BD HSG TOÁN

MỘT SỐ BÀI TOÁN Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n 4 + n 3 + 1 là số chính phương. Giải: Giả sử n 4 + n 3 + 1 là số chính phương. Vì n 4 + n 3 + 1 > (n 2 ) 2 nên ta có: n 4 + n 3 + 1 = (n 2 + k) 2 = n 4 + 2kn 2 + k 2 , với k là một số nguyên dương nào đó. =>n 2 (n – 2k) = k 2 – 1 ≥ 0 Đặc biệt, k 2 – 1 chia hết cho n 2 , do đó k 2 = 1 hoặc n 2 ≤ k 2 – 1 Nếu k 2 = 1 thì k = 1 và n 2 (n – 2) = 0 ta có n = 2. Thử lại: 2 4 + 2 3 + 1 = 5 2 , thoã mãn Ngoài ra khi k ≠ 1 thì k 2 > k 2 – 1 ≥ n 2 => k > n => n – 2k < 0; mâu thuẫn với điều kiện n 2 (n – 2k) = k 2 – 1 ≥ 0. Vậy ta chỉ tìm được n = 2 thoã mãn bài toán Bài 2: Tìm cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y 2 (x + 1) = 1576 + x 2 Giải: Giả sử cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y 2 (x + 1) = 1576 + x 2 . Khi đó: y 2 (x + 1) = 1577 + x 2 – 1 => (y 2 – x + 1)(x + 1) = 1577 = 19.83: Chỉ xảy ra trong các khả năng sau: Nếu x + 1 = 1 thì x = 0, y 2 = 1576 Nếu x + 1 = 19 thì x = 18, y 2 = 100 Nếu x + 1 = 83 thì x = 82, y 2 = 100 Nếu x + 1 = 1577 thì x = 1576, y 2 = 1576 Do 1576 không phải là số chính phương nên ta có nghiệm là: (18, 10) và (82, 10) Bài 3: Cho số A = 333 .333*111 .111 gồm 2003 chữ số 1 ở bên trái dấu * và 2003 chữ số 3 ở bên phải dấu *. Hãy thay dấu * bằng chữ số nào để được một số chia hết cho 7. Giải: Để ý rằng: A =   12003 111 .111 chuso .10 2004 + (*).10 2003 +   so2003 333 .333 = (*).10 2003 + (10 2004 + 3).         − 9 110 2003 (1) Mặt khác: 10 3 ≡ -1(mod7) suy ra 10 2003 ≡ 5(mod7) => 10 2003 -1 ≡ 4(mod7) =>         − 9 110 2003 ≡ 2(mod7) (2) 10 2004 ≡ 1(mod7) => 10 2004 + 3 ≡ 4(mod7) (3) Để A chia hết cho 7, từ (1), (2), (3) => A ≡ (*).5 + 2.4 ≡ (*).5 + 1 ≡ 0(mod7) Chú ý rằng 0 ≤ * ≤ 9 từ d=1 suy ra ngay * = 4. Vậy số cần tìm là: 333 .1114333 .111 Bài 4: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện:    =++ =++ )2(1 )1(1 200320032003 200220022002 cba cba Tính tổng: a 2001 + b 2002 + c 2003 Giải: Từ (1) suy ra a, b, c ≤ 1. Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có: a 2002 (1 – a) + b 2002 (1 – b) + c 2002 (1 – c) = 0 (3) Vì a, b, c ≤ 1 nên a 2002 (1 – a) ≥ 0; b 2002 (1 – b) ≥ 0; c 2002 (1 – c) ≥ 0 1 Do đó: (3)             = =    = =    = = ⇔      =− =− =− ⇔ 1 0 1 0 1 0 0)1( 0)1( 0)1( 2002 2002 2002 c c b b a a bc bb aa Từ đó ta có: a 2001 = a 2003 ; b 2002 = b 2003 Suy ra a 2001 + b 2002 + c 2003 = a 2003 + b 2003 + c 2003 = 1 Bài 5: Cho x, y, z là các 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 và vế trái của (1) là F và 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)(x 2 – xz – y 2 + yz) + z(x – z)(y – z) = (x – y) 2 (x + y – z) + z(x – z)(y – z) + Nếu F ≤ 0, ta có T ≥ 0 ≥ F, Vậy (1) đúng. + Nếu F > 0, ta sẽ chứng minh khi đó (x – z)(y – z) > 0 và x + y – z > 0 (3) Thật vậy, phản chứng (x – z)(y – z) < 0 và x + y – z < 0, ta có: (x – z)(y – z) < 0 => x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y – z > 0 mâu thuẫn với giải thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F ≥ 0 => (1) đúng. Đẳng thức xảy ra khi       == == == == ⇔ 0, 0, 0, yxz xzy zyx zyx Bài 6: Cho số tự nhiên N = 2003 2004 . Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n 1 , n 2 , …, n k . S = n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 . Tìm số dư phép chia S cho 6 Giải: Vì a 3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a Đặt N = n 1 + n 2 + … + n k , ta có: S – N = (n 1 3 + n 2 3 + … + n k 3 ) – (n 1 + n 2 + … + n k ) = = (n 1 3 - n 1 ) + (n 2 3 - n 2 ) + … + (n k 3 - n k ) chia hết cho 6 => S và N có cùng số dư khi chia cho 6 Mặt khác, 2003 chia cho 6 dư 5 => 2003 2 chia cho 6 dư 1 => N = 2003 2004 = (2003 2 ) 1002 chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1. Bài 7: Cho 20 số nguyên khác 0: a 1 , a 2 , a 3 , …, a 20 có các tính chất sau: + a 1 là một số dương + Tổng của 3 số viết liền nhau là một số dương. + Tổng của 20 số đó là số âm. Chứng minh rằng a 1 .a 14 + a 14 .a 12 < a 1 .a 12 Giải: Ta có: a 1 + ( a 2 + a 3 + a 4 ) + … + (a 11 + a 12 + a 13 ) + a 14 + ( a 15 +a 16 + a 17 ) + (a 18 +a 19 + a 20 ) < 0 2 Mà a 1 > 0; ( a 2 + a 3 + a 4 ) > 0, …, (a 11 + a 12 + a 13 ) > 0; ( a 15 +a 16 + a 17 ) > 0; (a 18 +a 19 + a 20 ) > 0 Suy ra a 14 < 0 Cũng như vậy (a 1 + a 2 + a 3 ) + … + (a 10 + a 11 + a 12 ) + a 13 + a 14 + ( a 15 +a 16 + a 17 ) + (a 18 +a 19 + a 20 ) < 0. uy ra a 13 + a 14 < 0. Mặt khác a 12 + a 13 + a 14 < 0 => a 12 > 0 Từ các diều kiện a 1 > 0; a 12 > 0; a 14 < 0 => a 1 .a 14 + a 14 .a 12 < a 1 .a 12 Bài 8: Gọia, b, c là 3 cạnh của một tam giác không phải là tam giác cân. Hãy so sánh giá trò tuyệt đối của các biểu thức P, Q sau đây: P = accbba − + − + − 111 Q = ))()((2 accbba bacacbcba −−− −+−+− 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| > 0. Từ đó 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 cả 2 vế cho 2|(a – b)(b – c)(c – a)| > 0, ta có: ))()((2 accbba bacacbcba −−− −+−+− > ))()((2 )()()( 22 accbba accbba −−− −+−+− Tức là |Q| > |P| Bài 9: Phân tích tuỳ ý số 2005 thành tổng của 2 số tự nhiên lớn hơn 1 rồi xét tích của 2 số này. Trong các cách phân tích nói trên, hãy chỉ ra cách mà tích số có giá trò nhỏ nhất. Giải: Gọi a và b là 2 số tự nhiên thoã mãn a > b > 1; a + b = 2005; suy ra: b – a < 0 và (a + 1) + (b – 1) = 2005 => (a + 1)(b – 1) = ab + (b – a) – 1 < ab (*) Áp dụng kết quả (*) ta có: 1003.1002 > 1004.1001 > 1005.1000 > … > 2002.3 > 2002.2. Vậy cách phân tích mà tích số có giá trò nhỏ nhất la2005 = 2 + 2003. Bài 10: Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a 2005 + b 2005 ≤ 1 và x 2005 + y 2005 ≤ 1. Chứng minh rằng: a 1975 .x 30 + b 1975 .y 30 ≤ 1 Giải: Để giải quyết bài toán này ta giải bài toán tổng quát: “Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a m+n + b m+n ≤ 1 và x m+n + y m+n ≤ 1; với m, n nguyên dương. Chứng minh rằng: a m .x n + b m .y n ≤ 1” Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số a m+n và n số x m+n ta có: m.a m+n + n.x m+n ≥ (m + n) n nm nmmnm xa )()( + ++ = (m + n).a m x n (1) Tương tự: m.b m+n + n.y m+n ≥ (m + n).b m y n (2) Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: m(a m+n + b m+n ) + n(x m+n + y m+n ) ≥ (m + n)( a m x n + b m y n ) (3) Vì a m+n + b m+n ≤ 1 và x m+n + y m+n ≤ 1 nên m(a m+n + b m+n ) + n(x m+n + y m+n ) ≤ m + n (4) Từ (3) và (4) suy ra: (m + n)( a m x n + b m y n ) ≤ m + n => a m .x n + b m .y n ≤ 1 Với m = 1975 và n = 30 ta giải được bài toán đã cho. 3 Lưu ý: Có thể nhận xét (a m – x m )(a n – x n ) ≥ 0 và (b m – y n )(b m – y n ) ≥ 0 để dẫn đến (a m .x n + b m .y n ) + (a n x m + b n y m ) ≤ 2. Từ đó ít nhất 1 trong 2 số hạng trên không lớn hơn 1 và suy ra điều phải chứng minh. Bài 11: Với số nguyên dương n, kí hiệu a n = (-1) n ! 1 2 n nn ++ . Tính tổng a 1 + a 2 + … + a 2005 Giải: Với bất lkỳ số nguyên dương n ≥ 2 thì : a n = (-1) n ! 1 2 n nn ++ = (-1) n         + + ! 1 ! 2 n n n n = (-1) n         + + − ! 1 )!1( n n n n Do đó: a 1 + a 2 + … + a 2005 = -3 +       + !2 3 !1 2 -       + !3 4 !2 3 + … +       + !2004 2005 !2003 2004 -       + !2005 2006 !2004 2005 = -3 + 1 2 - !2005 2006 = -1 - !2005 2006 Bài 12: Có bao nhiêu số tự nhiên n có 5 chữ số, thoã mãn: 2 là ước của n; 3 là ước của n + 1; 4 là ước của n + 2; 5 là ước của n + 3? Giải: Ta thấy số 2 thoả mãn các tính chất 2 là ước của 2; 3 là ước của 2 + 1; 4 là ước của 2 + 2; 5 là ước của 2 + 3. Mặt khác, BCNN(2;3;4;5) = 60 suy ra n = 60k + 2 (vơíi k ∈ N) Vì n có 5 chữ số suy ra 10 4 ≤ 60k + 2 ≤ 10 5 => 166 < k ≤ 1666 => k nhận 1666 – 166 = 1500 giá trò. Vậy có 1500 số tự nhiên n thoả mãn điều kiện đề bài. Bài 13: Cho 3 số dương a, b, c. CMR: )1( 1 )1( 1 )1( 1 accbba + + + + + ≤ )1( 3 33 abcabc + Giải: Đặt P = )1( 1 )1( 1 )1( 1 accbba + + + + + . p dụng bất đẳng thức quen thuộc: với mọi x, y, z là các số thự ta có: (x + y + z) 2 ≥ 3(xy + yz + zx), suy ra: P 2 ≥ )1)(1( 1 )1)(1( 1 )1)(1( 1 bacaacbccbab ++ + ++ + ++ = )1)(1)(1( ))1()1()1((3 cbaabc cbbaac +++ +++++ = = )1)(1)(1( )1)1)(1)(1((3 cbaabc abccba +++ −−+++ => P 2 ≥ )1)(1)(1( 3 )1)(1)(1( 33 cbaabccbaabc +++ − +++ − (1) Đặt t = 3 abc . Theo bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta lại có: (1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) ≥ 1 + 3t + 3t 2 + t 3 = (1 + t) 3 (2) Tứ (1) và (2) suy ra: P 2 ≥ 3333 )1( 3 )1( 33 tttt + − + − = 33 33 )1( )1)1((3 tt tt + −−+ = 22 )1( 9 tt + => P ≥ )1( 3 tt + = )1( 3 33 abcabc + ( do P > 0) 4 Bài 14: Cho số tự nhiên có 3 chữ số. Mỗi lần được phép biến đổi số đã cho bởi 1 trong hai cách sau: + Lấy chữ số đầu tiên (hoặc chữ số cuối cùng) đặt vào giữa hai chữ số còn lại. + Đảo ngược chữ số còn lại. Hỏi nếu nếu biến đổi như thế 2005 lần thì từ số ban đầu là 123 ta có thể nhận được số 312 không? Giải: Thực chất của 2 cách biến đổi trên đều là việc đổi chỗ 2 trong 3 chữ số mà thôi. Vì vậy, ta có thể chia 6 số có 3 chữ số được viết bởi đúng 3 chữ số 1, 2, 3 thành 2 nhóm mà sau mỗi lần biến đổi thì số thuộc nhóm này sẽ chuyển thành số thuộc nhóm kia và ngược lại. Đó là nhóm {123; 231; 312} và nhóm {132; 213; 321} Ta thấy, hai số 123 và 312 thuộc cùng một nhóm nên từ số ban đầu là 123, đề có thể nhận được số 312 thí nhất thiết phải qua một số chẵn lần biến đổi. Suy ra, với 2005 lần biến đổi thì từ số ban đầu là 123 ta không thể nhận được số 312. Bài 15: Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0,1) và thoả mãn: xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) Chứng minh rằng: x 2 + y 2 + z 2 ≥ 4 3 Giải: Từ giải thiết xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) khai triển ta có: xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) – xyz => 2xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) (1) Cũng từ xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) trong đó các số x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0,1) suy ra: 1 = 3 3 3 111 1 1 1 1 1 1             −++ ≤       −         −       − zyx zyx (theo bất đẳng thức Côsi) =>1 3 3 111 −++ ≤ zyx =>3 3 111 −++≤ zyx => 6 zyx 111 ++≤ => 6xyz ≤ xy + yz + xz (2) Từ (1) và (2) => 3 – 3(x + y + z) + 3(xy + yz + xz) = 6xyz ≤ xy + yz + xz => 0 ≥ 3 – 3(x + y + z) + 2(xy + yz + xz) Cộng cả 2 vế của BĐT trên với x 2 + y 2 + z 2 ta nhận được: x 2 + y 2 + z 2 ≥ (x + y + z) 2 - 3(x + y + z) + 3 = (x + y + z) 2 - 2(x + y + z). 2 3 + 4 9 + 4 3 = 2 2 3       −++ zyx + 4 3 ≥ 4 3 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:        =++ == 2 3 111 zyx zyx <=> x = y = z = ½ Bài 16: Cho f(x) = x 2 – x – 8. Giải phương trình [f(x)] 2 – f(x) – 8 = x (*) Giải: Ta có (*) <=> [f(x)] 2 – f(x) – 8 – x = 0 <=> (x 2 – x – 8) 2 – (x 2 – x – 8) – 8 – x = 0 <=> (x 2 – x – 8) 2 – x 2 = 0 <=> (x 2 – x – 8 – x)( x 2 – x – 8 + x) = 0 <=> [(x 2 – 2x + 1) – 9](x 2 – 8) = 0 <=> [(x – 1) 2 – 9] (x 2 – 8) = 0 <=> (x – 4)(x + 2)(x – 2 2 )(x + 2 2 ) = 0 Do đó ptrình (*) có 4 nghiệm: x ∈ { } 4;22;2;22 −− 5 Bài 17: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức P = ac c cbba a + + + + + 6 , trong đó a, b, c là các số thực thoả mãn điều kiện: a ≥ b ≥ c ≥ 0 Giải: Biến đổi ta có P – 2 3 =       − + 2 1 ba a +       − + 2 1 cb b +       − + 2 1 ac c = = ( ) ( ) ( ) ac abbc cb cb ba ba + −+− + + − + + − 222 =       + − + − acba ba 11 2 +       + − + − accb cb 11 2 = = ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) accb bacb acba cbba ++ −− + ++ −− 22 = ( )( ) ( )       + − ++ −− bacbac cbba 11 2 = ( )( )( ) ( )( )( ) accbba cacbba +++ −−− 2 ≥ 0 (do a ≥ b ≥ c ≥ 0) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số bằng nhau. Vậy giá trò nhỏ nhất của P bằng 2 3 Bài 18: Tồn tại hay không số nguyên n thoả mãn n 3 + 2003n = 2005 2005 + 1? Giải: Giả sử tồn tại số nguyên n thoã mãn hệ thức. Ta có: n 3 + 2003n = n 3 – n + 2004n = (n – 1)n (n + 1) + 668.3n. Vì n – 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết cho 3. Do đó (n – 1)n (n + 1) chia hết cho 3. Suy ra n 3 + 2003n chia hết cho 3. (1) Mặt khác 2005 2005 + 1 = (2004 + 1) 2005 + 1; trong đó 2004 chia hết cho 3 nên 2005 2005 + 1 chia cho 3 dư 2 (2) Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức là không thể có số nguyên thoã mãn hệ thức. Bài 19: Đặt A = 2006.2005 1 2004.2003 1 . 4.3 1 2.1 1 ++++ và B = 1004.2006 1 . 2005.1005 1 1006.1004 1 +++ Chứng minh B A là số nguyên Giải: Ta có A = 2006 1 2005 1 . 4 1 3 1 2 1 1 −++−+− = −       +++ 2005 1 . 3 1 1       +++ 2006 1 . 4 1 2 1 = = −       ++++ 2006 1 2005 1 . 3 1 2 1 1 2       +++ 2006 1 . 4 1 2 1 = −       ++++ 2006 1 2005 1 . 3 1 2 1 1       ++++ 1003 1 . 3 1 2 1 1 =       +++ 2006 1 . 1004 1 1004 1 B = 1004.2006 1 . 2005.1005 1 1006.1004 1 +++ =       +++ 2006 1 . 1005 1 1004 1 3010 2 Vậy B A = 2 3010 = 1050 là một số nguyên. Bài 20: Cho A = 222 444 )()()( )()()( xzzyyx yxzxzyzyx +++++ −+−+− trong đó x, y, z là các số nguyên, x > y > z. CMR: A là số nguyên dương. Giải: x 4 (y – z) + y 4 (z – x) + z 4 (x – y) = x 4 (y – x + x – z) + y 4 (z – x) + z 4 (x – y) = 6 = (x – y)(z 4 – x 4 ) + (z – x)(y 4 – x 4 ) = (x – y)(z – x)[(z + x)(z 2 + x 2 ) – (x + y)(x 2 + y 2 )] = = (x – y)(z – x)[(z 3 – y 3 ) + x(z 2 – y 2 ) + x 2 (z – y)] = = (x – y)(z – x) (z – y)(z 2 + zy + y 2 + xz + xy + x 2 ) = = 2 1 (x – y)(z – x) (z – y)[(x + y) 2 + (y + z) 2 + (z + x) 2 ] Suy ra A = 222 444 )()()( )()()( xzzyyx yxzxzyzyx +++++ −+−+− = 2 1 (x – y)(z – x) (z – y) Theo giả thiết x > y > z nên A > 0 Mặt khác vì trong 3 số nguyên x, y, z có ít nhất 2 số cùng tính chẵn, lẻ nên (x – y)(z – x) (z – y) là số nguyên chẵn. Vậy A là số nguyên dương. Bài 21: Cho 3 số dương a, b, c và T(x) = x 2004 – x 2002 + 3. CMR: T(a).T(b).T(c) ≥ 9(ab + bc + ca) Giải : Với số thực dương x ta có : T(x) – x 2 – 2 = x 2004 – x 2002 – x 2 + 1 = (x 2002 – 1)(x 2 – 1) = = (x – 1) 2 (x + 1)(x 2001 + x 2000 + … + x + 1) ≥ 0 Do đó T(x) ≥ x 2 + 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = 1 Bởi vậy ta có: T(a).T(b).T(c) ≥ (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) (1) Vì các số a, b, c có vai trò bình đẳng trong bài toán đang xét nên không mất tính tổng quát, giả sử 2 số a, b cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1 tức là (a – 1)(b – 1) ≥ 0. Ta có: (a 2 + 2)(b 2 + 2)(c 2 + 2) – 9(ab + bc + ca) = = a 2 b 2 c 2 + 2(a 2 b 2 + b 2 c 2 + a 2 c 2 ) + 4(a 2 + b 2 + c 2 ) + 8 – 9(ab + bc + ca) = = c 2 (a 2 b 2 – a 2 – b 2 + 1) + 3(b 2 c 2 – 2bc + 1) + 3(a 2 c 2 – 2ac + 1) + 2(a 2 b 2 – 2ab + 1) + + (a 2 – 2ab + b 2 ) + 3(a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ac) = = c 2 (a 2 – 1)(b 2 – 1) + 3( bc – 1) 2 + 3( ac – 1) 2 + 2( ab – 1) 2 + (a – b) 2 + 2 3 [( a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2 ] ≥ 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1. Bài 22: Biết rằng A = 654x   9100 997 .999 so + 1965. CMR: A chia hết cho 9 Giải: Từ bài toán ta có A = 654x(  0100 00 .001 so + 3) + 1965 = 654  0100 00 .00 so - 1962 + 1965 = 654  0100 00 .00 so 3 Vì 4 + 5 + 6 + 3 = 18 chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9. Bài 23: Cho 5 số thực dương sao cho tổng của tất cả các tích từng cặp 2 số trong chúng bằng 2. CMR tồn tại 4 trong 5 số đó có tổng nhỏ hơn 2. Giải: Gọi 5 số thự dương đó là a, b, c, d, e. Do vai trò như nhau của 5 số trong bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e. (1) Ta có: 4 – (a + b + c + d) 2 = 2(ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de) – (a + b + c + d) 2 ( theo giả thiết) 7 = 2(ae + be + ce + de) – (a 2 + b 2 + c 2 + d 2 )= = (ae + be + ce + de) + a(e – a) + b(e – b) + c(e – c) + d(e – d) > 0 (2) (theo (1)) Do đó 2 > a + b + c + d (đpcm) Bài 24: Tồn tại hay hay không các số nguyên a, b, c thoả mãn: a(b – c)(b + c – a) 2 + c(a – b)(a + b – c) 2 = 1 (1) Giải: Giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1) Nhận xét rằng a + (b – c) + (b + c – a) = 2b chia hết cho 2; suy ra ít nhất 1 trong 3 số a, b – c,, b + c – a chia hế cho 2 Từ đó a(b – c)(b + c – a) 2 chia hết cho 2 (2) Tương tự : c + (a – b) + (a + b – c) = 2a suy ra c(a – b)(a + b – c) 2 chia hết cho 2. (3) Từ (2) và (3) suy ra a(b – c)(b + c – a) 2 + c(a – b)(a + b – c) 2 chia hết cho 2. (4) Từ (1) và (4) suy ra không tồn tại các số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1) Bài 25: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện: x + xy + 3 xyz = 3 4 Tìm giá trò nhỏ nhất của x + y + z. Giải: p dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có: xy = y x 2 2 ≤       + y x 2 22 1 ; (1) 3 xyz = 3 4 4 zy x ≤       ++ zy x 4 43 1 ; (2) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 = x + xy + 3 xyz ≤       + y x 2 22 1 +       ++ zy x 4 43 1 = 3 4 (x + y + z) => x + y + z ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức 4 x = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + xy + 3 xyz = 3 4 ta suy ra x = 21 16 ; y = 21 4 ; z = 21 1 . Vậy x + y + z đạt giá trò nhỏ nhất bằng 1 Bài 26: Chứng minh: 3 21 – 2 24 – 6 8 – 1 chia hết cho 1930 Giải: Đặt A = 3 21 – 2 24 – 6 8 – 1 = (3 7 ) 3 – (2 8 ) 3 – 3 8 .2 8 – 1 = (3 7 ) 3 – (2 8 ) 3 – 1 3 – 3.3 7 .(-2) 8 .(-1) p dụng hằng đẳng thức quen thuộc: a 3 + b 3 + c 3 – 3abc = ( a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 – ab – ac – bc) Với a = 3 7 , b = (-2) 8 ; c = -1 suy ra A chia hết cho 3 7 – 2 8 – 1 = 1930. Bài 27: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx = 2 (1) Giải: Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có: F = ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = )()( ba d ad c dc b cb a + + + + + + + = 8 = ))(( )()( ))(( )()( badc dcdbab adcb cbcada ++ +++ + ++ +++ ≥ 2 22 2 22 )( 4 1 )( 4 1 badc cdabdb adcb bcadca +++ +++ + +++ +++ (theo BĐT xy ≤ 4 1 (x + y) 2 ) = 2 2222 )( )(4 dcba cdbcadabdcba +++ +++++++ (2) Mặt khác: 2(a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d) 2 = = a 2 + b 2 + c 2 + d 2 – 2ac – 2bd = (a – c) 2 + (b – d) 2 ≥ 0 (3) Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F ≥ 2 (4) Đẳng thức xảy ra <= > a = c; b = d p dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2005 2004 40092004 2005 + ++ + + + x y y x yx ≥ 2 Đẳng thức xảy ra <= > y = 2005, x = 2004 Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005) Bài 28: Tìm tất cả các giá trò của a sao cho với mỗi giá trò đó tồn tại duy nhất bộ số (x, y, z) thoả mãn các đẳng thức: x + y + z = x 2 + 4y 2 ; x + 2y + 3z = a Giải: Ta có    =++ +=++ azyx yxzyx 32 4 22 ⇔    =−−+++ +=++ ayxyxyx yxzyx )4(32 4 22 22 (1) Chú ý: x + 2y + 3( x 2 + 4y 2 – x – y) = a ⇔ 3x 2 – 2x + 12y 2 – y = a ⇔ 3 2 2 1       − x + 12 2 24 1       − y = a + 3 1 + 48 1 ⇔ 3 2 2 1       − x + 12 2 24 1       − y = a + 48 17 (2) Ta thấy với số thực b, phương trình s 2 + t 2 = b có duy nhất một nghiệm thực (s, t) duy nhất đó chính là (0; 0); ( ví nếu (s; t) là nghiệm thì các cặp số sau cũng là nghiệm của phương trình trên: (-s; t); (s; -t); (-s; -t)) Do đó phương trình (2) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi a = 48 17 − . Khi đó hệ phương trình (1) có duy nhất một nghiệm (x; y; z) =       − 144 37 ; 24 1 ; 3 1 Bài 29: Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thức: P = abc cabcba )()( 22 +++ , trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông ( c là độ dài cạnh huyền) Giải: Do c 2 = a 2 + b 2 ≥ 2ab nên c ≥ ab2 ; Mặt khác P = abc cabcba )()( 22 +++ = abc bacbaab )()( 22 +++ = ab c c ba 2 + = p dụng BĐT Cosi vào các kết quả trên, suy ra: P ≥ ab cab c ab .22 + = ab c c ab .22 + = ab c ab c c ab )12(.2 − ++ ab ab ab c c ab 2)12( . 2 2 − +≥ = = 2 + 2 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = 2 c hay tam giác ABC vuông cân 9 Vậy giá trò nhỏ nhất của P = 2 + 2 , đạt được khi tam giác đã cho vuông cân. Bài 30: Cho a,b là 2 số thực không âm và P(x) = (a 2 + b 2 )x 2 – 2(a 3 + b 3 )x + (a 2 – b 2 ) 2 . CMR: P(x) ≤ 0 với mọi x thoã mãn |a – b| ≤ x ≤ a + b. Giải: Ta có P(x) = (a 2 x 2 – 2a 3 x + a 4 ) + (b 2 x 2 – 2b 3 x + b 4 ) – 2a 2 b 2 suy ra: P(x) = a 2 (x – a) 2 + b 2 (x – b) 2 – 2a 2 b 2 (1) Vì |a – b| ≥ a – b nên từ điều kiện của a, b, x suy ra a – b ≤ x ≤ a + b => -b ≤ x – a ≤ b => |x – a| ≤ b => (x – a) 2 ≤ b 2 (2) Tương tự ta có: (x – b) 2 ≤ a 2 (3) Từ (1), (2), (3) ta suy ra: P(x) ≤ a 2 b 2 + a 2 b 2 – 2a 2 b 2 = 0 Bài 31: Cho tổng: q p nnnn = + ++ + + + + 9 1 . 2 1 1 11 ; trong đó n, p, q là số nguyên dương và q p là phân số tối giản. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n để để q chia hết cho 2006. Giải: Trước hết ta phân tích 2006 = 2.17.59 Nếu q  59 thì n(n + 1)(n + 2)…(n +9)  59 ( Ví tích n(n + 1)(n + 2)…(n +9)  q) Do đó n + 9  59 hay n ≥ 50 Ta sẽ chứng minh với n = 50 thì q  2006; Vì trong các số 50; 51; … ; 59 chỉ có 51  17; suy ra: 51 1 59 1 . 52 1 51 1 50 1 +=++++ b a = q p b ba = + 51 51 => q  17 (a, b ∈ N * ; b không chia hết 17) Hoàn toàn tương tự, ta có q  59 Để chứng minh q  2 ta chú ý: =++++ 59 1 . 52 1 51 1 50 1 ( 59 1 . 53 1 51 1 +++ ) +       +++ 29 1 . 26 1 25 1 2 1 =         + ++ 13.7.4 1314 2 1 f e d c (c, d, e, f ∈ N * là các số lẻ) = f fe d c 13.7.8 27.13.7.4 + + = h g d c 8 + = dh dgch 8 8 + (g, h ∈ N * là các số lẻ) Do đó q  8 => q  2 Vậy với n = 50 thì q  2.17.59 hay q  2006 Bài 32: CMR số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 là 1 hoặc số nguyên tố. Giải: Gọi p là một số nguyên tố bất kỳ. Ta luôn biểu diễn được p = 30q + r; trong đó q, r là các số tự nhiên và r < 30 + Nếu q = 0 thì r = p là số nguyên tố + Nếu q > 0 thì p ≥ 30. Như vậy thì r chỉ là số lẻ, không chi hết cho 3 và không chia hết cho 5 (Vì 30 là bội của 2, 3, 5 còn 30q + r lại là số nguyên tố). Suy ra r chỉ có thể nhận giá trò 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; (Là 1 hoặc là số nguyên tố) 10 [...]... (3) =2 Vậy x; y; z là các số th75 dương thoả mãn hệ phương trình ⇔ đẳng thức xảy ra ở bất phương trình trên ⇔ x = y = z =2 Do đó x = y = z =2 là bộ số thực dương duy nhất thoả mãn các điều kiện của bài toán  2006     2005    Bài 34: Cho f(x) = x3 – 3x2 + 3x + 3 CMR: f  2005  < f  2004  Giải: Ta nhận thấy rằng f(x) = x3 – 3x2 + 3x + 3 = (x – 1)3 + 4 1 1  2006   2005  f  2004  = +4 3... Bài 36: CMR phương trình sau không có nghiệm nguyên x, y: 36x2 + 144y2 – 276x – 120y + 25 = 0 (*) Giải: Có thể dùng một trong các dấu hiệu cjia hết cho cho 2, 3, 4, 6, 12 để có lời giải ngắn gọn cho bài toán 11 Giả sử x, y là các số nguyên, dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (*) có giá trò là số nguyên lẻ (dấu hiệu chia hết cho 2) nên phải khác 0 Vậy phương trình (*) không có nghiệm nguyên Bài... n = 2x.3y-1.5z.m = b3 3 13 n = 2x.3y.5z-1.m = b3 5 x – 1 2; x 2; x 5 => x ≥ 15 Suy ra: y 2; y – 1 3; y 5 => y ≥ 10 z 2; z 3; z – 1 5 => x ≥ 6 Suy ra: n ≥ 215.310.56 Vì 215.310.56 thoả mãn bài toán nên n = 215.310.56 (khi đó m = 1) Bài 42: Giải p.trình: 2 x 2 + 3 - 8 + 2 x − x 2 = x (1) 2 Giải: Điều kiện: 8 + 2x – x ≥ 0 < => -2 ≤ x ≤ 4 (2) 2 2 Ta có: (1) 2 x + 3 = 8 + 2 x − x + x = 9 −(... 3B thì A vừa chia cho 9 dư 3 vừa chia hết cho 9, vô lí Suy ra điều phải chứng minh 1 1 1 246 Bài 46: CMR: A = ( 1 + 3 ) 3 + ( 3 + 5 ) 3 + … + ( 2003 + 2005 ) 3 < 2007 Giải: Trước hết ta chứng minh bài toán: 1 1 1  1 −  (*) Với mọi k > 0 ta có: ( k + k + 2 ) 3 < 8    k +2   k Thật vậy (*) tương đương với: ( k + k + 2 )3( k + 2 - k ) > 8 k k + 2 ( k + k + 2 )2(k + 2 – k) > ( k + k + 2... −1).k (2) 2 ( k −1).k ( k −1) ≥ (2k + 1)k => 2009k – ≥ 2k + 1 => k Từ (1) và (2) suy ra 2009k – 2 2 S ≤ (2009 – 1) + (2009 – 2) + … + (2009 – k) = 2009k – Do đó số nguyên dương k lớn nhất thoả mãn bài toán là là 808 1  1 1 Bài 48: Cho a, b, c thuộc [1; 2] Chứng minh (a + b + c)  a + b + c  ≤ 10  Giải: Do vai trò của a, b, c như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử 1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 2 1 ... – b)(a – c)(a + b – c) ≥ 0, là BĐT đúng Bài 50: Cho a, b, c là những số thực không âm thoả mãn: a2 + b2 + c2 = 4 CMR: 1 a+ b + c ≤ 2 abc + 8 Giải: Do vai trò như nhau của của các số a, b, c trong bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử a ≤ c; b ≤ c Vì a2 + b2 + c2 = 4, với a, b, c là những số thực không âm Ta suy ra c > 1 1 1 Chú ý: ab = 2 [(a + b)2 – a2 – b2] = 2 [(a + b)2 + c2– 4] Do đó 1 = . minh rằng: a 1975 .x 30 + b 1975 .y 30 ≤ 1 Giải: Để giải quyết bài toán này ta giải bài toán tổng quát: “Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện:. số trong bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < a ≤ b ≤ c ≤ d ≤ e. (1) Ta có: 4 – (a + b + c + d) 2 = 2(ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd