................................................................................................................................................................................................................................................................................
Trang 1Cuộc thi nhận học bổng Edgar Krahn
Đại học Maryland
Câu 1 Cha và con có cùng ngày sinh nhật , đó là ngày 20 tháng 10 Vào
ngày sinh nhật năm 1999 , cha 42 tuổi và con 11 tuổi Vào năm nào tuổi
cha đúng bằng hai lần tuổi con ?
A , 2009 B , 2011 C , 2013
D , 2017 E , 2019
Câu 2 Một ngời làm công trong 10 ngày Ngày thứ
nhất , ngời ta trả
cho ông ta 2 đô-la Ngày thứ hai , ông nhận đợc 4 đô-la , ngày thứ ba ,
ngời ta trả 8 đô-la cứ nh thế , tiền công hôm nay ông ta nhận đợc lại
gấp đôi hôm trớc đó Vậy trong 10 ngày ông ta có đợc bao nhiêu tiền
công ?
A , 1023 B , 1999 C , 2000
D , 2046 E , 2048
Câu 3 Học sinh mới vào trờng (fenshmen) trung học
Wisdom phải chọn
đúng hai trong ba khoá học về : Tiếng Anh , Toán, Xã hội học Số ngời
mới vào đăng kí theo các môn nh sau : 20 ngời đăng kí môn Tiếng Anh,
17 ngời đăng kí môn toán , 11 ngời đăng kí môn Xã hội học Hỏi có tất
bao nhiêu ngời mới vào ?
A , 24 B , 25 C , 26
D , 27 E , 28
Câu 4 chữ số cuối cùng của 777 777 là :
A , 1 B , 3 C , 5
Trang 2D , 7 E , 9
Câu 5 ngời dơi và siêu nhân làm việc cùng nhau , họ lột
vỏ xong thùng
Khoai trong 20 phút Cũng cùng làm công việc đó siêu nhân và ngời nhện
Lột xong trong 15 phút , ngời nhện và ngời dơi thực hiện trong 12 phút
Hỏi một mình siêu nhân sẽ lột vỏ xong thùng khoai trong bao lâu ?
A , 1giờ B , 45 phút C , 40 phút
D , 30 phút E , Một kết quả khác
Câu 6 Snoopy muốn lắp máy điện thoại , anh ta cần
phải lựa chọn một
Trong ba kiểu tiền A , B , C nh sau :
A : trả 99 xen cho trong 20 phút cuộc gọi đầu tiên , sau
đó , nếu gọi quá 20
Phút thì mỗi phút trả thêm 5 xen
B : Kể từ phút đầu tiên , phải trả cứ mỗi phút là 5 xen
C : Kể từ phút đầu tiên , phải trả cứ mỗi phút là 8 xen ; tuy nhiên , bắt đầu
Cuộc gọi phai trả 25 xen phí tổn kết nối ban đầu
Giả sử trung bình trong mỗi tháng , những cuộc gọi 1 phút của Snoopy
Chiếm 10% ; các cuộc gọi 5 phút chiếm 10% ; các cuộc gọi
10 phút chiếm
30% ; các cuộc gọi 20 phút chiếm 30% ; và các cuộc gọi 30 phút chiếm
20%
Nh thế , xếp thứ tự kiểu tính tiền từ rẻ đến đắt là :
Trang 3A , ABC B , BAC C, BCA
D , ACB E , CBA
Câu 7 cho tam giác nhọn ABC có BC = a , AC = b , AB = c
và nội tiếp
đờng tròn ( O , R ) Chứng minh rằng :
c
c b
b a
a
sin sin
Câu 8 cho đờng tròn tâm O bán kính R , các đờng kính
AB và CD
vuông góc với nhau Gọi I là trung điểm của BO Tia CI cắt
đờng tròn ở
E , EA cắt CD ở K Tính độ dài DK
Câu 9 Cho đờng tròn ( O ) có đờng kính AB = 12 cm Mọt đờng
Thẳng đi qua A cắt đờng tròn ( O ) ở M và cắt tiếp tuyến của đờng tròn
Tại B ở N Gọi I là trung điểm của MN Tính độ dài AM , biết AI = 13 cm
Câu 10 Cho nửa đờng tròn đờng kính BC các điểm
M , N thuộc nửa
đờng tròn sao cho cung BC = cung MN = cung NC
Trang 4
Một số dạng toán tìm nghiệm
nguyên
của phơng trình bậc hai hai ẩn
Phơng trình bậc hai hai ẩn ( x ; y ) có dạng tổng quát nh sau :
)
,
( y x
f =ax²+by²+cxy+dx+ey+g = 0 trong đó a²+b²> 0
Bài toán tìm nghiệm nguyên của phơng trình ( PT ) dạng này thờng gặp
trong các đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 và các đề thi lớp 10 chuyên Trung
học phổ thông
Trong bài viết này , chúng tôi xin giới thiệu với bạn đọc
ph-ơng pháp giải
cho một số trờng hợp riêng của bài toán này Chúng ta lần lợt xét theo
các dạng sau :
1 Dạng 1 a= 0hoặc b= 0 ,abcdeg ≠ 0
Chẳng hạn , b= 0, khi đó phơng trình có dạng : f(x,y) =ax²
0
= + +
+
+cxy dx ey g
ax e
cx
y( + ) = − (
⇔ ²+dx+g)
⇔hoặc cx+e=ax²+dx+g = 0 ,y bất kì hoặc
e cx
g dx ax
y
+
+ +
−
= ^2 ,
≠
+e
Từ đăy biện luận để tìm đợc x, y∈ Ζ thoả mãn phơng trình
đã cho
• Thí dụ 1 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
4x^ 2 + 2xy+ 4x+y+ 3 = 0 (1)
Lời giải : PT (1) tơng đơng với
y( 2x+ 1 ) = − ( 3 + 4x^ 2 + 4x) = 0
⇔hoặc 2x+ 1 = − ( 3 + 4x^ 2 + 4x) = 0 ,bất kì
1 2
3 4 2
^
+
+ +
−
x
x x
y
• Nếu 2x+ 1 = − ( 3 + 4x^ 2 + 4x) = 0 thì 2x^ 2 + 3x+ 2 = 0
Trang 5Phơng trình trên không có nghiệm nguyên nên trờng hợp này PT (1)
không có nghiệm nguyên
• Nếu
1 2
2 1 2 1
2
3 4 2
^ 4
+
−
−
−
= +
+ +
−
=
x
x x
x x
-ớc của
2 , suy ra 2x+ 1 nhận ra các giá trị là 1 hoặc -1 Từ đó x= 0 hoặc x= − 1 ,dẫn
đến y= 3 hoặc y= − 3
2 Dạng 2 Với ab> 0 ,c= 0 ,de≠ 0
Khi đó phơng trình có dạng
f(x,y) =ax^ 2 +by^ 2 +dx+ey+g = 0
2
^ 2 4
2
^ 4
2
^
0 4
2
^ 2
^ 2
^ 4 2
^
+
−
=
− + +
⇔
=
− + + +
+
+
⇔
a
d x a a
d ag eg
by
a
d g eg by
a
d x a
d
x
Từ đây biện luận để tìm đợc y∈ Ζ , do đó tính đợc x∈ Ζ
* Thí dụ 2 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
3x^ 2 + 4y^ 2 + 6x+ 3y− 4 = 0 (2)
Lời giải : phơng trình (2) tơng đơng với
3 (x^ 2 + 2x+ 1 ) + 4y^ 2 + 3y− 7 = 0
⇔ y(y− 1 )( 4y+ 7 ) = − 3 (x+ 1 )^ 2 ≤ 0 (*)
4
7 ≤ ≤
− y
Vì y∈ Ζ nên y∈{− 1; 0; 1 }
Kết hợp với (*) ta có
• Nếu y= − 1 thì (x+ 1 )^ 2 = 2 ⇒ x= − 1 ± 2 (loại)
• Nếu y= 0 thì + = ⇒
3
7 2 )^
1
(x
3
7
1 ±
−
=
• Nếu y= 1 thì (x+ 1 )^ 2 = 0 ⇒x= − 1 ( thoả mãn )
Vậy PT (1) có một nghiệm nguyên là (x;y) = ( − 1; 1)
3 Dạng 3 Với 4ab−c^ 2 〉 0 ,ce≠ 0 ,d = 0
Khi đó phơng trình có dạng
Trang 6f(x;y) =ax^ 2 +by^ 2 +cxy+ey+g = 0
2
^ 4
2
^ 2
^ 2
^ 4
2
^ 2
^ 2
a
y c a
y c xy a
c
x
a
2
^ 2 2
^ 2
^
4
2
^ 2
^
4
+
−
= + +
−
⇔
a
cy x a g eg y
a
c
b
a
Từ đây biện luận để tìm đợc y∈ Ζ , từ đó tính đợc x∈ Ζ
• Thí dụ 3 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x^ 2 + 2y^ 2 + 2xy+ 3y− 4 = 0 (3)
Lời giải : Phơng trình (3) tơng đơng với
⇔ (x^ 2 + 2xy+ y^ 2 ) +y^ 2 + 3y− 4 = 0
⇔ (y+ 4 )(y+ 1 ) = − (x+y)^ 2 ≤ 0 (*)
Suy ra − 4 ≤ y≤ 1
Vì y∈ Ζ nên {− 4 ; − 3 ; − 2 ; − 1 ; 0 ; 1}
Kết hợp với (*) , tìm đợc các cặp nghiệm nguyên ( y x; ) của
PT (3) là ( 4 ; − 4 ), ( 1 ; − 3 ), ( 5 ; − 3 ), ( − 2 ; 0 ), ( 2 ; 0 ), ( − 1 ; 1 )
4 Dạng 4 Với c²-4ab< 0, (cd− 2ae)²≥ (c²-4ab)( d²−4ag), cde≠ 0 Khi đó viết PT ban đầu dới dạng sau
ax
y
x
f( ; ) = ²+ (cy+d)x+by²+ey+g = 0
Coi đây là một phơng trình bậc hai ẩn x , với
)
(cy+d
=
∆ ²− 4a( by²+ey+g) = 0
= (c²− 4ab) y²+ 2 (cd− 2ae)y+d²− 4ag
Từ đây xét ∆ ≥ 0để tìm đợc y∈ Ζ, sau đó suy rax∈ Ζ
• Thí dụ 4 Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x²+ 2y²− 2xy+ 3x− 3y+ 2 = 0 (4)
Lời giải : phơng trình (4) tơng đơng với
x²+ ( 3 − 2y)x+ 2y²− 3y+ 2 = 0 (*)
Coi đây là một phơng trình bậc hai ẩn x , với
)
2
3
( − y
=
∆ ²− 4 ( 2y²− 3y+ 2 ) = 1 − 4y²
Để phơng trình (*) có nghiệm thì ∆ ≥ 0
y
4
⇔ ²− 1 ≤ 0 ⇔ ( 2y+ 1 )( 2y− 1 ) ≤ 0
2
1 0
2
1 ≤ ≤
−
Vì y∈Ζnêny= 0 Thay vào (*) ta đợc x²+ 3x+ 2 = 0 ⇔ x= − 1 hoặc 2
−
=
x
Vậy phơng trình (4) có hai nghiệm nguyên ( y x; )là ( − 1 ; 0)và 2
( − ;0 )
• Nhận xét : Phơng pháp giải của dạng 4 có thể sử dụng
để giải các bài toán thuộc dạng 1 , dạng 2 và dạng 3
Trang 7Để kết thúc bài viết , xin mời các bạn cùng luyện tập tìm nghiệm nguyên của một số phơng trình dới đây :
a) 3y²−xy− 2x+ y+ 1 = 0
b) 2x²+ 5y²− 8x+ 3y= 0
c) 2x²+ y²− 2xy+ y= 0
d) x²+ y²+ 1 = x+y+xy
e) x²+ 2y²+ 2xy+ 4x+ 9y+ 3 = 0
Từ một bài toán quen thuộc Tới hai bài toán thi quốc tế
Các bạn “ say toán ” thân mến , khi các bạn săn lùng các bài toán để thử sức
các bạn có bao giờ tự hỏi về nguồn gốc của các bài toán đó hay không ? Các
bạn có biết rằng những bài toán chúng ta gặp đều không phải từ trên trơi rơi
xuống mà đợc đặt ra từ những bài toán đã biết cùng với một cút ý tởng
sáng tạo hay không ? Truy tìm đến bài toán gốc đồng nghĩa với việc bạn đã
khám phá ra một chút ý tởng sáng tạo đó Không dừng lại ta
có thể tiếp
tục phát hiện những bài toán mới dựa trên những ý tởng mới Chúng ta bắt
đầu từ một bài toán quen thuộc
Bài toán 1 : Gọi x ,,y z là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh
rằng : xyz≥ (x+ y−z)(y+z−x)(x+z−y)
* Theo hớng suy nghĩ dùng ẩn phụ , nếu ta đặt
b a z c a y
c
b
x= + , = + , = + thì
Trang 8Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
(b+c)(a+c)(a+b) ≥ 8abc
Do x ,,y z là độ dài ba cạnh của một tam giác nên
y z x x z y
z
y
x+ − , + − , + −
đều dơng , suy ra a ,,b ccũng là các số dơng
Bài toán (*) : Cho a ,,b c là các số dơng Chứng minh rằng : (b+c)(a+c)(a+b) ≥ 8abc
Bài toán (*) cũng rất quen thuộc , sử dụng bất đẳng thức Cô - si để chứng
minh
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho hai số dơng ta
có :
a+b≥ 2 ab,b+c≥ 2 bc,a+c≥ 2 ac
Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dơng , nhân theo từng vế ta có bất đẳng
thức cần chứng minh
* Nh vậy bài toán 1 đã đợc chứng minh và bài toán (*) chính
là bài toán
gốc của bài toán 1 Với ý tởng đặt x=b+c,y=a+c,z=a+b, từ bài toán (*)
đã có bài toán 1 , một bài toán chứng minh bất đẳng thức trong tam giác khá
thú vị
Khi đã có bài toán (*) , quay lại nhìn kĩ bài toán 1 các bạn thấy chỉ cần điều
kiện x ,,y z dơng là đủ Ta có bài toán :
Bài toán 2 : Cho x ,,y z là các số dơng Chứng minh rằng : xyz≥ (x+y−z)(y+z−x)(x+z−y)
Lời giải : Thật vậy , nếu x ,,y z là độ dài ba cạnh của một tam giác thì ta có
bài toán 1
Giả sử x ,,y zkhông phải là độ dài ba cạnh của một tam giác thì có thể xảy ra
các khả năng :
x≥ y+z;y≥x+z;z≥ y+x
Với x≥ y+zta có :
0 2 0
0 2
>
=
− + +
≥
−
+
=
−
− +
≤
−
+
>
=
− + +
≥
−
+
z y z y z y x
z
z y z y x z
y
y z y z y z y
x
Trang 9Suy ra (x+y−z)(y+z−x)(x+z− y) < 0
⇒ xyz> 0 > (x+ y−z)(x+z−y)(y+z−x)
Tơng tự đối với các trờng hợp còn lại
Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh
* Tiếp tục đa ý tởng vào bài toán (*) với ba số dơng a ,,b c
(S−c)(S−a)(S−b) = (a+b)(b+c)(a+c) ≥ 8abc
Với 3số dơng a+b,b+c,a+c,ta lại có :
) )(
)(
(S+c S+a S+b = b+c + c+a ì a+b + b+c ì a+b + a+c ≥ 8 (a+b)(b+c)(a+c) ≥ 64abc
Nhân theo từng vế (1) và (2) suy ra :
(S2 −c2 )(S2 −b2 )(S2 −a2 ) ≥ 8 3a2b2c2
Ta có bài toán sau :
Bài toán 3 : : Cho a ,,b c là các số dơng và S =a+b+c Chứng minh rằng :
2
2 2
2 2
2
8 1 1
−
−
−
c
S b
S a
S
Các bạn sẽ còn ngạc nhiên khi thấy hai bài toán vô địch quốc
tế IMO gần
đây cũng xuất phát từ bài toán (*)
Bài toán 4 : (IMO năm 2000) : Cho a ,,b c là các số dơng có tích bằng 1
Chứng minh rằng :
1 1 1 1 1 1 ≤ 1
+ −
+ −
+ −
a
c c
b b a
Lời giải : Do abc= 0nên tồn tại ba số x ,,y zdơng sao cho
,
;
;
x
z z z
y
b
y
x
a y
x= 1 ; = 1; = Nh vậy bất đẳng thức cần chứng minh quy về:
1 1 1≤ 1
+ −
+ −
+ −
x
z x
y z
x z
y y
z y x
⇔ (x+y−z)(y+z−x)(x+z−y) ≤xyz
Theo bài toán 2 , bất dẳng thức đợc chứng minh
Bài toán 5 (IMO năm 2001) : Cho a ,,b c là các số
d-ơng.Chứng minh rằng:
Trang 101
8 8
−
+
−
+
c ac
b
b bc
a a
Lời giải : Đặt
bc a
a x
8
2 −
= ;
ac b
b y
8
2 −
= ;
ab c
c z
8
2 −
=
Ta có x ,,y z đều dơng và bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
x+ y+z≥ 1
Do
bc a
a x
8
2 −
=
2 2
2 2
2
2
1 1 8
1
1
bc x
a
bc x
bc a
a
+
=
8 1
1
;
8 1
1
c
ab z
b
ca
2 2
1
=
−
−
−
z y
x
Mặt khác , nếu S =x+ y+z< 1 thì
3 2
2 2
2 2
2 2
2
−
−
−
>
−
−
−
z
S y
S x
S z
y
x
Mâu thuẫn với đẳng thức trên
Vậy x+y+z≥ 1 , bài toán đợc chứng minh
Bài tập : Cho a ,,b c là các số dơng và 2
1
1 1
1 1
1
= +
+ +
+ + b c a
Chứng minh rằng : 8abc≤ 1