BOI DUONG HSG 9

Bài 5 2 điểm: Tìm nghiệm nguyên dương của hệ phương trình:.. Đường phân của góc I cắt OC tại điểm O’.[r]

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

A 

b) Chứng minh rằng

2 3

A  với mọi x thoả mãn

x x

x x

1    

ca a

bc c

ab

Ta có với x, y >0 thì: ( x+y) 2  4xy (*)

1 1 4

1 1 4

1 1

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

1    

ca a

+ Hiển nhiên hệ có nghiệm là x = y = z = 0

+ Với xyz  0 thì (I) được viết lại:

hệ phương trình có hai nghiệm (0; 0; 0) và (1; 2; 3)

Bài 4: (6,0 điểm).

1) Cho hai đường tròn (C1) và (C2) tiếp xúc ngoài nhau tại điểm T Hai đường tròn này nằm trongđường tròn (C3) và tiếp xúc với (C3) tương ứng tại M và N Tiếp tuyến chung tại T của (C1) và (C2) cắt(C3) tại P PM cắt đường tròn (C1) tại diểm thứ hai A và MN cắt (C1) tại điểm thứ hai B PN cắt đườngtròn (C2) tại điểm thứ hai D và MN cắt (C2) tại điểm thứ hai C

Chứng minh rằng tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp

2) Cho ABC đều điểm M nằm trong ABC sao cho AM2 = BM2 + CM2 Tính số đo góc BMC ?1) Gọi O1, O2, O3 tương ứng là tâm các

đường tròn (C1), (C2), (C3) ta có M, O1, O3

thẳng hàng => BO1 // NO3

= > O N

B O MN

MA



=> AB//NPTương tự CD// PM => AEDP là hình bình hành

(với E = AB  CD) Do PAT ~ PTM

=> PT2 = PA.PM tương tự PT2 = PD.PN

2

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

ED PD

PA PM

PN EC

EB







=> EBC ~  EDA => EBC = EDA => EDA + CBA = 1800

=> ABCD nội tiếp

2) Vẽ tam giác đều CMN



Do đó: Min A =

x y z1

x 9 x

3

2 x x 2

3 x : 9 x

x 3 x 1

P

a) Rút gọn biểu thức P

b) Tìm giá trị của x để P = 1

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

9 x

0 x

0 x 2

0 9 x

0 x

x 2 (

x 9 ) x 2 )(

2 x ( ) x 3 )(

3 x ( : 3 x )(

3 x (

) 3 x ( x 1

x 2 ( 3 x

11

2 a ĐK: x  -1 và PT <=>

4 1

1

2 2

x x

z y

u y x

x, y là nghiệm của phương trình: t 2 - ut + v = 0 (a)

5

zu v

0 1

0 3 7

0 1

z z z z

7 1

z z z

) (

) 3 (

4 4

4 1

y

x xy

y x v

u z

2

3 2

3 2

y x y x xy

y x v

u z

Vậy hệ có 3 nghiệm nguyên là: (2; 2; 1); (1; 2; 2); (2; 1; 2)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

b) Tìm nghiệm nguyên của hệ: 

z y x

1

1 1

x

z y x

1

1 1

y

x z

1

1 1

z

y x

=x(y+z)+y(x+z)+z(x+y) =2(xy+yz+zx)=2 Vậy T= 2

Bài 1: (4,0 điểm).Cho biểu thức :

x

x x x

x x x

x x

x

2

3:

22

88

: )

2 (

) 2 (

) 8 8 ( )

x x

x x

x

x x

x P

) 1 ( 1 5 2

4 4

x

x

Vậy P 1b) ( x 1).P1 4 x  12 x 2 x  5 3x + 6 x -1 = 0

3 2 3 3

3 2 3

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

1 1

2 2

( 1

2

2 2

x x

x x

1 2 ) 1

x x

 (1 2) (1 2) 0

0 ) 2 1 ( ) 2 1

x x

1 2 2 1

2 2

2 3

y x x

thay vào (2) ta có :

0 2 2

)

2

2 2 2

y

y



0 2 2 )

2

3 2

y y

 3 6 11 3 8 0





 y y

2 3

8

1 1

1

3 3

y

x y

1 1

Hãy tính giá trị của biểu thức : M = 4

3 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10)

Từ : x  y  z x  y  z

1 1

1

1

1 1

1 1

z z y x xy

y x

(2)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Bài 4: (6,0 điểm).

1 Cho ABC với BC=a, CA=b, AB=c (c<a, c<b) Gọi M và N lần lượt là tiếp điểm của cạnh AC vàcạnh BC với đường tròn tâm O nội tiếp ABC Đoạn thẳng MN cắt tia AO tại P và cắt tia BO tại Q.Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC

a) Chứng minh rằng : c

PQ b

NQ a

MP





b) Chứng minh rằng : Q, E, F thẳng hàng

a Ta có : BOP là góc ngoài AOB  BOP= OAB + OBA = 2

1(BAC + ABC)Lại có : PNB=1800 – MNC =1800 -

 BOP+PNP=1800  tứ giác BOPN nội tiếp

 OPM = OBC (cùng bù OPN )

Mặt khác : OMP = OCN  OPM OBC (g.g)

OP OC

PM OC

OM OC

ON b

OP c

NQ a

MP





b Tứ giác AMQO nội tiếp (CM trên)

 AQO=AMO = 900  ABQ vuông tại Q có QE là trung tuyến

 EQB= EBQ=CBQ  EQ//BC mà EF//BC  E, Q, F thẳng hàng

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1 Chứng minh b+c ≥ 16abc

Cho ba số thực a b c, , không âm sao cho a b c  1

Chứng minh: b c 16abc Dấu đẳng thức xảy ra khi nào ?

Theo kết quả câu 3.1, ta có:

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Suy ra: b c  16abc

Dấu đẳng thức xảy ra khi:

x

y xy

y x

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

1 : 1

2 1

a a a a

a a

a a

1 : 1

2 1

a a a a

a a

1 (

2 1

1 : 1

1 2

a a

a a

a

a a

) 1 )(

1 (

2 1 :

a a

1 (

) 1 )(

1 ( ) 1 (

a a a

a



1

Bài 3: (4,0 điểm).

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

a) Cho x, y, z là các số dương thoả mãn xyz =1

1 )

(

1 )

(

1

3 3

yz z xy

c



2 Dễ dàng chứng minh đợc b c

do x0; y0;z0  x2y2 y2z2 x2z2 0  3xyz0

suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không mất tính tổng quát ta giả sử : x  y  z  1

x z z z

yz y

xz z xy

z x

y y

x z x

yz y

xz z z

z z xy

3 2 3

 z z mà z 1 z1 Với z = 1 phương trình trở thành:   y 3

x x

y xy

Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1)

Bài 2: b) Giải phương trình: 2x 1 3x  x 1

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Vậy x=1 là nghiệm của phương trình đã cho.

Bài 3: (2,0 điểm) a) Cho a, b, c>0 chứng minh rằng:  1

c b c b

b a a

c c

b b a

b) Cho a, b, c dương và a + b = c = 1 Chứng minh a b  b c  c a  6

c b c b

b a a

c c

b b

a

(1)

a

c b cb bc c ab b c

b a b ac ab

c b b a b b

c b b a a c b b a c b b

a

) ( )

(

) )(

( ) )(

( ) )(

( ) )(

( ) ( )

(

2 2

2 2

2

2 2

Phương trình: x3y+xy3-3x-3y=17  (x2+y2)(xy-3)=17=17.1

Do x,y nguyên dương nên x2+y2>1

25 ) y x ( 4

xy

17 xy 2 ) y x ( 1

3

xy

17 y

-1 x hoÆc

4 y

1 x hoÆc

1 4 1 4

4 5 4 5

y x y x

xy

y x xy

y x

Kết luận: 





 4 y

1 x

4 x

hoặc 





 1 y

4 x

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

a) Giải phương trình : (x+1)(x+2)(x+4)(x+8)=28x2  (x2 + 6x +8)(x2 + 9x + 8) = 28x2 (1)

x=0 không phải là nghiệm pt (1) Chia 2 vế (1) cho x2 ta được: (1)  (x+ 9 9) 28

8 )(

2

t t

a=b=c , nhận thấy HPT có nghiệm : x = 0 ; y=1 (hoặc x = 1 ; y = 0)

Vậy nếu a3 b3c3 3abc thì HPT đã cho có nghiệm

Bài 3: (2,0 điểm) Tìm a , b , c biết a , b ,c là các số dương và

32

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

= abc

32

Dấu « = » xảy ra khi và chỉ khi :

2 1

1 1

2 2 2

c b a

c b a

Bài 4: (2,0 điểm)

a) Cho a, b, c  [0 ; 1] Chứng minh rằng :

1 ) 1 )(

1 )(

1 ( 1 1

1          



b a

c c

a

b c

b a

b)Cho 3 số x, y, z thoả mãn x + y + z + xy + yz + zx = 6 Chứng minh rằng : x2 + y2 + z2  3

b) Vai trò của a, b, c là ngang nhau nên giả sử: a  b  c

áp dung BĐT Cauchy cho 3 số: a+b+1, 1-a, 1-b ta có:

1

1

1 1

1

1 3

1 1 1 1

1 1

c b

a

b a b a

b a b

a b a b

a

Vì a  b  c nên:

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

1

1 1 1

1 1

1 1 1 1

1

1 1

1 1

c b

a

c b

a

b b

a

a c

b a b

a

c c

a

b c

b a

b a

b c

a b

b a

a c

b a

Bài 5: (2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có đường cao AH Gọi I,K là các điểm nằm ngoài tam giác ABC sao cho các tam giác ABI và ACK vuông tại Ivà K hơn nữa = ,M là trung điểm của BC Chứng minh rằng :

a) MI = MKb) Bốn điểm I,H,M,K thuộc cùng đường tròn

nên IAM =MHK (c.g.c) suy ra MI = MK

Ta có : = , =  nên = 1800 - 2 (1) Xét tam giác IEM có = 2 nên 1800 - 2 =

ta lại có (so le trong,AB song song với MF)

(do IAM =MHK ) nên

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

b) Cho a3 + b3 + c3 = 3abc với a,b,c khác 0 và a + b+ c 0

12

 ( a + b + c ) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac ) = 0  a2 + b2 + c2 - ab - bc -ac = 0 ( vì a + b + c 0)  (a- b )2 + ( b – c )2 + ( c – a )2 = 0 a = b = c P = (2008+ b

(

1 )

(

1

3 3

c) Giải phương trình nghiệm nguyên:   y 3

xz x

yz z xy

1

= 1 x + y = c(a + b) và y + z = a(b + c) và x + z = b(c + a)

c



2 Dễ dàng chứng minh đợc b c

do x0; y0;z0  x2y2 y2z2 x2z2 0  3xyz0

suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không mất tính tổng quát ta giả sử : x  y  z  1

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

x z z z

yz y

xz z xy

z x

y y

x z x

yz y

xz z z

z z xy

3 2 3

 z z mà z 1 z1 Với z = 1 phương trình trở thành:   y 3

x x

y xy

Từ nhận xét trên suy ra phương trình có các nghiệm nguyên là (1,1,1) ; (1,-1,-1) ; (-1,-1,1) ; (-1,1,-1)

Bài 3: (4,0 điểm) a) Cho a,b,c >0 và a+b+c = 1 Chứng minh b+c ≥ 16abc.

b) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức



 16

Áp dụng BĐT Côsi x + y  2 xy ta có ( a + b) + c  2 (a b c )

 1  2 (a b c )  1  4( a + b)c nhân hai vế với a + b > 0 ta được:

A + b  4(a + b) 2 c mà ta chứng minh được (a + b) 2  4ab

Do đó a + b  4(4ab)c hay a + b  16abc từ đây suy ra đpcm

Theo kết quả câu 3.1, ta có:     

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Dấu đẳng thức xảy ra khi:





y x

49 7 7 49

7 7 7

0 7 7 7

1 1 1

y x x

x y

y x xy y

Z

là ước của 49 

49 7

56

; 14

; 8

; 6

; 0

; 42 7

7

1 7

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : zy + yz + zx

b) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c và chu vi 2p =a+ b + c

Chứng minh rằng : p  a

1 + p  b

1 + p  c

1  2 ( a

1 +b

1 +c

1 )

3 a) * Tìm giá trị lớn nhất của: xy + yz + zx Từ giả thiết ta có: y2 = 4

z -

16 2

, x2 = 3

z -

3t - 48 - 3

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

 x2  3y2  x  3y (2) Từ đó  x  y  3y2 Ta có: xz = 2 2  2 z 2

2

3 z

3 2

3 3

2

2

1 3 4

16 2

3    z  

5

16 3 32 5

16 8

3 3 2 3

6      



Dấu đẳng thức sảy ra  x = 5

3 4

, y = z = 5

4

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức xy + yz + zx là 5

16 3

4 , 5

3 4 z y;

áp dụng bất đẳng thức: x, y>0 ta có: x y xy

4 1 1

, p a p b p a b c

4 2

4 1

1 (

c b a c

p b p a

p        Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c

Bài 5: (2,0 điểm)

Ở miền trong hình vuông ABCD lấy điểm M sao cho MBA MAB 150

Chứng minh rằng : Tam giác MCD đều

Xác định điểm I trong tam giác MDA sao cho tam giác MIA là tam giác đều

Ta có IAD=900-150-600=150= MAB, AB=AD và AM=AI

 AID= AMB  AID = AMB=1500   MID=3600-1500-600=1500

Xét IDM và IDAcó ID chung; MID=AID=1500, IA=IM (do AIM là đều)

 IDM=IDA AD=DM =DC (1)

Mặt khácDAM=CBM (vì BC=AD ;MB=MA;CBM=DAM)

 MC=MD (2) từ (1) và (2) ta có DMC đều

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Bài 3:

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác biết:abbcca8abc

Chứng minh rằng tam giác đã cho là tam giác đều

0 ) (

0 ) (

2 2 2

c a b c b a b a c

c b

a 

 Kết luận: Vậy tam giác có 3 cạnh bằng nhau nên làtam giác đều

Bài 4: (2,0 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau: 7x2 + 13y 2 = 1820.

b) Cho x, y, z > 0, x + y + z = 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên là (-13; -7) (-13; 7), (13; -7) và (13; 7)

b) vì x, y, z > 0, x + y + z = 1 áp dụng BDT côsi cho 3 số dương : xyz 27 (1)

1 3

1 3

3 3

2 3

3 3

8 ) )(

K A

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= a b c

c b

c a

b a

c b

4

Với a, b, c là độ dài 3 cạnhcủa tam giác

x, y, z >0 a= y+z

b= x+zc= x+y

y x y

x z x

z z

x x

z y

x x

y

16 9 16

4 9

4 52

24 16

 3x=4y=6z; x=2; y=3; z= 4  a=7; b =6; c=5

Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC cân ở A, đường cao AH bằng 10cm, đường cao BK bằng

12cm Tính độ dài các cạnh của tam giác ABC

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

* Vậy x 2 hoặc y  2

- Với x =2 thay vào phương trình ta được 4 + 2y + y2 = 4y2

hay 3y2-2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên

- Với x =-2 thay vào phương trình ta được 4 - 2y + y2 = 4y2

hay 3y2+2y -4 =0  Phương trình không có nghiệm nguyên

- Với x =1 thay vào phương trình ta được 1 + y + y2 = y2

hay y = -1

- Với x =-1 thay vào phương trình ta được 1 - y + y2 = y2

hay 1- y = 0  y =1

- Với x = 0 thay vào phương trình ta được y =0

Thử lại ta được phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là:

(0; 0); (1, -1); (-1, 1)

Bài 4: (2 điểm)

Cho 4 số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88 = 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

Cho 4 số x, y, z, t Thoả mãn (x+y)(z+t)+xy+88=0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A = x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Ta có: (x + y)(z + t) + xy + 88 = 0

<=> 4(x + y)(z + t) + 4xy + 352 = 0

=>A + 4(x + y)(z + t) + 4xy =

=x2 + 9y2 + 6z2 + 24t2 + 4xz + 4xt + 4xy + 4yz + 4yt =

=x2 + 4x(y + z + t) + 4(z + y + t)2 + 4y2 - 4yz + z2 + z2- 8zt +16t2 + y2- 4yt + 4t2 =

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Bài 2:

b) Cho ba số thực x, y, z thỏa mãn xyz2006 và 2006

1 1 1 1







z y x

1 1

0 1

1 1 1

z z y x xy

y x

1 1

z y

z x

y x

x y z

Kết luận: Vậy ít nhất một trong ba số x, y, z bằng 2006

hoặc b + c = 0  x  1 x 2 0  ( vô lí) hoặc a + c = 0  2x  1 x 2 0   x 1 0   x 1 ( loại)

Vậy phương trình có nghiệm là: x = 0

Bài 3: (2 điểm)Cho x, y, z > 0 thoả mãn: x + y + z = 2

Vậy min P = 1

2 3

Bài 4: (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Thay x =- 4, ta được: y=1; y=-2

Thay x = 4, ta được: y= 1; y=2

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là: (0; 0); (-4; 1); ( -4; -2); (4; 1); (4; 2)

b) Với mọi m, đường thẳng (d) không đi qua gốc toạ độ O(0; 0)

Cho đường tròn (O;R) đường kính AB cố định H là điểm thuộc đoạn OB sao cho

HB = 2HO Kẻ dây CD vuông góc với AB tại H Gọi E là điểm di động trên cung nhỏ CB sao cho E không trùng với C và B Nối A với E cắt CD tại I.

a/ Chứng minh rằng AD 2 = AI.AE

b/ Tính AI.AE – HA.HB theo R

c/ Xác định vị trí điểm E để khoảng cách từ H đến tâm đường tròn ngoại tiếp DIE ngắn nhất.

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

b/ Ta có AI.AE –HA.HB = AD2 – HD2 = AH2 = ( OA+OH)2 =( R+3

R

)2 =

2

16 9

R

c/ Kẻ DxDI D cắt EB kéo dài tại F Tứ giác DIEF nội tiếp (tổng hai góc đối = 1800)

 đường tròn ngoại tiếp DIE trùng với đường tròn ngoại tiếp tứ giác DIEF có đường kính là IF Gọi K là giao điểm của IF và BD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp DIE

) ( E  cung nhỏ BC của đường tròn tâm O )

Bài 4: (4 điểm) a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y 3 + 6xy = 21.

b) Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng:

4 4 4 3 3 3

a b c a b c

4 a)Đặt S = x + y ; P = xy => điều kiện cần để hệ có nghiệm là S2  4P (*)

Phương trình đã cho tương đương với :S3

3 13

4 3 2

1 2 2

y

x P

S P

S S

2y

4 3 2

13 2

2

P

S P

S S

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Đặt y = x + 9 hoặc đặt y = x + 6 Cú nghiệm x = -9

Bài 4: (3 điểm)

a) Giả sử a, b, c là những số thực thỏa món a, b, c  o và 0

111

Chứng minh rằng: a b c abc

c b a

6 6 6

a) Tìm điều kiện để cho biểu thức M có nghĩa.

b) Chứng minh rằng biểu thức M không phụ thuộc vào a.

a) Điều kiện:

¿

a ≠ 0 a>− 1

Kết luận: biểu thức M không phụ thuộc vào a

Bài 2: (5 điểm) a) Giải phương trỡnh :

2 a) Chia cả tử và mẫu của hai phõn thức cho x và đặt biến phụ

Bài 3: (4 điểm) a) Cho xyz = 1 và x + y + z = 3

Tỡm GTNN của B 8 = x 16 + y 16 + z 16 b) Cho a, b, c thoả món:

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG



=

abc abc

Vậy phương trình có 2 cặp nghiệm nguyên là (-1; -1) và (1; 0)

Bài 3: (2 điểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa món: a b c  3.

Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

Suy ra 3(a 2 + b 2 + c 2 )  3(a 2 b + b 2 c + c 2 a) > 0 Suy ra

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HSG

b) Giải phương trình nghiệm nguyên:

yz z xy

ĐK: x0; y0;z0 Pt  x2y2 y2z2 x2z2 3xyz

do x0; y0;z0  x2y2 y2z2 x2z2 0  3xyz0

suy ra hoặc cả 3 số x, y, z cùng dương, hoặc trong 3 số này có hai số âm, một số dương Ngoài ra nếu (x,y,z) là một nghiệm thì (-x,-y,z) ; (-x,y,-z) và (x,-y,-z) cũng là nghiệm Do vậy chỉ cần xét nghiệm (x,y,z ) với x, y, z là các số nguyên dương Không mất tính tổng quát ta giả sử : x  y  z  1

x z z z

yz y

xz z xy

z x

y y

x z x

yz y

xz z z

z z xy

3 2 3

 z z mà z 1 z1 Với z = 1 phương trình trở thành:   y 3

x x

y xy

Chứng minh rằng: S chia hết cho 6 khi và chỉ khi P chia hết cho 6.

b) Cho A = n 6 – n 4 + 2n 3 + 2n 2 ( với n N, n > 1) Chứng minh A không phải là số chính phương

Với aZ thì a3  a(a 1)a(a1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3 Mà (2.3)=1