BD HSG TOÁN

Hãy thay dấu * bằng chữ số nào để được một số chia hết cho 7... Trong các cách phân tích nói trên, hãy chỉ ra cách mà tích số có giá trị nhỏ nhất... Từ đó ít nhất 1 trong 2 số hạng trên

MỘT SỐ BÀI TOÁN Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n4 + n3 + 1 là số chính phương

Giải: Giả sử n4 + n3 + 1 là số chính phương Vì n4 + n3 + 1 > (n2)2 nên ta có:

n4 + n3 + 1 = (n2 + k)2 = n4 + 2kn2 + k2, với k là một số nguyên dương nào đó

=>n2(n – 2k) = k2 – 1  0

Đặc biệt, k2 – 1 chia hết cho n2, do đó k2 = 1 hoặc n2  k2 – 1

Nếu k2 = 1 thì k = 1 và n2(n – 2) = 0 ta có n = 2 Thử lại: 24 + 23 + 1 = 52, thoã mãn

Ngoài ra khi k  1 thì k2 > k2 – 1  n2 => k > n => n – 2k < 0; mâu thuẫn với điều kiện

n2(n – 2k) = k2 – 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 y2(x + 1) = 1576 + x2

Giải: Giả sử cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y2(x + 1) = 1576 + x2 Khi đó:

y2(x + 1) = 1577 + x2 – 1 => (y2 – x + 1)(x + 1) = 1577 = 19.83: Chỉ xảy ra trong các khả năng sau: Nếu x + 1 = 1 thì x = 0, y2 = 1576

Nếu x + 1 = 19 thì x = 18, y2 = 100

Nếu x + 1 = 83 thì x = 82, y2 = 100

Nếu x + 1 = 1577 thì x = 1576, y2 = 1576

Do 1576 không phải là số chính phương nên ta có nghiệm là: (18, 10) và (82, 10)

Bài 3: Cho số A = 111 111 * 333 333 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 =   

1 2003

111

111

chuso 102004 + (*).102003 +   

so

2003

333

333 = (*).102003 + (102004 + 3) 









9

1

10 2003

(1) Mặt khác: 103  -1(mod7) suy ra 102003  5(mod7)

=> 102003 -1  4(mod7) => 









9

1

10 2003

102004  1(mod7) => 102004 + 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: 111 1114333 333

Bài 4: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện:



















) 2 ( 1

) 1 ( 1

2003 2003 2003

2002 2002 2002

c b a

c b a

Tính tổng: a2001 + b2002 + c2003

Giải: Từ (1) suy ra a, b, c 1 Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có:

a2002(1 – a) + b2002(1 – b) + c2002(1 – c) = 0 (3)

Vì a, b, c 1 nên a2002(1 – a)  0; b2002(1 – b)  0; c2002(1 – c)  0

Do đó: (3)











































































1 0 1 0 1 0

0 ) 1 (

0 ) 1 (

0 ) 1 (

2002 2002 2002

c c b b a a

b c

b b

a a

Từ đó ta có: a2001 = a2003; b2002 = b2003

Suy ra a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 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)(x2 – xz – y2 + 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 ,

y x z

x z y

z y x

z y x

Bài 6: Cho số tự nhiên N = 20032004 Viết N thành tổng của k số tự nhiên nào đó n1, n2, …, nk

S = n13 + n23 + … + nk3 Tìm số dư phép chia S cho 6

Giải: Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a

Đặt N = n1 + n2 + … + nk, ta có: S – N = (n13 + n23 + … + nk3) – (n1 + n2 + … + nk) =

= (n13 - n1) + (n23 - n2) + … + (nk3 - nk) chia hết cho 6

=> S và 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

Bài 7: Cho 20 số nguyên khác 0: a1, a2, a3, …, a20 có các tính chất sau:

+ a1 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 a1.a14 + a14.a12 < a1.a12

Giải: Ta có: a1 + ( a2 + a3 + a4) + … + (a11 + a12 + a13) + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 + a20) < 0

Mà a1 > 0; ( a2 + a3 + a4) > 0, …, (a11 + a12 + a13) > 0; ( a15 +a16 + a17) > 0; (a18 +a19 + a20) > 0

Suy ra a14 < 0

Cũng như vậy (a1 + a2 + a3) + … + (a10 + a11 + a12) + a13 + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 +

a20) < 0 uy ra a13 + a14 < 0

Mặt khác a12 + a13 + a14 < 0 => a12 > 0

Từ các diều kiện a1 > 0; a12 > 0; a14 < 0 => a1.a14 + a14.a12 < a1.a12

Bài 8: Gọia, b, c là 3 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 = a b b c c a











1 1

1

Q = a2(b a c b)(b b c c a)(c c a)a b

















Giải: Aùp 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 a b b c c a

b a c a c b c b

a

















> (a2(b a)2b)((b bc c))(2c(c a) a) 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 trị 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 trị nhỏ nhất la2005 = 2 + 2003

Bài 10: Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a2005 + b2005  1 và x2005 + y2005  1 Chứng minh rằng: a1975.x30 + b1975.y30  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 am+n và n số xm+n ta có:

m.am+n + n.xm+n  (m + n)mn(a mn)m(x mn)n = (m + n).amxn (1)

Tương tự: m.bm+n + n.ym+n  (m + n).bmyn (2)

Cộng từng vế của (1) và (2) ta có:

m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n)  (m + n)( amxn + bmyn) (3)

Vì am+n + bm+n  1 và xm+n + ym+n  1 nên m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n)  m + n (4) Từ (3) và (4) suy ra: (m + n)( amxn + bmyn)  m + n

=> am.xn + bm.yn  1

Với m = 1975 và n = 30 ta giải được bài toán đã cho

Lưu ý: Có thể nhận xét (am – xm)(an – xn)  0 và (bm – yn)(bm – yn)  0 để dẫn đến

(am.xn + bm.yn) + (anxm + bnym)  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 an = (-1)n

!

1 2

n

n

n   Tính tổng a1 + a2 + … + a2005

Giải: Với bất lkỳ số nguyên dương n  2 thì :

an = (-1)n

!

1 2

n

n

n   = (-1)n













!

1

!

2

n

n n

n

= (-1)n













1 )!

1

n n

n

Do đó: a1 + a2 + … + a2005 = -3 + 













! 2

3

! 1

2













! 3

4

! 2

3













! 2004

2005

! 2003

2004













! 2005

2006

! 2004 2005

= -3 + 12 - 20052006! = -1 - 20052006!

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 104  60k + 2  105 => 166 < k 1666

=> k nhận 1666 – 166 = 1500 giá trị

Vậy có 1500 số tự nhiên n thoả mãn điều kiện đề bài

Bài 13: Cho 3 số dương a, b, c CMR: a(11 b) b(11 c)c(11a)





Giải: Đặt P = a(11 b) b(11 c) c(11a)





 Aùp 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:

P2  ab(1 b1)(1 c) bc(1 c1)(1 a)ca(1a1)(1b)









 = 3(c(1abca(1)a a)((11b b))(1b(1c)c)) =

= 3((1abca)((11a b)()(11b c)()1 abc c)  1)

=> P2  abc3 (1 a)(13b)(1 c) abc(1a)(31b)(1c)







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 + 3t2 + t3 = (1 + t)3 (2)

Tứ (1) và (2) suy ra: P2  3 3 3 ( 1 ) 3

3 )

1 (

3 3

t t t

3 3

) 1 (

) 1 )

1 ((

3

t t

t t









= 2 ( 1 ) 2

9

t

=> P  t (13t) = 3 abc (13 3 abc) ( do P > 0)

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: x2 + y2 + z2  43

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 1 1 1 1 1 1 1 1 1





































































z y

=>1

3

3 1 1 1







x y z =>3 1 1 1 3

z y

x => 61x 1y1z => 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 x2 + y2 + z2 ta nhận được:

x2 + y2 + z2  (x + y + z)2 - 3(x + y + z) + 3 = (x + y + z)2 - 2(x + y + z) 23 + 49 + 43















y z

4 3

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:























2 3

1 1 1

z y x

z y

x <=> x = y = z = ½

Bài 16: Cho f(x) = x2 – x – 8 Giải phương trình [f(x)]2 – f(x) – 8 = x (*)

Giải: Ta có (*) <=> [f(x)]2 – f(x) – 8 – x = 0 <=> (x2 – x – 8)2 – (x2 – x – 8) – 8 – x = 0

<=> (x2 – x – 8)2 – x2 = 0 <=> (x2 – x – 8 – x)( x2 – x – 8 + x) = 0

<=> [(x2 – 2x + 1) – 9](x2 – 8) = 0 <=> [(x – 1)2 – 9] (x2 – 8) = 0

<=> (x – 4)(x + 2)(x – 2 2)(x + 2 2) = 0

Do đó ptrình (*) có 4 nghiệm: x  2 2 ;  2 ; 2 2 ; 4

Bài 17: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = a a b b ccc 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 – 23 = 













1

b a

a













1

c b

b













1

a c

c

=

= a a b b b b c cc b cb a a











2 2



















a c b a

b



















a c c b

c

=  a a b b b c c a   b bc c a cb a 









2























b a c b a c

c b b

2 = 2 a ab b b bc c a cc a   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 trị nhỏ nhất của P bằng 23

Bài 18: Tồn tại hay không số nguyên n thoả mãn n3 + 2003n = 20052005 + 1?

Giải: Giả sử tồn tại số nguyên n thoã mãn hệ thức Ta có:

n3 + 2003n = n3 – 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 n3 + 2003n chia hết cho 3 (1)

Mặt khác 20052005 + 1 = (2004 + 1)2005 + 1; trong đó 2004 chia hết cho 3 nên 20052005 + 1

Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức là không thể có số nguyên thoã mãn hệ thức

Bài 19: Đặt

A = 20031.2004 20051.2006

4

.

3

1

2

.

1

1







2005 1005

1 1006

1004

1





 Chứng minh B A là số nguyên

4

1 3

1 2

1

















2005

1

3

1

















2006

1

4

1 2

1

=



















2006

1 2005

1

3

1 2

1

















2006

1

4

1 2 1



















2006

1 2005

1

3

1 2

1



















1003

1

3

1 2

1

















2006

1

1004

1 1004 1

2005 1005

1 1006

.

1004

1





















2006

1

1005

1 1004

1 3010 2 Vậy B A = 30102 = 1050 là một số nguyên

4 4

4

) ( ) ( ) (

) ( ) ( ) (

x z z y y x

y x z x z y z y x





















trong đó x, y, z là các số nguyên, x > y > z CMR: A là số nguyên dương

Giải: x4(y – z) + y4(z – x) + z4(x – y) = x4(y – x + x – z) + y4(z – x) + z4(x – y) =

= (x – y)(z4 – x4) + (z – x)(y4 – x4) = (x – y)(z – x)[(z + x)(z2 + x2) – (x + y)(x2 + y2)] =

= (x – y)(z – x)[(z3 – y3) + x(z2 – y2) + x2(z – y)] =

= (x – y)(z – x) (z – y)(z2 + zy + y2 + xz + xy + x2) =

= 21 (x – y)(z – x) (z – y)[(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2]

4 4

4

) ( ) ( ) (

) ( ) ( ) (

x z z y y x

y x z x z y z y x





















= 21 (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) = x2004 – x2002 + 3 CMR: T(a).T(b).T(c)  9(ab + bc + ca)

Giải : Với số thực dương x ta có : T(x) – x2 – 2 = x2004 – x2002 – x2 + 1 = (x2002 – 1)(x2 – 1) =

= (x – 1)2(x + 1)(x2001 + x2000 + … + x + 1)  0

Do đó T(x)  x2 + 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = 1

Bởi vậy ta có: T(a).T(b).T(c)  (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 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: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) – 9(ab + bc + ca) =

= a2b2c2 + 2(a2b2 + b2c2+ a2c2) + 4(a2 + b2+ c2) + 8 – 9(ab + bc + ca) =

= c2(a2b2 – a2 – b2 + 1) + 3(b2c2 – 2bc + 1) + 3(a2c2 – 2ac + 1) + 2(a2b2 – 2ab + 1) +

+ (a2 – 2ab + b2) + 3(a2 + b2+ c2 – 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  

9 100

997

999

so + 1965 CMR: A chia hết cho 9

Giải: Từ bài toán ta có A = 654x(   

0 100

00

00 1

so + 3) + 1965 = 654  

0 100

00

00

so - 1962 + 1965 = 654







0

100

00

00

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)

= 2(ae + be + ce + de) – (a2 + b2 + c2 + d2)=

= (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

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 = 34

Tìm giá trị nhỏ nhất của x + y + z

Giải: Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có:

xy = x2y











 y x

2 2 2

1

4 y z













 y z x

4 4

3

1

; (2) Từ (1) và (2) suy ra 34 = x + xy + 3 xyz  











 y

x

2 2 2

1













y z

x

4 4

3

1

= 34 (x + y + z)

=> x + y + z  1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức 4x = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + xy + 3 xyz = 34 ta suy ra x = 1621; y = 214 ; z = 211

Vậy x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1

Bài 26: Chứng minh: 321 – 224 – 68 – 1 chia hết cho 1930

Giải: Đặt A = 321 – 224 – 68 – 1 = (37)3 – (28)3 – 38.28 – 1 = (37)3 – (28)3 – 13 – 3.37.(-2)8.(-1)

Aùp dụng hằng đẳng thức quen thuộc:

a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)

Với a = 37, b = (-2)8; c = -1 suy ra A chia hết cho 37 – 28 – 1 = 1930

Bài 27: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2005 20044009 20042005





y y

x y

Giải: Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có:

F = b a c c b d d c a a d b













b a

d a d

c d

c

b c b

a













= a(d(b a c))(d c(b a)c)b(a(cb)d)(a d(c b)d)











2 2

2

2 2

) (

4

1 ) (

4

cd ab d b a d c b

bc ad c a



























(theo BĐT xy  14 (x + y)2)

2 2 2

2

) (

) (

4

d c b a

cd bc ad ab d c

b

a





















(2) Mặt khác: 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d)2 =

= a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd = (a – c)2 + (b – d)2  0 (3)

Đẳng thức xảy ra <= > a = c; b = d

Aùp dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2005 20044009 20042005





y y

x y

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 trị của a sao cho với mỗi giá trị đó tồn tại duy nhất bộ số (x, y, z)

thoả mãn các đẳng thức: x + y + z = x2 + 4y2; x + 2y + 3z = a

Giải: Ta có





















a z y x

y x z y x

3 2

4 2 2





























a y x y x y x

y x z y x

) 4

( 3 2

4 2 2

2 2

(1) Chú ý: x + 2y + 3( x2 + 4y2 – x – y) = a  3x2 – 2x + 12y2 – y = a

 3 212













x + 12 241 2













y = a + 13 + 481  3 212













x + 12 241 2













y = a + 1748 (2)

Ta thấy với số thực b, phương trình s2 + t2 = 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 =  1748 Khi đó hệ phương trình (1) có duy nhất một nghiệm (x; y; z) = 











 144

37

; 24

1

; 3 1

Bài 29: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

abc

c a b c b





 , trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông ( c là độ dài cạnh huyền)

Giải: Do c2 = a2 + b2  2ab nên c  2ab;

Mặt khác P =

abc

c a b c b







=

abc

b a c b a







= a cbab c2 Aùp dụng BĐT Cosi vào các kết quả trên, suy ra:

P  2 c ab  2ab ab.c = 2 c ab  2ab.c =

ab

c ab

c c



ab

ab ab

c c

2

= 2 + 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c2 hay tam giác ABC vuông cân

Vậy giá trị 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) = (a2 + b2)x2 – 2(a3 + b3)x + (a2 – b2)2 CMR: P(x)  0 với mọi x thoã mãn |a – b|  x  a + b

Giải: Ta có P(x) = (a2x2 – 2a3x + a4) + (b2x2 – 2b3x + b4) – 2a2b2 suy ra:

P(x) = a2(x – a)2 + b2(x – b)2 – 2a2b2 (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  b2 (2)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: P(x)  a2b2 + a2b2 – 2a2b2 = 0

Bài 31: Cho tổng: n n n n q p















9

1

2

1 1

1 1

; 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: 591 511

52

1 51

1 50

1













b

a

= a bb q p 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

53

1 51

1





















29

1

26

1 25

1 2

1













13 7 4

13 14 2

1

f

e d

c

(c, d, e, f  N * là các số lẻ)

= d c 4.7.813.7..e13f27f = d c 8g h = 8ch8dhdg (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 trị 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; (Là 1 hoặc là số nguyên tố)