Ta có 2 tương đương với:... Từ 1;2 suy ra * được chứng minh, hay bất đẳng thức đã cho được chứng minh... ∎ Bài 8: Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình đã cho.. Suy ra hai phương
Trang 1TỔNG HỢP CÁC BÀI ĐẠI SỐ ÔN THI TRƯỜNG CHUYÊN P.I
Biên soạn: Nguyễn Đức Lộc
Sinh viên ĐH Ngoại Thương
Bài 1:
Cho 𝑃(𝑥) = 1 + 𝑥 + 𝑥2 + 𝑥3 + ⋯ + 𝑥100 Tìm dư P(13) chia 51
Bài 2:
Cho a;b;c >0 Chứng minh rằng:
𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 ≥
6
𝑎 + 𝑏 + 𝑐
Bài 3:
Giải phương trình: 5(6 − 5𝑥2)2 = 6 − 𝑥
Bài 4: Cho a;b là 2 số thực không âm thỏa mãn a+b =5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + 1
Bài 5: Giải hệ phương trình:
{𝑥
7 + 𝑦7 = 𝑥4 + 𝑦4
𝑥3 + 𝑦3 = 1
Bài 6: Cho x;y;z là các số nguyên sao cho (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) = 𝑥 + 𝑦 +
𝑧 Chứng minh rằng: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 là bội của 27
Bài 7: Cho a;b;c >0 Chứng minh rằng:
5𝑏3−𝑎3
𝑎𝑏+3𝑏2 +5𝑐3−𝑏3
𝑏𝑐+3𝑐2 + 5𝑎3−𝑐3
𝑐𝑎+3𝑎2 ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐
Bài 8: Tìm giá trị nguyên của a để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm
chung:
2𝑥2 + (3𝑎 − 1)𝑥 − 3 = 0 và 6𝑥2 − (2𝑎 − 3)𝑥 − 1 = 0
Bài 9: Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: 2015(𝑥2 + 𝑦2) − 2014(2𝑥𝑦 + 1) = 25
Trang 2Bài 10: a;b;x là các số thỏa mãn: 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑥 = 4 và 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = 4.Tìm giá trị lớn nhất của x
LỜI GIẢI
Bài 1:
Với mọi số tự nhiên n thì 13𝑛 chia hết cho 3 dư 1 mà P(13) là tổng của 101 số hạng chia 3 dư 1 nên P(13) chia hết cho 3 dư 2
Ta có 134 chia cho 17 dư 1
Do đó, 134𝑘 ≡ 1; 134𝑘+1 ≡ −4; 134𝑘+2 ≡ −1; 134𝑘+3 ≡ 4 𝑚𝑜𝑑 17 với mọi k Nên 134𝑘 + 134𝑘+1 + 134𝑘+2 + 134𝑘+3 chia hết cho 17
→ 𝑃(13) ≡ 13100 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 17)
Do đó, P(13) chia cho 3 dư 2; chia cho 17 dư 1 nên P(13) chia cho 51 dư 35∎
Bài 2:
Đặt 𝑝 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑞 = 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 Ta có 𝑝; 𝑞 > 0 và:
𝑝2 − 3𝑞 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
= 𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐2 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎
= 1
2(𝑎 − 𝑏)2 +1
2(𝑏 − 𝑐)2 + 1
2(𝑐 − 𝑎)2 ≥ 0
→ 𝑝2 ≥ 3𝑞 (1) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
1 +3
𝑞 ≥
6
𝑝 ↔ 𝑝 ≥
6𝑞
𝑞 + 3 ↔ 𝑝
2
(𝑎 + 3)2(∗)
Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức: 3𝑞 ≥ 36𝑞2
(𝑞+3) 2(2)
Ta có (2) tương đương với:
Trang 3(𝑞 + 3)2 ≥ 12𝑞 ↔ (𝑞 − 3)2 ≥ 0,luôn đúng
Từ (1);(2) suy ra (*) được chứng minh, hay bất đẳng thức đã cho được chứng minh Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1 ∎
Bài 3:
Theo bài toán ta có: 6 − 𝑥 ≥ 0 → 𝑥 ≤ 6
Đặt 6 − 5𝑥2 = 𝑦 ≤ 6 ta suy ra: 5𝑥2 = 6 − 𝑦
Ta có hệ phương trình:
{5𝑦
2 = 6 − 𝑥(1) 5𝑥2 = 6 − 𝑦(2) Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có:
5𝑦2 − 5𝑥2 = 𝑦 − 𝑥
↔ 5(𝑦 − 𝑥)(𝑦 + 𝑥) = 𝑦 − 𝑥
↔ (𝑦 − 𝑥)(5𝑦 + 5𝑥 − 1) = 0
- Nếu 𝑦 − 𝑥 = 0 ta có: 𝑦 = 𝑥 hay 6 − 5𝑥2 = 𝑥
→ 5𝑥2 + 𝑥 − 6 = 0 ↔ 𝑥 = 1; 𝑥 = −6
5 (thỏa mãn)
- Nếu 5𝑥 + 5𝑦 − 1 = 0 thay 𝑦 = 6 − 5𝑥2 ta có:
5𝑥 + 30 − 25𝑥2 − 1 = 0 25𝑥2 − 5𝑥 − 29 = 0
⟹ 𝑥 = 1+3√13
10 ; 𝑥 = 1−3√13
10 (thỏa mãn)
Bài 4:
Ta có 𝑎 + 𝑏 = 5 ⇔ 𝑎 = 5 − 𝑏
𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + 1 = 5𝑏 − 𝑏2 + 5 − 𝑏 + 2𝑏 + 1 = −𝑏2 + 6𝑏 + 6
= −(𝑏2 − 6𝑏 + 9) + 15 = −(𝑏 − 3)2 + 15
Vì (𝑏 − 3)2 ≥ 0 ⟹ −(𝑏 − 3)2 ≤ 0 ⟹ 𝐴 ≤ 15
Do đó 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ (𝑏 − 3)2 = 0 ⇔ 𝑏 = 3 ⟹ 𝑎 = 2
Vậy 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ 𝑎 = 2; 𝑏 = 3 ∎
Bài 5:
Trang 47 + 𝑦7 = 𝑥4 + 𝑦4
𝑥3 + 𝑦3 = 1
⇔ {𝑥
7 + 𝑦7 = (𝑥4 + 𝑦4)(𝑥3 + 𝑦3)
𝑥3 + 𝑦3 = 1
⇔ {𝑥
7 + 𝑦7 = 𝑥7 + 𝑦7 + 𝑥3𝑦4 + 𝑥4𝑦3
𝑥3 + 𝑦3 = 1
⇔ {𝑥
3𝑦3(𝑥 + 𝑦) = 0
𝑥3 + 𝑦3 = 1
Vì 𝑥3𝑦3(𝑥 + 𝑦) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑦 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 + 𝑦 = 0, nên ta xét các trường hợp:
+ Nếu 𝑥 = 0 thì từ 𝑥3 + 𝑦3 = 1 ⟹ 𝑦 = 1
+Nếu 𝑦 = 0 thì từ 𝑥3 + 𝑦3 = 1 ⟹ 𝑥 = 1
+ Nếu 𝑥 + 𝑦 = 0 thì từ 𝑥3 + 𝑦3 = 1 ta thấy không có x;y thỏa mãn
Vậy (𝑥; 𝑦) = (0; 1); (1; 0) ∎
Bài 6:
Xét 3 số dư của x;y;z khi chia cho 3
+) Nếu số dư là khác nhau thì 3 số dư đó là 0;1 và 2 thì 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ 3
Khi đó (𝑥 − 𝑦); (𝑦 − 𝑧); (𝑧 − 𝑥) đều không chia hết cho 3 nên (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) không chia hết cho 3 (vô lý)
+)Nếu có 2 số dư bằng nhau thì 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 không chia hết cho 3
Trong khi đó một trong 3 hiệu 𝑥 − 𝑦; 𝑦 − 𝑧; 𝑧 − 𝑥 chia hết cho 3
⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 3(vô lý)
+)Nếu có 3 số dư bằng nhau thì
(𝑥 − 𝑦) ⋮ 3; (𝑦 − 𝑧) ⋮ 3; (𝑧 − 𝑥) ⋮ 3
⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 27 mà(𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⟹ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ 27(Điều phải chứng minh)
Bài 7:
Ta có: 𝑎𝑏 ≤ 𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎𝑏
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ (𝑎 + 𝑏)(𝑎2 + 𝑏2 − 𝑎𝑏)
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 𝑏3
⟹ 5𝑏3 + 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 6𝑏3
⇔ 5𝑏3 − 𝑎3 ≤ 𝑏(6𝑏2 − 𝑎𝑏 − 𝑎2)
Trang 5⇔ 5𝑏3 − 𝑎3 ≤ 𝑏(3𝑏 + 𝑎)(2𝑏 − 𝑎)
⇔ 5𝑏3 − 𝑎3 ≤ (2𝑏 − 𝑎)(3𝑏2 + 𝑎𝑏)
⇔ 5𝑏
3 − 𝑎3 3𝑏2 + 𝑎𝑏 ≤ 2𝑏 − 𝑎(1) Tương tự: 5𝑐3−𝑏3
3𝑐2+𝑐𝑏 ≤ 2𝑐 − 𝑏(2); 5𝑎3−𝑐3
3𝑎2+𝑎𝑐 ≤ 2𝑎 − 𝑐(3)
Từ (1);(2) và (3), suy ra: 5𝑏
3 −𝑎3 3𝑏2+𝑎𝑏+ 5𝑐3−𝑏3
3𝑐2+𝑐𝑏 +5𝑎3−𝑐3
3𝑎2+𝑎𝑐 ≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐 ∎
Bài 8:
Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình đã cho
Khi đó ta có: {2𝑥0
2 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − 3 = 0(1) 6𝑥02 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − 1 = 0(2)
⟹ 3[2𝑥02 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − 3] − [6𝑥02 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − 1] = 0
⇔ (11𝑎 − 6)𝑥0 = 8 +)Xét 𝑎 = 6
11, khi đó hai phương trình trên không có x0 thỏa mãn
Suy ra hai phương trình đã cho không có nghiệm chung(loại)
+)Xét 𝑎 ≠ 6
11, khi đó có 𝑥0 = 8
11𝑎−6, thay vào phương trình (1), có:
2 ( 8 11𝑎 − 6)
2
+ (3𝑎 − 1) ( 8
11𝑎 − 6) − 3 = 0
⇔ 128 + 8(3𝑎 − 1)(11𝑎 − 6) − 3(11𝑎 − 6)2 = 0
⇔ −99𝑎2 + 164𝑎 + 68 = 0
⟹ 𝑎 = 2 hoặc 𝑎 = −34
99 Mà a nguyên nên có 𝑎 = 2
Với 𝑎 = 2, hai phương trình đã cho trở thành:
Trang 62𝑥2 + 5𝑥 − 3 = 0 có tập nghiệm 𝑆 = {1
2; −3}
6𝑥2 − 𝑥 − 1 = 0 có tập nghiệm 𝑆 = {1
2;−1
3 }
Dễ thấy 2 phương trình có nghiệm chung 𝑥0 = 1
2(thỏa mãn)
Vậy 𝑎 = 2 là giá trị nguyên của a thỏa mãn bài toán.∎
Bài 9:
Ta có: 2015(𝑥2 + 𝑦2) − 2014(2𝑥𝑦 + 1) = 25
⇔ 2014(𝑥2 + 𝑦2 − 2𝑥𝑦) + 𝑥2 + 𝑦2 − 2014 = 25
⇔ 2014(𝑥 − 𝑦)2 + 𝑥2 + 𝑦2 = 2039
Có 𝑥2 + 𝑦2 ≥ 0 nên 2014(𝑥 − 𝑦)2 ≤ 2039 ⇔ (𝑥 − 𝑦)2 ≤ 2039
2014
Vì x;y nguyên nên (𝑥 − 𝑦)2 = 0 hoặc (𝑥 − 𝑦)2 = 1
+)Xét (𝑥 − 𝑦)2 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑦 và 𝑥2 + 𝑦2 = 2039 hay 2𝑥2 = 2039( vô lí,loại)
+) Xét (𝑥 − 𝑦)2 = 1 Khi đó 𝑥2 + 𝑦2 = 25
-Nếu 𝑥 − 𝑦 = 1,ta có: (𝑦 + 1)2 + 𝑦2 = 25
⇔ 2𝑦2 + 2𝑦 − 24 = 0 ⇔ 𝑦2 + 𝑦 − 12 = 0
⟹ 𝑦 = 3 hoặc 𝑦 = −4 Khi đó ta có (𝑥; 𝑦) = (4; 3); (−3; −4)
-Nếu 𝑥 − 𝑦 = −1 Tương tự ta có (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3)
Vậy (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3); (4; 3); (−3; −4) ∎
Bài 10:
Theo đề bài ta suy ra 𝑎 + 𝑏 = 𝑎2 + 𝑏2
Trang 7Mà 𝑎
2
2 − 𝑎𝑏 + 𝑏2
2 ≥ 0 hay 𝑎2 + 𝑏2 ≥ (𝑎+𝑏)2
2
⟹ 𝑎 + 𝑏 = 𝑎2 + 𝑏2 ≥ (𝑎 + 𝑏)2
2
⇔ (𝑎 + 𝑏)2 − 2(𝑎 + 𝑏) ≤ 0
⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 𝑏 − 2) ≤ 0
⇔ 0 ≤ 𝑎 + 𝑏 ≤ 2 Lại có 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = 4 ⇔ 4 − 𝑥 = 𝑎 + 𝑏
⟹ 0 ≤ 4 − 𝑥 ≤ 2 ⇔ 2 ≤ 𝑥 ≤ 4
Vậy giá trị lớn nhất của x là 4 khi 𝑎 = 𝑏 = 0 ∎