Bài tập luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Nghĩa Hưng

Nội dung text: Bài tập luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 - Nghĩa Hưng

1. Bài 1: x2 y2 1. Tìm các số nguyên dương x, y sao cho là một số nguyên tố. x2 y2 x2 y2 x2 y2 HD: Vì là một số nguyên tố nên ta có p với p là số nguyên tố x2 y2 p x2 y2 x2 y2 x2 y2 * Đặt x, y d với d nguyên dương x dx1, y dy1 với , x1, y1 N ; x1, y1 1 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Ta có d x1 y1 pd x1 y1 d x1 y1 p x1 y1 p x1 y1 Mx1 y1 . Đặt x1 y1 , x1 y1 m với * 2 2 2 2 * m N ,m 1 x1 y1 Mm và x1 y1 Mm , vì m N ,m 1 nên tôn tại số nguyên tố q là ước của m mMd 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x1 y1 Mq và x1 y1 Mq . Vì x1 y1 Mq mà q nguyên tố x1 Mq hoặc y1 Mq , mà x1 y1 Mq y1 Mq hoặc x1 Mq 2 2 2 2 2 2 2 2 q là USC x1 , y1 , ta có x1.y1 1 x1 , y1 1 1Mq vô lý vây m=1 x1 y1 , x1 y1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 Mà p x1 y1 Mx1 y1 pMx1 y1 , mà p nguyên tố nên p không là số chính phương nên x1 y1 1 x1 y1 1 x y d x2 2 p x chẵn x2 M4 2 pM4 pM2 mà p nguyên tố nên p=2 x2 4 x y 2 2. Có bao nhiêu số tự nhiên n không vượt quá 2019 thỏa mãn n3 + 2019 chia hết cho 6 HD: đặt M= n3 2019 M n3 n 2022 n 3 Ta có n3 n n 1 n n 1 , ta có n 1 nM2; n 1 n n 1 M3 n 1 n n 1 M6 n3 nM6 , ta có 2022M6 Nên M M6 n 3M n 3 6k với k Z 1 Ta có 0 n 2019 3 n 3 2016 3 6k 2016 k 336 , mà k nguyên nên k=0,1,2, 336 2 có 337 giá trị của k có 337 giá trị của n thỏa mãn Bài 2: 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x,y) sao cho x2 + 8y và y2 + 8x là các số chính phương. HD: vì x, y có vai trò như nhau nên giả sử x y 0 x2 x2 8y x2 8x 16 x 4 2 mà x2 8y là số chính phương nên x2 8y x 1 2 ; x2 8y x 2 2 ; x2 8y x 3 2 -Nếu x2 8y (x 1)2 8y 2x 1 vô lý; tương tự nếu x2 8y (x 3)2 8y 6x 9 vô lý -Nếu x2 8y (x 2)2 2y x 1 x là số lẻ x 2k 1 (với k=1,2 .) y k 1 + Với k=0 ta có x=y=1 khi đó x2 8y = y2 8x =32 là số chính phương. + Với k 1 Ta có y2 8x k 1 2 8(2k 1) k 2 18k 9 kà số chính phương Mà k 3 2 k 2 18k 9 k 9 2 nên k 2 18k 9 k 4 2 ; k 5 2 ; k 6 2 ; k 7 2 ; k 8 2 + Nếu k 2 18k 9 k 4 2 ; k 6 2 ; k 8 2 vô lý + Nếu k 2 18k 9 k 5 2 8k 16 k 2 x 5; y 3 x2 8y 49 72 ; y2 8x 49 72 + Nếu k 2 18k 9 k 7 2 4k 40 k 10 x 21; y 11 x2 8y 529 232 ; y2 8x 289 172 x 1 x 5 x 3 x 21 x 11 Vây ta có ; ; ; ; thỏa mãn bài ra. y 1 y 3 y 5 y 11 y 21 2 2 2. Cho a, b là hai số nguyên dương, đặt A a b 2a2;B a b 2b2 . Chứng minh rằng A và B không đồng thời là hai số chính phương HD : Giả sử tồn tại a, b nguyên dương để A và B đồng thời là số chính phương
2. 2 2 2 a b 2a x tồn tại a,b, x, y nguyên dương thỏa mãn .Đặt a+b=z ta có x N * Ta có 2 2 2 a b 2b y 2 2 2 2 2 2 z 2a x z0 2a0 x0 (I)Giả sử z ,a ,b , x , y với z ,a ,b , x , y N * là 1 nghiệm của hệ PT (I) 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 2 2 2 z 2b y z0 2b0 y0 2 2 0 2 2 2 2 2 2 2 x0 y0 2z0 2(a0 b0 ) 2 a0 b0 2(a0 b0 ) 4a0b0 x0 y0 chẵn x0 , y0 cùng tính chẵn lẻ 2 2 + Nếu x0 , y0 cùng lẻ thì x0 y0 chia 4 dư 2 4a0b0 chia 4 dư 2 vô lý .Vậy x0 , y0 chùng chẵn 2 2 2 2 z0 chẵn z0 chẵn, vì x0 , z0 chẵn nên từ z0 2a0 x0 ta có a0 chẵn vì nếu a0 lẻ thì vế trai chia 4 dư 2 2 2 2 còn vế phải chia hết cho 4 vô lý, tương tự vì y0 , z0 nên từ z0 2b0 y0 ta có b0 chẵn. Vậy ta có z0 ,a0 ,b0 , y0 là các số chẵn z0 2z1;a0 2a1;b0 2b1; x0 2x1; y0 2y1 . Vậy ta có Ta có 2 2 2 2 2 2 4z1 8a1 4x1 z1 2a1 x1 2 2 2 2 2 2 4z1 8b1 4y1 z1 2b1 y1 z0 a0 b0 x0 y0 Vậy ta có z1,a1,b1, x1, y1 hay , , là nghiệm của hệ PT (I) 2 2 2 2 2 z0 a0 b0 x0 y0 Lập luận tương tư ta có nếu z0 ,a0 ,b0 , x0 , y0 là 1 nghiệm của hệ PT (I) thì k , k , k k k với k=1,2, 3 2 2 2 2 2 Cũng là nghiệm của hệ PT (I), điều này chỉ xảy ra khi z=a=b=x=y=0 a b x z 0 vô lý vì a,b, x, y>0 Vậy A và B không đồng thời là hai số chính phương với a, b nguyên dương Bài 3: 1. Giải phương trình : (x+1)(x – 2 )(x + 6)(x – 3) = 45x2 HD: Ta có (x+1)(x – 2 )(x + 6)(x – 3) = 45x2 2 2 2 2 x 1 x 6 x 2 x 3 45x x 7x 6 x x 6 45x 6 6 2 6 2 x 7 x 5 45x . Đặt x 1 t ta có PT t 6 t 6 45 t 81 t 9 x x x Xét các khả năng của t tìm được x 2. Cho phương trình x2 x 3m 11 0 với m là tham số. Tìm giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 sao cho 2018x1 2019x2 2020 45 HD: Ta có 45 12m . Để PT có 2 nghiệm phân biệt thì 0 45 12m 0 m 12 Theo vi ét ta có x1 x2 1; x1x2 3m 11 Ta có 2018x1 2019x2 2020 2018 x1 x2 x2 2020 2018 x2 2020 x2 2 x1 1 x2 1 Mà x1x2 3m 11 nên ta có 2 3m 11 3m 9 m 3 thỏa mãn