Cho a,b,c,x,y,z thỏa mãn cmr: Giải: Từ: => Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 n2) + (m n) = m2 hay là (m n)(4m + 4n + 1) = m2 () Gọi d là ước chung lớn nhất của m n và 4m + 4n + 1 thì (4m + 4n + 1) + 4(m n) chia hết cho d => 8m + 1 chí hết cho d. Mặt khác, từ () ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d. Từ 8m + 1 chia hết cho d và m chia hết cho d ta có 1 chia hết cho d => d = 1. Vậy m n và 4m + 4n + 1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn () nên chúng đều là các số chính phương.
HD giải đề thi HSG Toán tỉnh Hà Giang Năm học 2014 – 2015 Câu a/ Cho x = P= x 1 1 x x x 1 1 1 Tính GTBT: 2015 Giải: x = quy đồng, biến đổi = Thay vào tính đc P = b/ Cho a,b,c,x,y,z thỏa mãn x2 y z x2 y z a b2 c a b2 c Giải: Từ: x2 y z x2 y z a b2 c a b2 c => x2 y2 z x2 y z 0 MC MC mc a b2 c 1 1 x ( ) y ( ) z ( ) 0.(vi : ( ) �0, ) mc a mc a �x �x �2 � �y �y x 2015 y 2015 z 2015 �z �z � � Câu Giải hệ pt cmr: x 2015 y 2015 z 2015 Giải hệ pt: � � 2( x y ) 3 xy ( x y ) 2( x y ) 3( x y xy ) � � �� �3 3 � �x3 y 6 �x y 6 � � � 2( x y ) 3 xy � �x y xy �x y xy �� �� �� 3 3 ( x y ) 216 27 xy 216 �x y 6 � � �x y 4608 �� �xy 512 Câu Trùng đề 16-17 Câu từ giả thiết suy ra: (m−n)(4m+4n+1)= m2 giả sử (m−n,4m+4n+1)=d ⇒m−n⋮;4m+4n+1 d ⋮d ⇒(m−n)(4m+4n+1)⋮d2 ⇒m2⋮d2⇒m⋮d mà m−n⋮d⇒n⋮d⇒4m+4n⋮d⇒1⋮d từ suy m−n;4m+4n+1 nguyên tố Vậy ta có đpcm Cách giải cụ thể khác: Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 (m - n)(4m + 4n + 1) = m2 (*) Gọi d ước chung lớn m - n 4m + 4n + (4m + 4n + 1) + 4(m n) chia hết cho d => 8m + chí hết cho d Mặt khác, từ (*) ta có : m2 chia hết cho d2 => m chia hết cho d Từ 8m + chia hết cho d m chia hết cho d ta có chia hết cho d => d = Vậy m - n 4m + 4n + số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương Câu 5( Đề vào 10 KHTN ĐH QG Hà Nội 2011) Ta chứng minh thêm ý a/ với yêu cầu cm tam giác a/ Tứ giác OBCD nội tiếp CO phân giác góc � BCD � OCD � OCB � ODB � � OBD � OBD cân O � OB OD (1) Tứ giác OBCD nội � OBE � � (2) CEF CO ODC OBC tiếp (cùng bù với góc ) Trong có vừa đường cao � � � vừa đường phân giác nên CEF cân C Do AB PCF � AEB AFC EAB � ABE cân B � BE BA CD (3) Từ (1), (2), (3) suy OBE ODC (c g c ) (đpcm) b/ Từ câu a) OBE ODC suy OE OC Mà CO đường cao tam giác cân CEF � OE OF Từ OE OC OF O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF (đpcm) c/ Theo (3) � BE CD mà CE CF � BC DF Ta có CI đường phân giác IB CB DF � � IB.BE ID.DF � góc BCD ID CD BE Mà CO trung trực EF I �CO � IE IF Từ hai đẳng thức suy IB.BE.EI ID.DF FI (đpcm) ... �� 3 3 ( x y ) 216 27 xy 216 �x y 6 � � �x y 4608 �� �xy 512 Câu Trùng đề 16-17 Câu từ giả thi t suy ra: (m−n)(4m+4n+1)= m2 giả sử (m−n,4m+4n+1)=d ⇒m−n⋮;4m+4n+1 d ⋮d ⇒(m−n)(4m+4n+1)⋮d2... Vậy m - n 4m + 4n + số tự nhiên nguyên tố nhau, thỏa mãn (*) nên chúng số phương Câu 5( Đề vào 10 KHTN ĐH QG Hà Nội 2011) Ta chứng minh thêm ý a/ với yêu cầu cm tam giác a/ Tứ giác OBCD nội tiếp... ⇒(m−n)(4m+4n+1)⋮d2 ⇒m2⋮d2⇒m⋮d mà m−n⋮d⇒n⋮d⇒4m+4n⋮d⇒1⋮d từ suy m−n;4m+4n+1 nguyên tố Vậy ta có đpcm Cách giải cụ thể khác: Ta có : 3m2 + m = 4n2 + n tương đương với 4(m2 - n2) + (m - n) = m2 (m - n)(4m