CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN 20172018

DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC CỘNG ĐỒNG HỌC TẬP BOX THCS Lưu ý : Tài liệu không phục vụ mục đích thương mại, ghi rõ nguồn khi chia sẻ CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN Tổng hợp: Hoàng Quốc Khánh Học sinh THCS Đồng Lạng Đức Thọ Hà Tĩnh LATEX : HoangKhanh2002 Tháng 5, 2017 Diễn đàn toán học VMF Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên Đây là tài liệu miễn phí. Bất cứ ai cũng có thể tải về và chia sẻ đến những người khác, nhưng khi chia sẻ, vui lòng ghi rõ nguồn tài liệu. Mọi hành động sử dụng tài liệu này vào mục đích thương mại đều phải được sự cho phép bằng văn bản của các thành viên diendantoanhoc.net cũng như tác giả, nếu không sẽ bị coi là vi phạm bản quyền. LATEX bởi: Hoàng Quốc Khánh 2 Diễn đàn toán học VMF Tổng hợp chuyên đề ôn thi vào 10 chuyên LỜI NÓI ĐẦU Các bạn học sinh thân mến Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT luôn là một kì thi cam go, quyết liệt đối với các bạn học sinh, nhất là các bạn học sinh muốn thi vào các trường chuyên. Trước nhu cầu bức thiết về tài liệu ôn thi, các thành viên box THCS của trang web diendantoanhoc.net đã lập ra một topic: Ôn thi vào THPT chuyên toán 20172018. Để dễ dàng trong việc học tập, tôi (HoangKhanh2002 người lập ra topic này) xin tổng hợp lại các bài toán trên topic để các bạn dễ dàng sử dụng. Trong quá trình tổng hợp, tôi gặp nhiều khó khăn vì chưa rành nhiều về LATEX. Đặc biệt có trên topic có lệnh frac mà khi đem vào tôi phải chỉnh lại dfrac rất mất thời gian. Vì thời gian có hạn, trong quá trình tổng hợp không thể tránh khỏi những sai sót, xin bạn đọc đóng góp về địa chỉ email: hoangquockhanh1509gmail.com, hoặc nhắn tin cho tôi tại địa chỉ: https:diendantoanhoc.netuser155843hoangkhanh2002 Ngoài ra các bạn cũng có thể xem thêm tại: https:diendantoanhoc.net Tổng hợp: Hoàng Quốc KhánhHọc sinh THCS Đồng Lạng Đức Thọ Hà Tĩnh

CỘNG ĐỒNG HỌC TẬP BOX THCS

Lưu ý : Tài liệu không phục vụ mục đích thương mại, ghi rõ nguồn khi chia sẻ

CÁC CHUYÊN ĐỀ ĐẠI SỐ VÀ SỐ HỌC

ÔN THI VÀO THPT CHUYÊN

Tổng hợp: Hoàng Quốc Khánh - Học sinh THCS Đồng Lạng - Đức Thọ - Hà Tĩnh

LATEX : HoangKhanh2002

Tháng 5, 2017

Đây là tài liệu miễn phí Bất cứ ai cũng có thể tải về và chia sẻ đến những người khác, nhưng khi chia sẻ, vui lòng ghi rõ nguồn tài liệu Mọi hành động sử dụng tài liệu này vào

mục đích thương mại đều phải được sự cho phép bằng văn bản của các thành viên dien-dantoanhoc.net cũng như tác giả, nếu không sẽ bị coi là vi phạm bản quyền.

LỜI NÓI ĐẦU

Các bạn học sinh thân mến! Kì thi tuyển sinh vào bậc THPT luôn là một kì thi cam

go, quyết liệt đối với các bạn học sinh, nhất là các bạn học sinh muốn thi vào các trường chuyên Trước nhu cầu bức thiết về tài liệu ôn thi, các thành viên box THCS của trang web diendantoanhoc.net đã lập ra một topic: Ôn thi vào THPT chuyên toán 2017-2018 Để dễ

dàng trong việc học tập, tôi (HoangKhanh2002- người lập ra topic này) xin tổng hợp lại

các bài toán trên topic để các bạn dễ dàng sử dụng.

Trong quá trình tổng hợp, tôi gặp nhiều khó khăn vì chưa rành nhiều về LATEX Đặc biệt

có trên topic có lệnh frac mà khi đem vào tôi phải chỉnh lại dfrac rất mất thời gian.

Vì thời gian có hạn, trong quá trình tổng hợp không thể tránh khỏi những sai sót, xin

bạn đọc đóng góp về địa chỉ email:hoangquockhanh1509@gmail.com, hoặc nhắn tin cho tôi tại địa chỉ: https://diendantoanhoc.net/user/155843-hoangkhanh2002/

Ngoài ra các bạn cũng có thể xem thêm tại: https://diendantoanhoc.net

Tổng hợp: Hoàng Quốc Khánh-Học sinh THCS Đồng Lạng - Đức Thọ - Hà Tĩnh

PHẦN I: HỆ PHƯƠNG TRÌNH

HỆ PHƯƠNG TRÌNH HỮU TỈ

Bài 1:

5x3+ 3y3 = 6 + 2xy 3x3+ 2y3 = 8 − 3xy

Lời giải

Từ HP T suy ra: x3 = 13xy − 12 (1)

y3 = −21xy + 22 (2) Đặt t = xy ⇒ t3 = (13t − 12)(−21t + 22) ⇔ t3+ 273t2− 538t + 24 = 0

⇔ (t − 1)(t2+ 274t − 264) = 0

Tới đây tìm được các giá trị của t hay chính là xy từ đó thay vào (1) và (2) tìm được x, y

Bài 2:

(x3+ y3+ x2(y + z) = xyz + 14

y3+ z3+ y2(z + x) = xyz − 21

z3+ x3+ z2(x + y) = xyz + 7

Lời giải

Cộng cả 3 pt ta có: 2(x3+ y3+ z3) + x2(y + z) + y2(z + x) + z2(x + y) = 3xyz

⇔ (x3+ y3 + z3− 3xyz) + [x3+ x2(y + z)] + [y3+ y2(z + x)] + [z3+ z2(x + y)] = 0

⇔ (x + y + z)(x2+ y2 + z2− xy − yz − zx) + x2(x + y + z) + y2(x + y + z) + z2(x + y + z) = 0

⇔ (x + y + z)(2x2+ 2y2+ 2z2− xy − yz − zx) = 0

⇒ x + y + z = 0 (do 2x2+ 2y2+ 2z2− xy − yz − zx > 0∀x, y, z)

Tới đây rút gọn hệ được về dạng sau:

(y3 = xyz + 14

z3 = xyz − 21

x3 = xyz + 7

Nhân cả 3 pt của (2) ta có:

(xyz)3 = (xyz + 14)(xyz − 21)(xyz + 7)

⇔ (xyz)3 = (xyz)3+ (14 − 21 + 7)(xyz)2+ (14.7 − 14.21 − 7.21)xyz − 7.14.21

⇔ 73xyz = −73.6 ⇔ xyz = −6

Thay vào (2) ta nhận được hệ pt:

(y3 = −6 + 14

z3 = −6 − 21

x3 = −6 + 7

⇔

( y3 = 8

z3 = −27

x3 = 1

⇔

( y = 2

z = −3

x = 1

Bài 3:







(x + 3)3 = 3 − 2y

z2+ 4y2 = 8y (2z − x)(x + 3) = 5x + 16

z ≥ 0

Lời giải







(x + 3)3 = 3 − 2y(1)

z2+ 4y2 = 8y(2)

(2z − x)(x + 3) = 5x + 16(3)

z ≥ 0(4)

Từ (3) ⇒ 2xz + 6z − x2− 3x = 5x + 16 ⇔ x2+ 8x − 2xz + 16 − 6z = 0 ⇔ x2− x(2z − 8) + 16 − 6z = 0

Phương trình (3) có nghiệm ⇔ ∆ = (2z − 8)2− 4(16 − 6z) = 4z2− 40z ≥ 0 ⇔ z ≤ 0 ∨ z ≥ 10(∗)

Từ (2) suy ra z2 = 8y − 4y2 = 4 − 4(y − 1)2 ≤ 4 ⇒ −2 ≤ z ≤ 2(∗∗)

Kết hợp (4), (*) và (**) ta suy ra z = 0

Do đó: x = −4; y = 2

Vậy (x; y; z) = (−4; 2; 0)

Bài 4:







x + x + 3y

x2+ y2 = 3

y − y − 3x

x2+ y2 = 0

Lời giải

ĐKXĐ: x,y không đồng thời bằng 0

HP T ⇒











xy + xy + 3y

2

x2+ y2 = 3y

xy − xy − 3x

2

x2+ y2 = 0

⇒ 2xy + 3 = 2y ⇒ x = 3y − 3

2y Thay vào (2) ta được:

x2y + y3 − y + 3x = 0 ⇔ (3y − 3)

2

4y + y

3 − y + 9y − 9

2y = 0 ⇒ 4y

4 + 5y2 − 9 = 0 ⇒ y2 = 1 ⇔

 y = 1, x = 0

y = −1, x = 3



Vậy (x, y) ∈ {(0; 1); (3; −1)}

Bài 5:

x4− 2y = y4 − 2z = z4− 2x = −1

2

Lời giải

Dễ thấy x, y, z > 0

Trừ lần lượt phương trình thứ nhất và phương trình thứ hai, phương trình thứ hai và phương trình thứ ba ta được hệ mới:

(x − y)(x + y)(x2+ y2) + 2(z − y) = 0 (1)

(y − z)(y + z)(y2+ z2) + 2(x − z) = 0 (2)

Giả sử x ≥ y > 0, từ (1) suy ra y ≥ z suy ra z ≥ x (do (2) ) Do đó x ≥ y ≥ z ≥ x > 0 ⇔ x = y = z Thay vào được 2x4− 4x + 1 = 0

2x4 − x + 1 = 0 ⇔ 2x4 + 4x2 + 2 − 4x2 − 4x − 1 = 0 ⇔ 2(x2 + 1)2 = (2x + 1)2 ⇔ √2(x2 + 1) = 2x + 1 ∨√

2(x2+ 1) = −2x − 1

+)√2(x2+ 1) = −2x − 1 ⇔√

2x2+ 2x + 1 +√

2(vô nghiệm) +) √2(x2 + 1) = 2x + 1 ⇔ √

2x2 − 2x − 1 + √2 ⇒ ∆ = 4√

2 − 4 ⇒ x = 2 ± 2

p√

2 − 1

2√

2 =

1 ±p√2 − 1

√

2 = y = z

Bài 6:







4xy + 4(x2+ y2) + 3

(x + y)2 = 7 2x + 1

x + y = 3

Lời giải

Ta có:

HP T ⇔







3(x + y)2+ (x − y)2+ 3

(x + y)2 = 7 (x + y) + (x − y) + x+y1 = 3

⇔







3[(x + y) + 1

x + y]

2+ (x − y)2 = 13 [(x + y) + 1

x + y] + (x − y) = 3 Đặt x + y + 1

x + y = a; x − y = b ⇒

 3a2+ b2 = 13

a + b = 3 ⇔

" a = 2, b = 1

a = −1

2, b =

7 2

#

Từ đó tìm được (x, y) = (1; 0)

Bài 7:



x4+ 5y = 6

x2y2+ 5x = 6

Lời giải

Trừ vế với vế 2 phương trình được:

(x − y)(x3+ x2y − 5) = 0 ⇔



x = y

x3+ x2y = 5



•x = y ⇒ x = y = 1

x = y = −2



•x3 + x2y = 5 : Từ (1) suy ra y = 6 − x

4

5 ⇒ x3 + 6x

2− x6

5 = 5 ⇔ 5x

3 + 6x2 − x6 = 25 ⇔ 2x6− 10x3− 12x2+ 50 = 0 ⇔ (x3− 5)2+ [(x6+ 8 + 8) − 12x2] + 9 = 0,phương trình vô nghiệm Vậy (x, y) ∈ {(1; 1); (−2; −2)}

Bài 8:











x2(y − z) = −5

3

y2(z − x) = 3

z2(x − y) = 1

3.

Lời giải











x2(y − z) = −5

3 (1)

y2(z − x) = 3(2)

z2(x − y) = 1

3(3)

Ta có "vòng đặc biệt" này: (x2y2− z2x2) + (y2z2− x2y2) + (z2x2− y2z2) = 0

Từ đó, ta lấy: (1).(y + z) + (2).(z + x) + (3).(x + y) = 0, ta được: y − z = 5

2x

Thế vào phương trình đầu ta được: x = −r 23

3, y = −

3

√

18, z = −√31

12

Bài 9:

y2+ x(x + 1)(x + 2)(x + 3) = 121

y2+ 1 = x

Lời giải

Xét x = 2 thỏa mãn hệ

Xét trường hợp: x ≥ 2 ta có: x(x + 1)(x + 2)(x + 3) ≥ 120

Suy ra: y2 ≤ 1

Từ pt (2) suy ra: x ≤ 2.

Do đó: x = 2

Tương tự trường hợp x ≤ 2

Từ đó được y = ±1

Bài 10:

x4+ 2x3y − 2x2y2− 12xy3+ 8y4+ 1 = 0

2x3y + y4 = 1

Lời giải

Thay 2x3y + y4 = 1vào PT đầu :

Ta có

x4+ 4x3y − 2x2y2− 12xy3+ 9y4 = 0

⇔ (x + 3y)2(x − y)2 = 0

Đến đây thì dễ rồi ta chỉ cần thay : x = y hoăc x = −3y vào phương trình 2 là được

Bài 11:



y3− x3 = 7

x3− y2 + x = −2

Lời giải

Từ pt (1) ta có: (y − 2)(y2+ 2y + 2) = (x − 1)(x2+ x + 1) (∗)

Thế x3 = y3− 7 vào pt (2), ta được:

y3− y2− 4 = 1 − x ⇔ (y − 2)(y2+ y + 2) = 1 − x (∗∗)

Nếu x ≥ 1 thì từ (∗) ⇒ y ≥ 2, (∗∗) ⇒ x ≤ 1

Nên x = 1, y = 2

Tương tự trường hợp còn lại

Bài 11:







x4− y4 = 121x − 122y

4xy

x4+ 14x2y2+ y4 = 122x + 121y

x2+ y2

Lời giải

Điều kiện: x 6= 0; y 6= 0; x 6= ±y

(1) ⇔ 4xy(x4− y4) = 121x − 122y (3)

(2) ⇔ (x4+ 14x2y2+ y4)(x2 + y2) = 122x + 121y (4)

Lần lượt nhân (3) và (4) cho (x + y), (x − y), ta được:

4xy(x4− y4)(x + y) = (121x − 122y)(x + y) (5)

(x4+ 14x2y2 + y4)(x2+ y2)(x − y) = (122x + 121y)(x − y) (6)

Chú ý rằng:

(122x + 121y)(x − y) − (121x − 122y)(x + y) = x2 + y2

Do đó lấy (6) − (5), ta được:

⇔ (x − y)5 = 1 ⇔ x − y = 1

Đặt t = x + y Khi đó:

x2− y2 = t

x2+ y2 = t

2+ 1

2 . 4xy = t2− 1 và y = t − 1

2

121x − 122y = 243 − t

2 . Thay vào (3) ta được t = 3

Từ đó ta giải hệ:x + y = 3

x − y = 1 ⇔x = 2

y = 1

HỆ PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ

Bài 1:











1

√

x +

r

2 − 1

y = 2 1

√

y +

r

2 − 1

x = 2

Lời giải

Đặt 1

x = a;

1

y = b

Hệ →√a +√ √2 − b = 2(1)

b +√

2 − a = 2(2)

ĐK 0 < a; b ≤ 2

Xét a = b = 2 thay vào (1) → loại

Trừ theo vế của hệ ta có

√

a −√

b +√

2 − b −√

2 − a = 0

⇔ √a − b

a +√

b +

2 − b − 2 + a

√

2 − b +√

2 − a = 0

⇔ (a − b)(√ 1

a +√

b +

1

√

2 − b +√

2 − a) = 0

→ a = b

Thay a = b vào (1) ta có

√

a +√

2 − a = 2 ⇔ 2 − a = 4 + a − 4√

a → 2(√

a − 1)2 = 0 → a = 1

→ a = b = 1 →







1

x = 1 1

y = 1

→ x = y = 1

Bài 2:



xy + x + y = x2 − 2y2

x√ 2y − y√

x − 1 = 2x − 2y

Lời giải

Phương trình (1) ta biến đổi thành (x + y)(x − 2y − 1) = 0 Mặt khác x + y > 0 nên x = 2y + 1 Thay

x = 2y + 1vào phương trình 2 để được phương trình ẩn y thì ta được y = 2, x = 5 Vậy x = 5, y = 2

là nghiệm của phương trình

Bài 3:

x +py2− x2 = 12 − y xpy2− x2 = 12

Lời giải

Ta có (12 − y)2 = (x +py2 − x2)2 = y2+ 2xpy2− x2 = y2+ 24 ⇒ y = 5 ⇒ x = 3, x = 4Vậy nghiệm của hpt là (x, y) = {(3, 5), (4, 5)}

Bài 4:

(x2+ xy + y2)px2+ y2 = 185) (x2− xy + y2)px2+ y2 = 65

Lời giải

Cộng hai vế của hai phương trình lại với nhau ta được 2(x2+ y2)px2+ y2 = 250 ⇒ x2 + y2 = 25 ⇒

xy = 12

Do đó (x + y)2 = 49, (x − y)2 = 1 ⇒ (x, y) = {(3, 4)(4, 3)(−3, −4)(−4, −3)}

Bài 5:

px +√y +px −√y = 2 p

y +√

x +py −√

x = 1

Lời giải

⇔2x + 2p(x +√y)(x −√

y) = 4 2y + 2p(y +√

x)(y −√

x) = 1 ⇔



x +p(x +√y)(x −√

y) = 2 2y + 2p(y +√

x)(y −√

x) = 1

⇔



px2 − y = 2 − x

2py2− x = 1 − 2y ⇔



x2− y = 4 − 2x + x2

4y2 − 4x = 1 − 4y + 4y2

⇔ −y = 4 − 2x

−4x = 1 − 4y ⇔ 2x − y = 4

4y − 4x = 1 ⇔x = 17

4

y = 92

Bài 6:



3 − 5

b + 42a

 √ 2b = 4



3 + 5

b + 42a

 √

a = 2

Lời giải

Hệ tương đương với :







6 = √4

2b +

2

√ a 10

b + 42a =

2

√

a − √4 2b Nhân vế với vế ta được 60

b + 42a =

4

a − 8

b ⇒ (b − 3a)(b + 28a) = 0

Do đó ta thế vào hệ 1 thì tìm được a và b

Bài 7:











x +px2− y2

x −px2 − y2 = 9x

5 x

y =

5 + 3x

30 − 6y

Lời giải

Từ PT (2) có : x(30 − 6y) = y(5 + 3x) ⇔ 9xy = 5(6x − y) ⇔

9

5x =

6x − y

y (y 6= 0)

Khi đó pt (1) : x +px2− y2

x −px2 − y2 = 6x − y

y ⇔ 2x

x −px2− y2 = 6x

y ⇒ 2xy = 6x2 − 6xpx2− y2 ⇒ xy = 3x2− 3xpx2− y2 ⇔ x(3x − 3px2− y2− y) = 0

+) Với x = 0 ⇔ Không có y

+ Với 3x − y = 3px2− y2 ta có 5y = 3x ⇔ d9

5x =

6x − y

y ⇔ 15y

5 =

9y

y ⇔ y = 3 ⇒ x = 5 ĐS:

x = 5, y = 3

PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN VỀ SỐ HỌC

Bài 1:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x2− 2x = 27y3

Lời giải

(x − 1)2 = (3y + 1)(9y2− 3y + 1)

Gọi (3y + 1; 9y2− 3y + 1) = d ⇒

( (3y + 1) .d (9y2− 3y + 1) .d

⇒

(

(3y + 1) .d

(3y + 1)2− 9y .d ⇒

( (9y + 3) .d 9y .d ⇒ d = 1

Do đó 3y + 1 = 1 giải tiếp dành cho bạn đọc

Nhận xét: Đây là bài toán Đề ra kì này trên THTT sô 472 Tháng 10/2016

Bài 2:

Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: (x + y)3 = (x − y − 6)2

Lời giải

Từ giả thiết ⇒ |x − y − 6| = (x + y)√x + y > x + y(do x, y ≥ 1) Xét các trường hợp:

- Nếu x ≥ y + 6 ⇒ |x − y − 6| = x − y − 6 > x + y ⇔ −2y − 6 > 0 Mà y > 0 ⇒ vô lí

- Nếu x < y + 6 ⇒ |x − y − 6| = y + 6 − x > x + y ⇔ 6 − 2x > 0 ⇔ x < 3

Mà x nguyên dương ⇒ x ∈ {1; 2}

- Với x = 1 thay vào phương trình đã cho ⇒ y = 3

- Với x = 2 thay vào phương trình đã cho ⇒ y /∈ N ∗

Vậy x = 1; y = 3

Bài 3:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 2x+ 3y = z2

Lời giải

Trường hợp VP chia hết cho 3

Nhờ đó ta suy ra ngay x = 0 và giải ra nghiệm (3; 0; 3)

Vì z2là số chính phương nên chia cho 3 dư 0 hoặc 1 Do đó z2− 3y = 2xchia cho 3 dư 0 hoặc 1

- Xét x lẻ suy ra 2xchia cho 3 dư 2 (loại)

- Xét x chẵn Đặt x = 2k

Khi đó ta có z2− 22k = 3y ⇒ z − 2k

z + 2k
= 3a.3b

Trong đó a, b là các số tự nhiên thỏa mãn a + b = y và a ≥ b

Do đóz + 2k = 3a

z − 2k = 3b ⇒ 2.2k = 3a− 3b ⇒ 2k+1 = 3b 3a−b− 1
⇒ 2k+1 .3b, vô lí

Vậy b = 0 Khi đó ta có 2k+1+ 1 = 3y

- Xét y ≤ 0 không thỏa mãn

- Xét y = 1 suy rak = 0 Ta có (x; y; z) = (0; 1; 2) thỏa mãn

- Xét y ≥ 2 khi đó Nếu k + 1 ≥ 6 thì 2k+1+ 1 = 64.2n+ 1không chia hết cho 9, mà 3y chia hết cho 9

Vậy 0 ≤ k +1 ≤ 5 Lần lượt thay k + 1 = 0, 1, 2, 3, 4, 5 ta có k = 2 thỏa mãn Suy ra (x; y; z) = (4; 2; 5) thỏa mãn

Bài 4:

Cho đa thức P(x) với hệ số nguyên thoả mãn: P (2012) = P (2013) = P (2014) = 2013 Chứng minh

rằng đa thức P (x) − 2014 không có nghiệm nguyên

Lời giải

Giả sử đa thứcP (x) − 2014 có nghiệm nguyên a

Ta nhận thấy P (x) = (x − 2012)(x − 2013)(x − 2014).Q(x) + 2013

Do P (a) − 2014 = 0 nên (a − 2012)(a − 2013)(a − 2014).Q(a) + 2013 − 2014 = 0 hay (a − 2012)(a − 2013)(a − 2014).Q(x) = 1

Mặt khác; VT là số chẵn ,VP là số lẻ nên vô lí

Vậy đa thức P (x) − 2014 không có nghiệm nguyên (đpcm)

Bài 5:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3x2+ 6y2+ 2z2+ 3y2z2− 18x = 6

Lời giải

Ta có 3(x − 3)2+ 6y2+ 2z2+ 3y2z2 = 33từ đó ta có

3(x − 3)2 ≤ 33 tức là (x − 3)2 ≤ 11

Vì (x − 3)2là một số chính phương nên ta có (x − 3)2 ∈ {0; 1; 4; 9}

-Với (x − 3)2 = 0thì (3y2+ 2)(z2+ 2) = 37 Suy ra



3y2 + 2 = 1

z2+ 2 = 37

Hoặc



3y2+ 2 = 37

z2+ 2 = 1 (Trường hợp này vô nghiệm Lý luận tương tự với các trường hợp còn lại ta có

Các nghiệm của phương trình là (x; y; z) = (6; 1; 0) : (6; −1; 0); (0; 1; 0)0(0; −1; 0)

Bài 6:

Tìm các số nguyên dương x, y sao cho A = x2+ y2+ x

2y2 (x + y)2 là số chính phương

Lời giải

Ta có: A = (x + y)2− 2xy +

 xy

x + y

2

=



x + y − xy

x + y

2

Để A là số chính phương thì cần phải có xy

x + y ∈ N

Đặt xy

x + y = k(k ∈ N) suy ra (x − k)(y − k) = k2 (1)

Đặt (x − k; y − k) = d ⇒ x, y, k .d ⇒ x = dx

1; y = dy1; k = dk1 Suy ra (x1− k1)(y1− k1) = k2

1 mà (x1− k1; y1− k1) = 1nên x1− k1 = a2và y1− k1 = b2, k1 = ab Vậy x = dab + da2và y = dab + db2

với d, a, b ∈ N Thử lại ta thấy đúng

Bài 7:

Giải hệ phương trình:

 5x2+ 2y2+ z2 = 2

xy + yz + zx = 1

Lời giải

Ta thấy ngay vấn đề là khử ngay các số hạng tự do và tìm ngay quan hệ các biến

Lấy PT (1) trừ đi 2 lần PT (2), ta được:

5x2+ 2y2+ z2− 2xy − 2yz − 2zx = 0

⇔ (2x − y)2+ (x + y − z)2 = 0



2x = y

x + y = z

Từ đó ta được: y = 2x và z = 3x

Bài 8:

Tìm các cặp số (x, y) là các số nguyên dương thỏa mãn: x

3+ x

xy − 1là 1 số nguyên dương

Lời giải

Ta có: x

3+ x

xy − 1 ∈ Z+ ⇒ (x3 + x) .(xy − 1) ⇒ (x3 + x)y .(xy − 1) ⇔ x2(xy − 1) + x(x + y) .(xy − 1) ⇒ x(x + y) .(xy − 1)

Gọi d = (x; xy − 1) ⇒

(

xy .d

xy − 1 .d ⇒ d = 1

Vì vậy: (x + y) .(xy − 1) ⇒ x + y ≥ xy − 1 ⇔ xy − x − y − 1 ≤ 0 ⇔ (x − 1)(y − 1) ≤ 2

Xét các trường hợp, xin dành cho bạn đọc

Bài 9:

Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2+ y2 = 3z2

Lời giải

Từ giả thiết suy ra: x2+ y2 .3 Do 3 là số nguyên tố dạng 4k+3 nên: x .3 và y .3

Đặt x = 3x1và y = 3y1

Thay vào phương trình đầu và giản ước hai vế cho 3, ta có:

3x2

1+ 3y2

1 = z2

Suy ra:z .3 → z = 3z

1

Từ đó, ta có: x2

1+ y2

1 = 3z2 1

Dùng nguyên lí cực hạn , phương trình có nghiệm (0, 0, 0)

PHẦN II: CÁC BÀI TOÁN PHƯƠNG TRÌNH VÔ TỈ VÀ BẤT ĐẲNG THỨC

Bài 1:

Giải phương trình: 5x2+ 8x − 14 = (x2+ 7x − 10)√

x + 2

Lời giải

ĐK: x ≥ −2

Phương trình đã cho tương đương với: (−5√x + 2 + x + 7)(x√

x + 2 + 2) = 0

⇔x + 7 = 5√x + 2

x√

x + 2 = −2



⇒x2− 11x − 1 = 0

x3+ 2x2+ 8 = 0



⇒ x = 11±5√5

2

Bài 2:

Cho a, b, c > 0 và a + b + c = 3 Tìm GTLN của: P = 4a

2+ 1

a3+ 1 +

4b2+ 1

b3+ 1 +

4c2+ 1

c3+ 1

Lời giải

Trước hết ta sẽ chứng minh4a

2+ 1

a3+ 1 ≤ a

4 +

9 4

⇔ 16a2+ 4 ≤ (a3+ 1)(a + 9)

⇔ (a2+ 11a + 5)(a − 1)2 ≥ 0 (Đúng vì a ≥ 0)

Tương tự ta cũng có: 4b

2+ 1

b3 + 1 ≤ b

4+

9

4,4c

2+ 1

c3+ 1 ≤ c

4 +

9

4 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta có: P ≤ (a

4 +

b

4+

c

4) + 3.

9

4 =

15 2 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1

Bài 3:

Giải phương trình:√1 − x2 = 4x3 − 3x

Lời giải

√

1 − x2 = 4x3−3x ⇒ 1−x2 = 16x6−24x4+9x2 ⇔ 16x6−24x4+10x2−1 = 0 ⇔ (8x4−8x2+1)(2x2−1) =

0 ⇔















x2 = 2 +

√ 2 4

x2 = 2 −

√ 2 4

x2 = 1

2















⇔













x = ±

p

2 +√ 2 2

x = ±

p

2 −√ 2 2

x = ±

√ 2 2













Thử lại ta có: x ∈

(

−√2

2 ;

p

2 +√ 2

2 ; −

p

2 −√ 2 2 )

Bài 4:

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a2 + 2b2 + 3c2 = 3abcTìm GTNN của biểu thức:

P = 3a + 2b + c + 8

a +

6

b +

4 c

Lời giải

Áp dụng BĐT AM - GM ta có:

3abc = a2+ 2b2+ 3c2 = a2+ b2+ b2+ c2+ c2+ c2 ≥ 6√6

a2b4c6

⇒ 3√6

a6b6c6 ≥ 6√6

a2b4c6 ⇒ √6

a4b2 ≥ 2

⇒ 2 ≤√3

a2b ≤ a + a + b

3 =

2a + b

3 ⇒ 2a + b ≥ 6

Ta có: P = 3a + 2b + c +8

a+

6

b +

4

c = 2a +

8

a+

3

2b +

6

b + c +

4

c+

1

2(2a + b) ≥ 2.4 + 2.3 + 2.2 +

1

2.6 = 21 Dấu "=" xảy ra khi: a = b = c = 2

Bài 5:

Cho x, y là hai số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2015(x + y)

2

x2 + y2 + 2016(x + y)

2

xy

Lời giải

Ta có A = 2015(x + y)

2

x2+ y2 +2015(x + y)

2

2xy +

2015(x + y)2

2xy +

(x + y)2

xy

≥ 2015.4(x + y)

2

(x + y)2 +2015.4xy

2xy +

4xy

xy = 2015.4 + 2015.2 + 4 = 12094 Dấu bằng xảy ra khi x = y

Bài 6:

Giải phương trình: x =qx −x1 +

q

1 −x1

Lời giải

ĐK: x > 1

Phương trình đã cho tương đương với

x −

r

1 − 1

x =

r

x − 1 x

⇔ (x −

r

1 − 1

x)

2 = (

r

x − 1

x)

2

⇔ (x2− 1) − 2px(x2− 1) + x = 0

⇔ (√x2− 1 −√x)2 = 0

⇔√x2− 1 −√x = 0

⇔ x = 1+√5

2

Bài 7:

Giải phương trình: (x + 2)√x2 − 2x + 4 = (x − 1)√x2 + 4x + 7

Lời giải

Đặt a = x − 1, b = x + 2 ⇒ a√b2+ 3 = b√

a2 + 3

⇒ a2 = b2 ⇒ a = −b ⇒ x = −12

Thử thấy không thỏa mãn nên vô nghiệm !

Bài 8:

Cho các số dương x, y, z thoả mãn điều kiện: x.y.z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

P = 1

x3(y3+ z3) + 1 +

1

y3(z3+ x3) + 1 +

1

z3(x3+ y3) + 1

Lời giải