MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỌN LỌC BD HSG

Vì giải đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số đội dự giải là : 7 + 1 = 8 đội Chia các đội thành các nhóm mà mỗi nhóm gồm các đội có cùng số trận đã đấu thì nhiều nhất chỉ có 7 nhóm

MỘT SỐ BÀI TOÁN TUỔI THƠ 2

+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)

Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 1012 = 10201, 1112 = 12321, 1212 = 14641 ; cònvới p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài

+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8) Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là :

+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7) Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn là :

3072 = 94249 Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249

Bài 2: Tìm hai số hữu tỉ a và b biết rằng : a – b = 2(a + b) = 3a

b

Lời giải :

Điều kiện : a, b thuộc Q, b ≠ 0 (*)

Theo bài ra, ta có hệ tương đương :

Vậy hai số tìm được là : a = - 27/4 và b = 9/4

Bài 3: Giải phương trình : x2 + 2x + 3 = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4)

=> y < x4 + x2 + 4

+ Viết phương trình về dạng: - 2x2 - x = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 1)

Tương đương : 1/8 - 2.(x + 1/4)2 = [ (x + 1/2)2 + 3/4 ].[ (x2 + 1/2)2 + 3/4 ]

Từ đó => : vế trái không lớn hơn 1/8 và vế phải lớn hơn 9/16 nên phương trình vô nghiệm

Bài 4: Tìm x, y để biểu thức: A = x2 2y2  6x 4y 11  + x2 3y2 2x 6y 4  đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải : Ta có: A = (9 6x x ) (2y  2  2 4y 2) + (x2 2x 1) (3y  2 6y 3)

Theo nhận xét trên thì vế trái là số tự nhiên chẵn nên phương trình không có nghiệm nguyên

Bài 8: Giải phương trình :

330

5

Bài 9: Cho các số a1, a2, a3, , a2003 Biết rằng : ak =

a) Biết A có 40 số hạng Tính giá trị của A

b) Biết A có n số hạng Tính giá trị của A theo n

Vậy A = -3n (với n chẵn) ; A = 3n - 2 (với n lẻ)

Bài 11: Cho 6 số tự nhiên a1, a2, a3, a4, a5, a6 thoả mãn: 2003 = a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < a6

1) Nếu tính tổng hai số bất kì thì được bao nhiêu tổng?

2) Biết rằng tất cả các tổng trên là khác nhau Chứng minh a6 ≥ 2012

Bài 12: Bạn hãy khôi phục lại những chữ số bị xóa (để lại vết tích của mỗi chữ số là một dấu *) để

phép toán đúng

Lời giải : Để thuận lợi, chúng ta đặt lại phép tính ở bài ra như sau :

nhân với b1 được => b1 = 1 (do a1 ≥ 5) Do đó

đúng sau khi đã khôi phục những chữ số bị xóa đi là : (ở trên)

Bài 13: Biết rằng : |a + b + c| ≤ 1 ; |a/4 + b/2 + c| < 1 Chứng minh : |a| + |b| + |c| ≤ 17

Biểu diễn phân số 1/2 dưới dạng tổng của 3 phân số dương có tử số bằng 1 Có bao nhiêu cách ?

Lời giải : * Bài toán có thể phát biểu dưới dạng :

=> 10x + 10y = 3xy => (3x - 10)(3y - 10) = 100

Từ đây, dễ dàng => phân số có thể biểu diễn được dưới

dạng tổng của 3 phân số dương có tử số bằng 1 với

Bài 16: Cho a, b là các số nguyên dương thỏa mãn p = a2 + b2 là số nguyên tố, p - 5 chia hết cho 8 Giả

sử các số nguyên x, y thỏa mãn ax2 - by2 chia hết cho p Chứng minh rằng cả hai số x, y chia hết cho p

Lời giải : Đặt p = 8k + 5, k thuộc N

Chú ý : (ax2)4k + 2 - (by2)4k + 2 chia hết cho (ax2 - by2)

Từ đó ta => : a4k + 2.x8k + 4 - b4k + 2y8k + 4 chia hết cho p

Ta lại có : a4k + 2.x8k + 4 - b4k + 2.y8k + 4 =(a4k + 2 + b4k + 2).x8k + 4 - b4k + 2(x8k + 4 + y8k + 4)

Mặt khác : a4k + 2 + b4k + 2 = (a2)2k + 1 + (b2)2k + 1 chia hết cho (a2 + b2) = p và b < p, do đó x8k + 4 + y8k + 4 chia hết cho p (*)

Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) ta => số thứ hai cũng chia hết cho p

Nếu cả hai số x, y không chia cho p, theo định lí Fecma x8k + 4 trùng với 1 (mod p), y8k + 4 trùng với 1 (mod p) Khi đó x8k+4 + y8k+4 2 (mod p) Mâu thuẫn với (*)

Vậy cả hai số x, y chia hết cho p

Bài 17: Cho một hình lập phương Người ta gắn cho 8 đỉnh của nó bắt đầu từ đỉnh A, đi theo chiều mũi

tên 8 số tự nhiên liên tiếp và thực hiện: mỗi lần cộng vào 4 đỉnh của một mặt cùng với một số nguyên nào đó Hỏi sau bao nhiêu lần thực hiện như vậy thì ta được 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau ?

Lời giải : Kí hiệu các đỉnh theo chiều mũi tên lần lượt bởi các chữ cái A, B, C, D, E, G, H, I Giả sử

các số nguyên gắn tương ứng với các đỉnh này là a, b, c, d, e, g, h, i, ta xét :

S = (b + d + g + i) - (a + c + e + h)

Nhận thấy 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt sẽ gồm 2 số trong các số g, d, g, i và 2 số trong các số

a, c, e, h Do đó khi cộng 4 số này với cùng một số nguyên thì S không thay đổi

Ban đầu a, b, c, d, e, g, h, i là các số tự nhiên liên tiếp nên S = 4 Vì vậy dù có thực hiện bao nhiêu lần việc cộng với cùng một số nguyên cho 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt thì S vẫn bằng 4, tức là S ≠ 0 Chứng tỏ không thể làm cho 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau

Bài 18: Cho ba số a, b, c thỏa mãn hệ :

Chứng minh rằng :

Ta thấy a > a - 2/3 nên a ≥ 0 còn a - 2/3 ≤ 0 hay 0 ≤ a ≤ 2/3

Hoàn toàn tương tự ta có 0 ≤ b , c ≤ 2/3

Vậy (3) được chứng minh

Bài 20: Cho a, b, c thỏa mãn : a/2002 = b/2003 = c/2004 Chứng minh rằng : 4(a - b)(b - c) = (c - a)2

Lời giải : Theo tính chất của tỉ lệ thức ta có :

Do (*) và : ck ≤ ck - 1ck + 1 , => ck - 1 = ck + 1 = ck, mâu thuẫn với cách chọn k lớn nhất

Vậy k thuộc {1, 10} Chú ý c1 = c10 = 1, ta có ci ≤ 1, tức là : với mọi i = 1, 2, …, 10

Bài 22: Tính tổng A = a1 + a2 + … + a2003, biết : an = 1

n(n 1) n n 1   (n N*)

Bài 22: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y + z (1)

Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình (1), ta giả sử x y z

Chú ý, nếu z 3 thì xyz x.3.3 = 9x = 6x + 3x 18 + (x + y + z) > 9 + x + y + z Vậy z < 3

* Trường hợp z = 1 : ta có (1) tương đương với xy = 10 + x + y hay (x - 1)(y - 1) = 11

Vì x - 1 y - 1 => : x- 1 = 11 và y - 1 = 1 hay x = 12 và y = 2

* Trường hợp z = 2 : ta có (1) tương đương với 2xy = 11 + x + y hay (2x - 1)(2y - 1) = 23

Vì 2x - 1 2y - 1 3 và 23 là số nguyên tố nên phương trình trên vô nghiệm

Vậy với x y z thì (1) chỉ có nghiệm x = 12, y = 2, z = 1 Với x, y, z nguyên dương bất kì, (1) có 6 nghiệm (x, y, z) là 6 hoán vị của (12, 2, 1)

Bài 23: Cho dãy số tự nhiên liêp tiếp : 150 O 149 O 148 O … O 51 O 50 Chứng minh rằng, nếu điền

vào các vòng tròn “O” dấu “+” hoặc dấu “-” thì kết quả không thể bằng 2003

Lời giải : Các bạn đã lí luận bằng nhiều cách để chỉ ra : khi điền vào các hình tròn dấu “+” hoặc dấu

“-” thì kết quả là một số chẵn nên kết quả không thể bằng 2003

Cách 1 : Nếu điền vào tất cả các hình tròn dấu “+” ta có :

S = 150 + 149 + 148 + … + 51 + 50 = (150 + 50).101/2 = 10100, là số chẵn

Trong tổng S, nếu thay mỗi dấu “+” trước một số a bất kì bởi dấu “-” thì S sẽ giảm đi 2a (là một số chẵn) Như vậy, nếu thay bao nhiêu dấu “+” trong S bởi dấu “-” thì S sẽ vẫn là một số chẵn

Cách 2 : Ta thấy rằng, mỗi cặp số tự nhiên liên tiếp đều có tổng hoặc hiệu là một số lẻ Các số tự nhiên

liên tiếp từ 150 đến 51 có tất cả 50 (là số chẵn) cặp như vậy Tổng hoặc hiệu của một số chẵn các số lẻ luôn là một số chẵn nên giữa các số tự nhiên liên tiếp từ 150 đến 51, đặt bất kì dấu “+” hay dấu “-” thì kết quả đều là

số chẵn ; cộng hay trừ với số còn lại của dãy số đã cho là số 50 cho kết quả cuối cùng là một số chẵn

Bài 24:Cho : ax3 = by3 = cz3 và 1/x + 1/y + 1/z = 1

Bài 25: Trong một giải bóng đá Nhi đồng theo thể thức thi đấu vòng tròn một lượt Thắng được 3

điểm, hòa 1 điểm, thua 0 điểm Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được tất cả 16 điểm Chứng minhrằng vào bất kì lúc nào cũng tìm được ít nhất hai đội đã đấu cùng số trận

Lời giải : Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được 16 điểm nên tổng số điểm của các trận

thắng là : 16 - 1 = 15 (điểm) Do đó đội này đã thắng 15 : 3 = 5 (trận) và thi đấu tất cả 7 trận Vì giải đấu theo thể thức vòng tròn một lượt nên số đội dự giải là : 7 + 1 = 8 (đội)

Chia các đội thành các nhóm mà mỗi nhóm gồm các đội có cùng số trận đã đấu thì nhiều nhất chỉ có 7 nhóm vì nếu có nhóm chưa đá trận nào thì không có nhóm đã đá 7 trận Cụ thể chỉ có các nhóm với số trận đã

đá là : 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 hoặc 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7

Vì có 8 đội mà chỉ có 7 nhóm nên theo nguyên lí Đi-rích-lê thì tồn tại hai đội ở cùng một nhóm tức là hai đội đã đá cùng số trận

Bài 26: Cho các số không âm x1, x2, x, …, xn có tổng bằng 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x1x2 +

Nếu x1 = x2 thì x3 = x4 = … = xn = 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4

Cách 2 :Không mất tính tổng quát, giả sử x1 là số lớn nhất, ta có : x1x2 = x1x2 ; x2x3 nhỏ hơn bằng x1x3 ;

… ; xn-1xn nhỏ hơn băng x1xn

=> T nhỏ hơn bằng x1(x2 + x3 + … + xn) = x1(1 - x1)

Đến đây, bài toán được giải quyết tiếp như ở cách 1

Bài 27: Tìm các cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn : x + y và 1/x + 1/y đồng thời là hai số nguyên dương Lời giải : Giả sử cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn điều kiện trên.

Trước hết ta có x khác 0, y khác 0

Nếu x < 0 và y > 0 thì x + y > 0 khi |x| < |y| ; 1/x + 1/y > 0 khi |x| > |y|; mâu thuẫn

Do đó nếu cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán thì x > 0, y > 0

Đặt x = a/b , y = c/d , a, b, c, d thuộc N*, (a, b) = (c, d) = 1

Ta có : x + y = a/b + c/d = (ad + bc)/bd thuộc N* => (ad + bc) M bd (1) Vậy :

(ad + bc) chia hết cho b hay ad chia hết cho b hay d chia hết cho b, do (a, b) = 1

(ad + bc) chia hết cho d hay bc chia hết cho d hay b chia hết cho d, do (c, d) = 1

Từ đó => (1) tương đương với b = d và (a + c) chia hết cho b

Tương tự 1/x + 1/y = b/a + d/c thuộc N* tương đương với a = c và (b+d) chia hết cho a

Như vậy x = y = a/b

x+y = 2.a/b thuộc N* => 2a chia hết cho b => b thuộc {1,2}

1/x + 1/y = 2b/a thuộc N* => 2b chia hết cho a => a thuộc {1,2}

=> x = y = a/b thuộc {1/2,1,2}

Vậy có ba cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán là (1/2,1/2), (1, 1), (2, 2)

Bài 28: Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk

S = n1 + n2 + … + nk Tìm số dư của phép chia S cho 6

N có cùng số dư khi chia cho 6

Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 20032 chia cho 6 dư 1 => N = 20032004 = (20032)1002 chia cho 6 dư 1.Vậy : S chia cho 6 dư 1

Nhận xét :

“Với mọi số nguyên a và số tự nhiên m thì a2m + 1 - a chia hết cho 6”, dẫn đến kết quả : “n1 + n2 + … +

nk và n12m + 1 + n22m + 1 + … + nk2m + 1 có cùng số dư khi chia cho 6 với n1, n2, …, n2 là các số nguyên”

Bài 29: Cho 20 số nguyên khác 0 : a1, a2, a3, … , a20 có các tính chất sau :

Bài 30: Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không phải là tam giác cân Hãy so sánh giá trị

tuyệt đối của các biểu thức P, Q sau đây : P = 1/(a - b) + 1/(b - c) + 1/(c - a) ;

Q = (|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)]

Lời giải : Áp 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| > 0

Từ đó => : 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 cả hai vế cho 2|(a - b)(b - c)(c - a)| > 0, ta có :

(|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)] > [(b - c)2 + (c - a)2 + (a - b)2]/[ |2(a - b)(b - c)(c - a)| ]

Lưu ý vế trái chính là |Q| và vế phải chính là |P| sẽ có |Q| > |P|

Bài 31: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

Lời giải : Biến đổi ta có :

(áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số 2003(1 + x) và (1 - x))

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2003(1 + x) = 1 - x khi và chỉ khi 2004x = -2002 => x = - 2002/2004 thuộc (-1 ; 1)

Vậy giá trị nhỏ nhất của P(x) bằng

Bài 32: Cho 25 số nguyên phân biệt, biết rằng tổng của 4 số bất kì trong chúng đều dương

a) Chứng minh rằng : Trong 25 số có ít nhất 22 số dương

b) Tổng của 25 số này lớn hơn hoặc bằng 316

Lời giải :

a) Nếu trong 25 số có 4 số không dương thì tổng của 4 số này là không dương, trái với giả thiết Vậy trong 25 số nhiều nhất có 3 số không dương nên ít nhất có 22 số dương

b) Chỉ có 25 bạn chỉ ra điều phải chứng minh là sai Điều này thấy ngay nhờ phản thí dụ Tuy nhiên chỉ

có 7 bạn là hành trình tiếp để đi tìm con số thay cho số 316 Ta sẽ đi tìm con số đó

Gọi 25 số nguyên phân biệt đó là a1 < a2 < a3 < a4 < a5 < < a25

Lời giải : Từ giả thiết => a - x = y2 - b2 (1) ; x2 - a2 = b - y (2)

Vì a, b, x, y là các số thực dương, từ (1) hoặc (2) => nếu a = x => b = y ; nếu a khác x => b khác y Giả sử a khác x và b khác y, chia từng vế của (1) cho (2) => 1/(a + x) = b + y => (a +x)(b + y) = 1

Từ giả thiết và áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a + x và b + y, ta có :

=> a + b + x + y = 2, xảy ra khi và chỉ khi a + x = b + y = 1 Ta có :

(2) <=> (x + a)(x - a) = b - y <=> x - a = b - y <=> x + a - 2a = b + y - 2y <=> a = y

Tương tự, (1) <=> b = x

Bài 34: Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x, y :

36x2 + 144y2 - 276x - 120y + 25 = 0 (*)

Lời giải : Có thể dùng một trong các dấu hiệu chia hết cho 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 12 để có lời giải ngắn gọn cho

bài toán Giả sử x, y là các số nguyên, dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (*) có giá trị là số nguyên lẻ (dấu hiệu chia hết cho 2) nên phải khác 0 Vậy phương trình (*) không có nghiệm nguyên

Bài 35: Cho a, b là hai số thỏa mãn : a + b ≥ 2 Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình

sau có nghiệm : x2 + 2a2bx + b5 = 0 (1)

x2 + 2ab2x + a5 = 0 (2)

Lời giải : Bài toán có nhiều cách giải

Cách 1: Gọi ∆1’, ∆2’ lần lượt là biệt số của (1) và (2) thì ∆1’ = a4b2 - b5 = b2(a4 - b3) và ∆2’ = b4a2 - a5 =

a2(b4 - a3)

Xét : (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) 0 với mọi a, b

=> (a4 - b3) + (b4 - a3) ≥ a + b - 2 ≥ 0 với mọi a, b thỏa mãn a + b ≥ 2

Vậy trong hai biểu thức a4 - b, sup>3 và b4 - a3 có ít nhất một biểu thức không âm => trong hai biệt số

∆1’ và ∆2’ có ít nhất một biệt số không âm, tức là ít nhất có một phương trình có nghiệm

Do (*) và (**) mâu thuẫn nên suy ra điều phải chứng minh

Bài 36: Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1 Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng :

S = ab + 2bc + 3ca

Lời giải : Biến đổi ta có : S = (ab + ca) + (2bc + 2ca) = a(b + c) + 2c(b + a) = a(1 - a) + 2c(1 - c)

Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 3/4 <=> a = c = ½ ; b = 0

Bài 37: Giải phương trình :

Lời giải : Điều kiện để căn thức có nghĩa là : 1 - x3 ≥ 0 <=> x ≤ 1

Hai giá trị này đều thỏa mãn x ≤ 1

Vậy phương trình có hai nghiệm

Bài 38: Tính :

Bài 39: Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho 3 ; chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và không lớn hơn

2004 ?

Lời giải : Trước hết ta viết thêm những chữ số 0 vào phía trước của các số thỏa mãn yêu cầu đề bài để

chúng đều có dạng trong đó a, b, c, d chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 Việc này không làm thay đổi giá trị cũng như tính chất chia hết cho 3 của các số đó

Rõ ràng, nếu b, c, d được xác định thì a cũng sẽ được xác định duy nhất để chia hết cho 3 (nếu x

là số dư của tổng b + c + d khi chia cho 3 thì a = 0 nếu x = 0 hoặc a = 3 - x nếu x ≠ 0)

Có ba cách chọn mỗi chữ số b, c, d trong các chữ số 0, 1, 2 nên sẽ có 3 x 3 x 3 = 27 cách chọn số Theo nhận xét trên, với mỗi cách chọn số thì chọn được duy nhất số a trong các chữ số 0, 1, 2 nên

19 số thỏa mãn điều kiện đề bài là : 0 ; 12 ; 21 ; 102 ; 111 ; 120 ; 201 ; 210 ; 222 ; 1002 ; 1011 ; 1020 ;

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 2

Vậy phương trình có duy nhất một nghiệm dương x = y = 2

Bài 41: Giải phương trình :

Lời giải : Điều kiện để các căn thức có nghĩa là -1 ≤ x ≤ 1

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 8 số không âm ta có :

Do đó tồn tại i  {1, 2, 3, , 10} sao cho:

Từ (2), (3) suy ra điều phải chứng minh

Bài 44: Giải phương trình :

Lời giải :

Có nhiều cách giải phương trình này

Cách 1 : Viết phương trình về dạng : với x4 ≤ 2

Phương trình thỏa mãn khi và chỉ khi :

Bài 45: Giải hệ phương trình

Lời giải : Hệ được viết về dạng

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]2 = 36 <=> (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6

* Nếu (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 (4) thì lần lượt thế (1), (2), (3) vào (4) ta được

* Nếu (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 (5) thì lần lượt thế (1), (2), (3) vào (5) ta được

Kết luận : Hệ có hai nghiệm là (x ; y ; z) Є {(0 ; 0 ; 0) ; (-2 ; -4 ; -6}

Bài 46: Tìm tất cả các số nguyên dương a, b sao cho : ab = 3(b - a) (1)

Lời giải : Ta có (1) <=> 3b - 3a - ab = 0 <=> (3b + 9) - (3a + ab) - 9 = 0 <=> (b + 3)(3 - a) = 9 (2),

do a, b nguyên dương nên b + 3 là ước của 9 và b + 3 > 3 => b + 3 = 9 => b = 6

Thay b = 6 vào (2) ta có 3 - a = 1 => a = 2

Vậy tồn tại duy nhất bộ số nguyên dương (a ; b) thỏa mãn (1) là : (2 ; 6)

Nhận xét : Có rất nhiều cách giải khác nhờ nhận xét :

+ Sử dụng kết quả (2) => 3 - a là ước của 9 và do 0 < 3 - a < 3 nên 3 - a = 1 + (1) => a = 3b/(3 + b) =>3(b + 3) - 9 b + 3 => b + 3 là ước của 9 ∶ b + 3 => b + 3 là ước của 9

+ Nếu a ≥ 3 => ab ≥ 3b > 3(b - a) mâu thuẫn với (1), suy ra a < 3

Bài 47: Cho x2 + y2 = 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức : S = (2 - x)(2 - y)

Lời giải : Ta có S = (2 - x)(2 - y) = 4 – 2x – 2y + xy = 8 4(x y) 2xy

1) Một số chính phương chia cho 3 chỉ có số dư là 0 hoặc 1

2) Một số chính phương chia cho 4 chỉ có số dư là 0 hoặc 1

Theo nguyên lí Đi-rích-lê thì trong 3 số chính phương A, B, C phải tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho 3 Do đó trong các số A - B, B - C, C - A ít nhất có một số chia hết cho 3 Vì vậy (A - B)(B - C)(C - A) chia hết cho 3

Tương tự cũng có (A B)(B C)(C A) chia hết cho 4 Mà 3 và 4 nguyên tố cùng nhau nên (A B)(B C)(C - A) chia hết cho 3 x 4 = 12

-Bài 49: Chứng minh rằng :

Lời giải: Đặt 32 = x Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

3 x 1 =

2 3

1 x x9

<=> 3x 1 =

3 3

1 x9(1 x)

Vậy đẳng thức (*) đúng Bài toán đã được chứng minh

Bài 49: Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c Chứng minh rằng :

Bài 50: Giả sử (a1 ; a2 ; ; a37) ; (b1 ; b2 ; ; b37) ; (c1 ; c2 ; ; c37) là 3 bộ số nguyên bất kì Chứng minh rằng tồn tại các số k, l, n thuộc tập hợp số {1 ; 2 ; ; 37} để các số a = 1/3(ak + al + an) ; b = 1/3(bk + bl +

bn) ; c = 1/3(ck +cl + cn) ; đồng thời là các số nguyên

Lời giải :

* Trước hết ta chứng minh khẳng định : “Trong 5 số nguyên bất kì luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia hết cho 3” (1)

Thật vậy : Có hai trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1 : 3 trong 5 số trên có số dư khác nhau trong phép chia cho 3 (là 0, 1, 2) Vì 0 + 1 + 2 = 3

chia hết cho 3 nên tổng của 3 số này cũng chia hết cho 3

Trường hợp 2 : Cả 5 số nguyên trên khi chia cho 3 chỉ có nhiều nhất hai số dư khác nhau Vì 5 = 2 x 2

+ 1, theo nguyên lí Đi-rich-lê thì trong 5 số đó có ít nhất 3 số có cùng số dư trong phép chia cho 3, như vậy tổng của 3 số này phải chia hết cho 3

* Trở lại bài toán :

- Vì 37 = 12 x 3 + 1 nên theo nguyên lí Đi-rich-lê, trong 37 số a1 ; a2 ; ; a37 có ít nhất 13 số có cùng

số dư trong phép chia cho 3 Giả sử 13 số đó là ai1 ; ai2 ; ; ai13

- Vì 13 = 4 x 3 + 1 nên theo nguyên lí Đi-rich-lê, trong 13 số bi1; bi2 ; ; bi13 có ít nhất 5 số có cùng số

dư trong phép chia cho 3 Giả sử 5 số đó là bj1 ; bj2 ; ; bj5

- Theo khẳng định (1), trong 5 số cj1 ; cj2 ; ; cj5 luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia hết cho 3 Giả

sử 3 số đó là ck, cl, cn, suy ra c = 1/3(ck + cl + cn) là số nguyên

- Các số bk, bl, bn thuộc tập hợp số {bj1 ; bj2 ; ; bj5} nên có cùng số dư trong phép chia cho 3 => bk + bl

+ bn chia hết cho 3 => b = 1/3(bk + bl + bn) là số nguyên

- Tương tự, a = 1/3(ak + al + an) cũng là số nguyên Bài toán đã được chứng minh

Bài 51: Tìm a để phương trình (ẩn x) sau có nghiệm :

Lời giải : x = -1 và x = 1 không phải là nghiệm với mọi a nên phương trình tương đương với

2

x

x  1 + x = a (1)

Với a = 0 thì phương trình vô nghiệm

Nếu a = a0 mà phương trình có nghiệm x = x0 thì với a = -a0 phương trình sẽ có nghiệm x = -x0 Do đó

ta chỉ cần xác định a > 0 để phương trình có nghiệm và từ đó suy ngay ra trường hợp a < 0

Với a > 0 thì x > 0 và để căn có nghĩa thì x > 1 Khi đó :

(1)

2 2

x

x 1 +

2 2

2x

x 1 + x2 = a2 <=>

4 2

x

x 1 +

2 2

2x

x  1 = a2 <=>

2 2

x  1   <=> x2 + (1 – a2  )1 x2  1 = 0Đặt t = x2 1 > 0 thì phương trình trên trở thành : t2 – ( a2  – 1)t + 1 = 0 (2) 1

Phương trình (1) có nghiệm <=> phương trình (2) có nghiệm t > 0 Ta có S = a2  – 1 > 0 (do a > 0) 1

và P = 1 > 0 nên (1) có nghiệm <=> (2) có nghiệm

<=> ∆ ≥ 0 <=> ( a2  – 1)1 2 – 4  0 <=> a2  – 1 1  2 <=> a  2 2 (do a >0)

Từ đó với a < 0 thì (1) có nghiệm <=> a  -2 2

Tóm lại pthương trình có nghiệm <=> a  2 2 hoặc a  -2 2

Bài 52:Tìm m để phương trình sau có ít nhất bốn nghiệm nguyên :

m2|x + m| + m3 + |m2x + 1| = 1

Lời giải : Trước hết cần lưu ý :

|a| + |b| ≥ |a + b| ≥ a + b với mọi a, b và |a| + |b| = a + b <=> a.b 0

Bài 1: Cho tam giác ABC Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích tam

giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C) Chứng minh : Trọng tâm của tam giácABC nằm trong tam giác AMN

Lời giải : Gọi G là trọng tâm ABC Đặt L là giao điểm của

BG và AC ; O là giao điểm của BL và MN

Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)

Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 S(ABC) Mặt khác, vì AL = CL

nên : S(ABL) = 1/2 S(ABC)

Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB) => S(BLN) = S(NMB) =>

ML // BN

=> : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2 (2) (định lí

Talét)

Từ (1), (2) => OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL

 GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm)

Bài 2: Cho tam giác ABC Các trung tuyến AM, BN, CP đồng qui tại

G Giả sử bán kính các đường tròn nội tiếp các tam giác AGN, BGP, CGM là

bằng nhau Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều

Lời giải :

Nhận xét rằng : Trong một tam giác cạnh nào lớn hơn khi và chỉ khi độ

dài đường trung tuyến ứng với cạnh đó nhỏ hơn

Vì ma = max {ma, mb, mc} nên từ (1) => c ≥ b => mb ≥ mc Từ (3) => 1/2.(b - a) ≤ 0 hay b ≤ a

Mặt khác a = min {a, b, c} nên a = b => ma = mb Từ (1), (2) => b = c

Vậy a = b = c hay ΔABC đều (đpcm) ABC đều (đpcm)

Bài 3: Cho tam giác ABC cân tại A, góc BAC = 40o , đường cao AH Các điểm E, F theo thứ tự thuộc các đoạn thẳng AH, AC sao cho Đ EBA = Đ FBC = 30o Chứng minh rằng : AE = AF

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AB, chứa C, lấy điểm K sao cho tam

giác ABK đều (hình 1)

Trong tam giác ABC, theo giả thiết, ta có :

Đ ABC = Đ ACB = (180o - 40)/2 = 70o

=> Đ ABF = Đ ABC - Đ FBC = 70o - 30o = 40o

Vậy Đ ABF = Đ BAF => ΔABC đều (đpcm) ABF cân tại F => FA = FB

Theo cách dựng điểm K, KA = KB Vậy KF là đường trung trực của

đoạn AB => KF là phân giác của Đ AKB (vì ΔABC đều (đpcm) ABK đều) => Đ FKB = 30o => Đ

FKB = Đ EBA (1) (theo giả thiết)

ΔABC đều (đpcm) ABC cân tại A, Đ BAC = 40o , AH là đường cao, => Đ BAE = 1/2.40o =

20o

Mặt khácĐ KAF = Đ KAB - Đ FAB = 60o - 40o = 20o

Vậy Đ KAF = Đ BAE (2) Chú ý rằng ΔABC đều (đpcm) ABK đều nên AB = AK (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔABC đều (đpcm) KAF = ΔABC đều (đpcm) BAE => AF = AE (đpcm)

Bài 4: Tam giác ABC có E là trung điểm cạnh BC

sao cho Đ EAB = 15o , Đ EAC = 30 Tính Đ C

Lời giải :

Gọi F là điểm đối xứng của C qua AE và I là giao điểm của CF và AE,

=> AI vuông góc với CI Xét tam giác vuông IAC, vuông tại I,

có Đ IAC = 30o => Đ ACF = Đ ACI = 60o (1)

Ta có AI là trung trực của CF nên ΔABC đều (đpcm) AFC cân, từ (1) => ΔABC đều (đpcm) AFC đều

Nhận xét rằng, IE là đường trung bình của ΔABC đều (đpcm) BFC nên IE // FB,

mà IE vuông góc với FC => BF vuông góc với FC hay ΔABC đều (đpcm) BFC vuông tại F => góc BFC = 90o ; ΔABC đều (đpcm) AFC đều => Đ CFA =Đ CAF = 60o , => Đ BFA = Đ BFC + CFA = 90o + 60o = 150o

Đ FAB = Đ CAF - Đ CFA - Đ BAE = 60o - 30o - 15o = 15o

Xét ΔABC đều (đpcm) FBA, Đ BFA = 150o và Đ FAB = 15o => Đ FBA = 15o su ra ΔABC đều (đpcm) FBA cân tại F => FB = FA = FC Từ

đó, ΔABC đều (đpcm) BFC vuông cân tại F => Đ BCF = 45o (2)

Từ (1), (2) => Đ ACB = Đ ACF + Đ BCF = 60o + 45o = 105o

Vậy Đ C = 105o

Bài 5: Cho hai tam giác đều ABC, A1B1C1 bằng nhau và chồng lên nhau sao cho phần giao của chúng

là một lục giác mà ta kí hiệu là MNPQRS Chứng minh rằng : MN + PQ + RS = NP + QR + SM

Lời giải :

Chú ý rằng, các góc của hai tam giác đều ABC, A1B1C1 bằng nhau (cùng bằng 60o),

hai góc đối đỉnh bằng nhau, ta thấy :

Các tam giác A1MN, B1PQ, C1RS, CPN, ARQ, BMS đồng dạng

Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số giữa các độ dài tương ứng bằng nhau,

=>

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta có :

Đặt độ dài các cạnh của hai tam giác đều bằng a,

MN + PQ + RS = x, NP + QR + SM = y

Ta có : x/(3a - ) = y/(3a - x) => x(3a - x) = y(3a - y)

=> (x - y)3a - (x - y)(x + y) = 0 => (x - y)(3a - x - y) = 0 (1)

Bài 6: Cho tam giác BMA có góc BMA = 135o ; BM = 2 ; Lấy điểm C cùng phía điểm M, bờ

AB sao cho tam giác CAB vuông cân ở A Tính diện tích tam giác ABC

Lời giải :

Dựng AH vuông góc với BM, theo giả thiết : góc BMA = 135o => góc AMH = 45o, hay ΔABC đều (đpcm) AHM vuông cân tại H

Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các điểm M, N

theo thứ tự là trung điểm của BC, CA Tia MN cắt (O) tại I

Chứng minh rằng : BC/IA = CA/IB + AB/IC

Lời giải :

Đặt K là giao điểm của tia NM và đường tròn (O)

Vì M, N là trung điểm của BC, CA nên MN // AB

=> AIKB là hình thang, hơn thế, là hình thang cân (vì AIKB nội tiếp)

(Vì M, N là trung điểm của BC, CA)

Bài 8: Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngoài của tứ giác này, ta dựng hai tam giác bằng nhau

ADE và BCF Chứng minh rằng : trung điểm của các đoạn AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng

Lời giải :

Dựng các hình bình hành ABFF’, ABCC’

Dễ thấy : F’FCC’ cũng là hình bình hành

Từ đó ta có : AF' = BF , AC' = BC và F'C' = FC

=> ΔABC đều (đpcm) AC’F’ = ΔABC đều (đpcm) BCF = ΔABC đều (đpcm) ADE (1)

Gọi X, Y, Z, Z’, Y’ lần lượt là trung điểm của AB, DC, EF, EF’, DC’

Từ (1) => : A, Y’, Z’ thẳng hàng (2)

Dễ thấy :

Do đó : các tứ giác AXYY’ và AXZZ’ là hình bình hành (3)

Từ (2), (3) => : X, Y, Z thẳng hàng (đpcm)

Bài 9 : Cho hình chữ nhật ABCD (như hình vẽ), biết rằng AB = 30 cm, AD = 20 cm, AM = 10 cm, BP

= 5 cm, AQ = 15 cm Tính diện tích tam giác MRS

Lời giải :

Giả sử đường thẳng PQ cắt các đường thẳng CD, AB tương ứng tại E, F

Ta có : DE/EC = QD/CP = 5/15 = 1/3 , hay DE/DC = 1/2 => DE = 15 cm

Ta thấy tam giác QDE = tam giác PBF => BF = DE = 15 cm

Bài 10: Cho tam giác ABC không vuông Các đường cao BB’, CC’ cắt nhau tại H Gọi K là trung điểm

của AH, I là giao điểm của AH và B’C’ Chứng minh rằng : I là trực tâm của tam giác KBC

Lời giải :

Trường hợp 1 : Tam giác ABC nhọn (hình vẽ)

Gọi L là điểm đối xứng của H qua BC

Ta có : Đ BLC = Đ BHC = Đ B ' HC ' (đối đỉnh)

= 180o - Đ BAC (Vì AC 'HB ' nội tiếp)

=> Đ BLC + Đ BAC = 180o => tứ giác ABLC nội tiếp

=> Đ CLA = Đ CBA (1)

Mặt khác, vì Đ BB 'C = Đ BC 'C ( = 90o) nên tứ giác BC’B’C nội tiếp => Đ AB ' C ' = Đ CBC ' (2)

Từ (1) và (2) => : Đ CLI = Đ AB 'I => tứ giác CLIB ’ nội tiếp => Đ B 'CI = Đ B 'LI (3)

Theo giả thiết, tam giác AHB’ vuông tại B’, B’K là trung tuyến nên KB’ = KH => Đ KB 'H = Đ KHB '

= Đ BHL = Đ BLH (vì tam giác BLH cân tại B) => tứ giác KB’LB nội tiếp , suy ra Đ B 'BK = Đ B 'LK (4)

Từ (3) và (4) => tứ giác BCB’E nội tiếp (E là giao của CI và BK)

=> Đ BEC = Đ BB 'C = 90o => CI vuông góc với BK

Chú ý rằng : KI vuông góc với BC

Vậy I là trực tâm của tam giác KBC

Trường hợp 2 : Tam giác ABC tù, chứng minh hoàn toàn tương tự như trường hợp 1

Bài 11: Cho tam giác ABC Một đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác cắt cạnh AB tại D và

cắt cạnh AC tại E Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BDE và CDE

Lời giải : Gọi M là trung điểm của BC, dựng BI, CK song song với d (I, K nằm trên AM), khi đó MI =

MK, => AI + AK = 2 AM = 3AG Vậy có : AB/AD + AC/AE = AI/AG + AK/AG = 3AG/AG =3

Dựng AH, BB1, MM1, CC1 vuông góc với d, lúc đó AH = 2MM1

Mặt khác, MM1 là đường trung bình của hình thang BB1C1C nên : BB1 + CC1 = 2MM1 = AH

Bài 12: Cho hình vuông ABCD Tìm tập hợp các điểm M nằm trong (không nằm trên cạnh) hình

Lời giải : Gọi H, K, E, F là trung điểm của các đoạn AD, BC, AB, DC Tập hợp các điểm M nằm

hình T gồm các đoạn AC, BD, HK, EF

Kết luận trên được chứng minh bằng hai phần

Phần 1 (đảo) : Nếu M thuộc T thì Đ MAB + Đ MBC + Đ MCD + Đ MDA = 180o (đề nghị bạn đọc tự chứng minh)

Phần 2 (phản đảo) : Nếu M không thuộc T thì góc MAB + Đ MBC + Đ MCD + Đ MDA không bằng

Dễ thấy, MNCB là hình thang cân => MNCB nội tiếp (1)

Theo giả thiết phản chứng, ta có : Đ MAB + Đ MBC + Đ MCD + Đ MDA = 180o (2)

Do M, N đối xứng với nhau qua HK và HK là trục đối xứng của hình vuông ABCD nên ta có : Đ MAB

= Đ NDC ; Đ MBC = Đ NCB (3)

Từ (2), (3) => : Đ NDC + Đ NCB + Đ MCD + Đ MDA = 180o

=> (Đ NCB + Đ MCD) + (Đ NDC + Đ MDA) = 180o

=> 90o + Đ MCN + 90o - Đ MDN = 180o => Đ MCN = MDN

Mặt khác, vì D, Q đối xứng với nhau qua MN nên ta có : Đ MDN = Đ MQN

Vậy : Đ MCN = Đ MQN => MNQC nội tiếp (4)

Từ (1), (4) cùng với chú ý rằng nếu hai đường tròn có ba điểm chung thì trùng nhau => MNQCB nội tiếp (5)

Dễ thấy, tam giác PDQ vuông cân tại P => Đ BPQ = 90o

Mặt khác ABCD là hình vuông nên Đ BCQ = 90o Vậy PQCB nội tiếp (6)

Từ (5), (6) => : ba điểm thẳng hàng M, N, P cùng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác QCB, mâu

Kết luận : Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện đề bài là hình T gồm các đoạn AC, BD, HK, EF

Bài 13: Cho hình thang vuông ABCD có AD // BC, AB vuông góc với AD, AD = 4 cm, AB = BC = 2

cm Hãy tìm một con đường ngắn nhất đi từ đỉnh A tới một điểm M trên cạnh DC, rồi tới điểm N trên cạnh

AB, quay lại một điểm P trên cạnh DC và trở về A

Lời giải : Bài toán đưa về tìm giá trị nhỏ của

tổng T = AM + MN + NP + PA

Ta cần kết quả sau

Bổ đề : Trong một hình thang vuông, độ dài

đoạn thẳng nối hai điểm nằm trên hai cạnh bên không

nhỏ thua độ dài đáy nhỏ (các bạn tự chứng minh bổ đề này)

1) Kết quả bài toán có thể đoán nhận được

qua hình sau (“lật” liên tiếp ba lần hình

thang ABCD)

Bài 14: Cho tứ giác ABCD I, J theo thứ tự là trung điểm của AC, BD

Chứng minh rằng : AC + BD + 2IJ < AB + BC + CD + DA

Lời giải : Trước hết, xin phát biểu, không chứng minh một nhận xét đơn giản :

“Trong một tứ giác, tổng các độ dài hai đường chéo lớn hơn tổng các độ dài

hai cạnh đối và nhỏ hơn chu vi.” Trở lại bài toán, có hai trường hợp xảy ra :

Trường hợp 1 : ABCD là hình bình hành

Vì ABCD là hình bình hành nên I trùng J Theo nhận xét trên,

AC + BD + 2IJ = AC + BD < AB + BC + CD + DA

Trường hợp 2 : ABCD không là hình bình hành Vì ABCD không là

hình bình hành nên tồn tại một cặp cạnh đối không song song Không mất

tính tổng quát, giả sử AB và CD không song song đặt E là giao điểm của AB

va CD Không mất tính tổng quát, giả sử E thuộc tia đối của các tia AB, DC

Không mất tính tổng quát, giả sử : Đ DAB + Đ ABC ≥180o (1)

Dựng hình bình hành ABCF Từ (1), ta thấy : tia AF nằm trong (2)