1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI . . . . . . . . . . . . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2 011 Môn thi : Toán - Bảng A Thời gian làm bài : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi : 02/12/2010 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1 (3 điểm). Chứng minh rằng có vô số số nguyên dương a thỏa mãn điều kiện a 2 2010 − 1 . . .2 201 2 . Câu 2 (3 điểm). Giải hệ phương trình x = 3z 3 − 2z 2 y = 3x 3 − 2x 2 z = 3y 3 − 2y 2 . Câu 3 (3 điểm). Giả sử a, b, c, d là các số t hực dương thỏa mãn điều kiện a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng a 3 b + c + b 3 c + d + c 3 d + a + d 3 a + b ≥ 1 8 . Đẳng thức xảy ra khi nào ? Câu 4 (3 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : R → R thỏa mãn điều kiện f (x + 14) − 6f (x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R. Câu 5 (4 điểm). Cho dãy số (x n ) như sau : x 1 , x 2 , x 3 là các số dương cho trước, x n+3 = √ x n+2 + √ x n , ∀n = 1, 2, . . . Chứng minh rằng dãy số đã cho có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. Câu 6 (4 điểm). Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA = a, SB = b, SC = c không đổi và các góc BSC = α, CSA = β, ASB = γ thay đổi (0 0 < α, β, γ < 180 0 , α + β + γ < 360 0 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc còn lại). a) Tính thể tích V S.ABC của hình chóp theo a, b , c, α, β, γ. b) Chứng minh rằng khi các góc α, β, γ thay đổi, ta luôn có V S.ABC < abc √ 3 6 . . . . . . . . . . . . . . . HẾT. . . . . . . . WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI . . . . . . . . . . . . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2 011 . . . . . . ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Môn : Toán - Bảng A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Câu 1 (3đ). Xét các số nguyên dương a ≥ 3. Ta có a 2 2010 − 1 = a 2 2009 − 1 a 2 2009 + 1 = a 2 2008 − 1 a 2 2008 + 1 a 2 2009 + 1 (0,5 điểm) = a 2 2007 − 1 a 2 2007 + 1 a 2 2008 + 1 a 2 2009 + 1 = ··· = (a −1) (a + 1) a 2 + 1 a 2 2 + 1 a 2 2007 + 1 a 2 2008 + 1 a 2 2009 + 1 . (0,5 điểm) Nếu a là số lẻ, thì tồn tại số tự nhiên k sao cho a = 2k + 1. Khi đó (a − 1)(a + 1) = 2k(2k + 2) = 4k(k + 1) . . .8 = 2 3 , . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) và a 2 + 1 . . .2 a 2 2 + 1 . . .2 . . . . . . . . . . a 2 2009 + 1 . . .2. (0,5 điểm) Vậy a 2 2010 − 1 . . . 2 3 . 2.2 2 200 9 số = 2 201 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Nhưng vì tập hợp các số nguyên dương l ẻ lớn hơn 3 là vô hạn nên ta có điều phải chứng minh. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 2 (3đ). Giả sử x = max {x, y, z}, thế thì x ≥ y ≥ z hoặc x ≥ z ≥ y. Xét trường hợp x ≥ y ≥ z (trường hợp x ≥ z ≥ y tương tự và các nghiệm trùng với các nghiệm của trường hợp đã xét). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với x + z = 3z 3 − 2z 2 + z y + x = 3x 3 − 2x 2 + x z + y = 3y 3 − 2y 2 + y. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Xét hàm số f (t) = 3t 3 −2t 2 + t, t ∈ R. Khi đó, hệ phương trì nh đã cho có dạng x + z = f (z) y + x = f (x) z + y = f (y) . WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 2 Mặt khác, ta có f (t) = 9t 2 − 4t + 1 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra f (t) là hàm số đồng biến trên R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Khi đó y ≥ z ⇒ f (y) ≥ f (z) ⇒ z + y ≥ x + z ⇒ y ≥ x. Vậy x = y . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Suy ra f (x) = f (y), hay y + x = y + z, hay x = z. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Thay x = y = z vào hệ phương trình, ta có 3x 3 − 2x 2 − x = 0. Phương trình này có 3 nghiệm x = 0, x = 1, x = − 1 3 . Vậy hệ phương trình đã cho có 3 nghiệm (x; y; z) là (0; 0; 0) , (1; 1; 1) , − 1 3 ; − 1 3 ; − 1 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 3 (3 điểm). Bởi Bất đẳng thức Cô-si (Bất đẳng thức AM-GM), ta có a 3 b + c + b + c 16 + 1 32 ≥ 3 3 a 3 (b + c) (b + c) .16.32 = 3a 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Tương tự b 3 c + d + c + d 16 + 1 32 ≥ 3 3 b 3 (c + d) (c + d) .16.32 = 3b 8 . (0,5 điểm) c 3 d + a + d + a 16 + 1 32 ≥ 3 3 c 3 (d + a) (d + a) .16.32 = 3c 8 . (0,5 điểm) d 3 a + b + a + b 16 + 1 32 ≥ 3 3 d 3 (a + b) (a + b) .16.32 = 3d 8 . (0,5 điểm) Suy ra a 3 b + c + b 3 c + d + c 3 d + a + d 3 a + b + b + c + c + d + d + a + a + b 16 + 1 8 ≥ 3 8 (a + b + c + d) , hay a 3 b + c + b 3 c + d + c 3 d + a + d 3 a + b + 1 8 + 1 8 ≥ 3 8 . Vậy a 3 b + c + b 3 c + d + c 3 d + a + d 3 a + b ≥ 1 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a + b + c + d = 1; a 3 b + c = b + c 16 = 1 32 ; b 3 c + d = c + d 16 = 1 32 ; WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 3 c 3 d + a = d + a 16 = 1 32 ; d 3 a + b = a + b 16 = 1 32 . Giải hệ này ta tìm được a = b = c = d = 1 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 4 (3 điểm). Giả sử f là hàm số thỏa mãn các yêu cầu đề bài, k hi đó f(x + 14) − 6f(x + 7) + 9f(x) = 4, ∀x ∈ R ⇔[f(x + 14) − 1] −6 [f(x + 7) − 1] + 9 [f(x) − 1] = 0, ∀x ∈ R. (1) Đặt f(x) − 1 = g(x), ∀x ∈ R. Thay vào (1) ta được g (x + 14) −6g (x + 7) + 9g(x) = 0, ∀x ∈ R ⇔g(x + 14) − 3g(x + 7) = 3 [g( x + 7) − 3g(x )] , ∀x ∈ R. (2) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Xét hàm số h như sau : h(x) = g(x + 7) −3g(x), ∀x ∈ R. (3) Khi đó (2) ⇔ h(x + 7) = 3h(x), ∀x ∈ R. (4) Đặt h(x) = 3 x 7 k(x), ∀x ∈ R. Khi đó k là hàm số xác định t rên R. Thay vào (4) ta được k(x + 7) = k (x), ∀x ∈ R. (5) Hay k là hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Từ (3) ta có g(x + 7) −3g(x) = 3 x 7 k(x), ∀x ∈ R ⇔ g(x + 7) 3 x 7 − g(x) 3 x 7 −1 = k(x), ∀x ∈ R. (6) Xét hàm số I(x) = g(x) 3 x 7 −1 , ∀x ∈ R, thay vào (6) ta được I(x + 7) − I(x) = k(x), ∀x ∈ R. (7) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vì k(x) = x + 7 − x 7 k(x) do (5) = x + 7 7 k(x + 7) − x 7 k(x), ∀x ∈ R nên từ (7) ta được I(x + 7) − I(x) = x + 7 7 k(x + 7) − x 7 k(x), ∀x ∈ R ⇔I(x + 7) − x + 7 7 k(x + 7) = I(x) − x 7 k(x), ∀x ∈ R ⇔m(x + 7) = m(x), ∀x ∈ R, với m(x) = I(x) − x 7 k(x), ∀x ∈ R. WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vậy I(x) = m(x) + x 7 k(x), ∀x ∈ R ⇔ g(x) 3 x 7 −1 = m(x) + x 7 k(x), ∀x ∈ R ⇔g(x) = 3 x−7 7 m(x) + x 7 k(x) , ∀x ∈ R ⇔f(x) = 1 + 3 x−7 7 m(x) + x 7 k(x) , ∀x ∈ R. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Sau khi thử lại ta kết luận : Tất cả các hàm số thỏa mãn đề bài đều có dạng f(x) = 1 + 3 x−7 7 m(x) + x 7 k(x) , ∀x ∈ R, trong đó m, k là các hàm số tuần hoàn cộng tính chu kì 7 trên R, tùy ý. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 5 (4 điểm). Xây dựng hai dãy số (a n ) và (b n ) như sau : a 1 = a 2 = a 3 = min {x 1 , x 2 , x 3 }, a n+3 = √ a n+2 + √ a n , ∀n = 1, 2, . . . b 1 = b 2 = b 3 = max {x 1 , x 2 , x 3 }, b n+3 = b n+2 + b n , ∀n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Trường hợp 1 : m in {x 1 , x 2 , x 3 } ≥ 4. Khi đó a 1 , a 2 , a 3 ≥ 4. Giả sử a n , a n+1 , a n+2 ≥ 4, khi đó a n+3 = √ a n+2 + √ a n ≥ √ 4 + √ 4 = 4, a n+4 = √ a n+3 + √ a n+1 ≥ √ 4 + √ 4 = 4, a n+5 = √ a n+4 + √ a n+2 ≥ √ 4 + √ 4 = 4. Theo nguyên lí quy nạp toán học suy ra a n ≥ 4, ∀n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Tiếp theo ta chứng minh a n+1 ≤ a n . (1) Hiển nhiên (1) đúng khi n = 1, n = 2. Ta có a 4 = √ a 3 + √ a 1 = 2 √ a 3 ≤ a 3 (do 2 √ a 3 − a 3 = √ a 3 (2 − √ a 3 ) ≤ 0). Vậy (1) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử (1) đúng khi n = k, n = k + 1, n = k + 2, tức là a k ≥ a k+1 , a k+1 ≥ a k+2 , a k+2 ≥ a k+3 . Khi đó a k+4 = √ a k+3 + √ a k+1 ≤ √ a k+2 + √ a k = a k+3 , a k+5 = √ a k+4 + √ a k+2 ≤ √ a k+3 + √ a k+1 = a k+4 , a k+6 = √ a k+5 + √ a k+3 ≤ √ a k+4 + √ a k+2 = a k+5 . WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 5 Vậy theo nguyên lí quy nạp suy ra (1) đúng với mọi n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Ta đã chứng minh được dãy (a n ) giảm và bị chặn dưới bởi số 4, do đó có giới hạn hữu hạn. Đặt lim n→+∞ a n = a. Từ a n ≥ 4, ∀n = 1, 2, . . . suy ra a ≥ 4. Từ a n+3 = √ a n+2 + √ a n , ∀n = 1, 2, . . . cho n → +∞ ta được a = √ a + √ a ⇔ a = 2 √ a ⇔ a ≥ 0 a 2 = 4a ⇔ a = 0 a = 4 ⇔ a = 4(do loại a = 0). Vậy lim n→+∞ a n = 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Trường hợp 2 : min {x 1 , x 2 , x 3 } < 4. Tương tự, ta chứng minh được dãy số (a n ) tăng và bị chặn trên bởi số 4 và lim n→+∞ a n = 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Vậy trong cả hai trường hợp ta đều có lim n→+∞ a n = 4. Tiếp theo ta chứng minh x n ≥ a n . (2) Dễ thấy (2) đúng khi n = 1, 2, 3. Giả sử x k ≥ a k , x k+1 ≥ a k+1 , x k+2 ≥ a k+2 . Khi đó x k+3 = √ x k+2 + √ x k ≥ √ a k+2 + √ a k = a k+3 . Theo nguyên lí quy nạp suy ra (2) đúng với mọi n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Tương tự ta chứng minh được lim n→+∞ b n = 4, x n ≤ b n , ∀n = 1, 2, . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Tóm lại ta có lim n→+∞ a n = 4, lim n→+∞ b n = 4, a n ≤ x n ≤ b n , ∀n = 1, 2, . . . Theo nguyên lí kẹp suy ra lim n→+∞ x n = 4. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Câu 6 (4 điểm). Kẻ AH⊥mp (BSC). Ta có V S.ABC = 1 3 .S BSC .AH = 1 3 . 1 2 bc. sin α.AH. (1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Kẻ AM⊥SB. Suy ra HM⊥SB (do SB⊥(AMH)). Giả sử N là giao điểm của MH và SC. Xét tam giác vuông AHM, ta có AH = AM. sin AMN = a. sin γ. sin AMN. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Sau đây ta sẽ tính sin AMN: Sử dụng Định lý hàm số cosin cho các tam giác AMN và ASN, ta WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 6 được AN 2 = MA 2 + MN 2 −2.MA.MN. cos AMN, AN 2 = SA 2 + SN 2 −2.SA.SN. cos β. Suy ra MA 2 + MN 2 − 2.MA.MN. cos AMN = SA 2 + SN 2 − 2.SA.SN. cos β. (2) . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điể m) ∆SMA vuông tại M, suy ra MA = SM. tan γ. ∆SMN vuông tại M, suy ra MN = SM. tan α. ∆SMA vuông tại M, suy ra SA = SM cos γ . ∆SMN vuông tại M, suy ra SN = SM cos α . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điể m) Thay vào (2), ta có SM 2 tan 2 γ + tan 2 α − 2. tan γ. tan α. cos AMN = SM 2 1 cos 2 γ + 1 cos 2 α − 2. cos β cos γ. cos α ⇒ sin 2 γ cos 2 γ + sin 2 α cos 2 α − 2. sin γ cos γ . sin α cos α . cos AMN = 1 cos 2 γ + 1 cos 2 α − 2. cos β cos γ. cos α ⇒2. sin γ cos γ . sin α cos α . cos AMN = sin 2 γ cos 2 γ − 1 cos 2 γ + sin 2 α cos 2 α − 1 cos 2 α + 2. cos β cos γ. cos α ⇒2. sin γ cos γ . sin α cos α . cos AMN = −2 + 2. cos β cos γ. cos α ⇒ sin γ. sin α cos γ. cos α . cos AMN = cos β − cos γ. cos α cos γ. cos α ⇒cos AMN = cos β − cos γ. cos α sin γ. sin α . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Dó đó sin AMN = 1 −cos 2 AMN = 1 − (cos β − cos γ. cos α) 2 sin 2 γ. sin 2 α = sin 2 γ. sin 2 α − (cos β −cos γ. cos α) 2 sin 2 γ. sin 2 α = (1 −cos 2 γ) (1 − cos 2 α) − (cos β − cos γ. cos α) 2 sin γ. sin α = 1 + 2. cos α. cos β. cos γ −(cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ) sin γ. sin α . (3) Từ (1) và (3), ta thu được V S.ABC = abc 6 . 1 + 2. cos α. cos β. cos γ − (cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ) (4) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) (Lưu ý rằng, vì 0 0 < α, β, γ < 180 0 ; α + β + γ < 360 0 và mỗi góc nhỏ hơn tổng hai góc WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM 7 còn lại nên công thức (4) xác định). Vì |cos α. cos β. cos γ| = |cos α|. |cos β|. | cos γ| ≤ 1, nên cos α. cos β. cos γ ≤ 1. Do đó V S.ABC ≤ abc 6 . 1 + 2. cos α. cos β. cos γ ≤ abc 6 . √ 1 + 2.1 = abc √ 3 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos α = cos β = cos γ = 0 cos α. cos β. cos γ = 1. Điều này không xảy ra. Vậy V S.ABC < abc √ 3 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (0,5 điểm) WWW.MATHVN.COMWWW.MATHVN.COM . đổi, ta luôn có V S.ABC < abc √ 3 6 . . . . . . . . . . . . . . . HẾT. . . . . . . . WWW. MATHVN. COMWWW .MATHVN. COM 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI . . . . . . . . . . . . ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI. đó, hệ phương trì nh đã cho có dạng x + z = f (z) y + x = f (x) z + y = f (y) . WWW. MATHVN. COMWWW .MATHVN. COM 2 Mặt khác, ta có f (t) = 9t 2 − 4t + 1 > 0, ∀t ∈ R. Suy ra f (t) là hàm. chỉ khi a + b + c + d = 1; a 3 b + c = b + c 16 = 1 32 ; b 3 c + d = c + d 16 = 1 32 ; WWW. MATHVN. COMWWW .MATHVN. COM 3 c 3 d + a = d + a 16 = 1 32 ; d 3 a + b = a + b 16 = 1 32 . Giải hệ này ta