Tài liệu ôn thi chuyên toán phần Số (part 3)

Tài liệu ôn thi chuyên toán dành cho học sinh cấp trung học cơ sở, bám sát theo chương trình học của học sinh, chủ yếu là cho học sinh có nguyện vọng thi chuyên Khoa Học Tự Nhiên, học sinh có nguyện vọng thi học sinh giỏi Ôn thi chuyên Toán

Trang 1

GV: Nguyễn Tiến Lâm

Ôn tập tổng hợp

1 Với a,b,c > 0 thoả mãn a+b+c =2, chứng mỉnh rằng a2Ð2 + b2c? + c2a? < I

2 Với a,b,c > 0 thoả mãn a+b-+c =2, chứng minh rằng a2bẺ + b°c” + c”a” + abe < 1

3 Với a,b,c là các số thực thoả mãn a+b+c = 0, chứng minh rằng, @h? +b? +a? — babe > -3 4` Với x,y,z là các số thực không âm thoả mãn x+ y+z =3, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của iF F=3(2+y?+z2)—202y?+y22 + z2y?) 5 Với a,b,e là các số thực thay đổi nhưng ludn tho’ man a+b-+c=4,a? +b? +c? =6, tim gid tri Idn nhat và _/&á trì nhỏ nhất ca G= a +B +03 { 3 Cho đa thức P(x) = 2x4 —x3 — 5x2 + 5x — 5 Gọi a,b,c là ba nghiệm phân biệt của đa thức Ø(x) = x` — 3# + I Tinh P(a).P(b).P(c) f

7) Cho n,a,b,c,d là các số nguyên dương thoả mãn n2 < a<b<e< đ< (n+ 1% Chứng minh rằng ađ # bc

8 Với a,b,c,d nguyên dương thoả mẫn a < b < e < đ và ad =be Ching minh ring

Trang 2

GV:Nguyễn Tiến Lâm LƯU HÀNH Đề kiểm tra cuôi năm lớp 8 năm học 2022-2023 Thời gian: 150 phút Bài 1 (4 điểm) a) Chứng minh rằng không tổn tại các số thực a,b,c # 0 thoả mãn 1 TT - ws -l|b+z =} a @ a a D b € e b) Gọi a,b là hai nghiệm của đa thức P(x) = xŸ— 4x# ~ 2xŸ + 13x? —7x+ 1 mà ab = 1 Tính a+b? Bài 2 (4 điểm) b b € € a

Với a,b,c > 0, chứng minh E frames) ae sires pz) 2!

3) em (= cta c+a Ta+b 2+5 b+e ~ 4+2 =f 3+2 œ 2+2 1 2222/7126 | 2 +2x+6 y)+2y+6 © b) Với x.y,z > 0, chứng minh Bài 3 (6 điểm)

a) Tìm các số nguyên dương x,y thoả mãn 3ˆ + y = 27073,

b) Xét a,b.c là các số nguyên dương thoả man bt +522 +c4 chia ht cho 4a? +b? +c, chting minh ring 4a? +b? +c la hop sé c) Tim cdc sé nguyén t6 a,b,c va cdc s6 nguyén dương k thoả mãn @ +B 44c? = 9 425 Bai 4 (4 diém) a) Với a,b,c >0 thoả mãn a?+b?+c?= “hổ thợ tui chứng mình rằng trong ba số v/4,v5,€ có một số bằng tổng hai số còn lại

b) Cho đa thức P(x) = *) +ngẺ +nx+P về xác số thực a,b,c thoả mãn

Pù +e,P(b) =c+a,P(c) =a+b Chứng minh rằng P(a+b+c)= (b +€)[e+a)(a+ð)

Bài 5 (2 điểm) »

a) Với a,b,c > 0 thôẩ mãn wre =3, chứng minh rằng

ọ : ab+a be+b ca+e 2

3

L BẾP cụ, ch ch CS c y 2B1+5b+2 T 2c5+5e+2 2a? +5a+2 ~

b) Với a,b,c > 0 thod man (a? +b?)(b? +c?) (c? +a?) = 8, ching minh rang a?b+ b?c + c?a <3 Bài 6 (2 điểm)

a) Xét số nguyên dương n và số nguyên tố p thoả man p—2 chia hết cho n, déng thai m3 +n-+2 chia hét cho p Chứng minh rằng 4p~7 là số chính phương

Trang 3

GV: Nguyễn Tiến Lâm LƯU HÀNH NỘI BỘ Ôn tập tổng hợp sô 01 Bài tập ở lớp L.3_ *+!1 Giải ình _= ›

1 Giải phương trìn xs e+)

Lời giải Các kỹ thuật chính để giải phương trình chứa căn là: nâng luỹ thừa, sử dụng lượng liên hợp, nhóm

thành bình phương, đặt ẩn phụ (một hoặc nhiều ẩn phụ), đánh giá (bất đẳng thức, đơn điệu) Mục tiêu cuôi cùng là làm mắt căn cho đỡ ngứa mắt

Ở bài toán này có nhiều cách giải: nâng luỹ thừa, sử dụng lượng liên hợp, đặt ẩn phụ đều được Diễu kiện xác định là x > 0 (đừng quên nhé) Dưới đây, ta sẽ trình bày hai cách giải

Cách 1 Sử dụng lượng liên hợp để khử căn Lưu ý là nhẩm thấy x = I là nghiêm thì ta tìm cách tách nhân tử x— 1 Ngoài ra cũng có thể nhẩm ngay x = 3 cũng là nghiệm nên ta sé tách thành nhân tử (x— 1)(x— 3) 4 đóa cy £ W ss Kỳ May mắn là khi thay x= 1,x = 3 thì V*?z đều bằng 2 nên ta viết lại phương trình đã cho dưới dạng, 3 2+7 = er) hay tuong duong 5 +4 7 4x43 "F3, 2q#9)` nti ¥2 (+1) Tới đây thì tự làm di nhá, không ai giúp đâu nhưng nhắc một điều là chớ có dại dột rit gon x*—4x+3 Ia toang đấy Cách 2 Cách này là cách tạo ra bài toán Trước hết, hãy chú ý hai đẳng thức sau (bản chất chính là định lý Vieta đảo)

X?~ (a+b)X +ab= (X—a)(X —b) X? + (a+b)X +ab = (X +a)(X +b) Phuong trinh da cho dugc viét Jai thanh P47 = (242) nt, Chia cả hai về cho x, ta được 7 ( :) 3 X+—=(24+=)]4/xt= x x x (+2) -É+Ÿ)4*+‡+2‡=0 x x eee

Tới đây thì tự đi mà làm nha Tuy nhiên nếu trong phòng thi, chắc chả ai nghĩ ra cách này Cách 1 hoặc cách nâng luỹ thừa có khi là hiệu nghiệm và nhanh nhất Trình bày vào đây dé các bạn có thêm cách tiếp cận, hay tương đương

nha n

x=y+6

Trang 4

GV: Nguyễn Tiến 1, an

iến Lưu ý là ta chỉ có thể sắp thự Lời giải Rất nhiều bạn khi giải hệ phương trình trên đầu sắp thứ tự các bien a trò các biến không Thí tư các biến nếu vai trò các biến là như nhau Tuy nhiên trong te el cho nhau thì xem hệ phương nhau (chẳng hạn muốn vai trò 2,y có như nhau hay không thì đôi vai tr TU) trình có bị thay đổi hay không, nêu thay đổi thì tức là vai trò x,y không như nhau)- đổi Cụ thể hơn là + = ô ÔI

Cách 1 Tuy nhiên nếu hoán vị vòng quanh x,y,z thì hệ phương trình đã pas max hay min déu

Tết thì hệ không đổi (thử đị) nên ta có thể giả sử x= max(x,}:2) {mut nD cho Hi yt D346 giải được hết, nhưng bản tính tham lam nên thích cái lớn nhất, to nhất) Thê thì xˆ > z

Suy ra y>x Vì x= max(x,y,z) nén x= y, Tới đây tự giải tiếp nhé Ầ hấy nghiệm của , ô a iém cu Cách 2 Cách này thì chả cần quan tâm xem hệ có phải hệ hoán vị vòng quanh không Ta thây nẹi ee l —2 Thế thì, viết lại hệ là (x,y,z) = (2,2,2) nên ta sẽ tìm cách tách được một trong ba nhân tử x—2,y— 2,#~ 2: Thê thì, vị hệ dưới dạng xT-8=y-2 y-8=7-2 3-8=x-2 hay (x-2)(07 42x44) =y-2 Ú~2)02+2y+4)=z—2 (‡—2)(2+2z+4) =x—2 Tới đây làm sao tiếp ấy nhở? - Tìm các số nguyên tổ p,4,r thoả mãn (p°+1)(2+1)= 2+1,

Lời giải Bài này liên quan tới số nguyên tố Thế thì nh £ì khi gặp các số nguyên tố, dưới đây là một số điều nên nhớ (còn muốn nhớ hay không là tuỳ các bạn)

e Số nguyên tổ chỉ có đúng hai ước dương là 1 và chính nó

«Nếu a,b nguyên và p là số nguyên tố thoả mãn p | ab thì pÌa hoặc p | b

Gặp bài toán trên, ta nghĩ tới điều Eì: số chính phương (kẹp, đồng dư mod 3, mod 4 ) Chú ý là số chính

phương khi chia cho 3,4 cho số dư là 0 hoặc 1 Nếu cả hại số Pa đều lẻ thì về trái chia hết cho 4 nên z2 = 3

(mod 4) là vô lí Do đó, trong hai số P,q phải có một sé chin Không mắt tính tổng quát, giả sử p chẵn thì do p nguyên tố nên p= 2 Thay vào đề bài, ta có

5(?+1)=+1

Tới đây xét riêng ạ = 3 Còn ¿#23 thì 4 =1 (mod 3) nên 5+1) =1 (mod 3), dẫn tới r? chia hết cho 3

Q Tìm các số nguyên dương x,y thoả mãn y'+4o(2+y?) + 62y2 =4'+62+3x+2,

Lời giải Chỉ cần cộng xf vào cả hai về là

(x+y) =a 44346243249,

Suy ra xt +43 4 6243x4218 luỹ thừa bậc 4 của một số nguyên dương và tới đây hãy sử dụng kỹ thuật Kẹp

thần chưởng dưới đây

Trang 5

\|

GV: Nguyén Tién Lam

a May bai kiểu này rất quen nhé, có khá nhiều bài giống giống Chẳng hạn kết quả quen thuộc dưới

Á Sak ˆ 4

Nếu a,b,c, là các số nguyên dương thoả mãn ab— cả chia hết cho a+b+c-+đ thì a+b+c+4 là hợp SỐ Có nhiều cách giải bài toán trên, trong đó ta có thể giả sử a = max(a,b,e,đ) thì = min(a,b,c,d) và sử dụng đăng thức sau (a+b)? (c+d)? =(atb+c+d)(a+b—c-d) at+b+c+d | (a+b)*—(c+d)?—(4ab—4cd) hay a+b+e+d|(a—b)?—(e—4)?= (a+e~b~đ)(a+d~b~°):

Trở lại bài toán lúc đầu, ta cần điều chỉnh đôi chút ở chứng minh trên Cụ thể là

a+d—b-e| (a—b)?—(c—d)?+4(ab—ed) = (a+b)? (c+ 4) = (a+b—c~d)(a+b+c+3)

Với a,b thoả mãn 0< a< b<2 và b+2a > 2ab, tìm giá trị lớn nhất của F = a' + ĐỂ

Lời giải Giả thiết bài này gợi ý cho ta về phép nhóm abel Cụ thể là ® ar+by=a(x~y)+(a+b)y ® av+by+cz=a(x—y)+(a+b)(y—z)+(a+b+c)z 1 : i a ee : Trước hết, ta viết lại giả thiết b-+2a > 2ab dưới dạng 145 >2 Dự đoán dầu bằng xảy ra, ta sẽ chứng minh 2!+19 > bt+áể Kinh nghiệm là luôn bắt đầu từ về lớn hơn và biến có chứa thông tin Cụ thể là bắt dau tir vé 24+ 1Ý và biến b Ta có _ na : a! 4 a+1= (3) #+(3) ~=() 09: (() +(2) )*“

pes a\t “Lins ` g

Chú ý là từ giả thiết 143 >2 ta có thể chứng minh được B) + ( > 2 bằng bất đẳng thức a € 4 AM-GM (hạ bậc) a Với a,b,e > 0 thoả mãn a2+b2+c2=2(ab-+ be + ca), chứng mình rằng 1 — 24 atbtet ye > Loi giải Một số khai thác từ giả thiết a° + b?+-c° = 2(ab+ be + ca) © (a+b+c)?=4(ab + be + ca), oath t= (a—b)?+(b-c)? + (c—a)’, ° (a+b—c)? =4ab, e Trong ba số v⁄4, Vb, V€ có một số bằng tổng hai số còn lại Thể thì

a+b+c+ : —= a+b+c+ : =—= a+b+ HH e

2abc 4abc (a+b—e)(a+b—e)c`

Tới đây hãy tách lượng a+b+e để khử mẫu của phân số còn lại bằng bất đẳng thức AM-GM Lưu ý là giả

sử e= min(a,b,e) để dam bao a+b—c>0 a

Trang 6

Xét các số nguyên tố a,b,e,d thoả mãn 5 < a< b< e< đ< a+ 10 Chứng minh rằng a+-b-Ƒc + đ chia hết

Tìm tất cả các số nguyên dương x,y và các số nguyên tố p thoả mãn xỶ + yŸ = p(xy-Èp)

GV: Nguyễn Tiền Lạ

a) Chứng minh rằng A/ không chứa 3 phần tử a,b,e mà ——~ mm i” m đều là các số hữu tỉ b) Hỏi M có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Lời giải Trong M không có ba phần tử a,b,e mà ~“— và — — đều là các $6 hữu tỉ b+1 ane Thật vậy, giả sử trên trong M có ba phần tử a,b,c mà —— = r và a đều là các số hữu tỉ Xét cặp (a,e) thì + +1 a a hoặc —— hữu tỉ Không mắt tính tổng me gia sit — EQ The thi — bel bt a €Q Suy c+1 edi ott

mạ c an b+1 €Q Từ đó = ra 144 €Q kéo theo c€ Q, trái giả thiết Do đó, trên bảng không

tổn tại 3 số a,b,c thoả mãn Sa và — = đề là các số hữu tỉ

Nếu trên bang có ít nhất 4 số a,b, c,d thi

+) Xét hai số a,b thì trong hai số mỉ Nỗi mm, `, hữu tỉ Không mắt tổng quát giả sử eI hữu tỉ

+) Xét ba số a,b,c thì theo lập luận trên + hữu tỉ = i

+) Xét ba số a,b,đ theo lập luận trên thì a hitu ti ’

+) Xét hai số c,đ thì a hoặc —T hữu tỉ Không mắt tổng quát giả st — T hữu tỉ Nhưng khi đó 3 số b

b,d,c lại thoả mãn aut tàn = ni tỉ, trái với giả thiết

Vậy trên bảng chỉ có nhiều nhất 3 số và ví dụ về 3 số thoả mãn là v2,2+- TU Bài tập về nhà Giải phương trình x= 1/6 + 6+ ÿ6+x x-xtl=y Giải hệ phương trình 4 yŸ~y+l=z Z—z+l=z cho 60 Với a,b,c > 0 thoả mãn 4? + bŸ + c? = 2(ab-‡ be -} ca), chứng mình rằng trong ba số v⁄4,VB,€ có một số bằng tổng hai số còn lại Với a,b,c >0 thoả mãn a2 + b2 + c? =2(ab+ be + ca), chứng minh rằng &+b+2(5+;+z)> +

a) Chứng minh rằng trong 6 số vô tỉ bắt kỳ luôn tồn tại 3 số a,b,c mà a+b,b+e,e+a đều là các số vô tỉ

b) Có 10 số thực phân biệt khác 0 thoả mãn với hai số bắt kỳ thì tổng hoặc tích của chúng là số hữu tỉ

Chứng minh bình phương của 10 số này đều là các số hữu tỉ

Lời giải Phương trình đã cho được viết lại thành

(x+y)@Ÿ~ay+3”) = p(xy+p)

Trang 7

GV: Nguyễn Tiến Lâm ® x+ty chỉa hết cho p thì x+ y = kp, với k € Ñ* Thay vào phương trình trên được

k(x? -xy+y?) =ay+p

Nếu k>2 thì x+y > 2p và

K(x? —xy+y") > 207 -ay ty’) = — +yŸ)+ sứ +y) 20+ zen? PIE:

Do đó k€ {1,2} Với k= 1 thì p= (x— y)? loại Còn với k = 2 thì 2(2-+y?)=+?

Theo lập luận trên thì 2(x?— xy+-y?) > xy+ p và dấu bằng xảy ra khi và chỉ khỉ x = y = 7: Trong tình

huồng này ta có nghiệm (x,y,p) = (p,p,p) với p nguyên to bat kỳ

e Nếu x+y không chia hết cho p thì viết lại phương trình trên thành

(3x) + (3y)3 +p —3.3x.3y.p = p`+21p?

hay tuong duong

(3x+3y+ p)(9x° +9y + p® — 9xy— 3px —3py) =p *(p+2!)

Nếu p=3 thì (x+y+1)@2+y2+I—xy~x—y) = J0 và tới đây ta tìm được các nghiệm (x,)) Ộ Néu p43 thi (äx+3y+p,p) = I nên p+27 chia hết cho 3x+ 3y +p kéo theo p-+-27 > 3x+3y+p Từ

đây thì x+y<9 J

Trang 8

GV:Nguyễn Tiến Lâm LƯU HÀNH NỘI BỘ Ôn tập tổng hợp sô 8 1 Cho số thực x thoả mãn 4xŠ —7 và 4x!3 —7 là các số chính phương Chứng minh rằng x là số nguyên dương và từ đó x thoả mãn +7 +7 _, Loi gidi, D3t 4x5 — 7 = a2, 4x3 —7 = b voi a,b CN Suy rar = 8 = Tiras X= B8 — 4(p2+7) <9 Suy ra x là số hữu tỉ dương nên có thể viết x = Ê với p,q€R*,(p,4) = 1 Thay vào giả thiết, ta có q 5 (2) -T=a’, q

Quy đồng, suy ra 4pŠ — 74Š chia hết cho ạ, kéo theo 4pŠ chia hết cho g° Ma (p,q) =1 nén 4 chia hét cho q°,

dẫn tới ạ = 1 Do đó, x là số nguyên dương Tới đây, xét hai trường hợp

+) Nếu x lẻ thì 4x” — 7 sẽ chia 8 dư 5 nên không là số chính phương

+) Nếu x chẫn thì từ giả thiết suy ra (4x — 7)(4x!3—7) cũng là số chính phương Hơn thế, bằng biến đổi tương đương, ta có với x > 4 thì

a (s°- 7 ) < (&~?)(4x3 47)< (s°- =)

nên khi đó (4x) — 7)(4x!3— 7) không là số chính phương Thửfrực tiếp thì x= 2 thỏa mãn n

2 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a,b) thoả mãn đ-‡ Ù” là luỹ thừa của một số nguyên tổ và a-+ ĐÊ | a2 + b Chứng minh Đặt a+ b? = p" và chú ý a° #b= (a— b2)(a + b2) + bỶ +b nên

a2† 23+ |bf+b == b(b? +1) =b(b +1) (b2 — b+ 1)

Chú ý là (ð,bŸ +1) = 1 và b< a+ðŸ nên p” | bŠ+1 = (b+1)(b?-b+1) Goi d = (b+1,b2— b++ 1) thì đ |3

Có hai khả năng \

+) Nấu p không là ước chúng của cả hai số b+ 1,b?—b+1 thì a+É2 |b++ 1 hoic a+b? |b —b+1 Trường

hợp đầu tiên tìm được ngay.a=b = 1, còn trường hợp thứ hai không xảy ra do a+b2 > b2— b-+ 1 +) Nếu p là ước chung của cả hái số b- 1,b? —b- 1 thì theo trên p= 3 Xét riêng các trường hợp m= 1,m =2 Con øm > 3 thì b+‡ Ï hoặc b2— b+ 1 chia hết cho 3"~1, Có b+1 < VP+a+ 1 < 3”=1 nên 3”—1 | b2 — b+ 1,

Do đó b*—b+1 =0 (mod 9) là điều không thể xảy ra n

3 Xét hai số nguyên dương a,b phân biệt thoả mãn a” +-b— 1 có đúng một ước nguyên tổ, đồng thời b?-+a— 1 | chia hét cho a”+b— 1, chứng minh rằng a = 1

Chứng minh Vì d2 +b— 1 có đúng một ước nguyên tô và dễ thầy ø? + b— 1 > 1 nên 4?+b—1= p* với ke Ñ*

Từ giả thiệt suy ra

ph|(Ê+a—1)— (a2+b—1)=(b—a)(b+a— 1)

4 Cho a,b,e là các số nguyên dương thoả mãn a < b < e < a+b Chứng mình rằng c(ø— 1) +b không là ước

của c(b— l)+a

Trang 9

GV:Nguyễn Tiến Lâm Chứng minh Giả sử phản chứng ca — c + b |cb—c+a thi ca—c+b| cab—ca+a’ Hơn nữa, ta có ca = c+b cab (b—a)(b+a—e) >0 Nói riêng, ta suy ra — cb+ bỀ Suy ra ca—c+b |ca+b— cb— a3, Dể ý rằng ca + b — cb— a = (b— a)(b + a) — c( — 8) =

ca—c+b<ca+bh’—ch-@ kéotheo cb+a?+b <c+ er

Mặt khác cb > bỀ và 4ˆ + b > a+ b > c suy ra cb+ a2 + b > c+ b2, mâu thuẫn n Cho số nguyên tổ p và số nguyên dương n thỏa mãn

(13 +1)(23+1) ((n—1)3 +1)? 41)

chia hét cho P Chứng minh rằng p<Sn+l

Chứng mình Giả sử phản chứng p>n+1 thì lưu ý mỗi thừa số kÊ +1 của tích được phân tích thành (+ 1) —k+ 1) nhưng vì k+1 <n+1< p với moi k = I,2, n nên ta phải có P= (1?—1+1)(22—2+ 1) (nẺ —ñ +1) chia hết cho pŸ Tuy nhiên trong P không thể có thừa số nào chia hết cho 2 nên để P chia hết cho p thì P phải chứa ít nhất ba thừa số chia hết cho p Giả sử là a®—a+ 1,b—b+1,c?—e+1

với 4 <b < c là ba thừa số chia hết cho p Suy ra (bÊ—b+1)~ (g?—a+1) =(b—a)(b+a— 1) chia hết cho p và khỉ đó ta phải có b+a— 1 chia hết cho p Chứng mình tương tự e+a— 1 chia hết cho p, nhưng khi đó (c+a—1)—(b+a—1) =e—b chia hết cho p vô lívì0<b<c<p

n

Chứng minh rằng không tổn tại các số nguyên dương x, y,w thoả mãn n > 2 đồng thời +" — y" là một luỹ thừa của 2

Chứng minh Từ giả thiệt Suy ra x,y cùng tính chẵn lẻ Lưu ý là

PHY ay) ba yt tay? + yl)

nén x—yyx lta 2y ho pay 24 "1 dau là các luỹ thừa của 2,

Xét hai khả năng \

+) Nếu n lẻ thì x,y phải cùng chẵn vì nếu khong th) x"! fx yt tay py! g8 1a 58 18

+) Nếu n chẵn thì viết n= 2*.m trong dé m là số lẻ `Nếu m = 1 thì x"—y" sé chia hét cho x2 + y? và do đó vty cũng là luỹ thừa của 2 Nêu x,y cùng lẻ thì x +y? =2 (mod 4) và khi đó ta phải có x = y = I là không thể, do đó x,y phải cùng chẵn Nếu m > 1th x" —y" chia hét cho x” — y” với m lẻ và theo trên ta cũng phải

có x,y cling chin SN

Tóm lại trong mọi trường hợp thì x,y.cùng chẵn và từ đó đặt x= 2xI,y =2y¡ thì xj + yƒ cũng là luỹ thừa của

2 Chứng minh tương tự thì x,y¡cùng chẵn, kéo theo x,y chia hết cho 22, Tiếp tục quá trình nay thi x,y chia hết cho moi luỹ thừa của 2 và điều này không thể xảy ra do khi đó x = y =0 n

Với a,b >0 thoả mẩn, VI} 242:

+ VI+2bŸ = 6, tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của F =a+b

Trang 10

GV:Nguyễn Tiến Lâm

Bằng cách bình phương hai về, bất đẳng thức này tương đương với a(4 — 2v3) <0 Lưu ý là vì vì +2? > I nên VT-+2d2 < 25 kéo theo a < 2/3 Diều này cũng có nghĩa là bất đẳng thc a(a 2v/3) < 0 đúng Tương tự thì 2 V1+2?< PT 1 2 Từ đó, ta có 6 = V1+2a2?+ v1+2b? < a+b) +2 kéo theo a+b>2V3 5 nag fk Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi a = 0,b = 2v và giá trị nhỏ nhật của Ƒ là 2v3 Ngoài cách trên thì có thể sử dụng phương pháp dồn bién

V1+24?+ 14282 <1+V1+2(a+B)-

8 Với x,y,z > 0 thoả mãn x+y+z= 3, tìm giá trị nhỏ nhất cla P= xy? $22? + Qxyz

Lời giải Viết B

P= (x+y)? +22? + 2xy(z— 1) = 2ay(e— 1) +32 62+ 9- = ae (+9 _ Gor Xét hai khả năng DUNG —z)? 1 9 +) Nếu 0<z< I thì P>3(s—1)- 2) 432-649 = 52h 243) +2 > ?+6> NI +) Nếu 1<z<3 thì P> 3z2—6z+9=3(z~ l 2 %0 Niw Su, Giá trị nhỏ nhất của P là 5 xảy ra khi x=y= 2

Đây chính là ý tưởng sử dụng tính chất hàm bậc nhất f(x) =Ax+ với x € |, ] thì min ƒ(x) = ein AOE va max f(x) = max{ f(a), f(B)}-

9 Cho tập hop A = {1,2, , 15} Xét các tap còn X của A có tính chất: X không chứa 3 phần tử nào mà tích

của chúng là số chính phương Hỏi X có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Phân tích Ý tưởng là vét cạn, tức là liệt kê tất cả các bộ ba có ba phần tử mà tích của chúng là số chính phương, sau đó trong mỗi bộ chỉ được phép chọn tôi đa hai phân tử

Lời giải Xét 4 tập h sp uỷ mỗi tập có 3 phần tử và tích của 3 phần tử trong mỗi tập là một số chính

phương : {1,4,9},X2 = {2,7, 14},X3 = {5, 12, 15}, X4 = {3,6,8}

Thể thì nếu X là tập hợp thoả mãn bài toán thì có ít nhất một phần tử của mỗi tập X; không thuộc X Suy ra |X| < 11 Tuy nhiên ta chứng minh |X| = 1 không thoả mãn, tức là mỗi tập con 11 phần tử của A đều

chứa ít nhất 3 phần tử mà tích của chúng là số chính phương Thật vậy, giả sử phản chứng tổn tại một tập 11 phần tử không thoả mãn tính chất này Thế thì với mỗi tập X; thì có đúng 2 phần tử của X; nằm trong X,

đồng thời X chứa ba phan tử còn lại 10,11,13 Xét tập X có ba khả năng

+) 5,12€X thì 2 #X, kéo theo 7,14 € X Suy ra 8 # X và từ đó 3,6 € X Nhưng khi đó 3.12 = 6ˆ nên X

không chứa phần tử nào của Xị, mâu thuẫn

+) 5,15 €X thì 3 £ X, kéo theo 6,8 € X Nhưng khi đó 5.8.10 = 20? a s6 chính phương, mâu thuẫn

+) Trường hợp còn lại tự xét o

Định dạng
Số trang	10
Dung lượng	3,17 MB