THÙY 2013-2014)

có 12 chữ số. Chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các chữ Cho số số khác nhau trong ba chữ số 1; 2; 3 một cách tùy y thì số đó luôn chia hết cho 396.

Lời giải:

Ta nhận thấy vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp

   .

 1; 2; 3 nên tổng của chúng luôn bằng 1 2 3 6



155*710* 4*16

Mặt khác 396 = 4.9.11 trong đó 4; 9; 11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng

minh A = chia hết cho 4; 9 và 11.

Thật vậy:

4A vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16.

9A vì tổng các chữ số chia hết cho 9.

11A

+) vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0.

A

396

Vậy .

a b

   Chứng minh

c d

Z Biết tích ab là số liền sau của tích cd và

a b c d , . ,

Câu 206. (Đề số 81 TRƯỜNG THCS THANH THÙY 2013-2014)

Cho rằng a = b.

Lời giải:

a b c d

     

a b c

–

Ta có: .

ab cd  .

–



–

Vì ab là số liền sau của cd nên

 1

 ab c a b c





ab ac bc

–



 1



–

 1

 a b c



 c b c





–

 1



 b c a c



Suy ra:



 a c b c –

–

b  (đpcm).

(vì cùng bằng 1 hoặc – 1)

Câu 207. (Đề số 81 TRƯỜNG THCS THANH THÙY 2013-2014)

n  3 10  10 n 4

Tìm số tự nhiên n để phân số B = đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

5(2

Lời giải

n  3 10  10 n 4

5) 22   n  2(2 n 5)

5   2

11  n

B = = .

11 5n 

2 – 5 0

 và đạt GTNN. Suy ra 2 – 5 1

   . n

B đạt GTLN khi đạt GTLN. Vì 11 > 0 và không đổi nên đạt GTLN khi



11 13,5



khi n

 . 3

5 2

Vậy B đạt GTLN là

Câu 208. (Đề số 81 TRƯỜNG THCS THANH THÙY 2013-2014)

35 396

28 297

Cho các phân số và . Tìm phân số nhỏ nhất mà khi chia cho mỗi phân số đó ta

được một số nguyên ?

(x y Z và x y ,



1 )



x y

Gọi phân số phải tìm là Lời giải  



x y

35 396

396 x y 35

x y

28 297

297 x y 28





396;35

1; 297;28

  1



   y và 297

  và x y ; ; 35

  28 và x

Ta có: ;

nhỏ nhất khi x nhỏ nhất và y lớn nhất. Do đó: Để



35; 28



y UCLN



   396; 297

140  

Vì kết quả là một số nguyên nên 396x 35y và 297x 28y Mà  1   396 x y x BCNN

140 99

Vậy phân số phải tìm là .

Câu 209. (Đề số 82 Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013-2014)

Chứng tỏ 4x + 3y chia hết cho 7 khi 2x + 5y chia hết cho 7

y

 3 7

  16

 



 5 7 y

Lời giải

 14 7



  4 4

  7

y

 5 7

Ta có 4







 7 2

  7

Mà Nên 2



 3 7 y

khi x 2



 5 7 y

Vậy 4

Câu 210. (Đề số 82 Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013-2014)

Tìm các số tự nhiên có bốn chữ số sao cho khi chia nó cho 130 , cho 150 được các số dư lần lượt là 88 và 108.

Lời giải

 a N

,1000

  a

9999





 42 130

và a



 42 150

nên a



là BC

. Gọi số phải tìm là a 

 130,150



Ta có

a 

1908;3858;5808; 7758;9708

Tìm đúng

Câu 211. (Đề số 82 Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013-2014)

24 7

18 11

Tìm phân số lớn nhất, khi chia các phân số và cho nó ta đều được các thương là

số nguyên.









Lời giải

x 9

3  y

1 18

x 9

1 18

 1x2 18

3 y

Từ ta có: (x,y N)

y U





 x   1



 54

  1; 2;3; 6;9;18; 27;54

Suy ra: do đó

vì 54 là số chẵn mà 2x-1 là số lẻ nên y là ước chẵn của 54.

y 

  2; 6;18;54

Vậy

Ta có bảng sau:

y 2 6 18 54

2x-1 27 9 3 1

x 14 5 2 1

 x y  ;

 

    14; 2 ; 5; 6 ; 2;18 ; 1;54

 

Vậy 

Câu 212. (Đề số 82 Đề thi HSG 6 huyện Thanh Oai 2013-2014)

Tổng bình phương của 3 số tự nhiên là 2596. Biết rằng tỉ số giữa số thứ nhất và số thứ hai

2 3

5 6

là , giữa số thứ hai và số thứ ba là . Tìm ba số đó

Lời giải





2596



;

Gọi a, b, c là 3 số tự nhiên phải tìm.

a b

2 3

b c

5 6



b c ;







2596

Theo đề bài ta có: ( 1) và (2)

4 9

36 25

2 3

6 5

Từ ( 1) suy ra , thay vào (2) ta có:

 b  2596







20;







649 225 2   b 900

6 5

2 3

Tính được b = 30,

Vậy 3 số tự nhiên cần tìm là: 30; 20; 36

Câu 213. (Đề số 83 Trường THCS Cự Khê – Thanh Oai 2013-2014)

n  5 3  4 n

Cho phân số A = . Tìm n thuộc Z để A có giá trị nguyên

n 3



  3

Lời giải

n  5 3  4 n

12 17    n 4

 n

4) 17   4

17  n

4n  

Ta có A = =

Để A có giá trị nguyên Ư(17)

 1; 17}  

Mà Ư(17) =

Ta có bảng sau:

n +4 -17 -1 1 17

n -21 -5 -3 13

Câu 214. (Đề số 83 Trường THCS Cự Khê – Thanh Oai 2013-2014)

y

 11 31

y

 7 31

x y Z ) thì ,

( . Chứng minh rằng nếu 6

x 6



y 11



y

Lời giải

y

 11 31

  y 31 31



  y 42 31



  7 31

UCLN

   Vì 6 

 nên (

y )7

 31



 6;31



 11 31 y

y

 7 31

Mà

x y Z ) thì

Vậy 6 . ( ,

Câu 215. (Đề số 84)

Chứng minh rằng số A = 10n + 18n - 1 chia hết cho 27 ( n là số tự nhiên)

 

1 10

 

1 9







10 n )

n + 18  n 27

Lời giải



Ta viết số A dưới dạng sau :  A 999...9 9 9(111...    n 1   n so n so

n

)

11...1

Ta có n là tổng các chữ số của nên (111... 1  n so

A

Từ đó  27

Câu 216. (Đề số 84)

n 16 n 12

 

3 2

Chứng tỏ rằng với mọi số tự nhiên n phân số sau tối giản:



 2 d

(

d N d ,



Lời giải

d và



 4 12

  3

 3 16

 thì16 ) 1  3 16

n  - 3 4

 n d và 3 1 2     d 2 12

   n

n 9 48

  d 8

1 d 

Do đó  Gọi ƯCLN của tử và mẫu là d   2 d

16 n n 12

 

3 2

Vậy là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n .

Câu 217. (Đề số 85 Trường THCS Xuân Dương – Thanh Oai 2013-2014)

5   2n

Cho biểu thức A =

a, Tìm các số nguyên n để biểu thức A là phân số.

b, Tìm các số tự nhiên n để biểu thức A là số nguyên

Lời giải







   1; 5

a/ n Z và n 2

b/ (n - 2 ) Ư( -5) =

2    n 1   n 2 1 n n 1     3 N N  

n 

2    n 5   n 2 5 3    n   n 7 N N            

  1;3;7

Vậy

Câu 218. (Đề số 86 Trường THCS Phương Trung)

a) Chứng tỏ rằng: 2x + 3y chia hết cho 17 9x + 5y chia hết cho 17. 

b) Cho C = 3 + 32 + 33 + 34 ………+ 3100 chứng tỏ C chia hết cho 40.

Lời giải







 17 17 y

 4 2







a) Ta có

  x

 5 17 y



 3 17





 4 2

  3 17



 1

mà

  

 3 17 y

Do vậy : 9

 4 2



 UCLN 4 ;17



Ngược lại, ta có

B 

4 + 3 3 3 3





97 3



98 3



99 3



100 3









3 3

  



3 3

 2   3 1 3 3



 2   1 3 3







9   3

  

97 3

 5 40. 3 3

  40



Câu 219. (Đề số 86 Trường THCS Phương Trung)

n 8 4

 193 n  3

Tìm số tự nhiên n để phân số Có giá trị là số tự nhiên.

4(2

187



 2

n  193 8 4 n  3

n  )3 4 n 

 3

187 n  4

Lời giải

A N thì



 187 4 n

    n

4 3 11;17;187

n N

    . Để

3 3





Vì

   

3 11

Nếu 4

 

3 187

  n

Nếu 4

     4

3 17

7 2

n 

Nếu n= (Loai)

  2; 46

Vậy

Câu 220. (Đề số 87 Trường THCS Thanh Văn – Thanh Oai 2013-2014)

Tìm số tự nhiên có ba chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25 ; 28 ; 35 thì được các số dư lần lượt là 5 ; 8 ; 15.

Lời giải

 x N

,100

  x

999







Gọi số tự nhiên phải tìm là x. ( )

 - Từ giả thiết suy ra chung của 25; 28 và 35.

(x 20) 25

và x+20 là bội

(x 20) 28



(x 20) 35



và

BCNN

25; 28;35



700



.700. (k N) 



   x





- Tìm được

x 999

  

 x 20 1019

    1



700

  x

- Vì x là số tự nhiên có ba chữ số suy ra

680.

Câu 221. (Đề số 87 Trường THCS Thanh Văn – Thanh Oai 2013-2014)

Cho S= 1 – 3 + 32 – 33 + ... + 398 – 399.

a) Chứng minh rằng S là bội của -20. b) Tính S, từ đó suy ra 3100 chia cho 4 dư 1.

Lời giải





a) Tổng S có 100 số hạng chia thành 25 nhóm , mỗi nhóm có 4 số hạng :

  ...

96 97 ( 3 – 3



98 3

–

99 3

)

3 S   1 – 3 3 3-  3  1– 3 3 – 3

98 ... 3 – 3     4 5 3 – 3







 



 ( 2 ) 0

  4   20 3



 20 ...





6 7 3 – 3



S 

3  1 – 3 3 – 3

 

98 ... 3 – 3

Vậy S -20

100

S 3



2 3 – 3



3 4 3 – 3



99 ... 3 – 3

100

S 3

  S





  3 1

 1 3 4

100

Cộng từng vế của 2 đẳng thức ta được :

1 – 3

 4

hay

S là một số nguyên nên 3100 chia cho 4 dư 1  – 1 4 



Câu 222. (Đề số 87 Trường THCS Thanh Văn – Thanh Oai 2013-2014)

 3n10  10 n4

Tìm số tự nhiên n để phân số đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

Lời giải

B)a



11 n 

n  10 3 n  4 10

5  2

22 n(  22

) 5

5  2

n( )  5 25  n  22

 22  5

11 n



Để B đạt giá trị lớn nhất khi đạt giá trị lớn nhất. Vì 11 > 0 và không đổi nên

11 n

đạt giá trị lớn nhất khi:2n - 5> 0 và đạt giá trị nhỏ nhất 2n - 5 = 1 n = 3





, 513

5 2

Vậy B đạt giá trị lớn nhất là khi n = 3

Câu 223. (Đề số 88 Trường THCS Trực Ninh 2013-2014)

Tìm tất cả các số nguyên tố P sao cho P2 + 2p cũng là số nguyên tố.

Lời giải

2 p 

2 p

Xét (với P là nguyên tố).



ta có

: p







 không là số nguyên tố.

Với



ta có

2 : 3



3 2

  

9 8 17

t 3

a có

: p







Với là số nguyên tố.





 – 1



 1

2 –1



Với

 là tích 2 số chẵn liên tiếp nên chia hết cho 3.



  p –1 p 1

Ta có

  1



  2 1 .

luôn chia hết cho 3.

2 p 

2 p

2 p 

2 p

Nên chia hết cho 3 suy ra không là số nguyên tố.

2 p 

2 p

Vậy với p = 3 thì là số nguyên tố.

Câu 224. (Đề số 88 Trường THCS Trực Ninh 2013-2014)

Tìm hai số tự nhiên a và b, biết: BCNN(a,b)=300; ƯCLN(a,b)=15 và a+15 = b.

Lời giải

Từ dữ liệu đề bài cho, ta có :

Vì ƯCLN(a, b) = 15, nên ắt tồn tại các số tự nhiên m và n khác 0, sao cho:

a = 15m; b = 15n (1)



 300 15.20



và ƯCLN(m, n) = 1 (2)





   BCNN m; n

Vì BCNN(a, b) = 300, nên theo trên, ta suy ra :  BCNN 15m; 15n 20 (3)







15n m 1 n (4)

  



15m 15 15n





  15. m 1

Vì a + 15 = b, nên theo trên, ta suy ra :

Trong các trường hợp thoả mãn các điều kiện (2) và (3), thì chỉ có trường hợp : m = 4, n = 5 là thoả mãn điều kiện (4).

;

60; 75

Với m = 4, n = 5, ta được các số phải tìm là : a = 15 . 4 = 60; b = 15 . 5 = 75

 a b 





Vậy hai số cần tìm 

Câu 225. (Đề số 88 Trường THCS Trực Ninh 2013-2014)

n n

 

1 4

Cho A =

+ Tìm n nguyên để A là một phân số.

+ Tìm n nguyên để A là một số nguyên.



Lời giải

n n

 

1 4

 1

A = là phân số khi n + 4 0 => n - 4

n n

 

1 4

 54 n  4

5 

 5  

hay n

  4

A = =

  5

Với n nguyên, A nhận giá trị nguyên 

n    

Lập luận tìm ra được 9; 5; 3;1;

n    

} 9; 5; 3;1

{

Vậy

Câu 226. (Đề số 89 Trường THCS Lập Lễ 2013-2014)

n 7 n 5

10   7

2 78x

a) Chứng minh rằng với mọi n thì phân số là phân số tối giản

b) Tìm x để A = chia hết cho 17

Lời giải



  7 n



5.(7



10 

10) 

   7

7.(5



d 



 10) 7.(5



 n 5.(7   d 1

a) Gọi ƯCLL(7n+10;5n+7)=d

n 7 n 5

10   7

2 78x

Vậy: là phân số tối giản

2 78 2078 100







b) A = chia hết cho 17







 17

  2.(2

) 0

  

122.17 17.6

 2 78 17 Để A= Vậy x=2 là giá trị cần tìm.

thì -2x =2.(2-x)

abc



abc

deg

Câu 227. (Đề Thi HSG Toán 6 -Trường THCS Lê Ngọc Hân-Năm học 1997-1998)

a, Cho chia hết cho 37. Chứng minh rằng chia hết cho 11.

b, Tìm x biết chia hết cho 7

Lời giải:

a) Không chứng minh được điều này vì:

abc



deg



127



465



 592

Xét :

abc

deg 

127465



x .20

1001001

 11

20 x

  (200 + x )  7  (4 + x )  7  x = 3

abcabc

Câu 228. (Đề Thi HSG Toán 6 Quận Hai BÀ Trưng 1996- 1997)

Chứng minh rằng các số có dạng chia hết ít nhất cho 3 số nguyên tố.



abcabc



abc

.1000



abc



1001

abc



7 .11.13

abc



abcabc

7 ; 11; 13

Lời giải:

Vậy số đó chia hết cho ít nhất 3 số nguyên tố là 7 , 11, 13

Câu 229. (Đề Thi HSG Toán 6 Quận Hai BÀ Trưng 1997- 1998)

Từ sáu chữ số: 0, 1, 2, 3, 4, 5. Viết tất cả các số có ba chữ số khác nhau chia hết cho 3 và cho 5.

Lời giải:

120; 150; 210; 510; 450; 540; 345; 105; 435; 405; 315; 135

100



2  3 3



3 3



 

... 3

Câu 230. (Đề Thi HSG Toán 6 - 2009- 2010)



Chứng minh rằng: 

100



3 3

 



3 3

 6  3

7 3

5 3

4 3



8 3



....

97 3



98 3



99 3







 

3 3



3 3

 ... 3

 



3 3



 

 2   1 3 3

100 3 





2    3 3 ... 3    2  3 3   2 5 2   3 1 3 3 3 1 3 3   3.40 3 .40 ... 3 .40 40



Lời giải:

Câu 231. (Đề Thi HSG Toán 6)

Cho S = 5 + 52 + 53 + ………+ 52006

a. Tính S

b. Chứng minh S 126

Lời giải:

a)Ta có 5S =5(5 + 52 + 53 + ………+ 52006) 5S = 52 + 53 +54 +………+52007

 5S –S = (52 + 53 +54 +………+52007) – (5 + 52 + 53 + ………+ 52006)



 4S = 52007-5

20075 4

Vậy S =

b)S = (5 + 54) + (52 + 55) +(53 + 56) +……….. + (52003 +52006) S = 5(1+53)+52(1+53) +53(1+53)+………+ 52003(1+53) S = 126.(5 + 52 + 53 +………+ 52003)

Vì 126  126  S  126

Câu 232. (Đề Thi HSG Toán 6)

ab cd eg



abc

 deg 11

 11 

thì : . a.Chứng minh rằng : nếu 

 2 2



 

60 ... 2 .

b.Cho A = Chứng minh : A  3 ; 7 ; 15.

Lời giải:

a)Tách như sau :

abc

 deg 10000



100

 cd eg



9999



ab cd eg





9999



 11

101(99

ab 

)



)eg

  

 

= +(

ab cd eg



abc

 deg 11.

 11 

nên : (đpcm) Theo bài ra 

2  )22(



4 )2



2...(



60 )2

*A=

 )21(2)21(2



)21(2...





 

... 2





 2 2



3 2



  ...



59 2













2 . 1 2 2

 



=  3  3 2 2 *A = 



 ... 2 . 1 2 2







 

... 2

=    2. 1 2 2



 7 2 2



5 2

 2 2



3 2



8 2

  ...











 

... 2



3 2

= .

  2 1 2



  1 2



*A =  =   2 1 2



 

... 2

 15.

 5 15. 2 2



Câu 233.

1) Chứng tỏ rằng mọi số tự nhiên có ba chữ số giống nhau đều chia hết cho 37

ba 68



2) Thay a, b bằng các chữ số thích hợp sao cho

3) Cho a là một số tự nhiên có dạng a = 3b + 7 (b N). Hỏi a có thể nhận những giá trị nào trong các giá trị sau ? Tại sao ?

a = 11 ; a = 2002 ; a = 2003 ; a = 11570 ; a = 22789 ; a = 29563 ; a = 299537.

Lời giải

1) Chứng tỏ rằng mọi số tự nhiên có ba chữ số giống nhau đều chia hết cho 37

aaa

Gọi số tự nhiên có ba chữ số giống nhau có dạng

( a là chữ só khác 0)

aaa

Ta có: =111.a=37.3.a

aaa 

=> 37

Vậy mọi số tự nhiên có ba chữ số giống nhau đều chia hết cho 37

ba 68

2) Thay a, b bằng các chữ số thích hợp sao cho

ba 68

Để thì và vì (5,9)=1

ba 68

Để thì b=0 hoặc b=5



a 24

 680



ba 68



a 24

680

+) Nếu b=0 thì . Để 2+4+a+6+8+0 9



Tức là 20+a 9 Mà a là số có 1 chữ số =>a=7

a 24

 685

ba 68



a 685 24



+) Nếu b= 5 thì . Để 2+4+a+6+8+5 9 



Tức là 25+a 9 Mà a là số có 1 chữ số => a=2

ba 68

Vậy với a=7 và b=0 hoặc a=2 và b=5 thì

Câu 234.

1)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 9 dư 5, chia cho 7 dư 4 và chia cho 5 thì dư 3 2) Cho A = 1 + 2013 + 20132 + 20133 + 20134 + … + 201398 + 201399 và B = 2013100 - 1.

a) So sánh A và B.

b) Tìm chữ số tận cùng của A.

c) Chứng tỏ rằng 2012A+1 là một số chính phương.

Lời giải

1) Gọi số tự nhiên nhỏ nhất cần tìm là (xN)

Theo bài ra ta có

x nhỏ nhất

x chia cho 9 dư 5,

x chia cho 7 dư 4

x chia cho 5 thì dư 3.

2x-1 nhỏ nhất, 2x-1 chia hết cho 5; 7;9

Mà BCNN(5,7,9)= 315

2x-1 = 315

x = 158

Vậy số cần tìm là 158

2) a) So sánh A và B. 2013A =2013+20132 + 20133 + 20134 + … + 201399 + 2013100 A=1+2013+20132 + 20133 + 20134 + … + 201398 + 201399 2013A-A=2013100 – 1 2012A=2013100 - 1 =>A=(2013100 – 1): 2012

b) Tìm chữ số tận cùng của A. Ta thấy: 20134 có chữ số tận cùng là 1 =>(20134)25 có chữ số tận cùng là 1 => 2013100 – 1 có chữ số tận cùng là 0 => =(2013100 – 1): 2012 có chữ số tận cùng là 5

=>A có chữ số tận cùng là 5

c) Chứng tỏ rằng 2012A+1 là một số chính phương. Ta thấy: 2012A+1=2013100 – 1+1=2013100=(201350)2

Vậy 2012A+1 là một số chính phương.

Câu 235.

1)Tìm n để 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau?

2)Tìm hai số a v à b biết ƯCLN(a,b)=5 và BCNN(a,b)=300?

3)Cho 3a+2b chia hết cho 17. Chứng minh rằng 10a+b chia hết cho 17.

Lời giải

Tìm n để 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau?

Gọi d là ước nguyên tố của 9n+24 và 3n+4





9n+24 d và 3n+4 d





9n+24 d và 3(3n+4) d





(9n+24)- (9n+12) d

  Mà d nguyên tố

12 d



d= 2 hoặc d=3

Mặt khác 3n+4=3(n+1)+1 không chia hết cho 3 d=2 



Để 9n+24 và 3n+4 là các số nguyên tố cùng nhau thì d khác 3n+4  2

 n  2

Vậy n là số lẻ thì để 9n+24 và 3n+4 là cỏc số nguyên tố cùng nhau

2) Tìm hai số a v à b biết ƯCLN(a,b)=5 và BCNN(a,b)=300?



Ta có: ƯCLN(a,b)=5 a=5t và b=5k với (t,k)=1 (1)

Mà a.b= ƯCLN(a,b). BCNN(a,b)



a.b=5.300=1500 (2)

t.k=60 (3) 

Từ (1), (2) và (3) ta có bảng

t 1 2 3 5 15 4 12 20 30 60

k 60 30 20 12 4 15 5 3 2 1

a 5 10 15 25 75 20 60 100 150 300

b 300 150 100 60 20 75 25 15 10 5

Vậy căp số (a,b) cần tìm là (5;300); (10;150); (15;100); (25;60); (75;20); (20;75); (60;25);(100;15);(150;10); (300;5)

3. Cho 3a+2b chia hết cho 17. Chứng minh rằng 10a+b chia hết cho 17.

Ta xét: 2(10a+b)-(3a+2b)= (20a+2b)-(3a+2b)=17a



2(10a+b)-(3a+2b) chia hết cho 17

Mà 3a+2b chia hết cho 17



2(10a+b) chia hết cho 17

10a+b chia hết cho 17 vì (2,17)=1. 

Vậy , nếu 3a+2b chia hết cho 17 thì 10a+b chia hết cho 17

Câu 236.

Cho S = 5 + 52 + 53 + ………+ 52006

a, Tính S

b, Chứng minh S chia hết cho 126

Lời giải a, Ta có 5S = 52 + 53 +54 +………+52007

 5S –S = (52 + 53 +54 +………+52007) – (5 + 52 + 53 + ………+ 52006)



 4S = 52007-5

20075 4

Vậy S =

b, S = (5 + 54) + (52 + 55) +(53 + 56) +……….. + (52003 +52006) Biến đổi được S = 126.(5 + 52 + 53 +………+ 52003)

Chứng tỏ S chia hết 126.

Câu 237.

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho số đó chia cho 3 dư 1; chia cho 4 dư 2 ; chia cho 5 dư 3; chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 11.

Lời giải

Gọi số phải tìm là x.

Theo bài ra ta có x + 2 chia hết cho 3, 4, 5, 6.

 x + 2 là bội chung của 3, 4, 5, 6

BCNN(3;4;5;6) = 60 . nờn x + 2 = 60.n

Do đó x = 60.n – 2 (n = 1;2;3…..)



Mặt khác x 11 lần lượt cho n = 1;2;3….



Ta thấy n = 7 thì x = 418 11

Vậy số nhỏ nhất phải tìm là 418.

Câu 238.

3 n n

 2  1

Tìm các giá trị nguyên của n để phân số A = có giá trị là số nguyên.

n 3

Lời giải



  3

3 n n

 2  1

3 5    1 n

1) 5   n  1 n

5 

Ta có A=

5 1n 



Để A có giá trị nguyên  nguyên.

5 1n 

Mà nguyên  5 (n-1) hay n-1 là ước của 5

Do Ư5 = 1;5

Ta tìm được n =2; n =0 ; n =6; n = -4

Câu 239.

Cho 3 số 18, 24, 72.

a, Tìm tập hợp tất cả các ước chung của 3 số đó.

b, Tìm BCNN của 3 số đó

Lời giải

a, Tìm được các Ư(18); Ư (24) ; Ư(72)

 ƯC (18;24;72)= 1; 2; 3; 6

b, Ta có 72  B(18)

72 B(24)

 BCNN (18;24;72) = 72.

Câu 240.





n n

5- 1+

Cho phân số: A= (n Z, n -1)

a) Tìm n để A có giá trị nguyên

b) Tìm n để A là phân số tối giản

Lời giải

-1=

n n

5- 1+

6-1+ n 1+

6 1+

a) A= =



A nhận giá trị nguyên <=> n+1 = { 1; 2; 3}

n+1 n 1 0 -1 -2 2 1 -2 -3 3 2 -3 -4

b) A tối giản <=> (n+1;n-5) =1 <=> (n+1 ;6) =1



<=> n+1 không chia hết cho 2 và n+1 không chia hết cho 3 <=>n 2k-1



và n 3k -1 (k Z)

Câu 241.

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25 ; 28 ; 35 thì được các số dư lần lượt là 5 ; 8 ; 15.

Lời giải







Gọi số tự nhiên phải tìm là x.

 - Từ giả thiết suy ra chung của 25; 28 và 35.

(x 20) 25

và

(x 20) 28



(x 20) 35



k N

và x+ 20 là bội





- Tìm được BCNN (25; 28; 35) = 700 suy ra (x + 20) = k.700 .

x 999

  

 x 20 1019



- Vì x là số tự nhiên có ba chữ số suy ra k = 1



x + 20 = 700 x = 680.

2011

2012

Câu 242.



 2 2



 

... 2



Cho C = . Chứng tỏ rằng C 3.

Lời giải

2009

2010

2011

2012

2  (2 2 )



3 (2



4 2 )

  ...



)



)

Ta có:

2009

2011

C =



...



 2 1



 1



 1



 1



2009

2011









 

... 2



 3 3 2 2



Câu 243.

Cho S = 2 + 22 + 23 + …..22011 + 22012.

Chứng minh rằng S chia hết cho 6.

Lời giải

S =(2 + 22) + ( 23 + 24 ) +……..+ ( 22011 + 22012 ) = (2 + 22) +26(2 + 22) + ……….22010(2 + 22) = 6 + 22.6 + ………22010.6 = 6 ( 1 + 22 + ……+ 22010 )

2010

2011

Câu 244.

 1 2



3 2

 

... 2



8A 

20115

. Hỏi số có phải là số chính phương a, Cho A= không

20112

b, Hai số và viết liền nhau tạo thành một số. Hỏi số đó có bao nhiêu chữ số?

2012

4.503

A  

8 2

  

1 8 2

 

7 ....6 7 ....3

 

Lời giải

a, Tính được

Vì SCP không có tận cùng bằng 3, nên A+8 không phải là SCP.

20115

20112

m n

 

2011

 m n

 1

2011

 1

2011

b, Giả sử có m chữ số và có n chữ số. Ta có



m 10 ;10



. Suy ra

Do đó : m+n-2<2011

Vậy số tạo thành có 2012 chữ số.

Câu 245.

a.Tìm số có hai chữ số, biết rằng số đó chia hết cho 3 và nếu thêm số 0 vào giữa các chữ số rồi cộng vào số mới tạo thành một số bằng hai lần chữ số hàng trăm của nó thì được một số lớn gấp 9 lần số phải tìm. b. Chứng minh rằng nếu p và p2 + 2 là hai số nguyên tố thì p3 + 2 cũng là số nguyên tố.



Lời giải

3, 0

a b







a b ,









 a b



 a b



   a b



 a b

 a 3

 b 2



 9 10



    

    100  

a. Gọi số cần tìm là . Theo bài ra ta có: hay:



3b 

a 3 2

a

1

 a b



2,3



 3 

a  

Từ 3a = 2b suy ra 2b 3 mà do mà .

 Ta có: a 3, a 2, (2,3) = 1



  a

6, a = 6, b = 9.

= 69

KL: Vậy b. Ta có: p2 + 2 = p2 – 1 + 3 = (p - 1)(p + 1) + 3.

Trong ba số tự nhiên liên tiếp: p – 1, p , p + 1 có một số chia hết cho 3. Số đó không thể là p – 1, p + 1 vì nếu một trong hai số đó chia hết cho 3 thì p2 + 2 chia hết cho 3 và p2 + 2 >

3, vô lí vì p2 +2 là số nguyên tố. Do đó p phải chia hết cho 3, mà p là số nguyên tố, do đó p = 3. Khi p = 3 thì p3 + 2 = 29, là số nguyên tố.

Câu 246.

Chứng minh rằng nếu (a,b) = 1 thì UCLN của 11a + 2b và 18a + 5b bằng 1 hoặc bằng 19.

Lời giải



Gọi d = (11a + 2b, 18a + 5b). Khi đó 11 ( 18a + 5b) – 18(11a + 2b) d, suy ra 19b d



nên 19 d hoặc b d.



   a



d, d là ước của a và - Nếu b d thì từ 5(11a + 2b) – 3(18a + 5b) d hay a – 5b d b mà (a,b) = 1 nên d =1.



- Nếu 19 d thì d = 1 hoặc d = 19.



a 

 1  2 a

Cho biểu thức Câu 247. (Đề thi HSG 6 – Mã B1)  2 2 2 a

a) Rút gọn biểu thức

b) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên thì giá trị của biểu thức tìm được của câu a, là một phân số tối giản.



  a



Lời giải



a 

 2 2 2 a

a 

1   2 a

a a

a     a

1 1



  a

 

 1  1

 1  1

a) Ta có:

a   . 1

Điều kiện đúng

a

–1

a  1



 –1



và b) Gọi d là ước chung lớn nhất của

 a a

 1 –1

Vì là số lẻ nên d là số lẻ



   –1 

Mặt khác, a  a  1 – a  a d   2

a  và 1

a

–1

d  tức là

Nên nguyên tố cùng nhau.

Vậy biểu thức A là phân số tối giản.

cba



Câu 248. (Đề thi HSG 6 – Mã B1)

abc n

2 1  và

 n

22

Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho

Lời giải

b a c



a 1 00



b 10

  c

2 n

 1

a  b c

c 1 00



b 10

  c

n – 4

 (2)





 a c



n 4 – 5



4 – 5 99

(1)





Từ (1) và (2) (3)



abc



999

Mặt khác : 100

100

n

 

1 999

  101

2 n 

1000

  

  39

4 – 5 119



Nên (4)

n

4 – 5 99



n 

Từ (3) và (4)

abc 

675

Vậy :

Câu 249. (Đề thi HSG 6 – Mã B1)

2 2006 n 

là một số chính phương a) Tìm n để

2 2006 n 

là số nguyên tố hay là hợp số. b) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi

Lời giải

2 2006 n 



2006





 a  

a) Giả sử là số chính phương khi đó ta đặt









2006

2– 2 n a



2006



 a n a n



(*)

+ Nếu a , n khác tính chất chẵn lẻ thì vế trái của (*) là số lẻ nên không thỏa mãn (*)

 2 a n 

 2 a n 

nên vế trái chia hết cho 4

+ Nếu a , n cùng tính chẵn hoặc lẻ thì  và  và vế phải không chia hết cho 4 nên không thỏa mãn (*)

2 2006 n 

là số chính phương. Vậy không tồn tại n để

2 2006 n 

2 2006 3





 

1 2006 3





2007 3





669

không chia hết cho 3. b) n là số nguyên tố 3 nên

2n chia hết cho 3 dư 1 do đó





Vậy

chia hết cho 3.

2 2006 n 

Vậy là hợp số.

,......

a . Chứng minh rằng thế nào cũng có một số hoặc 10

a a , Cho 10 số tự nhiên bất kỳ : 1 2 tổng một số các số liên tiếp nhau trong dãy trên chia hết cho 10.

Câu 250. (Đề thi HSG 6 – Mã B1)

Lời giải

Lập dãy số

B 1

a 1





B 2

a 1





B 3

a 1

 a 3

Đặt

...................................





  ...

B 10

a 1

a 10

i 

1, 2, 3..., 10

iB (

Nếu tồn tại ) nào đó chia hết cho 10 thì bài toán được chứng minh.

iB nào chia hết cho 10 ta làm như sau :

Nếu không tồn tại

 1, 2,3...9

iB chia cho 10 sẽ được 10 số dư (các số dư  

Ta đem ).

Theo nguyên tắc Di-rich-lê, phải có ít nhất 2 số dư bằng nhau.

B Các số m

B n

, chia hết cho 10 ( m n )  ĐPCM.







Câu 251. (Đề thi HSG 6 – Mã B2)

 1



a) Tìm các số tự nhiên x, y. sao cho 

5n  chia hết cho 2

1n 

b) Tìm số tự nhiên sao cho 4



xy 62 427

c) Tìm tất cả các số , biết rằng số B chia hết cho 99

5y  là ước của 12

Lời giải

1x  ;

 12 1.12



2.6



3.4

a) Ta có 2

1x  lẻ 2

x   hoặc 2

1 1

x   1 3

   

5 12

x  

1 1

x  ;

    9

5 4

Do 2

x  

1 3

1x  ;

hoặc 2

 x y  ,



  0,17 ; 1,9



 

Vậy 

 5 2 2

   3 1

b) Ta có

5n  chia hết cho 2

1n 

3 chia hết cho 2

1n 

Để 4

    1

1 1

+) 2

    2

1 3

+) 2

n 

1; 2 

Vậy



B chia hết cho 99

B chia hết cho 11 và B chia hết cho 9



6 2 4 2 7 x

     

c) Ta có 99 11.9





   x

chia hết cho 9 +) B chia hết cho 9

y   hoặc

y 



3



7 4

     

6 2 2

chia hết cho 9





    13 x



+) B chia hết cho 11 chia hết cho 11 chia hết

y  (loại) hoặc

x  2

x  và 2

    6

 2

cho 11

x  và 2

y 

(loại)

B 

6224427

Vậy

Câu 252. (Đề thi HSG 6 – Mã B2)

n 12 n 30

 

1 2

Chứng tỏ rằng là phân số tối giản.

Lời giải

1n  và 30

2n  ta có



 chia hết cho d

 5 12

   1

 2 30



a) Gọi d là ước chung của 12

d  nên 12

1n  và 30

n  nguyên tố cùng nhau

Vậy

n 12 n 30

 

1 2

Do đó là phân số tối giản

     5 5

Câu 253. (Đề thi HSG 6 – Mã B3)

Cho a là số nguyên. Chứng minh rằng :

a 

a 

Lời giải

  0,1, 2,3, 4

a 



Vì a là một số tự nhiên với mọi a   nên từ

   . 0,1, 1, 2, 2,3, 3, 4, 4

Nghĩa là

   . a

Biểu diễn trên trục số các số này đều lớn hơn 5 và nhỏ hơn 5 do đó 5

Câu 254. (Đề thi HSG 6 – Mã B3) Cho a là một số nguyên. Chứng minh rằng:

a) Nếu a dương thì số liền sau a cũng dương.

b) Nếu a âm thì số liền trước a cũng âm.

c) Có thể kết luận gì về số liền trước của một số dương và số liền sau của một số âm?

Lời giải

a  số liền sau a lớn hơn a nên cũng lớn hơn 0 nên là số

a) Nếu a dương thì số liền sau cũng dương.

Ta có: Nếu a dương thì dương

b) Nếu a âm thì số liền trước a cũng âm.

a  số liền trước a nhỏ hơn a nên cũng nhỏ hơn 0 nên là số âm.

Ta có: Nếu a âm thì

c) Số liền trước của một số dương thì luôn dương; số liền sau của số âm thì luôn âm.

Câu 255. (Đề thi HSG 6 – Mã B3)

Cho 31 số nguyên trong đó tổng của 5 số bất kỳ là một số dương. Chứng minh rằng tổng của 31 số đó là số dương.

Lời giải

Câu 256. (Đề thi HSG 6 – Mã B3)

Lời giải

Vì có 11 tổng mà chỉ có thể có 10 chữ số tận cùng đều là các số từ 0, 1,2,…., 9 nên luôn tìm được hai tổng có chữ số tận cùng giống nhau nên hiệu của chúng là một số nguyên có tận cùng là 0 và là số chia hết cho 10.

abcdeg

 11 

thì ab cd eg   Câu 257. (Đề thi HSG 6 – Mã B4) a) Chứng minh rằng nếu : 

2810

 

8 72

b) Chứng minh rằng : .

Lời giải





a) abcdeg  10000 ab  100  cd eg  9999 ab  99 cd  ab cd eg    11

2810

8 9 

b) (vì tổng các chữ số là 9)

2810

8 8  (vì có số tận cùng là 008 )

Ta có

2810

 

8 9.8

nên

2810

 ∶ 8 72

Vậy

x y chia hết cho 36

Câu 258. (Đề thi HSG 6 – Mã B5)

a) Tìm các chữ số x và y để số 1 8 2

b) Tìm số tự nhiên a biết 1960 và 2002 chia cho a có cùng số dư là 28

Lời giải



x y ,

 , 9

,x y   )

x y 

    8

  2 9

 2 4

  1   y 

 2 4

y 

  1;3;5; 7;9

    16

y   hoặc



2 9 y  

  6; 4; 2; 0;9;7

( 0 a) Để số 1 8 2 36



Vậy ta có các số: 16812; 14832; 12852; 10872; 19872; 17892

  28

 2002 1960

 a





a 

b) Ta có

Câu 259. (Đề thi HSG 6 – Mã B5) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng khi chia số này cho 29 dư 5 và chia cho 31 dư 28

Lời giải









Gọi số cần tìm là: a



q 29

 

5 31







p

Ta có

p 

q p   1



Vì 2 lẻ lẻ nên 

q p 

3p  ;

a 

121

Vì a nhỏ nhất hay

Vậy số cần tìm là 121

1999

Câu 260. (Đề thi HSG 6 – Mã B6) Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

a) b)

Lời giải

1999

Để tìm chữ số tận cùng của các số chỉ cần xét chữ số tận cùng của từng số :

19997

a) ta xét

1999 7

499 2041 .343



499

1999

Ta có : . Suy ra chữ số tận cùng bằng 3  .7  7

1999

Vậy số có chữ số tận cùng là 3

b) ta xét 19993

1999 3

4 3

3 .3

499 81 .27



499

Ta có :  

1999

1997

Suy ra chữ số tận cùng bằng 7

999993

555557



Cho . Chứng minh rằng A chia hết cho 5. Câu 261. (Đề thi HSG 6 – Mã B6) A 

Lời giải

1999

Để chứng minh A chia hết cho 5, ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng.

999993

Ta có: ta xét 19993

1999 3

3 .3

499 81 .27

4 3



499

1997

Ta có :   có chữ số tận cùng là 7

555557

19977

499

Ta có: ta xét

1997 7



499

Ta có :  .7  2041 .7 có chữ số tận cùng là 7 7

Vậy A có chữ số tận cùng là 0, do đó A chia hết cho 5

Câu 262. (Đề thi HSG 6 – Mã B6)

b ) cùng thêm m đơn vị vào tử và mẫu thì phân số mới lớn hơn hay

a b

Cho phân số ( a

a b

bé hơn ?

Lời giải

b nên am bm

 

 ab am ab bm



(nhân cả hai vế với m ) Theo bài toán cho a



   a b m b a m  





(cộng hai vế với ab )

a   b

a m   b m

Câu 263. (Đề thi HSG 6 – Mã B6)

Cho số 155*710* 4*16 có 12 chữ số. Chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các chưc số khác nhau trong ba chữ số 1, 2, 3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho 396.



Lời giải

Ta nhận thấy, vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  1; 2;3 nên tổng của chúng luôn bằng    1 2 3



4.9.11

trong đó 4; 9; 11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng Mặt khác 396 minh

A 

155*710* 4*16

chia hết cho 4 ; 9 và 11.

4A

Thật vậy :

+) vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4

9A vì tổng các chữ số chia hết cho 9

1 5 5 7 1 4 1 6

         

* * *



  30 6 36





chia hết cho 9

          ( 5 1 6

* * *



  18 12 6 0





vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia

 

+) 11A hết cho 11.  ) 1 5 7 4 1

A

396

Vậy

y 3x

  9

chia hết cho 17 Câu 264. (Đề thi HSG 6 – Mã B7) Chứng tỏ rằng : 2 chia hết cho 17

Lời giải

x Ta phải chứng minh : 2.

y 3.

y 5.

chia hết cho 17 chia hết cho 17, thì 9.







 4 2







Ta có : chia hết cho 17

y 3x

chia hết cho 17 Do vậy : 2



 3x

 4 2



chia hết cho 17

  9

chia hết cho 17

y

4;17

1

 4 2



Ngược lại : Ta có chia hết cho 17 mà 

  2

chia hết cho 17

Câu 265. (Đề thi HSG 6 – Mã B7) Một số tự nhiên chia cho 120 dư 58, chia cho 135 dư 88. Tìm a , biết a bé nhất.

Lời giải



1080



522



120



q 1

,q q   ) 2



q 1 q 135





1080



704

  1   2

q 2

  

 9   8 

Ta có : ( 1



1080



704

 a

q 2

(3) Từ (2), ta có :



q 1080 –180

Kết hợp (1) với (2), ta được

1q 

a 

898

Vì a nhỏ nhất, cho nên, q phải nhỏ nhất

Câu 266. (Đề thi HSG 6 – Mã B8)

Người ta viết các số tự nhiên liên tiếp bắt đầu từ 1 đến 2006 liền nhau thành một số tự nhiên L . Hỏi số tự nhiên L có bao nhiêu chữ số.

Lời giải

Có 9 số có 1 chữ số từ 1 đến 9

Có 90 số có 2 chữ số từ 10 đến 99

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999

Các số có 4 chữ số là từ 1000 đến 2006 có:

2006 1000 1 1007

 



số

Số chữ số của số tự nhiên L là:

9 90.2 900.3 1007.4





6917

(chữ số)

Câu 267. (Đề thi HSG 6 – Mã B8) Có bao nhiêu chữ số gồm 3 chữ số trong đó có chữ số 4 ?

Lời giải

Có 900 số có 3 chữ số từ 100 đến 999

Ta chia 900 số thành 9 lớp , mỗi lớp có 100 số có cùng chữ số hàng trăm

Lớp thứ nhất gồm 100 số từ 100 đến 199

Lớp thứ hai gồm 100 số từ 200 đến 299

………………………………….

Lớp thứ 9 gồm 100 số từ 900 đến 999

Xét 9 lớp thì lớp thứ 4 cả 100 số đều có chữ số 4 ở hàng trăm

8 lớp còn lại hàng trăm khác 4 nên chữ số 4 nếu có thì ở hàng chục và hàng đơn vị

Xét lớp thứ nhất thì các số có chữ số 4 làm hàng đơn vị gồm : 104, 114……194 (có 10 số)

Các số có 4 chữ số làm hàng chục là

140,141,142,………..149 (có 10 số)

Nhưng số 144 có mặt ở trong cả 2 trường hợp vậy ở lớp thứ nhất số lượng số có chữ số 4 là :

10 10 1 19

 



(số)

Bảy lớp còn lại cũng theo quy luật ấy. Vậy số lượng số có 3 chữ số có chữ số 4 là :

 100 19.8



252

(số)

Câu 268. (Đề thi HSG 6 – Mã B8) Cho băng ô gồm 2007 ô như sau :

17 36 19

Phần đầu của băng ô như trên . Hãy điền số vào chố trống sao cho tổng 4 số ở 4 ô liền nhau bằng 100 và tính :

a) Tổng các số trên băng ô .

b) Tổng các chữ số trên băng ô .

c) Số điền ở ô thứ 1964 là số nào ?

Lời giải

Ta dùng các số 1; 2; 3 ………….để đánh số cho các ô phần đầu băng ô

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

28 17 19 36 28 17 19 19 36 28 17

Vì các ô số 4; 5; 6; 7 và 3; 4; 5; 6 nên số ở ô số 3 và ô số 7 bằng nhau

100







 17 19 36



 ô số 3 là 19

100







Vậy ô số 1 là số 28

 17 19 36



Vậy số điền ô thứ 5 là số 28

Số điền ở ô số 6 cũng là số 17



501.4 3



Ta có : 2007

Vậy ta có 501 nhóm 4 ô đầu, 3 ô cuối là ô thứ 2005; 2006; 2007 với các số 28; 17; 19

100.501 28 17 19





50164

a) Tổng các số trên băng ô là :

2 8 1 7 1 9 3 6

       

b) Tổng các chữ số ở mỗi nhóm ô là :

       37.501 2 8 1 7 1 9 18567

Tổng các chữ số trên băng ô là :

. Vậy số điền ở ô thứ 1964 là số 36 c) 1964 4



Câu 269. (Đề thi HSG 6 – Mã B10) 1995 a) Chứng tỏ rằng số : là một số tự nhiên.

b) Tìm 2 số tự nhiên có tổng bằng 432 và ƯCLN của chúng là 36.

1995



1995

Lời giải

   8 9

1995

 

8 100...00

a) Để là số tự nhiên thì 

1995

8 có tổng các chữ số là 1 8

  chia hết cho 9

1995

10 Nên 

   8 9

1995



(có 1995 số 0) 8

a b

Do đó : là một số tự nhiên.



b) Gọi hai số tự nhiên cần tìm là a và b 

a b 

432

Theo đề bài ta có :

 a b 

; ƯCLN 

(1) m 36 n 36  a    b

b m n  . m , n là hai số nguyên tố cùng nhau (2)

a b 

432







432



 m n



432





Vì a

   m n

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có bảng :

m n a b 36;396 hoặc  

 180; 252 .

11 1 396 36 7 5 252 180

Vậy 2 số cần tìm là 

1991

Câu 270. (Đề thi HSG 6)

100 2 ; 7

a) Tìm hai chữ số tận cùng của các số sau:

b)Tìm bốn chữ số tận cùng của số sau: 19925

Lời giải

a)Tìm hai số tận cùng của 2100.



102 1024 cùng bằng 76 nâng lên lũy thừa nào( khác 0) cũng tận cùng bằng 76. Do đó:



 

100 2

1024

76.

  



 2



 1024



, bình phương của hai số có tận cùng bằng 24 thì tận cùng bằng 76, có số tận

Vậy hai chữ số tận cùng của 2100 là 76.



* Tìm hai chữ số tận cùng của 71991.

2401

47 Ta thấy: 01. Do đó:

497



1991 7

1988 7

3 .7

.343

  43

  

 01

  

 x 01 343





, số có tận cùng bằng 01 nâng lên lũy thừa nào cũng tận cùng bằng

Vậy 71991 có hai số tận cùng là 43.

4 498

)

498



 

1992 5

( 5

0625

b) Tìm 4 số tận cùng của 19925

1999

Câu 271. (Đề thi HSG 6) 1. Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

1999

1997

999993



555557

2. Cho A= . Chứng minh rằng A chia hết cho 5.

Lời giải

1999

1. Để tìm chữ số tận cùng của các số chỉ cần xét chữ số tận cùng của từng số :

19997

a) ta xét



1999 7

3 .7

499 2041 . 343

 7

499

1999

Ta có: Suy ra chữ số tận cùng bằng 3

1999

Vậy số có chữ số tận cùng là : 3

2. ta xét 19993

Ta có: 31999 = (34)499. 33 = 81499.27

1999

1997

Suy ra chữ số tận cùng bằng 7



999993

555557

2. Cho A = . chứng minh rằng A chia hết cho 5

1999

Để chứng minh A chia hết cho 5 , ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng.

999993

499

Theo câu 1b ta có: có chữ số tận cùng là 7



2041 .7

499

có chữ số tận cùng là 7 Tương tự câu 1a ta có: 

Vậy A có chữ số tận cùng là 0, do đó A chia hết cho 5.

16*4*

155

có 12 chữ số . chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các chữ Câu 272. (Đề thi HSG 6) Cho số 710 số khác nhau trong ba chữ số 1,2,3 một cách tuỳ thì số đó luôn chia hết cho 396.

3;2;1

Lời giải



Ta nhận thấy , vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  nên tổng của chúng luôn bằng    1 2 3 6.

trong đó 4;9;11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng Mặt khác 396 4.9.11 minh

155

710

16*4*

A = chia hết cho 4 ; 9 và 11.

Thật vậy :

4A

9A

       



1 5 5 7 1 4 1 6

  * * *

  30 6 36





+ vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4 vì tổng các chữ số chia hết cho 9 :

chia hết cho 9

vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia



11A + hết cho 11.  ) 1 5 7 4 1

 

            ( 5 1 6   * * * 18 12 6 0

A

396

1999

1997

Vậy



A 

555557

Cho . Chứng minh rằng A chia hết cho 5 Câu 273. (Đề thi HSG 6) 999993

Lời giải

Để chứng minh A  ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng

Ta có: 31999 = ( 34)499 . 33 = 81499 . 27

Suy ra: 31999 có tận cùng là 7

71997 = ( 74)499 .7 = 2041499 . 7  7 1997 Có tận cùng là 7

Vậy A có tận cùng bằng 0  A  5

Câu 274. (Đề thi HSG 6) Tìm số tự nhiên n và chữ số a biết rằng:

1+ 2+ 3+ …….+ n = aaa

Lời giải

Từ 1; 2; ………; n có n số hạng







n (

n  1). 2



Suy ra 1 2

    ..

n aaa

(





Mà theo bài ra ta có 1 2 3

a 2.3.37.



. 111

. 3.37

 n n

 1

n  n ).1 2

Suy ra = aaa Suy ra:

(

Vì tích n(n+1) chia hết cho số nguyên tố 37 nên n hoặc n+1 chia hết cho 37

n  n ).1 2

Vì số có 3 chữ số Suy ra n+1 < 74  n = 37 hoặc n+1 = 37



703

38.37 2

+) Với n= 37 thì ( loại)



666

37.36 2

+) Với n+1 = 37 thì ( thoả mãn)

Vậy n =36 và a=6 Ta có: 1+2+3+…..+ 36 = 666

Câu 275. (Đề thi HSG 6)

abc

 deg 11

 11 

thì : . ab cd eg   a)Chứng minh rằng : nếu 

 2 2



 

60 ... 2 .

b)Cho A = Chứng minh : A  3 ; 7 ; 15.

Lời giải

a)Tách như sau :











. abc  deg 10000 ab  100  cd eg  9999 ab  99 cd  ab cd eg  





Do 9999 11;99 11  9999 ab  99 cd  11

abc

 deg 11.

 11 

(theo bài ra) nên : ab cd eg   Mà : 



59 2











    ... 2

    2 1 2

2 2  

  2   2 1 2

2 

 2   1 2

...   



 

... 2

b)Biến đổi :





 2 2



  ...



=  3  3 2 2













2 . 1 2 2

 



 

... 2

= *A = 







 ... 2 . 1 2 2



 7 2 2



 2 2



3 2



5 2



8 2

  ...



= . =    2. 1 2 2











= *A = 



 

... 2



3 2



 2 1 2

  1 2



= =   2 1 2



 

... 2

 15.

 5 15. 2 2



Câu 276. (Đề thi HSG 6) Cho S = 5 + 52 + 53 + ………+ 52006

a) Tính S

b, Chứng minh S 126

Lời giải

a) Ta có 5S = 52 + 53 +54 +………+52007

 5S –S = (52 + 53 +54 +………+52007) – (5 + 52 + 53 + ………+ 52006)



 4S = 52007-5

20075 4

Vậy S =

b, S = (5 + 54) + (52 + 55) +(53 + 56) +……….. + (52003 +52006)

Biến đổi được S = 126.(5 + 52 + 53 +………+ 52003)

Vì 126  126  S  126

Câu 277. (Đề thi HSG 6)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho số đó chia cho 3 dư 1; chia cho 4 dư 2 ; chia cho 5 dư 3; chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 11.

Lời giải

Gọi số phải tìm là x.

Theo bài ra ta có x + 2 chia hết cho 3, 4, 5, 6.

 x + 2 là bội chung của 3, 4, 5, 6

BCNN(3;4;5;6) = 60 . nen x + 2 = 60.n

Do đó x = 60.n – 2 (n = 1;2;3…..)

Mặt khác x 11 lần lượt cho n = 1;2;3….

Ta thấy n = 7 thì x = 418  11

Vậy số nhỏ nhất phải tìm là 418.

Câu 278. (Đề thi HSG 6)

3 n n

 2  1

Tìm các giá trị nguyên của n để phân số A = có giá trị là số nguyên.

n 3

Lời giải



  3

3 n n

 2  1

3 5    1 n

1) 5   n  1 n

5 

Ta có

5 1n 

Để A có giá trị nguyên  nguyên.

5 1n 

Mà nguyên  5  (n-1) hay n-1 là ước của 5

Do Ư5 = 1;5



  4

Ta tìm được

Câu 279. (Đề thi HSG 6) Cho 3 số 18, 24, 72.

a) Tìm tập hợp tất cả các ước chung của 3 số đó.

b, Tìm BCNN của 3 số đó

Lời giải

a) Tìm được các Ư(18); Ư (24) ; Ư(72) đúng cho 0,5đ

 ƯC (18;24;72)= 1; 2; 3; 6

b, Ta có 72  B(18)

72 B(24)

 BCNN (18;24;72) = 72.

Câu 280. (Đề thi HSG 6) Cho 2 tập hợp A = n  N / n (n + 1) ≤12.

B = x  Z / x < 3.

a) Tìm giao của 2 tập hợp.

b) Có bao nhiêu tích ab (với a  A;b  B) được tạo thành, cho biết những tích là ước của 6.

Lời giải

Liệt kê các phần từ của 2 tập hợp

a) A =  0, 1, 2, 3 B =  - 2, -1, 0, 1, 2, 

A ∩ B =  0, 1, 2,

b) Có 20 tích được tạo thành

-2 -1 0 1 2

0 0 0 0 0 0

1 -2 -1 0 1 2

2 -4 -2 0 2 4

   

3 -6 -3 0 3 6

Những tích là ước của 6: 1; 2; 3; 6

Câu 281. (Đề thi HSG 6) a) Cho C = 3 + 32 + 33 + 34 ………+ 3100 chứng tỏ C chia hết cho 40.

b) Cho các số 0; 1; 3; 5; 7; 9. Hỏi có thể thiết lập được bao nhiêu số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ sáu chữ số đã cho.

Lời giải

2 3

3 3

97 3

100 3

 3

 4 3





a) C         3 3

2 3

3 3

2   1 3 3

3 3

 3 1







       3 . 3

5 3

9 3

 40. 3



     3 40

0abc ,

5abc

b) Mỗi số có dạng

0abc

Với

- Có 5 cách chọn chữ số hạng nghìn (vì chữ số hàng nghìn không phải là số 0).

- Có 6 cách chọn chữ số hàng trăm.

- Có cách chọn chữ số hàng chục)

Vậy 5 . 6 . 6 = 180 số.

5abc Cách chọn tương tự và cũng có 180 số.

Với

Vậy ta thiết lập được 360 số có 4 chữ số chia hết cho 5 từ 6 chữ số đã cho

Câu 282. (Đề thi HSG 6) Có bao nhiêu số có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5?

Lời giải

Chia ra 3 loại số:

+) 5ab . Trong đó số a có 9 cách chọn ( từ 0 đến 9, trừ số 5 ). Số b cũng vậy.Nên các số thuộc loại này có : 9.9 = 81 ( số )

5ab . Trong đó số a có 8 cách chọn , số b có 9 cách chọn.Nên các số thuộc loại này có

+) 5a b . Trong đó số a có 8 cách chọn ( từ 1 đến 8, trừ số 5 ).Số b có 9 cách chọn. Nên các số thuộc loại này có: 9.8 = 72 ( số )

+) : 8.9 = 72 ( số )

Vì 3 dạng trên bao gồm tất cả các dạng số phảI đếm và 3 dạng là phân biệt.Nên số lượng các số tự nhiên có 3 chữ số trong đó có đúng một chữ số 5 là:

81 + 72 + 72 = 225 ( số )

Đáp số: 225 ( số )

Câu 283. (Đề thi HSG 6) Tìm 20 chữ số tận cùng của 100! .

Lời giải



100 100  25

+) Các thừa số 5 trong 100! ( khi phân tích các thừa số chia hết cho 5 ) là:

( thừa số)



100 100  4

100 8

100 16

100 32

100 64

  

  

  

  

  

  

  

  

+) Các thừa số 2 có trong 100! là:

= 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1

= 97 (số)

Tích của mỗi cặp thừa số 2 và 5 tận cùng bằng một chữ số 0.

Do đó: 100! có tận cùng bằng 24 chữ số 0.

Vậy 20 chữ số tận cùng của 100! là 20 chữ số 0.

b

Câu 284. (Đề thi HSG 6)



UCLN

BCNN

, biết: Tìm hai số a và b 



900.

(

a b ,

)

a b ( , )

và

UCLN



Lời giải

x b



(

a b ,

)

UCLN

 ) 1

Vì , suy ra :  10 ; 10

y và

(

x y ,

)

(với x



a b .

x 10 .10

100

CLN

BCNN

Ta có : (1)



a b .

(

a b , )

(

a b ,

)

Mặt khác:



a b   .

a.b 10 . 900 9000

(2)

xy 

Từ (1) và (2), suy ra:

Ta có các trường hợp sau:

x 1 2 3 5 9

y 90 45 30 18 10

T ừ đó suy ra a và b có các trường hợp sau:

a 10 20 30 50 90

b 900 450 300 180 100

Câu 285. (Đề thi HSG 6)

4– q 

240

Với q, p là số nguyên tố lớn hơn 5 chứng minh rằng:

Lời giải

Ta có: p4 - q4 = (p4 – 1 ) – (q4- 1); 240 = 8 .2.3.5

Chứng minh p4 –1  240

Do p >5 nên p là số lẻ



+ Mặt khác: p4 –1 = (p-1) (p+1) (p2 +1)

  . 1

   1

 (p-1) và (p+1) là hai số chẵn liên tiếp  

p  

2 1 2

+ Do p là số lẻ nên p2 là số lẻ

p 

Vì nên p có dạng:









  1

 –1 3

+  1–1 3 3 – 1 3





   

  

 

k 1 3

k 2 1 3

4 p 3 3 – 1 3

- Mặt khác, p có thể là dạng:





 



  

4 p  

5 1

k p –1 5

k 1 1 5 5

1 5





  



 



4 p  

 1 5

 5 2 1 25 20 5 5

2



  







5 3

k 25

 30 10 5

 –1 5



  



 

5 4

5 5 5

+  – 1 5



4 – 1 (8 . 2. 3 . 5)

Vậy hay p4 – 1  240

Tương tự ta cũng có q4 - 1  240 (0,25đ)

Vậy: (p4 - 1) – (q4 –1) = p4 – q4  240

Câu 286. (Đề thi HSG 6)



n 8 4

 193 n  3

Tìm số tự nhiên n để phân bố

a) Có giá trị là số tự nhiên

b) Là phân số tối giản

c) Với giá trị nào của n trong khoảng từ 150 đến 170 thì phân số A rút gọn được)

Lời giải

4(2

187



 2

n  193 8 4 n  3

n )3  4 n 

 3

187 n  4





 

 n 187 (4

  4 3 17;11;187



  

n + 4





n + 4 3

187

n  



    không có n N (0,5đ)

n + 4

n 4

Để A N thì



n 2;

Vậy

k N

n  





k 11

2 (

)

n  



m 17

2 1 (

m N 

b) A là tối giản khi 187 và 4n + 3 có UCLN bằng 1

)

  

156

;

77 19

  

165

89 39

  

167

139 61





 k k

 1





 1

 k k

   1

 k k

  . 1

Câu 287. (Đề thi HSG 6) Chứng minh : Với kN* ta luôn có :

 1.2 2.3 3.4 ...

 



 n n .

  . 1

Áp dụng tính tổng : S =

Lời giải

















 k k

 1





 1

 k k

 1

 k k





 1

 k k 3

 1

   1 

 

Biến đổi :



 1.2.3 0.1.2.



 2.3.4 1.2.3.



 3.4.5 2.3.4.

  3. 1.2   3. 2.3   3. 3.4







...................................  1

   1

 n n





 1

 n n

 1

Áp dụng tính :



 n n



Cộng lại ta có :

S 3.





  

 n n

 1



 1 3

Câu 288. (Đề thi HSG 6) Hãy xác định tập hợp sau bằng cách chỉ ra tính chất đặc trưng của các phần tử của nó.

a) M : Tập hợp các số tự nhiên chia hết cho 5 và bé hơn 30. b) P : Tập hợp các số 1; 4; 9; 16; 25; 36; 49; 64; 81. Lời giải



 x |

30;

 M x  

 5

2 |



 10

b)  P x n n n     *;

Câu 289. (Đề thi HSG 6) Thay (*) bằng các số thích hợp để:

a) 510 * ; 61*16 chia hết cho 3.

b) 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1

Lời giải



    

6 1 * 1 6 3



  * 3

a) Để 510 * ; 61*16 chia hết cho 3 thì:



và

   6 * 3

   14 * 3



Hay  và 

0; 3; 6; 9

Từ đó tìm được *

b) Để 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1 thì:

* chẵn và 2 + 6 + 1 + * chia 3 dư 1

Từ đó tìm được * 4

Câu 290. (Bài 2a - Đề 24) Chứng minh rằng: C = 2 + 22 + 2 + 3 +… + 299 + 2100 chia hết cho 31

Lời giải

C = 2 + 22 + 23 + …….. + 299+ 2100

= 2(1 +2 + 22+ 23+ 24) + 26(1 + 2 + 22+ 23+ 24)+…+ (1 + 2 + 22+ 23+ 24).296

= 2 . 31 + 26 . 31 + … + 296 . 31 = 31(2 + 26 +…+296).

Vậy C chia hết cho 31

Câu 291. (Bài 3 - Đề 24)

Một số chia hết cho 4 dư 3, chia cho 17 dư 9, chia cho 19 dư 13. Hỏi số đó chia cho1292 dư bao nhiêu

Lời giải

Gọi số cần tìm là A:

A = 4q1 + 3 = 17q2 + 9 = 19q3 + 13 (q1, q2, q3 thuộc N)

 A + 25 = 4(q1 +7) = 17(q2 +2) = 19(q3 + 2)

 A + 25 chia hết cho 4; 17; 19  A + 25 =1292k

 A = 1292k – 25 = 1292(k + 1) + 1267

khi chia A cho 1292 dư 1267

Câu 292. ( Bài 3 - Đề 25)

Cho 1số có 4 chữ số: *26*. Điền các chữ số thích hợp vào dấu (*) để được số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho tất cả 4số : 2; 3 ; 5 ; 9.

Lời giải

Để số có 4 chữ số *26* , 4chữ số khác nhau mà 4 chữ số *26* chia hết cho cả 4 số 2; 5;3;9 .Ta cần thoả mãn : Số đó đảm bảo chia hết cho 2 nên số đó là số chẵn.

Số đó chia hết cho 5 nên số đó phải có chữ số tận cùng là số 0 hoặc 5.Số đó vừa chia hết cho 3 và9 .Nên số đó phải có tổng các chữ số chia hết cho 9.

Vậy : Chữ số tận cùng của số đó là 0  *260 . Chữ số đầu là số 1

Do đó số đã cho là 1260

Câu 293. (Bài 9 4 - Đề 25) Tìm số tự nhiên n sao cho : 1! +2! +3! +...+n!. là số chính phương?

Lời giải

Xét : n = 1 1! = 12

n = 2  1! +2! = 3

n=3  1! + 2! + 3! = 9 =32

n = 4  1!+ 2! +3! + 4! =33

Với n >4 thì n! = 1.2.3.........n là mội số chẳn .Nên 1!+2!+......+n! =33 cộng với một số chẳn bằng sốcó chữ số tận cùng của tổng đó là chữ số 3 .Nên nó không phải là số chính phương.

Vậy chỉ có hai giá trị n=1 hoặc n=3 thì 1! +2! + 3! +4! +.......+n!là số chính phương

Câu 294. (Đề thi HSG 6 huyện ABC 2019-2020) Cho 2 dãy số tự nhiên 1, 2, 3, ..., 50

a-Tìm hai số thuộc dãy trên sao cho ƯCLN của chúng đạt giá trị lớn nhất.

b-Tìm hai số thuộc dãy trên sao cho BCNN của chúng đạt giá trị lớn nhất.

Lời giải

b .

Gọi a và b là hai số bất kì thuộc dãy 1, 2, 3, ..., 50. Giả sử a

a) Gọi d thuộc ƯC(a, b) thì a b  d ta sẽ chứng minh d ≤ 25 Thật vậy giả sử d > 25 thì b > 25 ta có a ≤ 50 mà b > 25 nên 0 < a b < 25, không thể xảy ra a b  d ;

d = 25 xảy ra khi a = 50; b = 25

vậy hai số có ƯCLN đạt giá trị lớn nhất là 50 và 25

b) BCNN(a, b) ≤ a.b ≤ 50.49 = 2450 vậy hai số có BCNN đạt giá trị lớn nhất là 50 và 49 Câu 295. (Đề thi HSG 6 huyện 2019-2020) a. Cho A = 5 + 52 + … + 596. Tìm chữ số tận cùng của A.

b.Tìm số tự nhiên n để: 6n + 3 chia hết cho 3n + 6

Lời giải

a. A = 5 + 52 + …… + 596  5A =52 + 53 + …… + 596 + 597

975 - 5 4

 5A – A = 597 - 5  A =

Ta có: 597 có chữ số tận cùng là 5  597 – 5 có chữ số tận cùng là 0.

Vậy: Chữ số tận cùng của A là 0.

b. Có: 6n + 3 = 2(3n + 6) – 9

 6n + 3 chia hết 3n + 6

 2(3n + 6) – 9 chia hết 3n + 6

 9 chia hết 3n + 6

3n 6 n

3n + 6 = 1 ;  3 ; 9

9 1 9 5 3 3 3 1 1 7  3 1 5  3 Vậy; Với n = 1 thì 6n + 3 chia hết cho 3n + 6.

Câu 296. (Đề thi HSG 6 huyện 2019-2020)

a. Tìm một số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng khi chia số đó cho 3 dư 2, cho 4 dư 3, cho 5 dư 4 và cho 10 dư 9.

b. Chứng minh rằng: 11n + 2 + 122n + 1 Chia hết cho 133.

Lời giải

a. Gọi số tự nhiên cần tìm là a (a > 0, a  N)

Theo bài ra ta có:

a chia cho 3 dư 2  a + 1 chia hết cho 3

a chia cho 4 dư 3  a + 1 chia hết cho 4

a chia cho 5 dư 4  a + 1 chia hết cho 5

a chia cho 10 dư 9  a + 1 chia hết cho 10

 a + 1 = BCNN(3, 4, 5, 10) = 60.

 a = 59

b) 11n + 2 + 122n + 1 = 121 . 11n + 12 . 144n

= (133 – 12) . 11n + 12 . 144n = 133 . 11n + (144n – 11n) . 12

Tacó: 133 . 11n chia hết 133; 144n – 11n chia hết (144 – 11)

 144n – 11n chia hết 133  11n + 1 + 122n + 1

Câu 297. (Đề thi HSG 6 huyện 2019-2020) Cho số: A = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …….58 59 60.

- Số A có bao nhiêu chữ số?

- Hãy xóa đi 100 chữ số trong số A sao cho số còn lại là:

+ Nhỏ nhất

+ Lớn nhất

Lời giải

A = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 …… 58 59 60.

* Từ 1 đến 9 có : 9 chữ số

Từ 10 đến 60 có: 51 . 2 = 102 chữ số.

Vậy: Số A có 9 + 102 = 111 chữ số.

* Nếu xóa 100 chữ số trong số A thì số A còn 11 chữ số. Trong số A có 6 chữ số 0 nhưng có 5 chữ số 0 đứng trước các chữ số 51 52 53 …. 58 59 60.

 Trong số nhỏ nhất có 5 chữ số 0 đứng trước  số nhỏ nhất là số có 6 chữ số.

 Số nhỏ nhất là 00000123450 = 123450 (0,5đ).

* Trong số A có 6 chữ số 9. Nếu số lớn nhất có 6 chữ số 9 đứng liền nhau thì số đó là: 99999960

 Số này chỉ có 8 chữ só không thỏa mãn.

 Số lớn nhất chỉ có 5 chữ số 9 liền nhau số đó có dạng 99999….

 Các chữ số còn lại 78 59 60.

Câu 298. (Đề thi HSG 6 huyện 2019-2020) a. Chứng tỏ rằng tổng sau không chia hết cho 10:

A = 405n + 2405 + m2 ( m,n  N; n # 0 )





b. Tìm số tự nhiên n để các biểu thức sau là số tự nhiên:

n 2  2  n 2

n 5 n

 

17 2

n 3 n 

B =

x1995 chia hết cho 55

c. Tìm các chữ số x ,y sao cho: C =

Lời giải

a.Ta có 405n = ….5

2405 = 2404. 2 = (….6 ).2 = ….2

m2 là số chính phương nên có chữ số tận cùng khác 3.



n 2

n 3







Vậy A có chữ số tận cùng khác không A 10  

n 2  9 n 2 

5 

n 3 2 n 

n 59  n 

 17 2

n 4 n

 

26 2

b. B =



 4

n n

 

26 2

 n

 )2 2 

18 n 

B =

18 n



Để B là số tự nhiên thì là số tự nhiên

18;9;6;3;2;1 

(n+2) => n + 2 Ư( 18) =   18

n + 2 = 1 n = - 1 (loại) 

n + 2 = 2 n = 0 

n + 2 = 3 n = 1 

n + 2 = 6  n = 4

n + 2 = 9  n = 7



n + 2 = 18  n = 16

 

16;7;4;1;0

Vậy n thì B N

 1

c. Ta có 55 =5.11 mà (5 ;1) = 1

x1995

y

 C 5  C 11

  2

  

Do đó C = 55 <=>



(1)  y = 0 hoặc y = 5



+, y = 0 : (2)  x + 9 + 5 – ( 1+9 +0 ) 11  x = 7

2017

2018

+, y = 5 : (2)  x + 9 +5 – (1+9+5 ) 11  x = 1

M  

3 2



Câu 299. Đề thi HSG 6 Gia Lai 2018-2019  ...... 2 2 2

2018

Cho Tính M Chứng tỏ rằng M chia hết cho 3



 ...... 2

M 

 2 2019

3   2 2019

Lời giải 2019 Ta có

 2

M M

2 4

2017

2018

 2

2  . Vậy M  5 6 2



......



b M )



 2 2



3 2

Lấy





2017



5  2 .(1 2)



.......2







  . 1 2



2017



 3 3. 2 2



 3  2 . 1 2 5 2



 ...... 2

   2 1 2 



3M 

Vậy

Câu 300. Đề thi HSG 6 Gia Lai 2018-2019 Hãy viết số lớn nhất bằng cách dùng 3 chữ số 1; 2;3với điều kiện mỗi chữ số dùng một

lần và chỉ một lần

Lời giải

Trường hợp không dùng lũy thừa, số lớn nhất có thể viết được là 321 *Trường hợp dùng lũy thừa: (Ta bỏ qua lũy thừa có cơ số và số mũ là 1)

3 13 ;31 ;12 ; 21

Xét các lũy thừa mà số mũ có một chữ số:

2 v 21 à 31

3 21



2 9261; 31



961)

3 21

2 31

So sánh ta có (vì

13 21 2 ; 2 ;3 ;3

Xét các lũy thừa mà số mũ có hai chữ số:

21 3



3.3



3.9



2.2



2.8

213 với  2 3. 3  2. 2

312 ta có 10  

So sánh

21 3

9 3

3 21

3 3

321 ta có :

21 3

2

213 với



3

213

Từ đó suy ra . So sánh    27 

Vậy số lớn nhất là :















Cho Câu 301. Đề thi HSG 6 Trực Ninh 2017 -2018 ,x y   thỏa mãn   4

 rút gọn được





n 5 n 2

Tìm số tự nhiên n trong khoảng 290 đến 360 để phân số . Chứng tỏ rằng   2  7



 5 7 y

  x

 4 7 y

Lời giải Phải chứng minh 3







 21 7





5 ,

  

Đặt Xét tổng

B 7

y B x    mà  7,

4 . y 4, 7

Nếu



 5 7 y

  x

 4 7 y





 Chứng tỏ 3 7.









Nếu





 5 7 y  y 4 7







   x





    



 Nếu    3   Nếu      3 3 Gọi d là ước nguyên tố chung của 5

    2n  và 2n 7





Vì 











 10



 10







  7)

5   

Ta có:

  n 2. 5   5.(2   d 





 

2 62 31





Vì d nguyên tố nên





 

7 31 31

n 2



 60 31  24 31



5   



 suy ra



 12 31

  n

k 31





2 n  5,31

 2 31  7 31   1; 2;31

Khi đó

5(   2(  

 12) 31  12) 31  

Mà 

   

k 290 31



12 360

   

360

k 

, mà k là số tự nhiên nên

Do 290   9;10;11

n 



 291;322;353

Từ đó tìm được



n 1; 2



n 1;5

 đều là số chính phương?



2017

  ....... 2017 . Tìm chữ số tận cùng của A

 2017 2017 A  Cho A Chứng tỏ rằng

2018

Câu 302. Đề thi HSG 6 Trực Ninh 2017 -2018 Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho

Lời giải

1n  chia cho 3 dư 2, vô lý.

1 3 1n  chia cho 3 sẽ dư 1

4n

thì n chia cho 3 dư 2

8n

Do Nếu Do đó Do 2 Do đó

n 3, 8

1 nên

1n  chia cho 8 dư 1, suy ra 2 8n , từ đó 1n  chia cho 8 dư 1, suy ra 24n mà n là số nguyên dương

1n  là số chính phương nên khi chia cho 3 chỉ có thể dư 0 hoặc 1. n   2 3n  1n  là số chính phương lẻ nên 2 1n  là số chính phương lẻ nên 3,8

 mà 

Ta thấy

 

 1 25 5 ; 2

 

 1 49 7 ; 5

 

2 1 121 11



n 

Với thì

n 

2018

 ...... 2017



A 

2017



2017

2018

 2017 2017

2017





.....

2017



2017



Vậy là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

2017

2017 2017  Ta có     2017.(1 2017) 2017 .(1 2017)







.(1 2017)



2017





2018. 2017 2017



 ...... 2017

2018



 ......2017 

 2017 2017



2017



2017



2017



2017



...





2015

2016

2017

2018



2017



2017



2017



2017

2015

 A   A

...6



 

... 2017



......6





 3 2017 . ....0







  . .....0

(tổng A có 2018 số hạng, 2018 2) 

Câu 303. Đề thi HSG 6 Trực Ninh 2017 -2018

n 

1234

Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta có

4321

dưới dạng tổng của một số số nguyên dương. Gọi T là tổng các lập











  







    n n n 1



  n 1

   n n 1 n 1



 1

 n n

 

 

Viết số phương của tất cả các số đó. Tìm số dư của T trong phép chia cho 6



1 nên

là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp sẽ chia

2, 3



1234

4321





...... a



Ta có  Với mọi số nguyên dương n thì  hết cho 2 và 3 mà  Lời giải  n n 1     n 1 n n 1     n n 1 n 1 6

 T a



3 1

3 2

3 3

3 n

1234











 ..... a

Ta có





3 1

3 2

3 3

3 n

....... a  



1234

T 4321











......





3 1

3 2

3 3

3 n

a  

1234

..... a   

a     a 6,a



a 6,........a





T 4321  Theo câu a ta có

T 4321



 a    a 6,a 1

3 3

3 2

3 1

   a 6, nên n

3 n

Xét hiệu

1234

4321

1234

Suy ra T và cùng dư khi chia cho 6

4321

Mặt khác 4321 chi 6 dư 1 nên chia cho 6 cũng dư 1. Vậy T chia 6 dư 1

Câu 304. Đề thi HSG 6 Nga Sơn 2017-2018

Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho sau khi viết tiếp số đó sau số 2014 ta được số chia hết cho 101

 1 , do đó:

Lời giải



 

n 19.101.10



95.10 k

 n n 101

 

95.10

Giả sử n có k chữ số  Ta có : 2014 19.101 95 



 

2014n 2014.10  Suy ra 2014n 101 Với k 1 thì 95.10

  n

950 n 101.9 (41 n) 101

 



khi và chỉ khi k nhưng khi và chỉ khi 41 n 101

 

  41 9 101

95.10

  n

  9500 n 101.94



, nên không có số n thỏa mãn đầu bài. n có một chữ số nên 41 n

2 thì

 



  6 n 101

   

Với k , và số n nhỏ suy ra 6 n 101

nhất được xác định bởi 6 n 101 Vậy n = 95 thỏa mãn đề bài



Câu 305. Đề thi HSG 6 Nga Sơn 2017-2018 Tìm hai số tự nhiên a và b biết BCNN (a,b) 180 ; UCLN (a,b) 12

 4n 1  2n 3

Tìm n   để phân số có giá trị nguyên.



2160

1 và m n

 Ta có ab 180.12 Giả sử a

b. Vì UCLN (a,b) 12

Lời giải



m, n

nên a 12m,b 12n với 



2160 mn 15

. Ta có bảng sau:

  n 15 5

b 180 60







  2

7  2n 3

  2 2n 3  4n 1  2n 3  2n 3 A có giá trị nguyên

  

  2n 3 U 7

7  2n 3      1; 7

Suy ra 12m.12n m 1 3 12 36

2n 3 n

Ta có bảng sau

1 -1 -1 -2 7 2 -7 -5

  b

Câu 306. Đề thi HSG 6 Kinh Môn 2017 - 2018



biết ab ba Tìm số nguyên tố ab  là số chính phương

 ab ba 9 a b



Lời giải





Ta có:

  b



 9. a



  b

  1;4

43

  mà ab là số nguyên tố  ta được số ab +) Với a b 1   mà ab là số nguyên tố  ta được số ab 73 4 +)Với a b    43;73 ab

là số chính phương khi Do a, b là các chữ số, ab là số nguyên tố, nên

Vậy

Câu 307. Đề HSG Toán 6 Bá Thước 2018 -2019 a) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 9 dư 5, chia cho 7 dư 4 và chia cho

5 dư 3

A 1 2012 2012



3 2012



2012



 ..... 2012



2012

B 2012



 So 1.

  sánh A và B

và b) Cho

Lời giải





  a

  

2a 1 9

a)Gọi số cần tìm là a

  9k 5 k



   







  a

 7m 4 m

  

2a 1 7

Ta có a chia cho 9 dư 5





   



7m 1 1





  a

  

2a 1 5

Ta có a chia cho 7 dư 4

  5t 3 t



   



9;7;5

1 và a là số tự nhiên nhỏ nhất

Ta có a chia cho 5 dư 3

, mà 

    2a 1 9, 7, 5   

  2a 1 BCNN(9,7,5) 315



Vậy a 158

2012A 2012 2012





3 2012



.... 2012



2012

2012 73

2012

b)Ta có:





B 2012



 1

 2012A A 2012



 , Vậy

 2011

Lấy



Câu 308. Đề HSG Toán 6 Bá Thước 2018 -2019

1)Cho A 1 2 3 4 ... 99 100       a)Tính A b)A có chia hết cho 2, cho 3, cho 5 không ? c) A có bao nhiêu ước tự nhiên ? Bao nhiêu ước nguyên ?



2)Thay a, b bằng các chữ số thích hợp sao cho 24a68b 45

  Hỏi a có thể nhận những giá trị nào

  3b 7 b



3)Cho a là một số nguyên có dạng

2002;a



 2003;a 11570;a



22789;a



29563;a



299537

trong các giá trị sau:   a 11;a

Lời giải

  1a) A  1b) A 2cho5, A

1

không chia hết cho 3

5, 9



1c)A có 6 ước tự nhiên và có 12 ước nguyên. 2)Ta có: 45 9.5 mà 

24a68b 5

 b 0    b 5

suy ra Do 24a68b 45



    

6 8 0 9

  a

 20 9

  a

2 4 a



Th1: b 0 ta có số 24a680 Để 24a680 9 thì 



2 4 a

6 8 5 9



  a

Th2: b 5 ta có số 24a685

       hay a 25 9

 7, b 0

Để 24a685 9 thì 

 2, b 5

 a    a 



Vậy

  hay a là số chia 3 dư 1

  3b 7 b

3)Số nguyên có dạng



22789;a



29563

 2002;a

Vậy a có thể nhận những giá trị là a

Câu 309. Đề HSG Toán 6 năm học 2019-2020

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25;28;35 thì được các số dư lần lượt là 5;8;15





Lời giải

 x 20 28

 x 20 35

  

 20 BC 25; 28;35



và  và  Gọi số tự nhiên phải tìm là x  Từ giả thiết suy ra  x 20 25

  

700

x 20





  

    700.k k    x 20 1019 k 1

Tìm được  BCNN 25; 28;35

*  và x có ba chữ số suy ra x 999 680

  

700

x 20

Vì x  

   

  a

a chia cho 3 dư 2

   

  a

5p 4

a chia cho 5 dư 4

   

  a

7q 6

a chia cho 7 dư 6

Câu 310. Đề HSG Toán 6 Ba Vì năm 2017-2018

  

 a 1 BC 3;5;7 ,



Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất sao cho a chia cho 3, cho 5, cho 7 được số dư thứ tự là 2;4;6. Lời giải   a 1 B 3   a 1 B 5   a 1 B 7

      a 1 105

105

a 104

 BCNN 3, 5, 7



mà a nhỏ nhất nên a 1 là



Câu 311. Đề thi HSG 6 Lý Nhân 2018 -2019 Chứng minh rằng Cho các số nguyên dương a, b,c,d thỏa mãn ab cd.

 A a





là một hợp số với mọi số tự nhiên n

1



 a, c .

a , c 1 1

a t; c 1

c t 1

  cd

  

a bt 1

c dt 1

a b 1

c d 1

  

Giả sử Đặt với  Lời giải 

b c k



a , c 1 1

b c , 1

a k 1



đặt , do đó:

n a .k 1



n 1

n c 1

 A a .t   A a

n c .k 1 

n c .t 1 

Mà  Ta có: n 1

a , c , t , k nguyên dương nên A là hợp số. 1

Vì

 P 14



Câu 312. Đề thi HSG 6 Lý Nhân 2018 -2019 14

Tìm chữ số tận cùng của số  9 Tìm ba số nguyên dương biết rằng tổng của ba số ấy bằng nửa tích của chúng

9 9

 P 14



3 2

Lời giải

Chữ số tận cùng của là 6

Chữ số tận cùng của

  6 9 2



141414 999 là 9 432 là 2 Chữ số tận cùng của Chữ số tận cùng của P là chữ số tận cùng của tổng  Gọi 3 số nguyên dương cần tìm là a, b,c

a b c

  

là 7

abc 2

Ta có:

   ab 6

  thì a b c 3c

  

b c

abc 2

, do đó: Giả sử a

  

c 3,5

(loại) Có các trường hợp sau: *) ab 6

  

a 1, b 5,c 4(ktm)



a 1, b 4, c 5(tm)



*) ab 5

ab 4

2, b 2, c 4(tm)



      a   *) ab 2(ktm)

*)ab 3

  

a 1, b 3,c 8(tm)



*)ab 1

 

(ktm)

Vậy bộ ba số cần tìm 1,4,5 hoặc 2,2, 4boặc1,3,8



 là số nguyên tố

Câu 313. Đề HSG Toán 6_Hương Sơn_2018-2019

  n 3 n 1

a)Tìm số tự nhiên n để 



 7a5 8a4.

  và n chia hết cho 9. Tìm a, b

a, b

b)Cho n Biết a b 6

*  sao cho khi chia mỗi phân số



a b

4 6 ; 75 165

c)Tìm phân số tối giản cho lớn nhất 

a b

ta được kết quả là số tự nhiên.



 là số nguyên tố thì một trong hai thừa số n 3;n 1

 phải bằng 1



  là số nguyên tố.



 là số nguyên tố.

Lời giải

  a)Để  n 3 n 1 Mà n 3 n 1 1          . Khi đó n 3 3 0 thì 

n 1 1   n 3 n 1



7a5 8b4 9 b)Ta có: n         

 a b

24 a b 9

7 a 5 8 b 4 9           (vì a b 19) 3;12

Vậy n

a b 12 a b 3              a 9,b 3





 

14 a, b 75

Mà a b 6 Kết hợp với a b 6

14 a : 75 b

14b 75a



c)Ta có:

16 a : 165 b

16b 165a

 16 a       b 175 

Tương tự :



Để là số lớn nhất thì a UCLN(14,16) 2; b BCNN(75;165) 825

a b a b

2 825

Vậy

Câu 314. Đề HSG Toán 6_Bạch Thông_2018-2019

Tổng của hai số nguyên tố có thể bằng 2015 hay không ? Vì sao ? Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho p 11 cũng là số nguyên tố.

Lời giải

p 11 

p 2 

là số chẵn lớn hơn 11 nên không là số nguyên tố Tổng của hai số nguyên tố bằng 2015 là số lẻ, nên một trong hai số nguyên tố phải là 2 Khi đó số kia là 2013, số này là hợp số Vậy không tồn tại hai số nguyên tố có tổng bằng 2015 Nếu p lẻ

Suy ra p chẵn

2011

Câu 315. (Đề thi HSG 6 huyện PHÚC THỌ 2018- 2019 )

1A  là lũy thừa của 3

A   

2 1 3 3



3 3



 ...... 3



2012 . 3



a)Cho Chứng minh rằng 

  là tích của hai số tự nhiên liên tiếp

b)Chứng minh rằng: 11.....1222....2

2011

a A )

  

2 1 3 3



3 3



2011

2012

 

1 3

A A

   

 ..... 3 2 1 3 3



3 3



2012 3 4 3



 ..... 3





2013 3



2011



3 3

 

... 3



2012 3



 

3 3 2013





)111....1.222....2 111....1.0000.00 222....2 111....1. 1000.00 2       

  

  



 n

111..11.10...2 111..11.3.33....4 33...3.333..34     n n

Lời giải

Vậy số trên là tích của hai số tự nhiên liên tiếp

Câu 316. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25; 28;35 thì được các số dư lần lượt là 5;8;15

Lời giải

x 

Gọi số tự nhiên phải tìm là x

20 25 

20 28 

20 35 

  

25; 28;35





BCNN

25; 28;35

  

700

 20 700.

Từ giả thiết suy ra  và  và 





 k k

  

Tìm được

x   và x có ba chữ số suy ra

  

999

 20 1019

  k 1

  x

20 700

  

680

Vì

Câu 317. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )



 chia hết cho 5 với mọi số tự nhiên n

 n n

 1 2

 n 1 3

 1 4

 1

Chứng minh rằng:

Lời giải

Với mọi số tự nhiên n ta có các trường hợp sau:

5n thì tích chia hết cho 5

k 5

 1

Th1:

   n

1 20

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

Th2: n chia cho 5 dư 1 thì

k 5

 2

   n

1 10

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

Th3: n chia cho 5 dư 2 thì

k 5

 3

Th4: n chia cho 5 dư 3 thì

   n 3

1 15



chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

k 5

 4

   n

k 1 5

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5



Th5: n chia cho 5 dư 4 thì

 chia hết cho 5 với mọi số tự nhiên n

 n n

 1 2

 n 1 3

 1 4

 1

Vậy

A  

2 2



 ..... 2

Câu 318. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

Cho . Tìm chữ số tận cùng của A



 2 2



3 2



 ..... 2





3 2



 .... 2

    A A

 2



 4.5 1

Lời giải

A    5



A 

212

 có tận cùng là 0

...16 có tận cùng là 6 nên

516 .2 có tận cùng là 2 nên

Ta có: 2  2 .2 16 .2   2

Câu 319. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

UCLN n



3,8



  Tìm điều kiện của n để hai số đó nguyên tố cùng



 * .

a)Tìm

nhau.

b)Tìm hai số tự nhiên biết: Hiệu của chúng bằng 84, UCLN của chúng bằng 28 và các số đó khoảng từ 300 đến 400

Lời giải

UCLN n



n 3,8

  với d

n   *



 3 ,8

d n



 1

Gọi











 31

  d

 8. 7



 n 7. 8

 1

  1;31

Ta có: 7

d 





 3 31

   n

3 31 31

Để hai số đó nguyên tố cùng nhau thì

   7

  4 31

  n

k 31



Mà

n  

4 31



  

(vì 7 và 31 nguyên tố cùng nhau)

  

k 31

 4



k 31



Do đó



n 3,8

 nguyên tố cùng nhau khi



  





 a b

Vậy hai số 7

 a b a b



Gọi hai số phải tìm là







 1

Ta có:  UCLN a b ( , )   28 k q ,  *, k q ,  28 k q 28  a   b

a b

     3

k q

Ta có:

      

440

Theo bài ra : 300

  q

11,



Chỉ có 2 số 11, 14 nguyên tố cùng nhau và có hiệu là 3

. Vậy hai số phải tìm là 308,392.   28.11 308   28.14 392 a    b 

Câu 320. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

pq 

cũng là các số

Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho các số 7 p q và nguyên tố.

Lời giải

pq 

 11 2)

pq là số chẵn  ít nhất 1 trong 2 số phải chẵn, tức là bằng 2

Nếu là số nguyên tố thì nó phải là số lẻ (vì

p  Khi đó 7

p q

 



q pq ;



 11 2



+giả sử



ktm q ),



tm q ),

 có 1 số là hợp số

  p

 3

Thử



cmtt

  3 p

+Giả sử

Vậy 2, 3, q q   3 2  p    p 

Câu 321. (Đề thi HSG 6 HOẰNG HOÁ 2018- 2019 )

,x y để

 A x

183

2 1 p  chia hết cho 3

a)Tìm các chữ số chia cho 2;5 và 9 đều dư 1

b)Chứng tỏ rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì



Lời giải

        1 8 3 1 1 9

A x

1831





a)Do chia cho 9 dư 1



 1



k 3



Vậy

k 3

 hoặc



   *

b)Xét số nguyên tố p khi chia cho 3. Ta có:



k 3

    p

k 3



 

1 9



 6 3 k



2 1

Nếu

k 3

 thì 2

  1

k 3



 

1 9



  3 3



2

Nếu

2 1 3 p  

Vậy

Câu 322. (Đề thi HSG 6 HOẰNG HOÁ 2018- 2019 )













5 

a)Cho biểu thức :

Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để B nguyên

,x y sao cho



117



b)Tìm các số nguyên tố

1002

c)Số viết trong hệ thập phân có bao nhiêu chữ số.

Lời giải

  3

(5)

        1; 3



 2; 2; 4;8

a)Để B nhận giá trị nguyên thì

  

117 121

2     

121

b)Với (là số nguyên tố)



2   y

2 117 

Với là số nguyên tố nên x lẻ là số chẵn



ktm

)

Nên y chẵn, kết hợp với y nguyên tố nên



Vậy



1000

100 2



1024





100 2 (1)

c)Ta có: và

100 2



2 .2 .2



31 2 .512 .64



3 2 .5 .5



2 .625 .125

Lại có và

100 2



  2

1002

Nên

Từ (1) và (2) suy ra số viết trong hệ thập phân có 31 chữ số.

Câu 323. (Đề thi HSG 6 HOẰNG HOÁ 2018- 2019 )

,a b c khác 0 thỏa mãn

 abbc ab ac



 7

2015

2012

a)Tìm các chữ số

A 



92 3





1 2

b)Cho . Chứng min A là số tự nhiên chia hết cho 5.

Lời giải

abbc



ab ac .

.7 (1)

a)Ta có:



100

 ab bc



ab ac .





100



 . 7







100



Do .



  

0 7.



 100 10

bc ab

 

100 7.

  

110



  

bc ab 100 7

110 7





 1005 110 b



 1050 105 b

  9 b

Thay vào (1) được: 1 5 1 .15.7



 5

2015

Vậy

2012

9492 cũng là bội của 4

2015





2012



4 (

m m



*);92 4





 n n

  *

2015

2012

b)Vì 2012, 92 đều là bội của 4 nên và



92 3





4 3





 0



 ......1



 .......1

2015

2012

Khi đó



A 



92 3





1 2

Vậy A có tận cùng là 0 nên chia hết cho 10 nên

Câu 324. (Đề thi HSG 6 TP Buôn Mê Thuột 2018- 2019 )

S  

5 5



3 5



5 5



6 5



 ...... 5

2012 .

a)Cho Chứng tỏ S chia hết cho 65

b)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11





 chia hết cho 27 (với n là số tự nhiên)

c)Chứng tỏ:

2012

5 5



3 5

 .... 5

2009

2011

2012



 5 5



3 5



 ...... 5



2010 5

2009

 5 5





3 5



 ..... 5



3 5



a S   )  

  

   . 5 5

5 

 5 5



3 5



4 5



 780 65

Lời giải



Vì 



Vậy S chia hết cho 65

  6 11;



  1 4;



  11 19











 

      a

  6 33 11;    27 11, a

    1 28 4;    27 4,

11 38 19   27 19

b) Goi số cần tìm là a ta có: 

a 





BCNN

4,11,19

  a

809







 

1 9



 

n   1 10 18  27 n

) c A 10 999....9 9   9 n so







9. 11....11  n so 1

   

   

nhỏ nhất suy ra: Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên





n 

Ta biết số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư khi chia cho 9 do đó

27A



111...1  n

9. 11111...1  1 n so

 nên 9. 111...1    n

  

   

   

nên . Vậy

2012

2011

2010

2009

Câu 325. (Đề thi HSG 6 TP Buôn Mê Thuột 2018- 2019 )

A 



 8

Cho

a)Chứng minh rằng A chia hết cho 24

b)Chứng minh rằng A không phải là số chính phương

2009

2008

2007

2006

A 



2009

2008

2007

2006





  

2009

2008

2007

2006





Lời giải

 

 

    1 8 1

2011

2010

2009

2012

a)Ta có:  3 10 10  8.125. 10  8. 125. 10

;10

2012

2011

2010

;10 2009

Ta lại có các số: có tổng các chữ số bằng 1, nên các số

;10

khi chia cho 3 đều có số dư bằng 1, 8 chia 3 dư 2



(3)

Vậy A chia hết cho 3 (2)

3,8

24A 

Và 

2012

2011

2010

2009

Từ       1 , 2 , 3

;10

10 2011

;10 2010

2009

A 



 có chữ số tận cùng là 8

đều có chữ số tận ùng là 0 nên b)Ta có các số 2012

Vậy A không phải là số chính phương vì số chính phương là những số có tận cùng là 0;1; 4;5; 6;9

Câu 326. (Đề thi HSG 6 huyện QUỲNH LƯU 2018- 2019 )

M  

5 5



3 5



 ...... 5

Cho biểu thức : . Chứng tỏ rằng:

a)M chia hết cho 6

b) M không phải là số chính phương.







3 5

 5 5

....



79 5







 78  ...... 5 . 5 5



80 5 









 ..... 5 a M   5 5 )         5 5 5 . 5 5   ..... 5  30. 1 5

   

M  

5 5



3 5



 ..... 5

Lời giải



3 5



 ..... 5

b) Ta thấy : chia hết cho 5 (1)

Mặt khác, do chia hết cho

M  

5 5



3 5



 ..... 5

không chia hết cho 25 (2)

Từ (1) và (2) suy ra M không là số chính phương.

Câu 327. (Đề thi HSG 6 huyện QUỲNH LƯU 2018- 2019 )

 là phân số tối giản







 5 n 2  3 n

a)Chứng tỏ rằng:



n  5 2  3 n

b)Tìm các giá trị nguyên của n để phân số có giá trị là số nguyên.

Lời giải

3n  và 2

5n  với d 

   và 2

d 







   

 1



3, 2





   2







 UC n



 là phân số tối giản.



UCLN n

(



3, 2



5) 1

 







 5 n 2  3 n







a)Gọi d là ước chung của



  2

n  5 2  3 n

 3



1 

b)Ta có:



 1

    n

(1)





       n 4; 2

  1



1 3n 

Để B có giá trị nguyên thì nguyên

Câu 328. (Đề thi HSG 6 huyện QUỲNH LƯU 2018- 2019 )

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia số đó cho 3 dư 1, chia cho 4 dư 2, chia cho 5 dư 3, chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 11.

Lời giải

Goi số phải tìm là x

2x  chia hết cho 3, 4,5, 6

2x  là bội chung của 3, 4, 5, 6

Theo bài ra ta có:

BCNN

(3, 4,5, 6)

   







1; 2;3;......

Mà





Do đó

n 

1; 2;3;.....

11x

  

 418 11

Mặt khác nên lần lượt cho Ta thấy

Vậy số nhỏ nhất phải tìm là 418

Câu 329. (Đề thi HSG 6 Tỉnh ĐỒNG THÁP 2018- 2019 )

y

 4 37



 18 37 y

Chứng minh rằng: Nếu 7 thì 13

Lời giải























 5 13



 4 7









Ta có







37(*)

 5 13



 4 7



Hay



4,37

  1



y

4 37

 mà 



 4 7





5,37

Vì 7

1 nên:13



 18 37 y

 5 13



 mà  37



Do đó, từ (*) suy ra:

Câu 330. (Đề thi HSG 6 Tỉnh ĐỒNG THÁP 2018- 2019 )

BCNN a b ( , )



420;

UCLN a b ( , )





 b

Tìm hai số tự nhiên a, b biết: và

Lời giải





Vì UCLN a b ( , )   21 , m n ,  1 m 21 n 21  a   b

BCNN a b ( , )

  420

BCNN m n (21 , 21 )



420



21.20



BCNN m n , )

(



Vì



  b



21 21

    (*)

n m

Vì

Trong các trường hợp cần xét chỉ có là thỏa (*) 4, 2, n n   5 3 m     m 

Vậy với 4, 2, n n   5 3   21.4 84   21.5 105 m     m  a    b 

Câu 331. (Đề thi HSG 6 Tỉnh ĐỒNG THÁP 2018- 2019 )



 n 10 3  n 4 10

đạt GTLN. Tìm giá trị lớn nhất. Tìm số tự nhiên n để phân số



2,5



n  3 10  10 n 4

22  n

Lời giải



2,5



22  n

22 n 

đạt GTLN khi đạt GTLN Vì n  nên

n 

22 n 

Mà là số nguyên dương nhỏ nhất đạt GTLN khi 4

*)4 n  10 1    n ( ktm )

*)4 n  10    n 2 11 4 3

3n 

Vậy GTLN của B là 13,5 khi

Câu 332. (Đề thi HSG 6 huyện TƯ NGHĨA 2018- 2019 )

Cho ababab là số có 6 chữ số, chứng tỏ số ababab là bội của 3

Lời giải

ababab



.100000



.100





.10101





.3367.3 3



ababab

ababab là bội của 3

Câu 333. (Đề thi HSG 6 huyện TƯ NGHĨA 2018- 2019 )



n  1 12  3 n 2

Cho . Tìm giá trị của n để:

a)A là một phân số

b)A là một số nguyên

Lời giải



n  1 12  3 n 2

   a) là phân số khi 12 n   1 , 2 n   3 , 2 n 3 0  n n   1,5     



  6

n  1 12  3 n 2

17  n

A là số nguyên khi

  3

(17)

        

 1; 17



   10; 2; 1;7

Câu 334. (Đề thi HSG 6 huyện VĨNH LỘC 2018- 2019 )

a)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng số đó khi chia cho 3, cho 4, cho 5, cho 6 đều dư là 2, còn chia cho 7 thì dư 3.

b)Khi chia một số tự nhiên a cho 4 ta được số dư là 3 còn khi chia a 9 ta được số dư là 5. Tìm số dư trong phép chia a cho 36

Lời giải

a)Gọi a là số tự nhiên cần tìm

2a  chia hết ch0 3,4 ,5,6

   a

3; 4;5; 6

Vì a chia cho 3,4,5,6 đều dư 2 nên

BCNN

(3, 4,5, 6)









  

  a

  0; 60;120;180.....



 2;62;122;182;.....

a 

122

Mà a là số nhỏ nhất và chia cho 7 dư 3



 

3 9



p q ,

  )

  a

 13 4

 

3 13 4





 13 9

 

5 13 9



 

 

 p 

(1)   2

b)Theo đề bài ta có:

a 

  

4,9

4.9 36

Từ (1) và (2) ta nhận thấy là bội của là bội của 4 và 9 mà 





 13 36



 13 36

 k k

   



   1

Ta có

Vậy a chia cho 36 dư 23.

Câu 335. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

S    

 1 3 5 ...... 2009 2011



Cho tổng

a)Tính S

b)Chứng tỏ S là một số chính phương

c)Tìm các ước nguyên tố khác nhau của S





a S )

   

 1 3 5 ..... 2009 2011









1006



1012036

2011 1 2

  

  .    

  

Lời giải

S 

2 2 .503



1006

b) là số chính phương

c) S có hai ước nguyên tố là: 2 và 503

3502

2103

Câu 336. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

So sánh hai số: và

210 3

Lời giải

3.70 3

3 3

70 27 ;

350 2

5.70 2









350

     2  32

32

210 3

2

Vì nên suy ra:

7n  chia hết cho

2n 

Câu 337. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

a)Tìm giá trị n là số tự nhiên để

b)Tìm x là số chia trong phép chia 235 cho x được số dư là 14

 5

(5)



     x



     1; 5

 a x ) x

 7      

      2  3; 1; 7;3



 

235 14

 221

)235 :

x dư

 x x

   14

 x x

   

  17; 221

Lời giải

Câu 338. (Đề thi HSG 6 Cấp Trường 2018- 2019 )

a)Tìm số tự nhiên x có ba chữ số sao cho x chia cho 7;8;9 đều dư 2

5n 

b)Cho n là số tự nhiên bất kỳ

3n 



là hai số nguyên tố cùng nhau Chứng minh  và 

x  

Lời giải

2 7;8;9



   x

7;8;9

x 

  504 2 506

và x có ba chữ số a) x chia cho 7;8;9 dư 2 và x có ba chữ số





và x có ba chữ số





3, 2









  n

 3 ; 2

d n

  

d n , 2













   d

 1

   2







b)Gọi

3n  và 2

5n  là hai số nguyên tố cùng nhau.

Vậy

1n 

Câu 339. (Đề thi HSG 6 huyện Duy Xuyên 2019-2020) 5n  chia hết cho 2 Tìm số tự nhiên n sao cho 4

 

Lời giải

 5 2 2

   3 1

Ta có:



 5 2

  1

 3 2

(3)



  n

     n 2

 1

  1;3

  1; 2

Để

427



Tìm tất cả các số , biết rằng B chia hết cho 99 Câu 340. (Đề thi HSG 6 huyện Duy Xuyên 2019-2020) B

Lời giải



 99

 11;

 9

Ta có 99 9.11









 11

       x

6 2 2

7 4

 11

   B 9        6 2 4 7 2 x y 9    21 x y 9 6 15



    13



 9( 2&

x y

y     x

  ) 2 ktm vs y     x 6



  x

2 &

  y

15(

ktm

)

x y        x y   11

B 

6224427

Vậy

 

1 2

là phân số tối giản Chứng tỏ rằng: Câu 341. (Đề thi HSG 6 huyện Duy Xuyên 2019-2020) 12 n n 30

Lời giải



1;30

 ta có:



  

 1

Gọi d là ước chung của 12



1;30

 nguyên tố cùng nhau

 5 12

   1

 2 30



nên 12

12 n n 30

 

1 2

Do đó là phân số tối giản.

Câu 342. (Đề thi HSG 6 huyện Lâm Thao 2018-2019)

b 4a

a b   Chứng minh rằng 10

13b 



a) Cho biết chia hết cho 13 

ab a b 



0

b) Tìm số nguyên tố là số chính phương sao cho ab ba



Lời giải

  10

 40 13 b

  

a b

 39 13 b



a) 4 13 b

  10

a b

 13

ab 

Do 39 13

  43; 73

8p  là hợp số

p p  là các số nguyên tố  ,

Cho . Chứng minh Câu 343. (Đề thi HSG 6 cấp trường 2019-2020) 3p 

Lời giải

k 3



k 1,3

P có dạng



k 3

      là hợp số trái với đề bài

 4

  p

k 3

    p

k 8 3

  

 9 3

Dạng

,x y sao cho 34 5x y chia hết cho 36

là hợp số



Câu 344. (Đề thi HSG 6 cấp trường 2018-2019) Tìm tất cả các cặp số tự nhiên 

Lời giải



        y

3 4

34 5x y chia hết cho 9 khi

Ta có: 36 9.4 mà ƯC( 4,9) 1



34 5x y chia hết cho 4 khi 5 y y  thay vào (1) Với 14

Vậy để 34 5x y chia hết cho 36 thì 34 5x y chia hết cho 4 và 9   9 1

y  thay vào (1)

   2, 4 y y  x 4     x 9  x 0      9 x 9 x  

 

 Với 18

,x y cần tìm là : 



 4, 2 ; 0, 6 ; 9,6

Vậy các cặp 

Câu 345. (Đề thi HSG 6 cấp trường 2018-2019)



n n

 

1 4

Cho

a) Tìm n nguyên để A là một phân số

b) Tìm n nguyên để A là một số nguyên.

Lời giải

     4



n n

 

1 4

a) là phân số khi



  1

n n

 

1 4

4 5    4 n

5 

    

 5



   5

    1; 5



n    

9; 5; 3;1

Với n nguyên, A nhận giá trị nguyên Lập luận tìm ra được

Câu 346. (Đề thi HSG 6 huyện Bạch Thông 2018-2019)

Chứng minh rằng tổng của 5 số tự nhiên chẵn liên tiếp thì chia hết cho 10, còn tổng của 5 số tự nhiên lẻ liên tiếp chia cho 10 dư 5.

Lời giải

n n



2; 2



4; 2



6; 2

 8

5; 2

7; 2

Gọi 5 số chẵn liên tiếp là: 2 ; 2



 

 n 9    chia cho 10 dư 5 5

 20 10 n 1; 2  n   n 25 10

3; 2  2

Tính tổng ta được: 10 n  Gọi 5 số lẻ liên tiếp là: 2 Tính tổng được:

Câu 347. (Đề thi HSG 6 huyện Bạch Thông 2018-2019) a) Tổng của hai số nguyên tố có thể bằng 2015 hay không ? Vì sao ?

p 

cũng là số nguyên tố. b) Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho

Lời giải

a) Tổng của hai số nguyên tố bằng 2015 là số lẻ, nên một trong hai số nguyên tố phải là 2

Khi đó số kia là 2013, số này là hợp số

Vậy không tồn tại hai số nguyên tố có tổng bằng 2015

p 

là số chẵn lớn hơn 11 nên không là số nguyên tố b) Nếu p lẻ

p  2

Suy ra p chẵn



  

 1

Câu 348. (Đề thi HSG 6 huyện Bạch Thông 2018-2019)  n 3 Tìm n   biết: 

Lời giải

n 3

 

n 8 3

  

3 5 3



   5 1

n 3



(5)

   1

    1; 5



Ta có:

   8  n   

Suy ra :  Tìm được: khi   1  6; 2;0; 4

Câu 349. (Đề thi HSG 6 huyện Giao Thủy 2018-2019)

 Chứng minh

abc 

deg 7.

abc

 deg 7

2 1

n



a) Cho

b) Tìm số nguyên n sao cho

Lời giải

abc

 deg 1000.

abc



deg





abc



 deg 1001

 abc abc



 deg 1001

abc



abc



deg

  1001 1







a) Ta có:

abc



7.143

abc



7.143.

abc

7 (1)

Vì 1001

abc 

 deg 7

(gt) (2)

abc

 deg 7

Từ (1) và (2) suy ra

  2



 n n

    1



 1

 

 

b) Ta có:



 n





 n

 n n

1



1

Vì và

 3

    n

(3)



 n

        1; 3



  2;0; 4; 2

Để thì

a b 

,a b sao cho

Tìm các chữ số Câu 350. (Đề thi HSG 6 huyện Giao Thủy 2018-2019) a b  và 7 5 1 3



   a b

a b

        b

 1 3

a b Vì 7 5 1 3

Lời giải

a b



 13 3  2;5;8;11;14;17

Mà (1)

a b  chẵn (2)

a b 

Vì

)

 1 3         a b  chẵn nên a và b cùng lẻ hoặc cùng chẵn   2;8;14 b ktm b )

    4     4

  1(  2( tm

a b a b

2; 8;

3, 6;

a a

a b a b

   

 

14;

a b

)

a b Vậy

    4  hoặc

b 9,

5(  b  5

b 6,

Từ (1) và (2) suy ra

S  

5 5



3 5



 ..... 5

2004 .

Câu 351. (Đề thi HSG 6 Trung Nguyên – Huyện Yên Lạc 2018-2019) a) Cho ababab là số có 6 chữ số. Chứng tỏ ababab là bội của 3.

b) Cho Chứng minh S chia hết cho 126 và chia hết cho 65.

Lời giải

ababab ab



.10101 3



ababab

a) là bội của 3

b) Chứng minh S chia hết cho 126

 5 5



3 5



4 5



5 5



6 5







126.(5 5



3  5 ) 126

 3  5 1 5



 3 5 1 5



 3 3 5 1 5



S 

 5 5



3 5



5 5



6 5



3 5



4 5



5 5



....





 5 . 5 5





1998 5



3 5



5 5



  . 5 5



S 

126

 5 5

3 5









 

5 5



3 5

4   5 130

2000

Có:

S  

 .... 5

5 5

4 5

3 5



3 5



130 5.130    . 5 5

  3 5 5   2 5 5 5

 



Tổng trên có 2004:6=334 số hạng chia hết cho 126 nên *Chứng minh S chia hết cho 130  3 Có:  5 5 5  5 3 5



S 

130.

số hạng chia hết cho 130 nên Tổng trên có 2004 : 4 501

2000

Câu 352. (Đề thi HSG 6 Trung Nguyên – Huyện Yên Lạc 2018-2019)

31 49 ,32

2011

a) Tìm chữ số tận cùng của các số sau:

8 chia hết cho 72

b) Chứng tỏ rằng:

Lời giải

a) Do 49 có chữ số tận cùng là 9, khi đó nâng lên lũy bậc lẻ có chữ số tận cùng là 9

3149 có chữ số tận cùng là 9

2000

4.500

2000

32 32

Vậy

2011

Ta có 32 chữ số 6. Vậy có chữ số tận cùng là 0 nên khi nâng lên lũy thừa 4n có tận cùng là có chữ số tận cùng là 6

8 có tổng các chữ số chia hết cho 9 nên tổng chia hết cho 9

2011

b) Vì

8 có 3 chữ số tận cùng là 008 nên chia hết cho 8

2011

Lại có

8 chia hết cho 72.

Vậy

Câu 353. (Đề thi HSG 6 huyện Tam Dương 2017-2018)

n 18 n 21

 

3 7

có thể rút gọn được. Tìm tất cả các số tự nhiên n để phân số

Lời giải

3n  và 21

7n  cùng chia hết cho số nguyên tố d





 21







n 21

   d



 7 18

 n 6 21



7n  không chia hết cho 3



Giả sử 18

3 21 7

 7 7

 1 7     





d  và 3; 7 d  không xảy ra vì 21 d  khi đó, để phân số có thể rút gọn được thì:  3 7    n  n 18

  18,7



 





Khi đó 18 d Ư(21)   +Nếu +Nếu  n 18



  

3 7  vi ...21 n    mà   1 7 18 n n 21

 

3 7

Vậy để phân số có thể rút gọn được thì

Câu 354. (Đề thi HSG 6 huyện Tam Dương 2017-2018)

2016

a) Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11.



2018

là số nguyên tố hay hợp số b) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi

c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số, biết rằng số đó gấp đôi tích các chữ số của nó



a 

Lời giải

a a   , ta có:   *

  6 11;



 1 4

 và 

11 19 

a) Gọi số cần tìm là

 a  

a   Ta có:

  

   a    a    a

   a

BCNN



27 836

   27 11 6 33 11     27 4 1 28 4    27 19 11 38 19 Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên a     4;11;19 Suy ra : Từ đó tìm được



809

a 

2p

nhỏ nhất

2016

b) Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p chia cho 3 dư 1 hoặc p chia cho 3 dư 2 chia cho 3 dư 1

2016p

1008

 p

2016



2016

2018



 nên

p chia cho 3 dư 1.

  2018 3 2018



 2018 3





a b ,



  a

9, 0

  b

là hợp số Mà nên Mặt khác: 2018 chia cho 3 dư 2, do đó:   và  Vì  3

a b

    ab

ab b

  

a b



  1







 10 2 a a

a a   nên 10 2 ; 2 1

1a 

 1

c) Gọi số tự nhiên phải tìm là ab với

1a  lẻ nên

) Vì 2 a a       a       a 1 1 1 5 b b 1 3 10( 6( ktm tm ) Theo đề bài, ta có: mà  2   2  Vậy số cần tìm là 36

Câu 355. (Đề thi HSG 6 huyện Tam Dương 2017-2018)

Cho 100 số tự nhiên bất kỳ. Chứng minh rằng ta có thể chọn được ít nhất 15 số mà hiệu hai số tùy ý chia hết cho 7

Lời giải

 nên theo nguyên lý Dirichle ta sẽ tìm được 15 số mà khi chia cho 7 có

Ta có 100 số khi đem chia cho 7 thì các số dư nhận nhiều nhất là 7 giá trị khác nhau

Vì 100 7.14 2  cùng số dư

Vậy hiệu của hai số tùy ý trong 15 số này thì chia hết cho 7

A  

2 2



 ..... 2

Câu 356. (Đề thi HSG 6 Trường Nguyễn Tất Thành 2018-2019) 4 Cho . Tìm chữ số tận cùng của A



 2 2



3 2



 ..... 2





3 2



 .... 2

    A A

  



 2

 4.5 1

Lời giải



5

A 

212

 có tận cùng là 0

...16 có tận cùng là 6 nên

516 .2 có tận cùng là 2 nên

Ta có: 2  2  2 .2 16 .2 



 chia hết cho 5 với mọi số tự nhiên n

 n n

 1 2

 n 1 3

 1 4

 1

Chứng minh rằng: Câu 357. (Đề thi HSG 6 Trường Nguyễn Tất Thành 2018-2019) 

Lời giải

Với mọi số tự nhiên n ta có các trường hợp sau:

5n thì tích chia hết cho 5

k 5

 1

Th1:

   n

1 20

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

Th2: n chia cho 5 dư 1 thì

k 5

 2

   n

1 10

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

Th3: n chia cho 5 dư 2 thì

k 5

 3

Th4: n chia cho 5 dư 3 thì

   n 3

k 1 15



chia hết cho 5  tích chia hết cho 5

k 5

 4

   n

1 5

 chia hết cho 5  tích chia hết cho 5



Th5: n chia cho 5 dư 4 thì

 chia hết cho 5 với mọi số tự nhiên n

 n n

 1 2

 n 1 3

 1 4

 1

Vậy

pq 

Câu 358. (Đề thi HSG 6 Trường Nguyễn Tất Thành 2018-2019) cũng là các số

Tìm tất cả các số nguyên tố p và q sao cho các số 7 p q và nguyên tố.

Lời giải

pq 

 11 2)

pq là số chẵn  ít nhất 1 trong 2 số phải chẵn, tức là bằng 2

Nếu là số nguyên tố thì nó phải là số lẻ (vì

p  Khi đó 7

p q

 



q pq ;



 11 2



+giả sử



ktm q ),



tm q ),

 có 1 số là hợp số

  p

 3

Thử



cmtt

  3 p

+Giả sử

Vậy 2, 3, q q   3 2  p    p 

UCLN n





  Tìm điều kiện của n để hai số đó nguyên tố cùng

 * .



Câu 359. (Đề thi HSG 6 Trường Nguyễn Tất Thành 2018-2019) n 3,8 a) Tìm

nhau.

b) Tìm hai số tự nhiên biết: Hiệu của chúng bằng 84, UCLN của chúng bằng 28 và các số đó khoảng từ 300 đến 400

Lời giải

n   *

UCLN n



n 3,8

  với d

a) Gọi

 1 

 31



  d

d  1



3 31 31

 3 31



 3 ,8 n Ta có: 7  d n        n n 7. 8 3 8. 7 d  Để hai số đó nguyên tố cùng nhau thì       n n 7 7 Mà

  1;31 31   4 31

  n

k 31





n  

4 31



  

 4



k 31



(vì 7 và 31 nguyên tố cùng nhau)

   n  n 3,8

31 k  nguyên tố cùng nhau khi 1



  





 a b

Do đó 31 Vậy hai số 7 n

 a b a b



b) Gọi hai số phải tìm là







 1

Ta có:  UCLN a b ( , )   28 k q ,  *, k q ,  28 k q 28

      

 a   b      k q 3 a b 440

  q

11,



Ta có: a b 84 Theo bài ra : 300 Chỉ có 2 số 11, 14 nguyên tố cùng nhau và có hiệu là 3

. Vậy hai số phải tìm là 308,392.   28.11 308   28.14 392 a    b 

Câu 360. (Đề thi HSG 6 Trường Nguyễn Chích – Huyện Đông Sơn 2017-2018)







n  2 2  2 n

5 n n

 

17 2

3 n  n 2

a) Cho số 155*710*4*16 có 12 chữ số. Chứng minh rằng nếu thay các dấu *bởi các chữ số khác nhau trong 3 chữ số 1; 2; 3một cách tùy ý thì số đó luôn chia hết cho 396

b) Tìm số tự nhiên n để biểu thức sau là số tự nhiên:



Lời giải

a) Ta thấy, vị trí của các chữ số thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn vì ba chữ số đó đôi một khác nhau, lấy từ tập hợp  1; 2;3 nên tổng của chúng luôn bằng    1 2 3 6



4.9.11

Mặt khác 396 , trong đó 4;9;11đôi một nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng

A 

155*710* 4*16

minh chia hết cho 4;9;11

vì số tạo bởi hai chữ số tận cùng của A là 16 chia hết cho 4

         

* * *



 30 6 36 9  





Thật vậy: 4A *) 9A vì tổng các chữ số chia hết cho 9: *) 1 5 5 7 1 4 1 6

    





  18 12 6 0



      5 1 6 * * *

11A *) cho 11   1 5 7 4 1 Vậy

396

A

 17 3 n









vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia hết

 2 n 2  2 n

n 5 n

 

17 2

n 3  n 2

  n 2 5  n

 2

n 4 n

 

19 2







  4

4 n n

 

19 2

 2



11  n 2



 11

    n

(11)





   

 1; 11

11 2n      9

2 11

Để B là số tự nhiên thì là số tự nhiên

n   nên 2 1 9n  thì B  

Do Vậy

Câu 361. (Đề thi HSG 6 huyện Sơn Tây 2019-2020)

,q p là số nguyên tố lớn hơn 5, chứng minh rằng:

q 

4 240

Với







Lời giải



   1



  1 ; 240 8.2.3.5

4 1 240 p  

Ta có:

Chứng minh

p  nên p là số lẻ

  1







 1

  1

1p  và 



1p  là hai số chẵn liên tiếp

   p

 1

   1 8

Mặt khác

2p là số lẻ

2 1 2 p  

p  nên p có dạng:





k 3

    p

k 1 3 3

  p

 1 3



k 3

    p

k 1 3

  

 3 3

 1 3

Do p là số lẻ nên





k 5

    p

  p

 1 5

 





k 5

    p

1 25



  

 5 5

 1 5

k 1 5  1 25

   1 1 5 5 2  30





k 5

    p

  p

 1 5

 10 5  4



k 5

    p

1 5

  

 5 5

 1 5

4 1 8.2.3.5 p  

4 1 240 p  

Mặt khác p có thể là dạng :

Vậy hay

4 1 240 q  





240

Tương tự ta cũng có:

   1



   1

Vậy 

Câu 362. (Đề HSG)

a)Cho số abc chia hết cho 37. Chứng minh rằng số cab cũng chia hết cho 37

,x y nguyên biết



  y

b)Tìm số



Lời giải

abc



100.

abc



abc

 00 37

a)Ta có:



.1000





.999



  00 37 



 



  cab



.999



   

00 



.999



.37.27 37



cab

Mà

abc

cab

Vậy nếu thì



      xy

 12 0

 11 0

 

1.11 1. 11 11. 1

 

  



11.1

    x y    x

 1  y 1

    y 1     1

b)Ta có

1x 

11

1y 

-1 1 11

1 11 -11 -1

10

0 2 12



2 12 -10 0

  10; 2 ; 0;12 ; 2; 10 ; 12; 0

 

   x y   ;

 

Vậy 

Câu 363. (Đề HSG)

Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất sao cho: a chia cho 2 dư 1, a chia cho 3 dư 1, a chia cho 5 dư 4, a chia cho 7 dư 3

Lời giải

Vì a chia cho 2 dư 1, a chia cho 3 dư 1, a chia cho 5 dư 4, a chia cho 7 dư 3



 1 2;



 1 3,



 4 5;



 3 7



Nên:

  a

11 2,3,5, 7

  

2;3;5; 7





  a



BCNN

2,3,5, 7

  

210

199





, mà a là số tự nhiên nhỏ nhất

Vậy số tự nhiên cần tìm là 199

Câu 364. (Đề HSG cấp trường 2018 - 2019)

2004

a)Cho ababab là số có 6 chữ số.Chứng tỏ số ababab là bội của 3

S  

2 5 5



3 5



 ..... 5

b)Cho . Chứng minh S chia hết cho 126 và chi hết cho 65.



Lời giải

ababab ab



.10000



.100





10101

....10101 3)

a)Ta có:

 5 5



3 5



5 5







 3  5 1 5



 3 5 . 1 5



 3 3 5 1 5





5.126 5 .126 5 .126



 

5 5



3 5



5 5



6 5

b) Có

chia hết cho 126



3 5



5 5



3 5



5 5



.....



S 

 6 2 5 5 5







1998 5

2  5 5



3 5



5 5



 5

 5 5 

 



 5 5



3 5



4 5

 

3 5 5





 130 5.130

số hạng chia hết cho 126 nên nó chia hết cho 126. Tổng trên có 2004 : 6 334

 3  5 5 5



Có:

 

5 5



2000

S  

5 5



3 5



4 5



3 5



 ..... 5



3 5



 5 5 5



  . 5 5



chia hết cho 130



số hạng chia hết cho 130 nên nó chia hết cho 130. Tổng trên có 2004 : 4 501

Có S chia hết cho 130 nên chia hết cho 65

Câu 365. (Đề HSG cấp trường 2018 – 2019)

Cho 2 số nguyên m và

  A. m n m n



  B. m n m n

với mọi m và n



  C. m n m n

với mọi m và n cùng dấu



  D. m n m n

với mọi m và n trái dấu

với mọi m và n cùng dương.

Lời giải Chọn đáp án D

Câu 366. (Đề HSG cấp trường 2018 – 2019)

A 

 2005 2005



 ..... 2005

: 2006





Chứng minh

Lời giải

A 



9 .... 2005 3







9 ..... 2005 . 1 2005



 2005 2005 

 2005 . 1 2005







3 2006. 2005 2005







9  ..... 2005

2006

  2005 1 2005 

2005   

Ta có:

A

2006

Vậy

Câu 367. (Đề HSG cấp trường 2018 – 2019)

 m n m n

Cho 2 số nguyên m và n :

 m n m n

A. với mọi m và n

 m n m n

B. với mọi m và n cùng dấu

C. với mọi m và n trái dấu

 m n m n

D. với mọi m và n cùng âm

Lời giải

Chọn đáp án A

Câu 368. (Đề HSG cấp trường 2018 – 2019)



a 3

a 2

a 6

không phải là số nguyên Với a là số nguyên, tổng

Đúng B. sai

Lời giải

Chọn đáp án B

Câu 369. (Đề HSG cấp trường 2018 – 2019)



 cũng là các số nguyên tố

Tìm số nguyên tố p sao cho các số



k 1,3

 với 2

k   *

Lời giải

Số p có một trong 3 dạng 3 ,3 k

k 3

p  (vì p là số nguyên tố)

Nếu thì

 

2 5,

  đều là các số nguyên tố.

Khi đó



k 3

    p



 3 3,



Nếu nên p+2 là hợp số (trái với đề bài)



k 3

    p



 6 3,



4p  là hợp số (trái đề bài)

Nếu nên

p  là giá trị duy nhất phải tìm.

Vậy



Câu 370. (Đề HSG huyện Gia Viên 2018 – 2019)

y 4



Chứng minh rằng: Nếu 7 thì 13



Lời giải

















 74 37



 5 13



 4 7







Ta có:







 5 13



 4 7



  37 *



4;37

y 4



1 nên

Hay

y 4



 4 7







37,

5,37

Vì 7 mà 

1 nên 13



 18 37. y

 5 13



Do đó, từ (*) suy ra : mà 

S  

5 5



3 5



5 5



6 5



 ...... 5

2012 .

Câu 371. (Đề HSG cấp trường 2018 - 2019)

a)Cho Chứng tỏ S chia hết cho 65

b)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11





 chia hết cho 27 (với n là số tự nhiên)

c)Chứng tỏ:

Lời giải

2012

a S  

5 5

)



3 5



 .... 5

2009

2010

2011

2012



 5 5



3 5



 ...... 5







2009



2  5 5



3 5



 ..... 5



3 5



 2  . 5 5







 5 5



3 5



4 5



 780 65



Vì 



Vậy S chia hết cho 65

  6 11;



  1 4;



  11 19



 



11 38 19





 6 33 11;



 1 28 4;







   a

  27 11,



  27 4,



  27 19

b) Goi số cần tìm là a ta có: 

a 





BCNN

4,11,19

  a

809





c A )





n 18

 

1 10

 

1 9









999....9 9  n so 9







9. 11....11  n so 1

   

   

nhỏ nhất suy ra: Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên

Ta biết số n và số có tổng các chữ số bằng n có cùng số dư khi chia cho 9 do đó





n 

27A





9. 11111...1  1 n so

111...1  n

 nên 9. 111...1    n

  

   

   

nên . Vậy

2012

2011

2010

2009

A 



Câu 372. (Đề HSG cấp trường 2018 - 2019)

 8

Cho

Chứng minh rằng A chia hết cho 24

Chứng minh rằng A không phải là số chính phương

2009

2008

2007

2006

A 



2009

2008

2007

2006





  

2009

2008

2007

2006





Lời giải

 

 

    1 8 1

2012

2011

2010

2009

a)Ta có:  3 10 10  8.125. 10  8. 125. 10

;10

2012

2011

10 2010

;10 2009

Ta lại có các số: có tổng các chữ số bằng 1, nên các số

;10

khi chia cho 3 đều có số dư bằng 1, 8 chia 3 dư 2

Vậy A chia hết cho 3 (2)



(3)

3,8

24A 

Và 

2011

2010

2009

2012

Từ       1 , 2 , 3

;10

2012

2009

10 2011

;10 2010

A 



 có chữ số tận cùng là 8

b)Ta có các số đều có chữ số tận ùng là 0 nên

Vậy A không phải là số chính phương vì số chính phương là những số có tận cùng là 0;1; 4;5; 6;9

Câu 373. (Đề thi HSG 6 huyện Lương Tài 2105 – 2016)

   

1 3 5 .....



 , n



  (với 1

M có là một số chính phương không , nếu:

     1 3 5 ...





 , n



 1



 

  n

Lời giải

 1 1 : 2 1

Tính số số hạng: 



 

 : 2 2

: 2





 n 1 1 .

Tính tổng:

Vậy M là số chính phương.

990



100 3



Câu 374. (Đề thi HSG 6 huyện Lương Tài 2105 – 2016)

Chứng tỏ rằng;  a)

b)Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4

990

Lời giải



1003 là lẻ, 19 lẻ nên

100 3





Ta có 3 là lẻ nên lẻ nên 



 a a ;

  1 ;

  2 ;



  





Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là

 6



   1









Ta có :

a

4;6

6a  không chia hết cho 4.

Vì 4 không chia hết cho 4 nên 4

Câu 375. (Đề thi HSG 6 THCS Nguyễn Khuyến 2018-2019)

Tìm số tự nhiên có 3 chữ số, biết rằng khi chia số đó cho các số 25; 28;35 thì được các số dư lần lượt là 5;8;15

Lời giải



  

25, 28,35

Gọi số tự nhiên phải tìm là x

  20 25,



  20 28,



  20 35





BCNN

(25; 28;35) 700

  



.700



  

Từ giả thiết suy ra 

    999

 20 1019

  k 1

  x

20 700

  

680

Vì x là số tự nhiên có ba chữ số

Câu 376. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2018-2019)

BCNN a b ( , )



420;

UCLN a b ( , )





 b

và Tìm hai số tự nhiên a và b biết:

Lời giải

Từ dữ liệu đề bài cho, ta có:

UCLN a b 

( , )

Vì nên tồn tại các số tự nhiên m và n khác 0, sao cho:

m

21 ; b



21n

UCLN m n  (2)

, ) 1

(

(1) và

BCNN a b 

( , )

420



BCNN m n (21 ; 21 )



420



21.20



BCNN m

(

, n)



(3)



  n 21 21

     n m

(4)

Vì nên theo trên ta suy ra:



 nên theo trên ta suy ra:



 1

Vì

 là thỏa mãn điều kiện (4).

 hoặc

n 2,



Trong các trường hợp thỏa mãn các điều kiện (2) và (3), thì chỉ có trường hợp: m

n 4,

 hoặc



 ta được các số phải tìm là:



 21.4 84;



 21.5 105

Vậy với



Câu 377. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2018-2019)

y 4



Chứng minh rằng: Nếu 7 thì 13











 74 37









Lời giải



 5 13 Ta có:  5 13

18 

  4 7    x 4 7

4 

 65    37 *



4;37

1 nên

y 4

Hay

y 4



 4 7







37,

5,37

Vì 7 mà 

1 nên 13



 18 37. y

 5 13



Do đó, từ (*) suy ra : mà 

,x y sao cho 34 5x y chia hết cho 36

Câu 378. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2017-2018)



Tìm tất cả các cặp số tự nhiên 

Lời giải

Ta có: 36 9.4 mà ƯC( 4,9) 1



3 4

        y

34 5x y chia hết cho 9 khi

  9 1



34 5x y chia hết cho 4 khi 5 4

  y



Vậy để 34 5x y chia hết cho 36 thì 34 5x y chia hết cho 4 và 9

y  thay vào (1)

     x

Với

y  thay vào (1)

Với 18 0 9 x        9 x x

,x y cần tìm là : 



 4, 2 ; 0, 6 ; 9, 6

 

Vậy các cặp 

Câu 379. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2017-2018)



n n

 

1 4

Cho

a)Tìm n nguyên để A là một phân số

b)Tìm n nguyên để A là một số nguyên.

Lời giải



     4

4 0

n n

 

1 4

a) là phân số khi



  1

n n

 

1 4

  4 5  n 4

5 

    

 5





   5

    1; 5

Với n nguyên, A nhận giá trị nguyên

n    

9; 5; 3;1

Lập luận tìm ra được

2009

2010

A 

 2010 2010



2010



 ..... 2010



2010

Câu 380. (Đề thi HSG 6 huyện Lập Thạch 2018-2019)

a)Cho biểu thức

Chứng minh rằng A chia hết cho 2011

B 

280



 79.80 1601

b)Cho

Chứng minh rằng B là bình phương của một số tự nhiên

2009

2010

3 2010

Lời giải

2009

2010   a) A   2010 2010



2009

   A       2010 . 1 2010  ...... 2010  2010  . 1 2010

 A  2011. 2010 2010    ...... 2010 2011 2011   A

  2010. 1 2010  





b) B 80   79.80 1601 80. 80 79    ...... 2010  2  1601 80.1 1601 1681 41    

Vậy B là bình phương của một số tự nhiên là 41.

Câu 381. (Đề thi HSG 6 huyện Lập Thạch 2018-2019)

1n  và 7 1n  và 7

1n  là hai số tự nhiên không nguyên tố cùng nhau 1n  là bao nhiêu ?

Với n số tự nhiên thỏa mãn 6 thì ước chung lớn nhất của 6

Lời giải

1n  và

 d 1

   ta có:

Gọi d là UCLN của 6

d 



 7 6

   1

 6 7

   1

  1;13

6 7

d d

n n

  1   1

      n

    n 7 42

    1 7. 6     1 6. 7   .



1, 7

 là hai số tự nhiên không nguyên tố cùng nhau

Mà 6

  

Nên



1, 7

 là 13.

Vậy ước chung lớn nhất của 6

300;

Câu 382. (Đề thi HSG 6 huyện Lập Thạch 2019-2020)



 b

,b biết:

 BCNN a b 



 UCLN a b 



và Tìm hai số tự nhiên a và

Lời giải

Từ dữ liệu đề bài cho, ta có :

Vì UCLN (a,b)=15 nên ắt tồn tại các số tự nhiên m và n khác 0, sao cho:

(2)



15 ;

m b



 UCLN m n 



(1) và

300,

 BCNN a b 





BCNN



 300 15.20



 20



(3)

 m n 15 ,15   BCNN m n

Vì nên theo trên, ta suy ra





b ,





15 15

  n

15.

    

n m

(4)



 1

Vì nên theo trên ta suy ra:



 là thỏa mãn điều kiện  4

Trong các trường hợp thỏa mãn các điều kiện  2 và  3 , thì chỉ có trường hợp

n 4,

 ta được các số phải tìm là:



15.4



60;



 15.5 75

Vậy với

Câu 383. (Đề thi HSG 6 huyện Lâm Thao 2018-2019)

b 4a

a b   Chứng minh rằng 10 ,

13b 



b 

a)Cho biết chia hết cho 13 

 ab a

0

b)Tìm số nguyên tố là số chính phương sao cho ab ba

  

a b

 39 13 b

 40 13 b  a b 13

b ab )



 )4 13 10   a a b    b Do 10 39 13   43; 73

Lời giải

  b c a

a b

 c a





Câu 384. (Đề thi HSG 6 huyện Lâm Thao 2018-2019)

,b c   còn a là một số nguyên âm.

   





.  Chứng minh rằng biểu thức M luôn dương

a)Cho Trong đó

b)Tìm tất cả các cặp số nguyên sao cho tổng của chúng bằng tích của chúng.

Lời giải

a) M

a  mà a là số nguyên âm nên M luôn dương  2  0,

 hoặc



Câu 385. (Đề thi HSG 6 huyện Thạch Thành 2018-2019)

A  

2 3 3



3 3



4 3



 ..... 3

a)Cho . Chứng minh A chia hết cho 11 và 13

,x y sao cho



   1 0

b)Tìm tất cả các cặp số nguyên

A  

2 3 3



3 3



Lời giải



2  3 3



3 3



4 3



7 3



8 3



9 3



.....

87 3



88 3



89 3

90 3





2 3. 1 3 3

 



3 3



4 3

 6 2 3 . 1 3 3

 

 



3 3



4 3

4 3  

 



3 3



4 3

 

..... 3   86 3  2 ..... 3 . 1 3 3

10 3 

 



6 121.(3 3



86 .... 3 ) 11



6 5 3 3   

 11





2  3 3

5 3



89 3

.....





a)A có 90 số hạng mà 90 5 nên

 



 



 88 3  2 ..... 3 . 1 3 3

90 3 

3 3 3    ..... 3

6 3  A

 13





 13

 4 2   3 . 1 3 3 

  2 3. 1 3 3  4 13. 3 3

A có 90 số hạng mà 90 3 nên:    



    

1 0





  3

 x y









  

3 1.

   x

 1





    

 3 .1



4;3

 x y  ;

   0; 1 ;

 

 

Từ đó suy ra 

Câu 386. (Đề thi HSG 6 huyện Thạch Thành 2018-2019)

a)Tìm số tự nhiên lớn nhất có 3 chữ số, sao cho chia nó cho 8 thì dư 7 và chia nó cho 31 thì dư 28

n 4 n 2

 

5 1

có giá trị là một số nguyên b)Tìm số nguyên n để phân số





,100

  a

999

Lời giải



a)Gọi số cần tìm là a 

Vì a chia cho 8 dư 7 và chia cho 31 dư 28 nên ta có:



      a a    7 8  28 31 a a   7 8 8  28 31 8  a a    1 8  3 8 a a      1 64 8  3 62 31 a a    65 8  65 31               

1 nên

a 



 65 248

  a

k 248





 8, 31

  65 8.31



  *

  

927

hay Vì 

Vì a là số có 3 chữ số lớn nhất nên



  n

n 4 n 2

 

5 1

2 7   n  2 n 1

7  n

b)Ta có:

(7)

   1

        1; 7



 3; 0;1; 4

n 4 n 2

 

5 1

100

b 3



 a b



225

Vì n  nên để nguyên thì 

,a b thỏa mãn: 



Tìm các số tự nhiên Câu 387. (Đề thi HSG 6 huyện Thạch Thành 2018-2019)  1 2

100



b 3



 a b



225

(1)

Lời giải

 1 2





b 3



Ta có: 



 a b

100   

Vì 225 lẻ nên cùng lẻ (2)

a 

0 :





10.0



  

225

b 3





 225 3 .5

  1

 b 100.0 3



 1 1



 1 2

*) Với

1 1

Vì 3



 1 1



   nên 1b  chia cho 3 dư 1 và 3 b b 3   1 25   1   9 b 

1b  lẻ

b chẵn

b 3   b 25.9    8 b 

a   2

a b

 chẵn, trái với (2) nên b  . Vậy

b 0;

 8

*)Với a là số tự nhiên khác 0: Khi đó 100a chẵn, từ  2

Câu 388. (Đề thi HSG 6 huyện Việt Yên 2019-2020)

a)Tìm hai số tự nhiên biết tổng của chúng bằng 504 và UCLN của chúng bằng 42

1a  là bội của

1a 

b)Tìm a  để

K 

2810

 . Chứng minh rằng K chia hết cho 72.

c)Cho



a b ,



 a b a



42 ',

a b



42 '



Lời giải

,a b là hai số cần tìm,

 b a b



a)Gọi 4

a b

   a '

a b

    504

 ' 12

Vì

   11;1 ; 7;5



 a b



  462; 42 ; 294; 210

 

 

có các cặp thỏa mãn là 

  1

1a  là bội của

1a  nên thì

n n

 

1 1

2 

  1

(2)

  a

  

 1;1; 2

  0; 2;3

b)Để là số nguyên khi

c)Lập luận được K chia hết cho 9 vì tổng các chữ số là 9 và chia hết cho 8 vì ba chữ số tận cùng là 008. Vậy K chia hết ccho 72.

2014

2015

2016

Câu 389. (Đề thi HSG 6 huyện Vũ Thư 2018-2019)

C  

4 4



 .... 4



1)Cho

Chứng minh rằng C chia hết cho 21 và 105

2)Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên khác 0, có số lượng các ước tự nhiên là một số lẻ thì số tự nhiên đó là số chính phương

Lời giải

2016

2014

2015



4 4

 ...... 4

2014

2015

2016

.......







3 4

5 4





2014

   ..... 4





 

   . 1 4 4

4 

 4 4 

 

2014



4    ....4





C      4. 1 4 4  21. 4 4

4     4 . 1 4 4 

2014

2015

2016



 ...... 4



2015

2016



3 4





 4 4

......



4 

2015







  ..... 4

  4      4 . 1 4

  . 1 4



2015









 ..... 4

C   4 4     4. 1 4  5. 4 4

 

1)Ta có:

   C

105

C C 5,

 mà  21

 5; 21

Ta có

P P  (

2 1

2) Gọi số tự nhiên đó là

    là số chính phương

Nếu

1P  . Phân tích P ra thừa số nguyên tố ta có:

 P a b .

c .....

,a b c …là các số

(với



Nếu nguyên tố)

 1

 1 ......



  1



 là số lẻ

Khi đó số lượng các ước của P: 

 1

 1 ......



 1

  x



1;....;

 đều là các số lẻ

Theo bài ra 



x y ,

,.....,

đều là các số chẵn



2 ,

m y



2 ,

n z



t 2

Do đó

2 m n P a b c

m n a b .



2

Nên   c ....

Vậy P là số chính phương.

Câu 390. (Đề thi HSG 6 huyện Vũ Thư 2018-2019)

  1

a)Tìm số dư trong phép chia khi chia một số tự nhiên cho 91. Biết rằng nếu lấy số tự nhiên đó chia cho 7 thì được dư là 5 và chia cho 13 được dư là 4

 ;x y biết:

x 5

1 

b)Tìm các cặp số nguyên 

Lời giải

a)Gọi số tự nhiên đó là a







q 13



p q ,



  

Theo bài ra ta có:

 

9 7



 14 7.



   2 7

 

q 9 13



 13 13



   1 13



Suy ra :



 9 7;





 9 13; 7,13



Ta có :



 9 91

     k 9 91

k 91

 

k 9 91



91 82 91.







   1

Do đó

Nên a chia cho 91 có dư là 82.

  1





5.1

  



   1

x 5

1 

 5

1 

 5.1 1.5

     5.( 1)

 ( 1).( 5)

   x



   1

b)Ta có:



 

6; 4



 x y  ;

  0; 2 ;

  4;6 ;

  10; 0 ;

 

 

Thay hết tất cả các trường hợp ta có:

   

1 3 5 .....



Câu 391. Đề thi HSG 6 THCS huyện Lương Tài 2015-2016)

 , n



  (với 1

M có là một số chính phương không, nếu:

 , n





     1 3 5 ...





  n

 

 1  1 1 : 2 1

 



 : 2 2

: 2



Lời giải

 n 1 1 . Vậy M là số chính phương.

Tính tổng: Tính số số hạng:  

990



100 3



Câu 392. (Đề thi HSG 6 huyện Lương Tài 2015-2016)

Chứng tỏ rằng;  a) 

b)Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4

990



100 3



Lời giải





a)Ta có 3 là lẻ nên 1003 là lẻ, 19 lẻ nên lẻ nên 

 a a ;

  1 ;

  2 ;



  





b)Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là

 6



   1









a Vì 4 4;6

Ta có :

6a  không chia hết cho 4.

không chia hết cho 4 nên 4

Câu 393. (Đề thi HSG 6 huyện Lương Tài 2015-2016)

Tìm tất cả các số nguyên n để:

n n

 

1 2

a)Phân số có giá trị là một số nguyên

12 n n 30

 

1 2

b)Phân số là phân số tối giản



Lời giải

   1



n n

 

1 2

  1







 3

2n 

a) là số nguyên khi 





 , vậy 

   1







(3)



   2

   

 3; 1;1;3

    n

 1;1;3;5









  12

 1 ,30 d



Ta có: khi

1n  và



 *







 

5 60





 mà 1 d

  

 *

 5 12

   1

 2 30







 

 

b)Gọi d là ƯC của 12

Vậy phân số đã cho tối giản

UCLN

n 21



4;14



 1

Câu 394. (Đề thi HSG 6 huyện Tiền Hải 2016-2017)





1p  cũng là số nguyên tố thì

a)Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì

1p  là hợp số.

b)Chứng minh rằng: Nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 và 2 4

UCLN

n 21



4;14



   21 4n

Lời giải

d 







d 

và 14 a) Gọi d là



  











   d

 1

 2. 21  2. 21  3. 14

      

 n 2. 21



và và 14 3n  3. 14

 1



n 21

4;14

UCLN

4 p không chia hết cho 3

 p 

Vậy

 

 b) Vì p là số nguyên tố,   1

Ta có

    và là số nguyên tố

1p  không chia hết cho 3. Suy ra

 2 2 2 1 7 3 2p  không chia hết cho 3.

Theo bài ra

1; 4

 là ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số chia hết cho 3, do đó

 2 1p  chia hết cho 3.

p  

1p  là số tự nhiên lớn hơn 1 và có nhiều hơn 2 ước.

Mà 4 ; 4

Vì 4 Suy ra 4 nên 4 1 13 1p  là hợp số.

Câu 395. (Đề thi HSG 6 huyện Tiền Hải 2016-2017)

a)Chứng minh rằng số viết bởi 27 chữ số giống nhau thì chia hết cho 27

b)Tìm số tự nhiên n có 4 chữ số biết rằng n là số chính phương và n là bội của 147

Lời giải

a) Trước hết ta chứng minh số gồm 27 chữ số 1 thì chia hết cho 27





111...11  27... chu so ... ..1

  11...1 1000....01000....01  c so ..1 9.. / ..0

c s 8... / ..0

8.. /

c so

Thật vậy:



 11...1 9 ..1 c so / 9..

1000...01000...01 3   8.. / ..0

c so

8.. /

..0

  111...1 27 c so / 27.. ..1

và Mà 

a  nên số đó chia hết .111...1 c so 27... / ...1

Từ đó suy ra nếu một số viết bởi 27 chữ số a thì số đó bằng

n 

9999

cho 27.



147



2 k 7 .3

b) Vì n là số tự nhiên có 4 chữ số nên 1000



Theo bài ra n là bội của 147 nên

     k

2 2 7 .3 .

441





 1000 441



9999

  2



Do n là số chính phương nên khi phân tích ra thừa số nguyên tố thì lũy thừa các thừa số nguyên tố phải có số mũ chẵn m 3

m 

4;9;16

Để n là số chính phương thì m là số chính phương

Suy ra các số tự nhiên cần tìm là : 1764;3969; 7056.

Câu 396. (Đề thi HSG 6 huyện Tiền Hải 2016-2017)

;

;......;

7 

8  10

9  11

100 

102

Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất để các phân số sau đều tối giản.

Lời giải

2n 



a  n

2

Các phân số đã cho đều có dạng , vì các phân số này đều tối giản nên

2n 

2n  phải là số nguyên tố cùng nhau với lần lượt các số 7;8;9;...;100 và

và a phải là hai số nguyên tố cùng nhau.

Như vậy phải là số nhỏ nhất.

2n  là số nguyên tố nhỏ nhất lớn hơn 100

     2 101

Nên

Câu 397. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2019-2020)

a)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất, biết rằng số đó khi chia cho 3, cho 4, cho 5, cho 6 đều dư 2, còn chia cho 7 thì dư 3

b)Tìm hai số tự nhiên biết tổng UCLN và BCNN là 23

;x y biết 32 1x y chia hết cho 45

c)Tìm số tự nhiên

Lời giải

 a BC

  

122

  62;122;182; 242..... a 

a) Gọi số tự nhiên đó là a (3; 4;5; 6) 2 Ta có:

Mặt khác a là số tự nhiên nhỏ nhất chia 7 dư 3 nên

a b a b   Gọi ,

d UCLN a b ( , )







b) Gọi hai số tự nhiên đó là



 a d b b d '.

'. ;

a b ',

 1





Ta có:

BCNN a b ( ; )



a b d '. '.

ab UCLN a b ( ; )

a b d '. '. d

Khi đó

 

a b d . '.



a b '.



 ' 23

Theo bài ra ta có:

UCLN a b ( ; )



BCNN a b ( ; )





  d

1;1



a b '

  23

a b '

nên

 mà  ' 22



 1 ' 1;  b      1 ' 11; 

a b ', ' a a ' 22   b ' 2



   y 0

x 32 10 9

    

3 2

  x



    

x 32 15 9

  5

3 2

  x

 

 1 0 9   1 5 9

   Vậy hai số cần tìm là 32310;32715

c) Vì 32 1x y chia hết cho 45 5.9

Câu 398. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2019-2020)



n   2  n 1

là số nguyên a)Tìm số nguyên n để



n 6 n 4

 

3 6

đạt giá trị lớn nhất. Tìm GTLN đó. b)Tìm số tự nhiên n để phân số

a P )



   1



   

  1

  0; 2

  n 2  1 n  n

 1

b M )



6 n



3   2

n 6 n 4

 

 n

3 6

 2 2

 3

   n 1 1 1 n   1 n 1          (1) U 1  n 3 2  2 2

   3   3

  

  

3n 

3 2 3 2 Khi đó để M đạt giá trị lớn nhất thì

Lời giải

n  . 2

 2 2



Max M

9      2 2

3 2

đạt giá trị dương nhỏ nhất, khi đó

Câu 399. (Đề thi HSG 6 huyện Hoằng Hóa 2017-2018)

101

2 3



3 3



4 3



 ...... 3

a)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho khi chia cho 11 dư 6, chia cho 4 dư 1 và chia cho 19 dư 11

b)Chứng minh rằng chia hết cho 120



Lời giải

  6 11;



  1 4,



  11 19



 



11 38 19





 1 28 4;





27 11, 4,19

      a

 6 33 11;  

a)Gọi số cần tìm là a ta có: 

Do a là số tự nhiên nhỏ nhất nên a+27 nhỏ nhất





BCNN

(4;11;19)

  a

809

Suy ra

101

2 3



3 3

4 3







3 3

4 3



5 3



6 3

7 3

8 3



9 3

.....

98 3

99 3



100 3



101 3





3 3

4 3



3 3



 4 3

 



3 3



4 3

 

  97 2 .... 3 . 3 3

 





 ...... 3     ..... 3



dfcm

)

  3  2  3 3 3  5 120. 3 3

   5 2  3 . 3 3   120(

b)Ta có:

Câu 400. (Đề thi HSG 6 huyện Anh Sơn 2018-2019)







 

n n

 

1 3

Cho phân số

a)Tìm n để A là phân số

b)Tìm n để A là phân số tối giản

c)Tìm n để A có giá trị lớn nhất

3 0

    3

n 1,



 3) 1

Lời giải





 1

 UCLN n









Hay

 thì 1

3n  không chia hết cho 2



 (k là số nguyên)

 3 2

 

Vì 4 2 Nên để

  1



3 4    n 3

1 3

c) Ta có:





3n  thì

3n  thì

4  3 4  3n

, Với Với a) A là phân số khi b) Để A là phân số tối giản thì UCLN (  (2 là ước nguyên tố)  n UCLN n Suy ra k n Hay n là số chẵn.  n  n 4  3n Để A có giá trị lớn nhất thì

3n  nguyên dương và có giá trị nhỏ nhất.     4

3 1

hay

Câu 401. (Đề thi HSG 6 huyện Anh Sơn 2018-2019)

,n ta có

n  không chia hết cho 5

Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên

  

Lời giải

 n n

   2 1

Ta có:

 n n  là tích của hai số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2

1

n n  có tận cùng là 0, 2, 6



1

n n   có tận cùng là 2, 4,8 không chia hết cho 5



1

Câu 402. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2018 - 2019)

Chứng tỏ rằng các số tự nhiên dạng abcabc chia hết cho ít nhất 3 số nguyên tố

Lời giải

abcabc



1001

abc



7.11.13

abc

Vậy nó chia hết cho ít nhất 3 số nguyên tố : 7;11;13

Câu 403. (Đề thi HSG 6 huyện Thanh Chương 2018-2019)



n  7 2  5 n

có giá tri là số nguyên a)Tìm số nguyên n để phân số

b)Tìm số tự nhiên a nhỏ nhất sao cho: a chia cho 5 dư 3, a chia cho 7 dư 4



  2

    n

(3)

a M )



   

 1; 3

 n

10 3   5

3 

  n

Lời giải

 n 7 2  5 n   2; 4;6;8 q 5







 4

b) Ta có:

  

5; 7



 17 5



 20 7

  









BCNN

5,7

  

Xét chia hết cho cả 5 và 7





Vì a là số tự nhiên nhỏ nhất nên

Câu 404. (Đề thi HSG 6 huyện Bá Thước 2018-2019)

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất biết rằng số đó chia cho 9 dư 5, chia cho 7 dư 4 và chia cho 5 dư 3

Lời giải



  a



  

Gọi số cần tìm là a





   

  1 9

k 1



  a



  

Ta có a chia cho 9 dư 5





   

  1 7

m 1



  a

t 5



  

Ta có a chia cho 7 dư 4





   

  1 5

t 5 1

9;7;5

1 và a là số tự nhiên nhỏ nhất

 a   2 1 9, 7,5



Ta có a chia cho 5 dư 3



, mà 

a 

158

   a

BCNN

(9, 7, 5)



315

. Vậy

Câu 405. (Đề thi HSG 6 THCS Tân Lập 2018-2019)

Tìm số tự nhiên có ba chữ số chia hết cho 5 và 9 biết rằng chữ số hàng chục bằng trung bình cộng của hai chữ số kia

a b c

Lời giải

   và 2b a c

  nên 3 9b



   3

  0;3; 6;9

Gọi số phải tìm là abc theo bài ra ta có



abc

c 

  0;5

0ab ta được số 630

Xét số

5ab ta được số 135; 765

Xét số

Câu 406. (Đề thi HSG 6 THCS Tân Lập 2018-2019)

8p  là hợp số

4p  là các số nguyên tố 

3p 

. Chứng minh rằng Cho p và

Lời giải



k 1,3



 

P có dạng 3 k

k 3

 thì 2

4p  là hợp số (trái với đề bài)

Dạng



k 3

    p

k 8 3

  

 9 3

là hợp số

Câu 407. (Đề thi HSG 6 THCS Tân Lập 2018-2019)

Tìm hai số tự nhiên biết tổng của chúng bằng 84,UCLN của chúng bằng 6

Lời giải

a b



ta có:

 1 ,











a b

6 78

18 66

30 54

  a b a b , ' '  *   a ' b  ' 14   1 a b ', a b , , ' 6 ' a b 6 ' Gọi 2 số phải tìm là a và b  a    b

x 

Câu 408. (Đề thi HSG 6 huyện Tam Dương 2016-2017)

  0;1; 2;....;9

8 9x với

viết trong hệ thập phân có bao nhiêu chữ số ? a)Tìm số tự nhiên nhỏ nhất khác 0 biết rằng số đó có 15 ước dương b)Số 

Lời giải

14a hoặc



b c a b c là các số nguyên tố và

( ,

nên số cần tìm có dạng

c

)

a) Vì 15 1.15 3.5 

14a mà số đó là nhỏ nhất nên 14 2 2 a    4.b c mà số đó nhỏ nhất nên 2   a c 3 2,

16384 4 2  3 .2

144

Th1: Số cần tìm có dạng

100



16 10 (1)

nên số cần tìm là 144



8   9

7 10 (2)

Th2: Số cần tìm có dạng Do 144 16384  8 b) ta có:  x  Ta cần chứng minh :

8 9



4 81





4 10 .8



4 10 .16



4 10 .10



Thật vậy, ta có:

x 



9x viết trong

  0;1; 2;....;9



8

Từ (1) và (2) suy ra : với mọi nên số 

hệ thập phân có 16 chữ số.

Câu 409. (Đề thi HSG 6 THCS Tam Dương 2016-2017)





   *

 10 2 n

Cho biểu thức

a)Tìm điều kiện của n để A là một phân số

b)Viết biểu thức A thành tổng hai phân số không cùng mẫu

c)Tìm n để A đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó



a n )





)



1 2

5 n

Lời giải

1n 

vs n   , n nhỏ nhất

5 n

c) A lớn nhất khi lớn nhất

Câu 410. (THẠCH THÀNH, 2018-2019)

A  

2 3 3



3 3



4 3



 ..... 3

Cho . Chứng minh A chia hết cho 11 và 13

2 3 3



3 3



4 3



2  3 3

4 3

3 3





7 3



8 3



9 3



87 3

.....



88 3



89 3

90 3





Lời giải

4 3

3 3





A    6 2 3 . 1 3 3

 



3 3



4 3

..... 3   

 



3 3



4 3

  2   3. 1 3 3

10 3 

 86 3  2 ..... 3 . 1 3 3

 

6 5 3 3   



6 121.(3 3



 11 A

86   .... 3 ) 11 A có 90 số hạng mà 90 3 nên:







2  3 3

5 3



89 3

.....







 

 

 



 88 3  2 ..... 3 . 1 3 3

90 3 



4 3 3 3    ..... 3

6 3   13 A



  2 3. 1 3 3  4 13. 3 3

 4 2   3 . 1 3 3   13

A có 90 số hạng mà 90 5 nên  

Câu 411. (HSG6, 2019-2020)

Thay (*) bằng các số thích hợp:

a) 510*;61*16 chia hết cho 3

b) 261*chia hết cho 2 và chia 3 dư 1

  chia hết cho 3, từ đó tìm được

Lời giải



a)Để 510*;61*16 chia hết cho 3 thì 5 1 * * 0,3,6,9

   chia 3 dư 1, từ

b)Để 261*chia hết cho 2 và chia cho 3 dư 1 thì * chẵn và 2 6 1 * đó tìm được * 4

Câu 412. (NGA SƠN, 2018-2019)

Một số chia cho 7 dư 3, chia cho 17 dư 12, chia cho 23 dư 7. Hỏi số đó chia cho 2737 dư bao nhiêu ?

Lời giải

.A Theo bài ra ta có:



a 7.

 

b 3 17.



 12 32. c

 7







c 12 39 23





 

7 39











Gọi số đã cho là

A 

39 7.  a 

  

3 39 17  

Mặt khác 

A 



Như vậy đồng thời chia hết cho 7,17 và 23.

A 

39 7.17.23

nên

39 2737 

Nhưng 7,17 và 23 đôi một nguyên tố cùng nhau nên   A 



39 2737



  A

2737



 39 2737

2698



   1

Suy ra



Do 2698 2737 nên 2698là số dư của phép chia Acho 2737

Vậy M là số chính phương.

4 3

Câu 413. ( LÝ NHÂN, 2018-2019)

P 



a)Tìm chữ số tận cùng của số

b)Tìm ba số nguyên dương biết rằng tổng của ba số ấy bằng nửa tích của chúng

4 3

Lời giải

P 



141414

Chữ số tận cùng của là 6

999 là 9

Chữ số tận cùng của

  6 9 2

432 là 2 Chữ số tận cùng của Chữ số tận cùng của P là chữ số tận cùng của tổng 



là 7

,a b c ,

b)Gọi 3 số nguyên dương cần tìm là

a b c

  

abc 2

Ta có:

  thì

a b c

  

c 3

   6

c 3

abc 2

, do đó: Giả sử a b c

Có các trường hợp sau:

  

3,5

*) (loại)

  



ktm

)



)



)

a       4 a 

ab ab

)  ktm    a

2( 3



)

  1

(

ktm

)

*) *)

Vậy bộ ba số cần tìm 1,4,5 hoặc 2,2,4 boặc1,3,8

Câu 414. (THẠCH THÀNH, 2018-2019)

a 100



b 3



 a b



225

,a b thỏa mãn: 

 1 2



Tìm các số tự nhiên

100



b 3



 a b



225

(1)

Lời giải

 1 2





b 3



Ta có: 



 a b

100   

0 :





  

225



b 3

10.0





 225 3 .5

Vì 225 lẻ nên cùng lẻ (2)

a   b 100.0 3



 1 1



 1 2

*) Với   1

  b

25.9



b 3





 1 1





  b

1b  lẻ

b chẵn

 1b  chia cho 3 dư 1 và 3 1 1 b    nên b   b 1 25 3   1  *)Với a là số tự nhiên khác 0: Khi đó 100a chẵn, từ  2

b 0;

 8

a   2

a b

 chẵn, trái với (2) nên b  . Vậy

Vì 3

Câu 415. ( LÝ NHÂN, 2018-2019)

a b c d thỏa mãn ,

, ,

ab cd

 A a



Cho các số nguyên dương Chứng minh rằng

là một hợp số với mọi số tự nhiên n

Lời giải





, a c

a t c ; 1

c t 1

 a c  1 1

  cd



a bt 1

c dt 1

  a b 1

c d 1

Giả sử Đặt với 



a c , 1 1

   b c 1

c k 1

a k 1

đặt , do đó: Mà 

Ta có:



n 1

n a k . 1





n a 1

n c 1

 A a t . 

n c k . 1 

n c t . 1 

a c t k nguyên dương nên Alà hợp số. 1

Vì

Câu 416. ( NGỌC LẶC, 2018-2019)

,a b cvới 0 a b c ,   

Cho ba chữ số

a)Viết tập hợp Acác chữ số có ba chữ số, mỗi số gồm cả ba chữ số trên

  Tìm tổng các chữ số a b c

b)Biết rằng tổng hai chữ số nhỏ nhất trong tập hợp Abằng 499

;



Tập hợp Lời giải  abc acb bac bca cab cba ;



cab cba . Ta có:

abc



acb



499



200



b 11



c 11



  499 *

b)Hai số lớn nhất trong tập A là

a 

3a  thì vế trái của  * lớn hơn 499, vô lý, do đó

1;2 

Nếu

   

c b

499 :11

Với không là số tự nhiên

   

c b

99 :11 9.

 Vậy

a b c

  

Với

990

100 3



Câu 417. (HSG6 LƯƠNG TÀI , 2015-2016 )

Chứng tỏ rằng;  a) 

b)Tổng của 4 số tự nhiên liên tiếp không chia hết cho 4

990

ĐÁP ÁN

100 3



a)Ta có 3 là lẻ nên 1003 là lẻ, 19 lẻ nên

 



 a a ;

  1 ;



  

b)Gọi 4 số tự nhiên liên tiếp là lẻ nên    2 ;





 6



   1









a Vì 4 4;6

Ta có :

6a  không chia hết cho 4.

không chia hết cho 4 nên 4

Câu 418. (HSG 2019-2020 )

n n 2

1   3

Chứng minh rằng phân số sau tối giản với mọi số tự nhiên

Lời giải

d UCLN n







  1

Gọi

  2 n

 3 ;

d n

  

 1



  1

   n

3 2



   

 1

UCLN n





  1



   1

n n 2

1   3

Hay là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n

Câu 419. ( NGỌC LẶC, 2018-2019)

27 n  6

n 3

n 2

Chứng tỏ rằng nếu phân số và là là số tự nhiên với n thì các phân số

các phân số tối giản.

Lời giải



27     n

 1 6

27 n  6

Vì phân số là số tự nhiên vơi mọi lẻ và không chia hết



n n ; 2 3

cho 3 là các phân số tối giản

Câu 420. (HSG6 LƯƠNG TÀI , 2015-2016 )

Tìm tất cả các số nguyên n để:

n n

 

1 2

a)Phân số có giá trị là một số nguyên

12 n n 30

 

1 2

b)Phân số là phân số tối giản

ĐÁP ÁN



   1



n n

 

1 2

a) là số nguyên khi 

  1







 3

2n 





 , vậy 

   1







(3)



   2

   

 3; 1;1;3

    n

 1;1;3;5







  12

 1 ,30 d



 2

Ta có: khi

1n  và









n 60

 

n 5 60





 mà 1 d





 

 

  5 12    1 n      d d *

 2 30 1

b)Gọi d là ƯC của 12

Vậy phân số đã cho tối giản

Câu 421. ( BẠCH LIÊU, 2018-2019)



 3 n 2  1 n

Cho

a)Tìm n là số nguyên sao cho giá trị A cũng là một số nguyên

b)Chứng minh rằng với mọi n là số nguyên dương thì A là một phân số tối giản

Lời giải

  2

1 



  

    n

(1)

       0; 2

  1

1 

d UCLN n







  1

b)Gọi

n 2



 3 ,

d n

 1   d

n 2







   d

 1

 3



 

   1

Ta có:

Vậy A là phân số tối giản

Câu 422. (THẠCH THÀNH, 2018-2019)

n 4 n 2

 

5 1

có giá trị là một số nguyên Tìm số nguyên n để phân số

Lời giải



  n

n 4 n 2

 

5 1

2 7   n  2 n 1

7  n

Ta có:

(7)

   1

        1; 7



 3;0;1;4

n 4 n 2

 

5 1

Vì n nên để nguyên thì 

Câu 423. (ĐỒNG THÁP, 2018-2019)

BCNN a b

 ( , ) 420;

UCLN a b

( , ) 21





 b

Tìm hai số tự nhiên a, b biết: và

Lời giải

UCLN a b

( , ) 21

 

m n ,







n 21

 a   b

Vì

BCNN a b

( , ) 420

 

BCNN m n

 (21 ,21 ) 420 21.20





BCNN m n

 , ) 20

(

Vì



  b



21 21

    (*)

n m



Vì



 m    m 

Trong các trường hợp cần xét chỉ có là thỏa (*)

4, 2,

n n

 

5 3

 

 21.4 84  21.5 105

 m    m 

a    b 

Vậy với



Câu 424. (ĐỒNG THÁP, 2018-2019)

y 4



 18 37 y

Chứng minh rằng: Nếu 7 thì 13













 

Lời giải

18 x

y 

  18

x  90 37(*)

x   5 13

 4 7   y

 4  y x   x 4 7

65    y 4



4,37

  1



Ta có  5 13 Hay

y 4

 mà  37



 4 7



Vì 7



5,37

1 nên:13



 18 37 y

 5 13

 mà   37



Do đó, từ (*) suy ra:

1999

1997

Câu 425. (HSG6, 2017-2018)

A 

999993



55555



 1

a)Cho . Chứng minh rằng A chia hết cho 5

n 11



2 12

b)Chứng minh rằng chia hết cho 133

Lời giải

1999



27)

999993

a)Nhận thấy:

1997

7)

555557

có chữ số tận cùng là 7 (vì 1994 : 4 dư 3, ứng với 33

1999

1997



999993



555557



 1

có chữ số tận cùng là 7(vì 1997 : 4 dư 1, ứng với



n 11





n 121.11

12.144







 12.12

 n 2 11 .11



S 





12.144



n 133.11





 n 133 12 .11



 144

 n 11 .12

b)Đặt có chữ số tận cùng là 0  hiệu chia hết cho 5 

Ta có 133.11n chia hết cho 133

144



n 11

n 144

n 11

   144 11

 1

chia hết cho 133 =chia hết cho 

  S

n 11



 133

Vậy

Câu 426. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

 n 3  n 2 2

Tìm số tự nhiên n để phân số có giá trị là số nguyên

Lời giải



 3 2







 n 3  2 n 2  2  

 8 2



 

   3 2 n n     2    n 2 n Suy ra 

      2    6 2 2   n      2; 4; 8

2  

Để phân số có giá trị là nguyên thì

n  5

Sau khi thử các trường hợp Câu 427. (Đề thi HSG HUYỆN TĨNH GIA 2018 -2019)



n  5 3  4 n

a) Cho , tìm n   để A có giá trị nguyên.

b) Tìm 2 số tự nhiên

,a b biết tổng BCNN với UCLN của chúng là 15. Lời giải



  3



a) Ta có

17 n  5 3   n n 4  4       n ( 17) 4



   

 1; 17

Để

 n   

 5; 3; 21;13

Lập bảng và xét các giá trị ta có thì A nguyên.

 m n  1

suy ra , khi đó  dm dn b) Gọi UCLN (a,b)=d a    b

BCNN



a b ,



dmn





2 d mn d

Mặt khác ta có tích của 2 số bằng tích của BCNN với UCLN của 2 số đó nên:





 



dmn d



 d mn

 1

  BCNN a b UCLN a b



 mn   1 2

b khi đó m n và

 a b 

 

 

Vậy

1999

Giả sử a Lập bảng ta thu được        1;14 ; 2; 7 ; 3;12 ; 5;10 Câu 428. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

1997

555557

999993

A 



;

a) Tìm chữ số tận cùng của các số sau: 1999 b) Cho

1999 7



499 2401 .343

. Chứng minh rằng A chia hết cho 5 Lời giải a)

 nên chữ số tận cùng là 3



499

1999

+) Ta có:

Vậy số có chữ số tận cùng là 3



4 3

1999 3

3 .3



499 81 .27



1999

499 có chữ số tận cùng là 7

1999

999993

+) Ta có: nên có chữ số tận cùng là 7

499

có chữ số tận cùng là 7

2401 .7



499

có chữ số tận cùng là 7

Vậy 2. Để chứng minh A chia hết cho 5, ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng số hạng Theo câu 1b, Tương tự câu 1a, ta có:  Vậy A có chữ số tận cùng là 0, nên A chia hết cho 5

Câu 429. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

Cho số 155 * 710 * 4 *16 có 12 chữ số. Chứng minh rằng nếu thay các dấu * bởi các chữ số khác nhau trong ba chữ số 1, 2,3 một cách tùy ý thì số đó luôn chia hết cho 396.

   6

Lời giải Ta nhận thấy, vị trí của các chữ só thay thế ba dấu sao trong số trên đều ở hàng chẵn và vì ba chữ số đôi một khác nhau, nên tổng của chúng bằng 1 2 3



4.9.11

trong đó 4;9;11 đôi một nguyên tố cùng nhau nên cần chứng minh Mặt khác: 396

155 * 710 * 4 *16

4A

chia hết cho 4, 9, 11

A  Thật vậy: Vì A tận cùng là 16 chia hết cho 4 nên 9A vì tổng các chữ số chia hết cho 9 11A cho 11 A Vậy

vì hiệu số giữa tổng các chữ số hàng chẵn và tổng các chữ số hàng lẻ là 0, chia hết

396 Câu 430. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)







a b

Cho phân số cùng thêm m đơn vị vào tử và mẫu thì phân số mới lớn hơn hay bé

a ? b

hơn

  

am bm



 



a   b

Lời giải

Theo bài toán cho a    ab am ab bm    a b m b a m    a m  b m Câu 431. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

2 n 

là một số chính phương

a) Tìm n để 2006 b) Cho n là số nguyên tố lớn hơn 3. Hỏi là số nguyên tố hay hợp số.

2 2006 n  Lời giải



  

2006



2 n  2006  2 a a







2006(*)

 a n a n



   Thấy



 a n

 a n

là số chính phương khi đó ta đặt  a) Giả sử  n 2006

 nên vế trái chia hết cho 4 và vế 2

,a n khác tính chất chẵn lẻ thì vế trái (*) là số lẻ nên không thỏa mãn (*)  ,a n cùng tính chẵn hoặc lẻ thì 





Nếu

2006

2n chia cho 3 dư 1 do đó

1 2006 3

2006

2007

 









là số chính phương

  669 3

2 n 

2006

phải không chia hết cho 4. 2 Vậy không tồn tại n để n  b) n là số nguyên tố nên n  và không chia hết cho 3. Vậy   m 3 n

Vậy là hợp số.

cba



Câu 432. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

abc

n

2 1

 và

 n

22

Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số abc sao cho

abc



100



b c

 



1 (1)

cba



c 100







4(2)

 

 a c



    44

5 99

Lời giải

b c 

n 

100.



     

5 99

999

, mặt khác:

  1

Từ (1), (2) 

abc 

675

Vậy

Câu 433. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)



a 

 2 2 2 a

a 

1   2 a

a a) Rút gọn biểu thức b) Chứng minh rằng nếu a là số nguyên thì giá trị của biểu thức tìm được ở câu a là một phân số tố giản

  a





Cho biểu thức



   1

a 

 2 2 2 a

a 

1   2 a

a a

a     a

1 1



  a

 

 1  1

a) Ta có:

  a

21; a

  

Lời giải  2 1  1   a 1

  là số lẻ nên d là số lẻ

a b) Gọi d là UCLN của  1

 a a

Vì



  

  a

   1 1

 a  và 1

a  là nguyên tố cùng nhau.

  d  tức là

Mặt khác,

Nên a Vậy biểu thức A là phân số tối giản.

Câu 434. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

Thay (*) bằng các số thích hợp: a) 510*;61*16 chia hết cho 3 b) 261* chia hết cho 2 và chia 3 dư 1



0,3, 6,9

  chia hết cho 3, từ đó tìm được *

   chia 3 dư 1, từ đó

6 1 *

Lời giải

4

1999

1997

a) Để 510*;61*16 chia hết cho 3 thì 5 1 * b) Để 261* chia hết cho 2 và chia cho 3 dư 1 thì * chẵn và 2 tìm được *

999993

A 



Cho . Chứng minh rằng A chia hết cho 5. Câu 435. (Đề thi HSG 6 Cấp trường) 555557

5A ta xét chữ số tận cùng của A bằng việc xét chữ số tận cùng của từng

Lời giải

4 3

3 .3

1999 3



499 81 .27

Để chứng minh số hạng.



499

499

2401 .7

1997 7





1997 7

Ta có: nên 19993 có tận cùng là 7



 499 Vậy A có tận cùng là 0 nên

5A

tận cùng là 7

Câu 436. (Đề thi HSG 6 2018 - 2019 )

ab cd eg



abc

deg 11



 11 

Chứng minh rằng: nếu thì

Lời giải

Tách như sau :

abc

 deg 10000



100

cd eg 



9999







 ab cd ed





9999 11,99 11



9999



 11





ab cd eg



abc

 deg 11

 11 

A

3, 7,15

Mà 

 ..... 2



Cho . Chứng minh Câu 437. (Đề thi HSG 6 2018 - 2019 )   2 2



 2 2



......







 



 59 ..... 2 . 1 2





  2 . 1 2















 ..... 2

  

Lời giải





 2 2



......







 

 



2 

2 

 58 2  ..... 2 . 1 2 2

2 







2   ..... 2

    2. 1 2 2  7. 2 2

   2 . 1 2 2 





 2 2



58 2

.......







 



 



 

 



3 2

2 

 2  ..... 2 . 1 2 2

 





2   ...... 2

2   15



    2. 1 2 2  15. 2 2

 2 . 1 2 2 

Biến đổi:    2 1 2  3 3. 2 2

a b

Câu 438. (Đề thi HSG6 năm 2019 - 2020 )

,a b sao cho 4 5 45

Tìm các cặp số 



a     

9 

a     

Lời giải

Câu 439. (Đề thi HSG 6 huyện ABC 2019-2020)

Một số chia cho 4 dư 3, chia cho 17 dư 9, chia cho 19 dư 13. Hỏi số đó chia cho 1292 dư bao nhiêu.

Lời giải



 



A  

q 1  25 4

2 











q 1

q 3



A  

3 17  25 4,17,19

A  

1292



 25 1292

1267

q   9 19 3    q 2 A    25 1292     1

Gọi số cần tìm A

Nên khi chia A cho 1292 ta được dư 1267.

Câu 440. (Đề thi HSG6 - 2018-2019 )

Cho 1 số có 4 chữ số *26*. Điền các chữ số thích hợp vào dấu (*) để được số có 4 chữ số khác nhau chia hết cho 4 số 2;3;5;9.

Lời giải



* 2 6 0 9

  

 

* 1

Để số có 4 chữ số *26*, 4 chữ số khác nhau mà chia hết cho 2,3,5,9 thì tận cùng là 0 (vì chia hết cho 2 và 5)



Để *260 9 thì 

Do đó số đã cho là 1260.

  

 n là số chính phương.

Câu 441. (Đề thi HSG6 - 2018-2019 ) Tìm số tự nhiên n sao cho : 1! 2! 3! .....

Lời giải

  

2 1! 1

  

1! 2! 3



n n

        

2 1! 2! 3! 9 3 1! 2! 3! 4! 33

  

3 4

Xét :

4n

n là một số chẵn. Nên 1! 2! ......

! 1.2.3.......

 

n

! 33

 Với chẵn bằng số có chữ số tận cùng là 3 nên khong là chính phương

thì cộng với một số



    

Vậy thì thỏa đề

Câu 442. (Đề thi HSG 6 cấp huyện 2019-2020) Cho a là số nguyên. Chứng minh rằng:

Lời giải

5a

 a

  0,1, 2,3, 4

nên từ ta Vì a là một số tự nhiên với mọi a





   0;1; 1; 2; 2;3; 3; 4; 4

Nghĩa là .

  a

. Biểu diễn trên trục số các số này đều lớn hơn -5 và nhỏ hơn 5, do đó 5

Câu 443. (Đề thi HSG 6 cấp huyện 2019-2020) Cho a là một số nguyên. Chứng minh rằng:

a) Nếu a dương thì số liền sau a cũng dương

b) Nếu a âm thì số liền trước a cũng âm

c) Có thể kết luận gì về số liền trước của một số dương và số liền sau của một số âm ?

Lời giải

Nếu a dương thì số liền sau cũng dương

Ta có:

0a

a) Nếu a dương thì số liền sau a lớn hơn a nên cũng lớn hơn 0 nên là số dương

b) Nếu a âm thì số liền trước cũng âm

Ta có: Nếu a âm thì a< 0 số liền trước a nhỏ hơn a nên cũng nhỏ hơn 0 nên là số âm.

Câu 444. (Đề thi HSG 6 cấp huyện 2019-2020)

Cho 31 số nguyên trong đó tổng của 5 số bất kỳ là một số dương. Chứng minh rằng tổng của 31 số đó là dương.

Lời giải

Trong các số đã cho có ít nhất 1 số dương vì nếu trái lại tất cả đều là số âm thì tổng của 5 số bất kỳ trong chúng sẽ là số âm trái với giả thiết

Tách riêng số dương đó còn 30 số chia là 6 nhóm. Theo đề bài tổng các số của mỗi nhóm đều là số dương nên tổng của 6 nhóm đều là số dương và do đó tổng của 31 số đã cho đều là số dương.

Câu 445. (Đề thi HSG 6 - huyện Thanh Oai - 2018 -2019 )

3x

y chia hết cho 7 khi 2

5x

y chia hết cho 7

a)Chứng tỏ 4

b)Tìm các số tự nhiên có bốn chữ số sao cho khi chia nó cho 130, cho 150 được các số dư lần lượt là 88 và 108.

Lời giải





 y 3 7





  16

y 12 7

  14



 y 5 7

 4 4





`14



  2

 y 5 7



a) Ta có:



 y 5 7

Vậy 4 khi 2

b) Gọi số phải tìm là a

42a

130;150



 a  



 130;150



 a

  1908;3858;5808; 7758;9708

2011

2012

2013

2014

Ta có: chia hết cho





Cho Câu 446. (Đề thi HSG 6 cấp Huyện 2018 -2029 )  10 32 10

8M

a) Chứng minh rằng:

b) Tìm số dư khi chia M cho 24.

2011



 32 10



.1111

 32 10



 1 10 10

2011



 .1111 8



32 10

Lời giải

1 . Vậy M chia 24 dư 0

  có tổng các chữ số là 9 nên chia hết cho 3

3  10 8 8 1111000....0032 3,8

Có A Do 







Câu 447. (Đề thi HSG 6 ) Chứng minh rằng chia hết cho 27 (n là số tự nhiên)



 

1 9















9999.....9 9  nchu so 9

9. 1111...111  n chu so 1

   

   

Lời giải



n chia hết cho 3

111.....1

nchu so

1111.....11  n chu so

   

   

nên Vì n là tổng các chữ số của

27A

Vậy

Câu 448. (Đề thi HSG 6 - 2016 - 2017 )

Tìm số tự nhiên nhỏ nhất sao cho số đó chia cho 3 dư 1, chia cho 4 dư 2, chia cho 5 dư 3, chia cho 6 dư 4 và chia hết cho 11.

Lời giải

Gọi số phải tìm là x

(3; 4;5;6)

2x

2 x

BCNN

(3, 4,5, 6)

      2



Theo bài ra ta có: chia hết cho 3,4, 5,6 là

x



1, 2,3, 4....

n  

)

x  

418

lần lượt cho Mặt khác 11,

Vậy số nhỏ nhất phải tìm là 418.

Câu 449. (Đề thi HSG 6 - 2016 - 2017 )



n 3 n

 2  1

Tìm các giá trị nguyên của n để phân số có giá trị là số nguyên.

n 3



  3

Lời giải

3 n n

 2  1

  3 5 n  1

5 





(5)

Ta có:

 n    

 1

      1; 5



   2; 0;6; 4

5 

Để A có giá trị nguyên

Câu 450. (Đề thi HSG 6 - 2016 - 2017 ) Cho 3 số 18, 24, 72

a) Tìm tập hợp tất cả các ước chung của 3 số đó.

b) Tìm BCNN của 3 số đó .

Lời giải



(18, 24,72)



  1; 2;3; 6

a) Tìm được Ư(18); Ư(24); Ư(72)



(18); 72



(24)



BCNN

(18; 24;72)



b) Ta có: 72

Câu 451. (Đề thi HSG 6 - Việt Yên 2019-2020)

2 2p

3 2p

là các số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố . Chứng minh rằng: nếu p và

Lời giải



k 3



Ta nhận xét rằng với mọi số nguyên tố lớn hơn 3 thì chia cho 3 đều có dạng



k 3



 



 *

hoặc



k 3



 

2 9



Với thì chia hết cho 3

 

2 9







k 3



Với thì chia hết cho 3

2p

2 2p

Vì p nguyên tố nên , khi đó trong cả 2 trường hợp trên thì đền lớn hơn 3 và

2 2p

chia hết cho 3. Tức là là hợp số

3p

 p

2 2

2 2 11  

chỉ là số nguyên tố khi (khi đó là số nguyên tố)

  

3 2 27 2 29

 

là số nguyên tố.

2 2p

3 2p

Vậy nếu p và là các số nguyên tố thì cũng là số nguyên tố

Câu 452. (Đề thi HSG 6 - Việt Yên 2019-2020)

2 n  1 n  2

là phân số rút gọn được Tìm số tự nhiên n để phân số



 

Lời giải









 1 ,

d n

 d  









 3

Gọi d là UCLN 







 1

 

 

d

Ta có:

* d

3d

1;3 . 

2 n  1 n  2

k 2 3     

k 3



 



 *

Vì nên Để phân số rút gọn được thì



k 3





* k

n  1 2 n  2

Vậy với thì phân số là phân số rút gọn được.

  

Câu 453. (Đề thi HSG 6 - Việt Yên 2019-2020)

,a b c sao cho

1 a

1 b

1 c

4 5

Tìm bộ ba số nguyên dương .

  a

Lời giải

a b c , khi đó ta có:

3 a

4 5

15 4

Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử  

1a

2a

3a

  b

Nếu thì không thể được ,do đó hoặc

2a

1 1   c b

3 10

2 b

3 10

20 3

Nếu thì , suy ra

4b

5b

6b

3 10

1  3



Suy ra hoặc hoặc vì

,a b c thỏa mãn là  ,



Suy ra các số và 

3a

1 1   c b

7 15

  b

Nếu thì

2 b

7 15

30 7

2,5,10 .

Từ đó suy ra . Không có trường hợp nào thỏa mãn 3 4  b   b

2, 4, 20 và  



Vậy có 12 bộ số thỏa mãn là các hoán vị của hai bộ ba số 

Tổng hợp 453 bài toán Số học trong đề thi HSG - Toán lớp 6

CHUYÊN ĐỀ .TỔNG HỢP 453 BÀI TOÁN SỐ HỌC

TRONG ĐỀ THI HSG

(ĐỀ HSG 6 SỐ D - 11)

 12   1 a.Tìm giao của 2 tập hợp. b. có bao nhiêu tích ab (với a  A;b  B) được tạo thành, cho biết những tích là ước của 6.

16  A Lời giải

 Lời giải

B)a

11 n 

n  10 3 n  4 10

22 n(  22

) 5

n( )  5 25  n  22

, 513













 3  2 . 1 2 5 2

   2 1 2 





 

,a b biết tổng BCNN với UCLN của chúng là 15. Lời giải

396 Câu 430. (Đề thi HSG 6 Cấp trường)

2 2006 n  Lời giải

Có thể bạn quan tâm

Giải Toán 6 - Chương 1: Số Tự Nhiên - Cánh Diều

Giải Toán 6 - Chương 2: Số Nguyên - Cánh Diều

Giải Toán 6 - Chương 3: Hình học trực quan - Cánh Diều

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 7: Dấu hiệu chia hết cho 2, cho 5

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 8: Dấu hiệu chia hết cho 3, cho 9

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 9: Ước và Bội

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 10: Số nguyên tố. Hợp số. Phân tích một số ra thừa số nguyên tố

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 11: Hoạt động thực hành và trải nghiệm

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 12: Ước chung, ước chung lớn nhất

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 13: Bội chung, bội chung nhỏ nhất

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 14: Hoạt động thực hành và trải nghiệm

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 1: Tập hợp. Phần tử của tập hợp

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 2: Tập hợp số tự nhiên. Ghi số tự nhiên

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 3: Các phép tính trong tập hợp số tự nhiên

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 4: Lũy thừa với số mũ tự nhiên

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 5: Thứ tự thực hiện các phép tính

Giáo án Toán 6 - Chương 1: Số tự nhiên - Bài 6: Chia hết và chia có dư. Tính chất chia hết của một tổng

Chuyên đề lý thuyết Toán 6 - Chương 2: Tính chất chia hết trong tập hợp các số tự nhiên

Chuyên đề lý thuyết Toán 6 - Chương 3: Số Nguyên

Chuyên đề lý thuyết Toán 6 - Chương 4: Một số hình phẳng trong thực tiễn

Tài liêu mới

Tài liệu tham khảo Tiếng Anh lớp 8

Đề ôn tập Vật lí lớp 12

Tài liệu chuyên đề: Cực trị hàm số

Câu hỏi trắc nghiệm ôn tập môn Toán lớp 11

Tài liệu Tổng hợp lý thuyết Toán lớp 8

Tài liệu Lý thuyết và bài tập Tiếng Anh lớp 6

Tài liệu Bài tập cơ bản và nâng cao Đại số 7 (Dành cho giáo viên, phụ huynh)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Lịch sử lớp 9 (Sách Kết nối tri thức)

Tài liệu Hình học 9 - Chương 5: Đường tròn - Tự luận có lời giải (Sách Kết nối trí thức với cuộc sống)

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 1 đến tuần 5

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 4

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 3

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 2

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 1

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 1 - Đề 3

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA