Các bài toán hay (sưu tầm )

C¸c bµi to¸n hay (s­u tÇm ) Bài 1: Giải phương trình : Đặt : với u ; v ; t ≥ 0 thì x = 2 - u2 = 3 - v2 = 5 - t2 = uv + vt + tu. Từ đó ta có hệ Vì u ; v ; t ≥ 0 nên Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến Cộng từng vế của (5) ; (6) ; (7) ta có Từ đó => : Kết hợp (8) với lần lượt (5) ; (6) ; (7) ta có Do đó : Bài 2 : Giả sử k1, k2, k3 là các số nguyên dư¬ng, k1 + k2 + k3 là số lẻ, các số x1, x2, x3 thỏa mãn : Chứng minh : x1 = x2 = x3. Bài giải : Do vai trò bình đẳng của các số x1, x2, x3 nên có thể giả sử .x1 ≥x2 ≥ x3 Khi đó dãy tỉ số đã cho trở thành : (( x1 - x2) :k1) = ((x2 - x3) : k2) = ((x3 - x1) : k3) Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau nên ta có : k = [ ( x1 - x2 + x2 - x3 + x3 - x1) : (k1 + k2+ k3)] = [ 2 ( x1 - x3) :(k1 + k2+ k3) (1) và k = [ ( x1 - x2 + x2 - x3) : (k1 + k2)] = [ (x1 - x3) : (k1 + k2)] (2) Từ (1) và (2) ta có[ 2 ( x1 - x3) :(k1 + k2+ k3)] = [ ( x1 - x3) : (k1 + k2) ] (3) Nếu x1 ạ x2 thì (3) => 2 (k1 + k2) = k1 + k2 + k3. Điều này vô lí vì k1 + k2 + k3 là số lẻ mà 2 (k1 + k2) là số chẵn. Chứng tỏ x1 = x2. => x1 = x2 = x3. Bài 6 : Chứng minh rằng : 1/5 + 1/6 + 1/7 + ... + 1/17 < 2 Lời giải : Có khá nhiều cách chứng minh nhờ “đánh giá” vế trái bởi các kiểu khác nhau. Ta gọi vế trái của bất đẳng thức là A. 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + 1/9 + 1/10 < 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 + 1/5 = 6/5  (1) 1/11 + 1/12 + 1/13 + 1/14 + 1/15 + 1/16 + 1/17 < 1/11 + 1/11 + 1/11 + 1/11 +1/11 + 1/11 + 1/11 = 7/11   (2) Từ (1) và (2) => : A < 6/5 + 7/11 = 101/55 < 110/55 = 2 Bài 3 : Tìm các số nguyên x, y, z, t sao cho :|x - y| + |y - z| + |z - t| + |t - x| = 2003. Lời giải : (Nếu a thuộc Z thì |a| + a = 2a nếu a ≥ 0 và |a| + a = 0 nếu a < 0 , do đó |a| + a sẽ là số tự nhiên chẵn. Phương trình tương đương với :(|x - y| + x - y) + (|y - z| + y - z) + (|z - t| + z - t) + (|t - x| + |t - x) = 2003 Theo nhận xét trên thì vế trái là số tự nhiên chẵn nên phương trình không có nghiệm nguyên. Bài 4 : Tìm hai số hữu tỉ a và b biết rằng : Điều kiện : a, b thuộc Q, b ≠ 0 (*) Theo bài ra, ta có hệ tương đương : Ta có : (1) tương đương a - b = 2a + 2b tương đương a = -3b      (3) Thay (3) vào (2) : (thoả mãn điều kiện (*)) Thay vào (3) ta có : a = - 3.9/4 = - 27/4 (thoả mãn điều kiện (*)) Vậy hai số tìm được là : a = - 27/4 và b = 9/4 Bài 5: Giải phương trình : x2 + 2x + 3 = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) Lời giải : Ta có : x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 > 0 với mọi x Mặt khác : Với mọi x ta có x4 + x2 + 4 ≥ 4 => (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ 4 (x2 + x + 1) = x2 + 2x + 3 + 2x2 + (x + 1)2 > x2 + 2x + 3 Chứng tỏ phương trình vô nghiệm. Bài 6: Tìm x, y để biểu thức : đạt giá trị nhỏ nhất. Ta có: Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1. Bài 7 : Tìm tất cả các cặp số nguyên không âm (x, y) sao cho : x - y = x2 + xy + y2. Giả sử có cặp số nguyên không âm (x, y) thỏa mãn hệ thức x - y = x2 + xy + y2 (1) Từ đó dễ dàng => rằng x ≥ x - y = x2 + xy + y2 ≥ 3xy (2) - Nếu x = 0, từ (1) ta có -y = y2 => y = 0. - Nếu x ≠ 0, thay x = 1 vào (2) => 1 ≥ 3y => y = 0, thay y = 0 vào (1) => x = x2 => x = 1. Tóm lại : Có hai cặp số (0, 0); (1, 0) thỏa mãn đề bài. Bài 8 : Cho x, y, z > 0. Chứng minh rằng : Cách 1 : Gọi vế trái là A và vế phải là B. Ta có : áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpski ta được : Mặt khác áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có : do đó kết hợp với (*) ta nhận được : Bài 9 : Giải hệ phương trình :6(x - 1/y) = 3(y - 1/z) = 2(z - 1/x) = xzy - 1/(xyz) Lời giải : Điều kiện để các phân thức có nghĩa : x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0. Đặt : 6(x - 1/y) = 3(y - 1/z) = 2(z - 1/x) = xzy - 1/(xyz) = k => : x - 1/y = k/6 ; y - 1/z = k/3 ; z = 1/x = k/2 Do đó : k3/36 = (x - 1/y)(y - 1/z)(z - 1/x) = (xy - 1 - x/z + 1/(yz))(z - 1/x) = xyz - 1/(xyz) - x + 1/y - y + 1/z - z + 1/x = k - k/6 - k/3 - k/2 = 0. Như vậy k = 0. Từ đó => xy = yz = zx = 1. Bởi vậy (xyz)2 = xy . yz . zx = 1. Do đó xyz thuộc {-1, 1}. Nếu xyz = 1 thì x = y = z = 1. Nếu xyz = -1 thì x = y = z = -1. Vậy hệ phương trình có hai nghiệm : x = y = z = 1 ; x = y = z = -1. Bài 10 : Cho a, b, c là 3 số thỏa mãn điều kiện : Tính tổng : a2001 + b2002 + c2003. Từ (1) => 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. Từ đó ta có a2001 = a2003 ; b2002 = b2003. => : a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 1. Bài11: Cho x, y, z là các số thực không âm bất kì, chứng minh : x(x - z)2 + y(y - z)2 ≥ (x - z)(y - z)(x + y - z)     (1) Lời 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)     (2) + 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) x > z hoặc y > z => x + y > z => x + y - z > 0 mâu thuẫn với giả thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T - F ≥ 0 => (1) đúng. Bất đẳng thức (1) được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 0 hoặc x = y, z = 0 hoặc y = z, x = 0 hoặc z = x, y = 0. Bài 12 : Biết rằng : |a + b + c| ≤ 1 ; |a/4 + b/2 + c| < 1. Chứng minh : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Đặt : M = a + b + c (1) N = c (2) P = a/4 + b/2 + c (3) Theo giả thiết, ta có : |M| ; |N| ; |P| ≤ 1. Từ (1), (2) => M - N = a + b (4) Từ (2), (3) => P - N = a/4 + b/2 (5) Từ (4), (5) ta dễ dàng => được : a = 2M + 2N - 4P b = - M - 3N + 4P Khi đó : |a| + |b| + |c| = |2M + 2N - 4P| + | - M - 3N + 4P| + |N| ≤ 2|M| + 2|N| + 4|P| + |M| + 3|N| + 4|P| + |N| = 3|M| + 6|N| + 8|P| ≤ 3 + 6 + 8 = 17 (do |M| ; |N| ; |P| ≤ 1) Vậy : |a| + |b| + |c| ≤ 17. Bài 13 : Tính tổng A = a1 + a2 + … + a2003, biết : Lời giải : Ta có : Vậy: Bµi14:Cho : Chứng minh rằng : Lời giải : Cách 2 : Đặt ax3 = by3 = cz3 = k3. Bài 15 : Cho các số không âm x1, x2, x, …, xn có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x1x2 + x2x3 + … + xn-1xn. Lời giải :Đặt T = x1x2 + x2x3 + x3x4 + … + xn-1xn. Xét trường hợp n chẵn (n lẻ).Đặt a = x1 + x3 + … + xn-1 ;b = x2 + x4 + … + xn. Ta có, a + b = 1 và T nhỏ hơn bằng a.b (các bạn hãy tự kiểm tra). Từ đó : T nhỏ hơn bằng a.b = a.(1 - a) = - a2 + a = 1/4 - (a - 1/2)2 nhỏ hơn bằng 1/4. Nếu x1 = x2 thì x3 = x4 = … = xn = 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4. Bài 5(9) : Tìm các cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn : x + y và 1/x + 1/y đồng thời là hai số nguyên dương. Lời giải : Giả sử cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn điều kiện trên. Trước hết ta có x khác 0, y khác 0. Nếu x 0 thì x + y > 0 khi |x| 0 khi |x| > |y|; , mâu thuẫn. Do đó nếu cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán thì x > 0, y > 0. Đặt x = a/b , y = c/d , a, b, c, d thuộc N*, (a, b) = (c, d) = 1. Ta có : x + y = a/b + c/d = (ad + bc)/bd thuộc N* => (ad + bc) M bd (1). Vậy : (ad + bc) chia hết cho b hay ad chia hết cho b hay d chia hết cho b, do (a, b) = 1. (ad + bc) chia hết cho d hay bc chia hết cho d hay b chia hết cho d, do (c, d) = 1. Từ đó => (1) tương đương với b = d và (a + c) chia hết cho b. Tương tự 1/x + 1/y = b/a + d/c thuộc N* tương đương với a = c và (b+d) chia hết cho a. Như vậy x = y = a/b . x+y = 2.a/b thuộc N* => 2a chia hết cho b => b thuộc {1,2} 1/x + 1/y = 2b/a thuộc N* => 2b chia hết cho a => a thuộc {1,2} => x = y = a/b thuộc {1/2,1,2}. Vậy có ba cặp số hữu tỉ (x, y) thỏa mãn bài toán là (1/2,1/2), (1, 1), (2, 2). Bài 16 : 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 của phép chia S cho 6. Lời giải : Vì a3 - a = a.(a2 -1) = (a - 1).a.(a + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp nên a3 - a 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) + (n13 - n1) + … + (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 17 : Cho 20 số nguyên khác 0 : a1, a2, a3, … , a20 có các tính chất sau : * a1 là số dương. * Tổng của ba số viết liền nhau bất kì là một số dương. * Tổng của 20 số đó là số âm. Chứng minh rằng : a1.a14 + a14a12 < a1.a12. Lời giải : Ta có : a1 + (a2 + a3 + a4) + … + (a11 + a12 + a13) + a14 + (a15 + a16 + a17) + (a18 + a19 + a20) 0 ; a2 + a3 + a4 > 0 ; … ; a11 + a12 + a13 > 0 ; a15 + a16 + a17 > 0 ; a18 + a19 + a20 > 0 => a20 < 0. Cũng như vậy : (a1 + a2 + a3) + … + (a10 + a11 + a12) + (a13 + a14) + (a15 + a16 + a17) + (a18 + a19 + a20) a13 + a14 < 0. Mặt khác, a12 + a13 + a14 > 0 => a12 > 0. Từ các điều kiện a1 > 0 ; a12 > 0 ; a14 a1.a14 + a14a12 < a1.a12 (đpcm). Bài 18 : Gọi a, b, c là độ dài ba 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 = 1/(a - b) + 1/(b - c) + 1/(c - a) ;Q = (|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)] Lời giải : áp 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 => : 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 hai vế cho 2|(a - b)(b - c)(c - a)| > 0, ta có : (|a - b|c + |b -c|a + |c - a|b)/[2(a - b)(b - c)(c - a)] > [(b - c)2 + (c - a)2 + (a - b)2]/[ |2(a - b)(b - c)(c - a)| ] Lưu ý vế trái chính là |Q| và vế phải chính là |P| sẽ có |Q| > |P|. Bài 19 : Cho x ; y thỏa mãn : Hãy tính giá trị của biểu thức sau : T = x2003 + y2003. Lời giải : Cộng theo từng vế của hai đẳng thức trên ta có : y + x = - x - y. Suy ra x + y = 0. Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (- x)2003 = x2003 - x2003 = 0. Bài 20 : Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên x, y : 36x2 + 144y2 - 276x - 120y + 25 = 0 (*). Lời giải : Có thể dùng một trong các dấu hiệu chia hết cho 2 ; 3 ; 4 ; 6 ; 12 để có lời giải ngắn gọn cho bài toán. Giả sử x, y là các số nguyên, dễ dàng nhận thấy vế trái của phương trình (*) có giá trị là số nguyên lẻ (dấu hiệu chia hết cho 2) nên phải khác 0. Vậy phương trình (*) không có nghiệm nguyên. Bài 21 : Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng : S = ab + 2bc + 3ca. Lời giải :: S = (ab + ca) + (2bc + 2ca) = a(b + c) + 2c(b + a) = a(1 - a) + 2c(1 - c) Bài 22 : Giải phương trình : Lời giải : Điều kiện để căn thức có nghĩa là : 1 - x3 ≥ 0 x ≤ 1. Khi đó : x2 + 2 = (1 - x) + (x2 + x + 1) Đặt : Phương trình trở thành : 2(a2 + b2) = 5ab (2a - b)(a - 2b) = 0 + Trường hợp 1 : a = 2b Ta có ∆ = 25 - 48 = - 23 < 0, phương trình vô nghiệm. + Trường hợp 2 : b = 2a