Một số bài toán ôn tập học kì39228

MỘT SỐ BÀI TOÁN Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n4 + n3 + số phương Giải: Giả sử n4 + n3 + số phương Vì n4 + n3 + > (n2)2 nên ta có: n4 + n3 + = (n2 + k)2 = n4 + 2kn2 + k2, với k số nguyên dương =>n2(n – 2k) = k2 –  Đặc biệt, k2 – chia hết cho n2, k2 = n2  k2 – Nếu k2 = k = n2(n – 2) = ta có n = Thử lại: 24 + 23 + = 52, thoã mãn Ngoài k  k2 > k2 –  n2 => k > n => n – 2k < 0; mâu thuẫn với điều kiện n2(n – 2k) = k2 –  Vậy ta tìm n = thoã mãn toán Bài 2: Tìm cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y2(x + 1) = 1576 + x2 Giải: Giả sử cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y2(x + 1) = 1576 + x2 Khi đó: y2(x + 1) = 1577 + x2 – => (y2 – x + 1)(x + 1) = 1577 = 19.83: Chỉ xảy khả sau: Nếu x + = x = 0, y2 = 1576 Nếu x + = 19 x = 18, y2 = 100 Nếu x + = 83 x = 82, y2 = 100 Neáu x + = 1577 x = 1576, y2 = 1576 Do 1576 số phương nên ta có nghiệm là: (18, 10) (82, 10) Bài 3: Cho số A = 111 111 * 333 333 gồm 2003 chữ số bên trái dấu * 2003 chữ số bên phải dấu * Hãy thay dấu * chữ số để số chia hết cho Giải: Để ý rằng:  10 2003    (1)   2004 + (*).102003 + 333 333 = (*).102003 + (102004 + 3)  A = 111 111     10    2003chuso1 Mặt khác: 2003 so 103  -1(mod7) suy 102003  5(mod7)  10 2003   2003   2(mod7) => 10 -1  4(mod7) =>    (2) 102004  1(mod7) => 102004 +  4(mod7) (3) Để A chia hết cho 7, từ (1), (2), (3) => A  (*).5 + 2.4  (*).5 +  0(mod7) Chuù ý  *  từ d=1 suy * = Vậy số cần tìm là: 111 1114333 333  a 2002  b 2002  c 2002  1(1) 2003  b 2003  c 2003  1(2) a Baøi 4: Cho a, b, c số thoả mãn điều kiện:  Tính tổng: a2001 + b2002 + c2003 Giải: Từ (1) suy a, b, c  Trừ vế (1) cho (2) ta coù: a2002(1 – a) + b2002(1 – b) + c2002(1 – c) = (3) 2002 2002 Vì a, b, c  nên a (1 – a)  0; b (1 – b)  0; c2002(1 – c)  DeThiMau.vn a    a  a 2002 (1  a )   b   Do đó: (3)  b 2002 (1  b)     Từ ta có: a2001 = a2003; b2002 = b2003 b   c 2002 (1  b)     c    c  Suy a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = Baøi 5: Cho x, y, z số thực không âm bất kỳ; chứng minh: x(x – z)2 + y(y – z)2  (x – z)(y – z)(x + y – z) (1) Giải: Lần lượt gọi vế phải vế trái (1) F T, ta có: T – F = x(x – z)2 + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)(x + y – z) = (x(x – z)2 – (x – z)(y – z)x) + y(y – z)2 – (x – z)(y – z)y + (x – z)(y – z)z = x(x z)(x – y) + y(y – z)(y – x) + z(x – z)(y – z) = (x – y)(x2 – xz – y2 + yz) + z(x – z)(y – z) = (x – y)2(x + y – z) + z(x – z)(y – z) + Nếu F  0, ta có T   F, Vậy (1) + Nếu F > 0, ta chứng minh (x – z)(y – z) > vaø x + y – z > (3) Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < vaø x + y – z < 0, ta coù: (x – z)(y – z) < => x > z hoaëc y > z => x + y > z => x + y – z > mâu thuẫn với giải thiết phản chứng Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F  => (1)  x yz  x  y, z  Đẳng thức xảy    y  z, x    z  x, y  Baøi 6: Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng k số tự nhiên n1, n2, …, nk S = n13 + n23 + … + nk3 Tìm số dư phép chia S cho Giải: Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho với số nguyên a Ñaët N = n1 + n2 + … + nk, ta coù: S – N = (n13 + n23 + … + nk3) – (n1 + n2 + … + nk) = = (n13 - n1) + (n23 - n2) + … + (nk3 - nk) chia heát cho => S N có số dư chia cho Mặt khác, 2003 chia cho dư => 20032 chia cho dö => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho dư Vậy S chia cho dư Bài 7: Cho 20 số nguyên khác 0: a1, a2, a3, …, a20 có tính chất sau: + a1 số dương + Tổng số viết liền số dương + Tổng 20 số số âm Chứng minh a1.a14 + a14.a12 < a1.a12 DeThiMau.vn Giải: Ta có: a1 + ( a2 + a3 + a4) + … + (a11 + a12 + a13) + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 + a20) < Maø a1 > 0; ( a2 + a3 + a4) > 0, …, (a11 + a12 + a13) > 0; ( a15 +a16 + a17) > 0; (a18 +a19 + a20) > Suy a14 < Cũng (a1 + a2 + a3) + … + (a10 + a11 + a12) + a13 + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 + a20) < uy a13 + a14 < Mặt khác a12 + a13 + a14 < => a12 > Từ diều kiện a1 > 0; a12 > 0; a14 < => a1.a14 + a14.a12 < a1.a12 Bài 8: Gọia, b, c cạnh tam giác tam giác cân Hãy so sánh giá trị tuyệt đối biểu thức P, Q sau đây: P= 1   ab bc ca Q= a bc  b ca  c ab 2(a  b)(b  c)(c  a ) Giải: p dụng bất đẳng thức tam giác ta có: a > |b – c|; b > |c – a|; c > |a – b| Vì tam giác không cân nên |b – c| > 0; |c – a| > 0; |a – b| > Từ ñoù suy ra: a|b – c| > (b –c)2; b|c – a| > (c – a)2; c|a – b| > (a – b)2 => a|b – c| + b|c – a| + c|a – b| > (b –c)2 + (c – a)2 + (a – b)2 Chia vế cho 2|(a – b)(b – c)(c – a)| > 0, ta coù: a bc  b ca  c ab 2(a  b)(b  c)(c  a ) > (a  b)  (b  c)  (c  a ) Tức |Q| > |P| (a  b)(b  c)(c  a ) Bài 9: Phân tích tuỳ ý số 2005 thành tổng số tự nhiên lớn xét tích số Trong cách phân tích nói trên, cách mà tích số có giá trị nhỏ Giải: Gọi a b số tự nhiên thoã mãn a > b > 1; a + b = 2005; suy ra: b – a < vaø (a + 1) + (b – 1) = 2005 => (a + 1)(b – 1) = ab + (b – a) – < ab (*) Áp dụng kết (*) ta có: 1003.1002 > 1004.1001 > 1005.1000 > … > 2002.3 > 2002.2 Vậy cách phân tích mà tích số có giá trị nhỏ la2005 = + 2003 Bài 10: Cho số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a2005 + b2005  x2005 + y2005  Chứng minh rằng: a1975.x30 + b1975.y30  Giải: Để giải toán ta giải toán tổng quát: “Cho số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: am+n + bm+n  xm+n + ym+n  1; với m, n nguyên dương Chứng minh rằng: am.xn + bm.yn  1” Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số am+n n số xm+n ta có: m.am+n + n.xm+n  (m + n) m  n (a m  n ) m ( x m  n ) n = (m + n).amxn (1) Tương tự: m.bm+n + n.ym+n  (m + n).bmyn (2) Cộng vế (1) (2) ta coù: m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n)  (m + n)( amxn + bmyn) (3) Vì am+n + bm+n  xm+n + ym+n  nên m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n)  m + n Từ (3) (4) suy ra: (m + n)( amxn + bmyn)  m + n DeThiMau.vn (4) => am.xn + bm.yn  Với m = 1975 n = 30 ta giải toán cho Lưu ý: Có thể nhận xét (am – xm)(an – xn)  vaø (bm – yn)(bm – yn)  để dẫn đến (am.xn + bm.yn) + (anxm + bnym)  Từ số hạng không lớn suy điều phải chứng minh Bài 11: Với số nguyên dương n, kí hiệu an = (-1)n n2  n 1 Tính tổng a1 + a2 + … + a2005 n! Giải: Với bất lkỳ số nguyên dương n  :  n2 n 1  n n2  n 1 n 1  = (-1)n   = (-1)n    n ! n ! n! ( n  )! n !     2 3  4  2004 2005   2005 2006  Do đó: a1 + a2 + … + a2005 = -3 +    -    + … +     -   1! 2!   2! 3!   2003! 2004!   2004! 2005!  2006 2006 = -3 + = -1 2005! 2005! an = (-1)n Bài 12: Có số tự nhiên n có chữ số, thoã mãn: ước n; ước n + 1; ước n + 2; ước n + 3? Giải: Ta thấy số thoả mãn tính chất ước 2; ước + 1; ước + 2; ước + Mặt khác, BCNN(2;3;4;5) = 60 suy n = 60k + (vơíi k  N) Vì n có chữ số suy 104  60k +  105 => 166 < k  1666 => k nhaän 1666 – 166 = 1500 giá trị Vậy có 1500 số tự nhiên n thoả mãn điều kiện đề Bài 13: Cho số dương a, b, c CMR: Giải: Đặt P = 1    a (1  b) b(1  c) c(1  a ) 3 abc (1  abc ) 1   p dụng bất đẳng thức quen thuộc: với x, y, z a (1  b) b(1  c) c(1  a ) caùc số thự ta có: (x + y + z)2  3(xy + yz + zx), suy ra: 1 3(c(1  a )  a (1  b)  b(1  c))   = = ab(1  b)(1  c) bc(1  c)(1  a ) ca(1  a )(1  b) abc(1  a )(1  b)(1  c) 3((1  a )(1  b)(1  c)  abc  1) = abc(1  a )(1  b)(1  c) 3 => P2    (1) abc (1  a )(1  b)(1  c) abc(1  a )(1  b)(1  c) P2  Đặt t = abc Theo bất đẳng thức Cosi cho số dương ta lại có: (1 + a)(1 + b)(1 + c) = + (a + b + c) + (ab + bc + ca)  + 3t + 3t2 + t3 = (1 + t)3 Tứ (1) (2) suy ra: P2  3 3((1  t )  t  1)   = = 3 3 t (1  t ) t (1  t ) t (1  t ) t (1  t ) DeThiMau.vn (2) => P  = t (1  t ) 3 abc (1  abc ) ( P > 0) Bài 14: Cho số tự nhiên có chữ số Mỗi lần phép biến đổi số cho hai cách sau: + Lấy chữ số (hoặc chữ số cuối cùng) đặt vào hai chữ số lại + Đảo ngược chữ số lại Hỏi nếu biến đổi 2005 lần từ số ban đầu 123 ta nhận số 312 không? Giải: Thực chất cách biến đổi việc đổi chỗ chữ số mà Vì vậy, ta chia số có chữ số viết chữ số 1, 2, thành nhóm mà sau lần biến đổi số thuộc nhóm chuyển thành số thuộc nhóm ngược lại Đó nhóm {123; 231; 312} nhóm {132; 213; 321} Ta thấy, hai số 123 312 thuộc nhóm nên từ số ban đầu 123, đề nhận số 312 thí thiết phải qua số chẵn lần biến đổi Suy ra, với 2005 lần biến đổi từ số ban đầu 123 ta nhận số 312 Bài 15: Cho x, y, z số thực thuộc khoảng (0,1) thoả mãn: xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2  Giải: Từ giải thiết xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) khai triển ta có: xyz = – (x + y + z) + (xy + yz + xz) – xyz => 2xyz = – (x + y + z) + (xy + yz + xz) (1) Cuõng từ xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) số x, y, z số thực thuộc khoảng 1 1      3 x y z      (0,1) suy ra: =   1  1  1   (theo baát đẳng thức Côsi)    x  y  z      1   3 1 1 1 x y z =>1  =>3     =>    => 6xyz  xy + yz + xz x y z x y z Từ (1) (2) => – 3(x + y + z) + 3(xy + yz + xz) = 6xyz  xy + yz + xz =>  – 3(x + y + z) + 2(xy + yz + xz) Cộng vế BĐT với x2 + y2 + z2 ta nhận được: x2 + y2 + z2  (x + y + z)2 - 3(x + y + z) + = (x + y + z)2 - 2(x + y + z) 3 3  = x  y  z   +  2 4   1    x y z Đẳng thức xảy khi:  x = y = z = ½ x  y  z   DeThiMau.vn + + 4 (2) Baøi 16: Cho f(x) = x2 – x – Giải phương trình [f(x)]2 – f(x) – = x (*) Giải: Ta có (*) [f(x)]2 – f(x) – – x = (x2 – x – 8)2 – (x2 – x – 8) – – x = (x2 – x – 8)2 – x2 = (x2 – x – – x)( x2 – x – + x) = [(x2 – 2x + 1) – 9](x2 – 8) = [(x – 1)2 – 9] (x2 – 8) = (x – 4)(x + 2)(x – 2 )(x + 2 ) = Do ptrình (*) có nghieäm: x   2 ;2;2 ;4   Bài 17: Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = a c   , a, b, c số ab bc ca thực thoả mãn điều kiện: a  b  c  1  b 1  c 1  a =   +   +  = a b 2 bc 2 c  a 2 ab bc cbba ab 1  bc 1  =   =     +   = 2a  b  2b  c  2c  a  ab ca bc ca a  b b  c   b  c a  b  = a  b b  c     = a  b b  c a  c   =   2a  b c  a  2b  c c  a  2a  b b  c c  a  2c  a   b  c a  b  Giải: Biến đổi ta có P – (do a  b  c  0) Đẳng thức xảy số a, b, c có số Vậy giá trị nhỏ P Bài 18: Tồn hay không số nguyên n thoả mãn n3 + 2003n = 20052005 + 1? Giải: Giả sử tồn số nguyên n thoã mãn hệ thức Ta có: n3 + 2003n = n3 – n + 2004n = (n – 1)n (n + 1) + 668.3n Vì n – 1, n, n + số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho Do (n – 1)n (n + 1) chia heát cho Suy n3 + 2003n chia heát cho (1) 2005 2005 Mặt khác 2005 + = (2004 + 1) + 1; 2004 chia hết 20052005 + chia cho dư (2) Từ (1) (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức có số nguyên thoã mãn hệ thức Bài 19: Đặt 1 1 1     vaø B =    1.2 3.4 2003.2004 2005.2006 1004.1006 1005.2005 2006.1004 A Chứng minh số nguyên B 1 1 1  1 1   Giải: Ta có A =       = 1          = 2005 2006  2005   2006  1    1 1 = 1            2005 2006  2006   2 1   1   1   1 = 1          1      =  2005 2006   1003   1004 1004 2006   A= DeThiMau.vn 1  1     =      1004.1006 1005.2005 2006.1004 3010  1004 1005 2006  A 3010 Vaäy = = 1050 số nguyên B B= x ( y  z )  y ( z  x)  z ( x  y ) Baøi 20: Cho A = x, y, z số nguyên, x > y > z ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) CMR: A laø số nguyên dương Giải: x4(y – z) + y4(z – x) + z4(x – y) = x4(y – x + x – z) + y4(z – x) + z4(x – y) = = (x – y)(z4 – x4) + (z – x)(y4 – x4) = (x – y)(z – x)[(z + x)(z2 + x2) – (x + y)(x2 + y2)] = = (x – y)(z – x)[(z3 – y3) + x(z2 – y2) + x2(z – y)] = = (x – y)(z – x) (z – y)(z2 + zy + y2 + xz + xy + x2) = (x – y)(z – x) (z – y)[(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2] x ( y  z )  y ( z  x)  z ( x  y ) Suy A = = (x – y)(z – x) (z – y) 2 2 ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) = Theo giả thiết x > y > z nên A > Mặt khác số nguyên x, y, z có số tính chẵn, lẻ nên (x – y)(z – x) (z – y) số nguyên chẵn Vậy A số nguyên dương Bài 21: Cho số dương a, b, c T(x) = x2004 – x2002 + CMR: T(a).T(b).T(c)  9(ab + bc + ca) Giải : Với số thực dương x ta có : T(x) – x2 – = x2004 – x2002 – x2 + = (x2002 – 1)(x2 – 1) = = (x – 1)2(x + 1)(x2001 + x2000 + … + x + 1)  Do T(x)  x2 + Đẳng thức xảy khi: x = Bởi ta có: T(a).T(b).T(c)  (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) (1) Vì số a, b, c có vai trò bình đẳng toán xét nên không tính tổng quát, giả sử số a, b không nhỏ không lớn tức (a – 1)(b – 1)  Ta coù: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) – 9(ab + bc + ca) = = a2b2c2 + 2(a2b2 + b2c2+ a2c2) + 4(a2 + b2+ c2) + – 9(ab + bc + ca) = = c2(a2b2 – a2 – b2 + 1) + 3(b2c2 – 2bc + 1) + 3(a2c2 – 2ac + 1) + 2(a2b2 – 2ab + 1) + + (a2 – 2ab + b2) + 3(a2 + b2+ c2 – ab – bc – ac) = = c2(a2 – 1)(b2 – 1) + 3( bc – 1)2 + 3( ac – 1)2 + 2( ab – 1)2 + (a – b)2 + [( a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2]  (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z = Bài 22: Biết A = 654x 999 997    + 1965 CMR: A chia hết cho 100 so Giải: Từ toán ta coù A = 654x( 100  00 + 3) + 1965 = 654 00  00 - 1962 + 1965 = 654 00  00    100 so 100 so DeThiMau.vn 100 so Vì + + + = 18 chia hết A chia hết cho Bài 23: Cho số thực dương cho tổng tất tích cặp số chúng CMR tồn số có tổng nhỏ Giải: Gọi số thự dương a, b, c, d, e Do vai trò số toán, không tính tổng quát ta giả sử < a  b  c  d  e (1) Ta coù: – (a + b + c + d)2 = 2(ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de) – (a + b + c + d)2 ( theo giả thiết) = 2(ae + be + ce + de) – (a2 + b2 + c2 + d2)= = (ae + be + ce + de) + a(e – a) + b(e – b) + c(e – c) + d(e – d) > (2) (theo (1)) Do ñoù > a + b + c + d (đpcm) Bài 24: Tồn hay hay không số nguyên a, b, c thoả mãn: a(b – c)(b + c – a)2 + c(a – b)(a + b – c)2 = (1) Giải: Giả sử tồn số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1) Nhận xét a + (b – c) + (b + c – a) = 2b chia heát cho 2; suy số a, b – c,, b + c – a chia heá cho Từ a(b – c)(b + c – a)2 chia hết cho (2) Tương tự : c + (a – b) + (a + b – c) = 2a suy c(a – b)(a + b – c)2 chia hết cho (3) Từ (2) (3) suy a(b – c)(b + c – a)2 + c(a – b)(a + b – c)2 chia heát cho (4) Từ (1) (4) suy không tồn số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1) Bài 25: Cho x, y, z số thực dương thoả mãn điều kiện: x + xy + xyz = Tìm giá trị nhỏ x + y + z Giải: p dụng bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: x x 1x 1 x   xyz = y z    y  z  ; (2) y    y  ; (1) 22 3   1x  1 x  Từ (1) (2) suy = x + xy + xyz    y  +   y  z  = (x + y + z) 22 3   xy = => x + y + z  Đẳng thức xảy (1) (2) đồng thời trở thành đẳng thức với giả thiết x + xy + xyz = x = y = 4z; keát hợp 4 16 ta suy x = ;y= ;z= 21 21 21 Vaäy x + y + z đạt giá trị nhỏ Bài 26: Chứng minh: 321 – 224 – 68 – chia hết cho 1930 Giải: Đặt A = 321 – 224 – 68 – = (37)3 – (28)3 – 38.28 – = (37)3 – (28)3 – 13 – 3.37.(-2)8.(-1) DeThiMau.vn p dụng đẳng thức quen thuoäc: a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc) Với a = 37, b = (-2)8; c = -1 suy A chia hết cho 37 – 28 – = 1930 Bài 27: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: 2005 x y 2004    = (1) x  y y  2004 4009 x  2005 Giaûi: Ta giải toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có: a b c d a b c d =(  )(  ) =    bc cd d a ab bc cd d a ab a  c  ad  bc b  d  ab  cd a (d  a )  c(b  c) b(a  b)  d (c  d ) =    1 (b  c)(d  a ) (c  d )(a  b) (b  c  d  a ) (c  d  a  b ) 4 (theo BÑT xy  (x + y)2) 2 2 4(a  b  c  d  ab  ad  bc  cd ) = (2) (a  b  c  d ) F= Mặt khác: 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d)2 = = a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd = (a – c)2 + (b – d)2  (3) Kết hợp (2) (3) ta suy F  (4) Đẳng thức xảy a = c; b = d Aùp duïng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta coù: 2005 x y 2004     x  y y  2004 4009 x  2005 Đẳng thức xảy y = 2005, x = 2004 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương (2004; 2005) Bài 28: Tìm tất giá trị a cho với giá trị tồn số (x, y, z) thoả mãn đẳng thức: x + y + z = x2 + 4y2; x + 2y + 3z = a x  y  z  x  y  x  y  z  x2  4y2   2  x  y  3z  a  x  y  3( x  y  x  y )  a Chuù yù: x + 2y + 3( x2 + 4y2 – x – y) = a  3x2 – 2x + 12y2 – y = a Giải: Ta có  2 (1) 1  1  1 17       x   + 12  y   = a + +   x   + 12  y   = a + 2 24  2 24  48 48     (2) Ta thấy với số thực b, phương trình s2 + t2 = b có nghiệm thực (s, t) (0; 0); ( ví (s; t) nghiệm cặp số sau nghiệm phương trình trên: (-s; t); (s; -t); (-s; -t)) Do phương trình (2) có nghiệm a =  37  1 ;   24 144  trình (1) có nghiệm (x; y; z) =  ; DeThiMau.vn 17 Khi hệ phương 48 Bài 29: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a (b  c)  b (a  c) , a, b, c độ dài abc cạnh tam giác vuông ( c độ dài cạnh huyền) Giải: Do c2 = a2 + b2  2ab nên c  2ab ; Mặt khác P = a (b  c)  b (a  c) ab(a  b)  c(a  b ) a  b c2 = =  abc abc c ab p dụng BĐT Cosi vào kết trên, suy ra: ab c ab c (  1)c ab c (  1) 2ab ab 2ab c    2  = = =  c c c c ab ab ab ab ab ab c = + Đẳng thức xảy a = b = hay tam giác ABC vuông cân Vậy giá trị nhỏ P = + , đạt tam giác cho vuông cân P Bài 30: Cho a,b số thực không âm P(x) = (a2 + b2)x2 – 2(a3 + b3)x + (a2 – b2)2 CMR: P(x)  với x thoã mãn |a – b|  x  a + b Giải: Ta có P(x) = (a2x2 – 2a3x + a4) + (b2x2 – 2b3x + b4) – 2a2b2 suy ra: P(x) = a2(x – a)2 + b2(x – b)2 – 2a2b2 (1) Vì |a – b|  a – b nên từ điều kiện a, b, x suy a – b  x  a + b => -b  x – a  b => |x – a|  b => (x – a)2  b2 (2) 2 Tương tự ta có: (x – b)  a (3) 2 2 2 Từ (1), (2), (3) ta suy ra: P(x)  a b + a b – 2a b = Bài 31: Cho tổng: 1 1 p p      ; n, p, q số nguyên dương n n 1 n  n9 q q phân số tối giản Tìm số tự nhiên nhỏ n để để q chia hết cho 2006 Giải: Trước hết ta phân tích 2006 = 2.17.59 Nếu q  59 n(n + 1)(n + 2)…(n +9)  59 ( Ví tích n(n + 1)(n + 2)…(n +9)  q) Do ñoù n +  59 hay n  50 Ta chứng minh với n = 50 q  2006; Vì số 50; 51; … ; 59 có 51  17; suy ra: 1 1 a 51a  b p       =  50 51 52 59 b 51 51b q => q  17 (a, b  N*; b không chia hết 17) Hoàn toàn tương tự, ta có q  59 Để chứng minh q  ta ý: 1 1 1 1 1  c  e 14  13       (    ) +      =    50 51 52 59 51 53 59  25 26 29  d  f 4.7.13  (c, d, e, f  N*là số lẻ) c 4.7.13.e  27 f c g 8ch  dg =  =  = (g, h  N*là số lẻ) d 8.7.13 f d 8h 8dh Do q  => q  10 DeThiMau.vn Vậy với n = 50 q  2.17.59 hay q  2006 Bài 32: CMR số dư phép chia số nguyên tố cho 30 số nguyên tố Giải: Gọi p số nguyên tố Ta biểu diễn p = 30q + r; q, r số tự nhiên r < 30 + Nếu q = r = p số nguyên tố + Nếu q > p  30 Như r số lẻ, không chi hết cho không chia hết cho (Vì 30 bội 2, 3, 30q + r lại số nguyên tố) Suy r nhận giá trị 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; (Là số nguyên tố) x yz 0  1 1 Bài 33: Tìm tất số thự dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình:       x y z xyz Giải: Dùng BĐT cosi cho số thực dương ta coù: = x + y + z = 33 xyz suy  xyz 1    (2) x y z xyz 1 x Kết hợp (1) (2) ta nhận được: (x + y + z)   (1) 1 3    xyz =9 xyz y z 1 9 =     x y z x yz 1 4 Từ (1) (3) ta lại có:      =2 x y z xyz Suy (3) Vaäy x; y; z số th75 dương thoả mãn hệ phương trình  đẳng thức xảy bất phương trình  x = y = z =2 Do x = y = z =2 số thực dương thoả mãn điều kiện toán  2006   2005   < f   2005   2004  Baøi 34: Cho f(x) = x3 – 3x2 + 3x + CMR: f  Giải: Ta nhận thấy f(x) = x3 – 3x2 + 3x + = (x – 1)3 + 1  2006   2005  + 4; f +4  =  = 2005 2004  2005   2004  1 1 1 Do < neân < suy ra: +4< +4 3 2005 2004 2005 2004 2005 2004  2006   2005  Nghóa laø f   < f   2005   2004  Suy f  Baøi 35: Cho x, y thoaõ maõn: ( x + 2003  x )(y + 2003  y ) = 2003 Hãy tính giá trị biểu thức sau: T = x2003 + y2003 Giải: Nhận xét: ( 2003  x + x)( 2003  x - x) = 2003 + x2 – x2 = 2003 11 DeThiMau.vn ( 2003  y + y)( 2003  y - y) = 2003 + y2 – y2 = 2003  y  2003  y  2003  x  x Do kết hợp với giả thieát ta suy ra:   x  2003  x  2003  y  y Coäng vế đẳng thức ta có: y + x = - x – y Suy x + y = Do T = x2003 + y2003 = x2003 + (-x)2003 = Baøi 36: CMR phương trình sau nghiệm nguyên x, y: 36x2 + 144y2 – 276x – 120y + 25 = (*) Giải: Có thể dùng dấu hiệu cjia hết cho cho 2, 3, 4, 6, 12 để có lời giải ngắn gọn cho toán Giả sử x, y số nguyên, dễ dàng nhận thấy vế trái phương trình (*) có giá trị số nguyên lẻ (dấu hiệu chia hết cho 2) nên phải khác Vậy phương trình (*) nghiệm nguyên Bài 37: Cho a, b số thoả mãn : a + b  CMR hai p.trình sau có nghiệm: x2 + 2a2bx + b5 = (1) x2 + 2ab2x + a5 = (2) Giải: Cách 1: gọi '1 , ' biệt số (1) (2) thì: ' = b4a2 – a5 = a2(b4 – a3) '1 = a4b2 – b5 = b2(a4 – b3) Xeùt: (a4 – b3) + (b4 – a3) – (a + b – 2) = ( a4 – a) + (b4 – b) – (a3 – 1) – (b3 – 1) = = (a3 – 1)(a – 1) + (b3 – 1)(b – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1)  Với a, b =>(a4 – b3) + (b4 – a3)  a + b –  0; với a, b thoã mãn a + b  Vậy biểu thức a4 – b3 b4 – a3 có biểu thức không âm => biệt số '1 ' có nất biệt số không âmm, tức có phương trình có nghiệm Cách 2: Nếu a  b  a + b  2a => a  Vì a  b a  nên a3  b3 vaø a4  a3 => a4  a3  b3 => '1  => p trình (1) có nghiệm Nếu a  b tương tự, (2) có nghiệm Bài 38: Cho Sn =  S n 1  3.S n 1 với n số tự nhiên không hnỏ Biết S1 = 1; Tính: S = S1 + S2 + S3 + … + S2004 + S2005 Giải: Theo công thức tính ta coù: S2 = S3 = S4 =  S1  3.S1  S2  3.S  S3  3.S = 1 1 = (  1) (1  )(  1) = … = -2 - =…= -2 =…=1 12 DeThiMau.vn Vì S4 = = S1, ta suy S5 = S2; S6 = S3; … Như S1 = S4 = S7 = S10 = … S2 = S5 = S8 = S11 = … S3 = S6 = S9 = S12 = … Do đó: S = S1 + S2 + S3 + … + S2004 + S2005 = = (S1 + S2 + S3) + (S4 + S5 + S6) + (S7 + S8 + S9) + … +(S2002 + S2003 + S2004) + S2005 = = 668(S1 + S2 + S3) + S1 = 668(1 – – + - 2) + = -2004 + = - 2003 x y    xy  y x Bài 39: Giải hệ phương trình:   x 2008  y 2008  ( xy ) 2005  (1) (2) Giải: Từ (1) ta có x, y > p dụng BĐT Cosi cho số dương ta có: x y  y x 2 Kết hợp với (1) ta có xy  xy => (xy )  => xy  xy yx  24 xy 16 (3) Aùp duïng BĐT cho số dương ta có: x2008 + y2008  (xy ) 2008 = 2(xy)1004 Kết hợp với (2) ta coù: (xy ) 2005  2(xy)1004 => 16(xy)2005  (xy)2008 => 16  xy (4) y  x   Từ (3) (4) ta thấy: (3) (4) đồng thời trở thành đẳng thức   y x < => x = y 2008 2008 x y  Khi 16 = xy nên x = y = Thử vào hệ thoả mãn Vậy hệ có nghiệm x = y = Bài 40: Tổng số bi đỏ số bi xanh hộp A, B, C, D 48 Biết rằng: số bi đỏ số bi xanh hộp A nhau: số bi đỏ hộp B gấp lần số bi xanh hộp B; số bi đỏ hộp C gấp lần số bi xanh hộp C; số bi đỏ hộp D gấp lần số bi xanh hộp D; hộp có hộp chứa bi xanh; hộp chứa bi xanh, hộp chứa bi xanh, hộp chứa bi xanh Tìm số bi đỏ bi xanh hộp Giải: Gọi số bi xanh hộp A, B, C, D a, b, c, d (nguyên dương) Theo giả thiết ta có: a, b, c, d đôi khác nhận giá trị thuộc tập hợp soá 2; 3; 4; 5; (1) suy a + b + c + d = 2+ + + = 14; Tổng số bi hộp laø: 2a + 3b + 4c + 7d = 48 => 2(a + b + c + d) + ( b + 2c + 5d) = 48 => b + 2c + 5d = 48 – 28 = 20 (2) Từ (1) suy b + 2c > 6; Kết hợp với (2) suy 5d < 20 – = 14 => d < 14/5 => d = => b = 2c = 10 => b chaün => b = (vì b  d) => c = 3; => a = Từ ta tính số bi đỏ hộp, thử lại ta thấy kết Vậy: 13 DeThiMau.vn Hộp A có bi xanh bi đỏ; Hộp B có bi xanh bi đỏ; Hộp C có bi xanh bi đỏ; Hộp D có bi xanh 12 bi đỏ Bài 41: Tìm số nguyên dương nhỏ thoả mãn điều kiện sau: phần hai số số phương; phần ba số lập hpương số nguyên; phần năm số luỹ thừa số nguyên Giải: Gọi số cần tìm n, thoe giả thiết trước hết n phải số nguêyn dương chia hết cho 2, 3, nên có dạng 2x.3y.5z.m, x, y, z, m số nguyên dương m không chia heát cho 2, 3, n = 2x-1.3y.5z.m = a2 n = 2x.3y-1.5z.m = b3 n = 2x.3y.5z-1.m = b3 x –  2; x  2; x  => x  15 y  2; y –  3; y  => y  10 z  2; z  3; z –  => x  Theo giaû thiết ta lại có: Suy ra: Suy ra: n  215.310.56 Vì 215.310.56 thoả mãn toán nên n = 215.310.56 (khi m = 1) Bài 42: Giải p.trình: x  -  x  x = x (1) Giải: Điều kiện: + 2x – x  < => -2  x  (2) Ta coù: (1) x  =  x  x + x =  ( x  1) + x  + x Maët khaùc: 4(x2 + 3) – (3 + x)2 = … = 3(x – 1)2  Do đó: x   + x   x  x + x Trong BĐT trên, đẳng thức xảy x = 1, thoả điều kiện (2) Vậy (1) có nghiệm x = Bài 43: Cho a, b, c số thực CMR: a( a + b)( a2 + b2) + b(b + c)(b2 + c2) + c(c + a)(c2 + a2)  (*) Giải: Giả sử A biểu thức vế trái BĐT (*) Khi đó: 2A = 2[a( a + b)( a2 + b2) + b(b + c)(b2 + c2) + c(c + a)(c2 + a2)] = = 2[a4 + a2b2 + ab(a2 + b2) + b4 + b2c2 + bc(b2 + c2) + c4 + c2a2 + ac(c2 + a2)] =…=…= = ( a2 + b2)(a + b)2 + (b2 + c2)(b + c)2 + (c2 + a2)(c + a)2  Suy A  Đẳng thức xảy a = b = c = Bài 44: Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x2 + y3 + 27y = 36 + 9y2 (1) Giải: ta có (1) x2 + (y – 3)3 = Ta thaáy x2  => (y – 3)2  => y –  (Vì y số nguyên dương) 14 DeThiMau.vn => y  => y  0;1;2;3;4;5 => (y – 3)2   27;8;1;0;1;8 => x2  36;17;10;9;8;1 Vì x số nguyên dương nên x 6; 3; 1; tương ứng với giá trị y 0; 3; Vậy p trình có nghiệm laø (6; 0), (3; 3), (1; 5) Baøi 45: Cho số nguyên dương khác A B có 2004 chữ số, bao gồm 1000 chữ số 1; 800 chữ số 2; 200 chữ số chữ số CMR số A B có số chia hết cho số Giải: Do A B có vai trò A khác B nên hkông tính tổng quát, ta giả sử A > B > cần chứng minh A không chia hết cho B Thật vậy: Giả sử A  B, từ giả thiết ta suy 11  11 < B < A < 44  44   2004 so => < 2004 so A A < =>  {2; 3} B B Mặt khác tổng chữ số số A; B là: 1000x1 + 800x2 + 200x3 + 4x4 = 3216 chia cho dư nên A B chia cho dư Suy ra: + Nếu A = 2B A vừa chia dư vừa chia dư 6, vô lí + Nếu A = 3B A vừa chia cho dư vừa chia hết cho 9, vô lí Suy điều phải chứng minh Baøi 46: CMR: A = (  3)3  (  5)3 +…+ ( 2003  2005 ) < 246 2007 Giải: Trước hết ta chứng minh toán: Với k > ta coù: ( k  k  2) < 1 1     8 k k2 (*) Thật (*) tương đương với: ( k + k  )3( k  - k ) > k k  ( k + k  )2(k + – k) > ( k + k  )2 > k k  ( k + k  )2 – k k  > ( k – k  )2 > 0, BĐT với k > p dụng BĐT (*) ta có: 1 1 1  1 1  1 1  1         =    <    = 1   8 8 8  45  3 2005  2005  2025  11 245,3 246 = = < (đpcm) 90 2007 2007 A < Bài 47: Tìm số nguyên dương k lớn cho tồn 2k số nguyên dương x1, x2, …, xk, y1, y2, …, yk đôi khác thoả mãn đồng thời điều kiện sau: 1/ xi + yi  xj + yj với i, j  {1; 2; …; k} 2/ xi + yi < 2009 với i  {1; 2; …; k} 15 DeThiMau.vn Giải: Xét S = x1 + x2 + … + xk + y1 + y2 + … + yk Vì x1, x2, …, xk, y1, y2, …, yk số nguyên dương đôi khác nên ta có: S  + 2+ + … + 2k = (2k + 1)k (1) Mặt khác S = (x1 + y1) + (x2 + y2) + … + (xk + yk), tổng(x1 + y1); (x2 + y2); …; (xk + yk), số nguyên dương đôi khác nhỏ 2009 nên ta có: (k  1).k (2) (k  1).k (k  1) Từ (1) vaø (2) suy 2009k –  (2k + 1)k => 2009k –  2k + => k 2 S  (2009 – 1) + (2009 – 2) + … + (2009 – k) = 2009k – Do số nguyên dương k lớn thoả mãn toán là 808 1 a b 1 c Bài 48: Cho a, b, c thuộc [1; 2] Chứng minh (a + b + c)      10 Giải: Do vai trò a, b, c nên không tính tổng quát ta giả sử  a  b  c  1 a b 1 c Ta coù: (a + b + c)      10 (a + b + c)(bc + ca + ab)  10abc a2b + ab2 + b2c + bc2 + c2a + ca2  7abc (a – b)(b – c)(a + c) + b(2a – c)(2c – a)  0, BĐT với  a  b  c  Baøi 49: Cho a, b, c độ dài cạnh tam giác CMR: a2b(a – b) + b2c(b – c) + c2a(c – a)  Giải: (hướng dẫn) Do a, b, c có vai trò hoán vị vòng quanh nên không tính tổng quát, ta giả sử a số lớn Kết hợp với giả thiết a, b, c độ dài cạnh tam giác, ta có: a2b(a – b) + b2c(b – c) + c2a(c – a)  a(b + c – a)(b – c)2 + b(a – b)(a – c)(a + b – c)  0, BĐT Bài 50: Cho a, b, c số thực không âm thoả mãn: a2 + b2 + c2 = CMR: a+ b + c  abc + Giaûi: Do vai trò của số a, b, c toán, không tính tổng quát ta giả sử a  c; b  c Vì a2 + b2 + c2 = 4, với a, b, c số thực không âm Ta suy c > 1 [(a + b)2 – a2 – b2] = [(a + b)2 + c2– 4] 2 1 + abc – (a+ b + c) = + [(a + b)2 + c2– 4]c – (a+ b + c) = Chú ý: ab = Do {8 c + [(a + b)2 + c2– 4]c2 – 4(a+ b + c)c} = 4c = [(a + b)2c2 – 4(a+ b)c + + c4 – 8c2 + c – 4] = 4c = [(ac + bc – 2)2 + c4 – (2 c – 2)2] = 4c = [(ac + bc – 2)2+ (c2 – 2 c + 2)(c2 + 2 c – 2)] = 4c = 16 DeThiMau.vn [(ac + bc – 2)2+ (c2 – )2(c2 + 2 c – 2)]  4c Ta coù c2 + 2 c – > 2 c – > (do c > 1) Vaäy a+ b + c  abc + = Đẳng thức xảy c = , ac + bc – = c = , a + b = c = , ab = (vì a2 + b2 = 2), tức đẳng thức xảy số a, b, c có số số 17 DeThiMau.vn ... = y = Bài 40: Tổng số bi đỏ số bi xanh hộp A, B, C, D 48 Biết rằng: số bi đỏ số bi xanh hộp A nhau: số bi đỏ hộp B gấp lần số bi xanh hộp B; số bi đỏ hộp C gấp lần số bi xanh hộp C; số bi đỏ... 0) Bài 14: Cho số tự nhiên có chữ số Mỗi lần phép biến đổi số cho hai cách sau: + Lấy chữ số (hoặc chữ số cuối cùng) đặt vào hai chữ số lại + Đảo ngược chữ số lại Hỏi nếu biến đổi 2005 lần từ số. .. hai số 123 312 thuộc nhóm nên từ số ban đầu 123, đề nhận số 312 thí thiết phải qua số chẵn lần biến đổi Suy ra, với 2005 lần biến đổi từ số ban đầu 123 ta nhận số 312 Bài 15: Cho x, y, z số thực