MỘT SỐ BÀI TOÁN TUỔI THƠ 2
Bài 1: Tìm tất cả các số chính phương dạng .
Lời giải :
Do là số chính phương nên = k
2
.
Lại vì : 10001 ≤ ≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ số. Đặt k = . Cũng từ
giả thiết bài toán là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}.
+) Nếu a = 1 thì : 100 < < 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)
Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 101
2
= 10201, 111
2
= 12321, 121
2
= 14641 ; còn
với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 4 thì : 200 < < 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là :
202
2
= 40804, 212
2
= 44944.
+) Nếu a = 5 thì : 223 < < 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn
điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 6 thì : 244 < < 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa mãn trường hợp này là : 264
2
=
69696.
+) Nếu a = 9 thì : 300 < < 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn là :
307

2
+ 2x + 3 = (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x2 + 4)
Lời giải :
Ta có : x
2
+ x + 1 = (x + 1/2)
2
+ 3/4 > 0 với mọi x
Mặt khác : Với mọi x ta có x
4
+ x
2
+ 4 ≥ 4
=> (x
2
+ x + 1) (x
4
+ x
2
+ 4) ≥ 4 (x
2
+ x + 1)
= x
2
+ 2x + 3 + 2x
2

(1/2.x + 1)
2
+ (x + 1)
2
= 0 và nhận xét vế
trái luôn nhận giá trị dương.
+ Tìm tập giá trị của : y =
2
2
3x 2x 1
x x 1
− − −
+ +
=> y
∈

6 2 3 6 2 3
;
3 3
 
− +
 
 
=> y
≤

6 2 3
3
+
<

x 2y 6x 4y 11+ − + +
+
2 2
x 3y 2x 6y 4+ + + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.
Lời giải : Ta có: A =
2 2
(9 6x x ) (2y 4y 2)− + + + +
+
2 2
(x 2x 1) (3y 6y 3)+ + + + +
=
2 2
(3 x) 2(y 1)− + +
+
2 2
(x 1) 2(y 1)+ + +
≥

2
(3 x)−
+
2
(x 1)+
= |3 – x| + |x + 1|
≥
3 – x + x + 1 = 4
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = -1 và 3 ≥ x ≥ -1.
Bài 5: Chứng minh rằng : 1/5 + 1/6 + 1/7 + ... + 1/17 < 2

Theo nhận xét trên thì vế trái là số tự nhiên chẵn nên phương trình không có nghiệm nguyên.
Bài 8: Giải phương trình :
Lời giải :
Đặt : u =
−2 x
; v =
−3 x
; t =
−5 x
với u ; v ; t ≥ 0 thì x = 2 - u
2
= 3 - v
2
= 5 - t
2
= uv + vt + tu.
Từ đó ta có hệ :
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có :
[ (u + v)(v + t)(t + u) ]
2
= 30
Vì u ; v ; t ≥ 0 nên (u + v)(v + t)(t + u) =
30
Kết hợp (4) với lần lượt (1) ; (2) ; (3) dẫn đến:

+ =





60
; t =
19 30
60
Do đó : x = 2 –
 
 ÷
 ÷
 
2
30
60
=
239
120
Bài 9: Cho các số a
1
, a
2
, a
3
, ... , a
2003
. Biết rằng : a
k
=
2
2 3
3k 3k 1
(k k)

1
k
–
3
1
(k 1)+
Do đó: a
1
+ a
2
+ a
3
+ ... + a
2003
= (
3
1
1
–
3
1
2
) + (
3
1
2
–
3
1
3

Vậy A = -3n (với n chẵn) ; A = 3n - 2 (với n lẻ).
Bài 11: Cho 6 số tự nhiên a
1
, a
2
, a
3
, a
4
, a
5
, a
6
thoả mãn: 2003 = a
1
< a
2
< a
3
< a
4
< a
5
< a
6
.
1) Nếu tính tổng hai số bất kì thì được bao nhiêu tổng?
2) Biết rằng tất cả các tổng trên là khác nhau. Chứng minh a
6
≥ 2012.

2
+ a
5
, a
2
+ a
6
, a
3
+ a
4
, a
3
+ a
5
, a
3
+
a
6
, a
4
+ a
5
, a
4
+ a
6
, a
5

= 2004, a
6
= 2011, a
1
= 2010.
Nhưng khi đó ta lại có a
1
+ a
6
= a
2
+ a
5
= 2014. Mâu thuẫn với giả thiết. Vậy a
6
≥ 2012
Bài 12: Bạn hãy khôi phục lại những chữ số bị xóa (để lại vết tích của mỗi chữ số là một dấu *) để phép
toán đúng.
Lời giải : Để thuận lợi, chúng ta đặt lại phép tính ở bài ra như sau :

Từ phép tính trên dễ nhận thấy b
2
= b
3
= 0. Vì nhân với 2 được nên a
1
≥ 5. Lại vì
nhân với b
1
được => b

, x ≥ y ≥ z, ta có bảng :
* Với z = 4, ta có :
1/x + 1/y + 1/4 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/4 = 1/4
=> : 4x + 4y = xy => ...... => (x - 4)(y - 4) = 16.
Do x, y thuộc Z
+
, x ≥ y ≥ z, ta có bảng :
* Với z = 5, ta có :
1/x + 1/y + 1/5 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/5 = 3/10
=> 10x + 10y = 3xy => (3x - 10)(3y - 10) = 100.
Do x, y thuộc Z
+
, x ≥ y ≥ z, ta có bảng :
* Với z = 6, ta có :
1/x + 1/y + 1/6 = 1/2 => 1/x + 1/y = 1/2 - 1/6 = 1/3
=> : 3x + 3y = xy => ... => (x - 3)(y - 3) = 9.
Do x, y thuộc Z
+
, x ≥ y ≥ z, ta có bảng :
* Vậy phương trình (1) có các nghiệm là :
(42 ; 7 ; 3), (24 ; 8 ; 3), (18 ; 9 ; 3), (15 ; 10 ; 3), (12 ; 12 ; 3),
(20 ; 5 ; 4), (12 ; 6 ; 4), (8 ; 8 ; 4), (10 ; 5 ; 5), (6 ; 6 ; 6),
cùng các hoán vị.
Từ đây, dễ dàng => phân số có thể biểu diễn được dưới
dạng tổng của 3 phân số dương có tử số bằng 1 với
đúng 10 cách :
Bài 15: So sánh A và B biết : A = (2003
2002
+ 2002
2002

n
+ b
n
)
n
.(a
n
+ b
n
) > (a
n
+ b
n
)
n
.a
n
= [(a
n
+
b
n
)a]
n
= (a
n
.a + b
n
.a)
n

2
)
4k + 2
chia hết cho (ax
2
- by
2
).
Từ đó ta => : a
4k + 2
.x
8k + 4
- b
4k + 2
y
8k + 4
chia hết cho p.
Ta lại có : a
4k + 2
.x
8k + 4
- b
4k + 2
.y
8k + 4
=(a
4k + 2
+ b
4k + 2
).x

Nếu trong hai số x, y có một số chia hết cho p thì từ (*) ta => số thứ hai cũng chia hết cho p.
Nếu cả hai số x, y không chia cho p, theo định lí Fecma x
8k + 4
trùng với 1 (mod p), y
8k + 4
trùng với 1 (mod
p). Khi đó x
8k+4
+ y
8k+4
≡
2 (mod p). Mâu thuẫn với (*).
Vậy cả hai số x, y chia hết cho p.
Bài 17: Cho một hình lập phương. Người ta gắn cho 8 đỉnh của nó bắt đầu từ đỉnh A, đi theo chiều mũi
tên 8 số tự nhiên liên tiếp và thực hiện: mỗi lần cộng vào 4 đỉnh của một mặt cùng với một số nguyên nào đó.
Hỏi sau bao nhiêu lần thực hiện như vậy thì ta được 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau ?
Lời giải : Kí hiệu các đỉnh theo chiều mũi tên lần lượt bởi các chữ cái A, B, C, D, E, G, H, I. Giả sử các
số nguyên gắn tương ứng với các đỉnh này là a, b, c, d, e, g, h, i, ta xét :
S = (b + d + g + i) - (a + c + e + h).
Nhận thấy 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt sẽ gồm 2 số trong các số g, d, g, i và 2 số trong các số
a, c, e, h. Do đó khi cộng 4 số này với cùng một số nguyên thì S không thay đổi.
Ban đầu a, b, c, d, e, g, h, i là các số tự nhiên liên tiếp nên S = 4. Vì vậy dù có thực hiện bao nhiêu lần
việc cộng với cùng một số nguyên cho 4 số gắn ở 4 đỉnh thuộc cùng một mặt thì S vẫn bằng 4, tức là S ≠ 0.
Chứng tỏ không thể làm cho 8 số ở 8 đỉnh bằng nhau.
Bài 18: Cho ba số a, b, c thỏa mãn hệ :
Chứng minh rằng :
Lời giải :
+ Chứng minh a ≥ 0 : Giả sử a < 0, từ (1) => b + c > 1 => - (b + c) < - 1.
Do a < 0 => a
2

4
)
2
+ (c –
1
4
)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
–
1
2
(a + b + c) +
3
16

≤

1 1 3 3
2 2 16 16
− + =
Vì
2
1
(a )

Cách 2:
Từ (1) ta có : 1 - a = b + c => (1 - a)
2
= (b + c)
2
≤ 2(b
2
+c
2
) (dễ dàng chứng minh), mặt khác, từ (2) =>
2(b
2
+c
2
) ≤ 1 - 2a
2
, do đó : (1 - a)
2
≤ 1 - 2a
2
tương đương với : 3a
2
- 2a ≤ 0 tương đương a(3a - 2) ≤ 0 hay a(a -
2/3) ≤ 0 => a và (a - 2/3) trái dấu.
Ta thấy a > a - 2/3 nên a ≥ 0 còn a - 2/3 ≤ 0 hay 0 ≤ a ≤ 2/3 .
Hoàn toàn tương tự ta có 0 ≤ b , c ≤ 2/3
Vậy (3) được chứng minh.
Bài 19: Chứng minh rằng:
Lời giải :
Đặt :

2
≤ a
i - 1
a
i + 1
với i = 2, 3, …, 9. Chứng
minh rằng với mọi i = 1, 2, …, 10 thì : a
i

≤

9
i 1
2
−
Lời giải : Đặt : c
i
=
i
9
i-1
a
2
; i = 1, 2, …, 10.
Ta có : c
1
= c
10
= 1 và với mọi i = 2, 3, …, 9 thì c
i

10
= 1, ta có c
i
≤ 1, tức là : với mọi i = 1, 2, …, 10.
Bài 22: Tính tổng A = a
1
+ a
2
+ … + a
2003
, biết : a
n
=
1
n(n 1) n n 1+ + +
(n
∈
N*)
Lời giải : Ta có : a
n
=
1
n(n 1) n n 1+ + +
=
1
n n 1( n 1n n)+ + +
=
n 1 n
n. n 1
+ −

1002
Bài 22: Tìm tất cả các số nguyên dương x, y, z sao cho : xyz = 9 + x + y + z (1).
Lời giải : Do vai trò bình đẳng của x, y, z trong phương trình (1), ta giả sử x y z.
Chú ý, nếu z 3 thì xyz x.3.3 = 9x = 6x + 3x 18 + (x + y + z) > 9 + x + y + z. Vậy z < 3.
* Trường hợp z = 1 : ta có (1) tương đương với xy = 10 + x + y hay (x - 1)(y - 1) = 11.
Vì x - 1 y - 1 => : x- 1 = 11 và y - 1 = 1 hay x = 12 và y = 2
* Trường hợp z = 2 : ta có (1) tương đương với 2xy = 11 + x + y hay (2x - 1)(2y - 1) = 23.
Vì 2x - 1 2y - 1 3 và 23 là số nguyên tố nên phương trình trên vô nghiệm.
Vậy với x y z thì (1) chỉ có nghiệm x = 12, y = 2, z = 1. Với x, y, z nguyên dương bất kì, (1) có 6
nghiệm (x, y, z) là 6 hoán vị của (12, 2, 1).
Bài 23: Cho dãy số tự nhiên liêp tiếp : 150 O 149 O 148 O … O 51 O 50. Chứng minh rằng, nếu điền
vào các vòng tròn “O” dấu “+” hoặc dấu “-” thì kết quả không thể bằng 2003.
Lời giải : Các bạn đã lí luận bằng nhiều cách để chỉ ra : khi điền vào các hình tròn dấu “+” hoặc dấu “-”
thì kết quả là một số chẵn nên kết quả không thể bằng 2003.
Cách 1 : Nếu điền vào tất cả các hình tròn dấu “+” ta có :
S = 150 + 149 + 148 + … + 51 + 50 = (150 + 50).101/2 = 10100, là số chẵn.
Trong tổng S, nếu thay mỗi dấu “+” trước một số a bất kì bởi dấu “-” thì S sẽ giảm đi 2a (là một số
chẵn). Như vậy, nếu thay bao nhiêu dấu “+” trong S bởi dấu “-” thì S sẽ vẫn là một số chẵn.
Cách 2 : Ta thấy rằng, mỗi cặp số tự nhiên liên tiếp đều có tổng hoặc hiệu là một số lẻ. Các số tự nhiên
liên tiếp từ 150 đến 51 có tất cả 50 (là số chẵn) cặp như vậy. Tổng hoặc hiệu của một số chẵn các số lẻ luôn là
một số chẵn nên giữa các số tự nhiên liên tiếp từ 150 đến 51, đặt bất kì dấu “+” hay dấu “-” thì kết quả đều là số
chẵn ; cộng hay trừ với số còn lại của dãy số đã cho là số 50 cho kết quả cuối cùng là một số chẵn.
Bài 24:Cho : ax
3
= by
3
= cz
3
và 1/x + 1/y + 1/z = 1
Chứng minh rằng :

= ax
2
+ by
2
+ cz
2

=> A =
2 2 2
3
ax by cz+ +
= k = k
1 1 1
x y z
 
+ +
 ÷
 

=

k k k
x y z
+ +

=
3 3 3
x a y b z c
x y z
+ +

, với k là
số nguyên lẻ lớn hơn 1 ; 1/b
1
+ 1/b
2
+ …1/b
n
= 1 thì :
Bài 25: Trong một giải bóng đá Nhi đồng theo thể thức thi đấu vòng tròn một lượt. Thắng được 3 điểm,
hòa 1 điểm, thua 0 điểm. Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được tất cả 16 điểm. Chứng minh rằng
vào bất kì lúc nào cũng tìm được ít nhất hai đội đã đấu cùng số trận.
Lời giải : Đội Măng Non chỉ hòa 1 trận, thua 1 trận và được 16 điểm nên tổng số điểm của các trận
thắng là : 16 - 1 = 15 (điểm). Do đó đội này đã thắng 15 : 3 = 5 (trận) và thi đấu tất cả 7 trận. Vì giải đấu theo
thể thức vòng tròn một lượt nên số đội dự giải là : 7 + 1 = 8 (đội)
Chia các đội thành các nhóm mà mỗi nhóm gồm các đội có cùng số trận đã đấu thì nhiều nhất chỉ có 7
nhóm vì nếu có nhóm chưa đá trận nào thì không có nhóm đã đá 7 trận. Cụ thể chỉ có các nhóm với số trận đã đá
là : 0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 hoặc 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7.
Vì có 8 đội mà chỉ có 7 nhóm nên theo nguyên lí Đi-rích-lê thì tồn tại hai đội ở cùng một nhóm tức là hai
đội đã đá cùng số trận.
Bài 26: Cho các số không âm x
1
, x
2
, x, …, x
n
có tổng bằng 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : x
1
x
2
+

+ … + x
n-1
; b = x
2
+ x
4
+ … + x
n
.
Ta có, a + b = 1 và T nhỏ hơn bằng a.b (tự kiểm tra). Từ đó:
T
≤
a.b = a.(1 - a) = - a
2
+ a = 1/4 - (a - 1/2)
2

≤
1/4.
Nếu x
1
= x
2
thì x
3
= x
4
= … = x
n
= 0, khi đó T đạt giá trị lớn nhất bằng 1/4.

(x
2
+ x
3
+ … + x
n
) = x
1
(1 - x
1
).
Đến đây, bài toán được giải quyết tiếp như ở cách 1.
Bài 27: 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 và y > 0 thì x + y > 0 khi |x| < |y| ; 1/x + 1/y > 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 28: Cho số tự nhiên N = 2003
2004

+ … + n
k
, ta có :
S - N = (n
1
3
+ n
2
3
+ … + n
k
3
) - (n
1
+ n
2
+ … + n
k
) = (n
1
3
- n
1
) + (n
1
3
- n
1
) + … + (n
k

2m + 1
+ … + n
k
2m + 1
có cùng số dư khi chia cho 6 với n
1
, n
2
, …, n
2
là các số nguyên”.
Bài 29: Cho 20 số nguyên khác 0 : a
1
, a
2
, a
3
, … , a
20
có các tính chất sau :
* a
1
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 : a
1
.a
14
+ a

) + (a
18
+ a
19
+ a
20
) < 0 ; a
1
> 0 ; a
2
+ a
3
+ a
4
> 0 ; … ; a
11
+ a
12
+ a
13
> 0 ; a
15
+ a
16
+ a
17
> 0 ; a
18
+ a
19

19
+ a
20
) < 0 =>
a
13
+ a
14
< 0.
Mặt khác, a
12
+ a
13
+ a
14
> 0 => a
12
> 0.
Từ các điều kiện a
1
> 0 ; a
12
> 0 ; a
14
< 0 => a
1
.a
14
+ a
14

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 31: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Lời giải : Biến đổi ta có :
(áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số 2003(1 + x) và (1 - x))
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2003(1 + x) = 1 - x khi và chỉ khi 2004x = -2002 => x = - 2002/2004
thuộc (-1 ; 1).
Vậy giá trị nhỏ nhất của P(x) bằng
Bài 32: Cho 25 số nguyên phân biệt, biết rằng tổng của 4 số bất kì trong chúng đều dương.
a) Chứng minh rằng : Trong 25 số có ít nhất 22 số dương.
b) Tổng của 25 số này lớn hơn hoặc bằng 316.
Lời giải :
a) Nếu trong 25 số có 4 số không dương thì tổng của 4 số này là không dương, trái với giả thiết. Vậy
trong 25 số nhiều nhất có 3 số không dương nên ít nhất có 22 số dương.
b) Chỉ có 25 bạn chỉ ra điều phải chứng minh là sai. Điều này thấy ngay nhờ phản thí dụ. Tuy nhiên chỉ
có 7 bạn là hành trình tiếp để đi tìm con số thay cho số 316. Ta sẽ đi tìm con số đó.
Gọi 25 số nguyên phân biệt đó là a
1
< a
2
< a
3
< a
4
< a
5
< ... < a

1
+ a
2
+ a
3
≥ 0. (1)
Nếu a
4
= 1 thì a
1
< a
2
< a
3
< a
4
= 1 nên a
1
+ a
2
+ a
3
≤ (-2) + (-1) + 0 = -3. (2)
Mâu thuẫn giữa (1) và (2) => a
4
≥ 2. Do đó a
i
≥ i - 2 với 4 ≤ i ≤25. Gọi S là tổng của 25 số đã cho thì S ≥
a
1

+ a
3
+ a
4
= 1 và a
4
≥ 2, khi đó S = 274.
Tóm lại : S ≥ 274 và S nhỏ nhất là 274.
Bài 33: Cho các số thực dương a, b, x, y thỏa mãn các điều kiện
a + b + x + y ≤ 2, a + b
2
= x + y
2
, a
2
+ b = x
2
+ y.
Chứng minh rằng :
Lời giải : Từ giả thiết => a - x = y
2
- b
2
(1) ; x
2
- a
2
= b - y (2)
Vì a, b, x, y là các số thực dương, từ (1) hoặc (2) => nếu a = x => b = y ; nếu a khác x => b khác y.
Giả sử a khác x và b khác y, chia từng vế của (1) cho (2) => 1/(a + x) = b + y => (a +x)(b + y) = 1

1
’, ∆
2
’ lần lượt là biệt số của (1) và (2) thì ∆
1
’ = a
4
b
2
- b
5
= b
2
(a
4
- b
3
) và ∆
2
’ = b
4
a
2
- a
5
=
a
2
(b
4

(b
2
+ b + 1) 0 với mọi a, b
=> (a
4
- b
3
) + (b
4
- a
3
) ≥ a + b - 2 ≥ 0 với mọi a, b thỏa mãn a + b ≥ 2.
Vậy trong hai biểu thức a
4
- b, sup>3 và b
4
- a
3
có ít nhất một biểu thức không âm => trong hai biệt số ∆
1
’
và ∆
2
’ có ít nhất một biệt số không âm, tức là ít nhất có một phương trình có nghiệm.
Cách 2 : Nếu a ≥ b thì 2 ≤ a + b ≤ 2a => a ≥ 1.
Vì a ≥ b và a ≥ 1 nên a
3
≥ b
3
và a

3
thì a
3
+ b
3
> a
4
+ b
4
=> (a
3
+ b
3
)(a + b) > (a
4
+ b
4
)(a + b) ≥
2(a
4
+ b
4
) (**).
Do (*) và (**) mâu thuẫn nên suy ra điều phải chứng minh.
Bài 36: Cho a, b, c ≥ 0 và a + b + c = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của tổng :
S = ab + 2bc + 3ca.
Lời giải : Biến đổi ta có : S = (ab + ca) + (2bc + 2ca) = a(b + c) + 2c(b + a) = a(1 - a) + 2c(1 - c)
Vậy giá trị lớn nhất của S bằng 3/4. <=> a = c = ½ ; b = 0
Bài 37: Giải phương trình :
Lời giải : Điều kiện để căn thức có nghĩa là : 1 - x

trị cũng như tính chất chia hết cho 3 của các số đó.
Rõ ràng, nếu b, c, d được xác định thì a cũng sẽ được xác định duy nhất để chia hết cho 3 (nếu x là
số dư của tổng b + c + d khi chia cho 3 thì a = 0 nếu x = 0 hoặc a = 3 - x nếu x ≠ 0).
Có ba cách chọn mỗi chữ số b, c, d trong các chữ số 0, 1, 2 nên sẽ có 3 x 3 x 3 = 27 cách chọn số
Theo nhận xét trên, với mỗi cách chọn số thì chọn được duy nhất số a trong các chữ số 0, 1, 2 nên
cũng có 27 cách chọn số .
Vì khi chọn a trong các chữ số 0, 1, 2 thì các chữ số 0, 1, 2 có vai trò như nhau nên sẽ có 27 : 3 = 9 cách
chọn số . Trong các số này, chỉ có duy nhất 2001 < 2004.
Vậy số các số tự nhiên chia hết cho 3 ; chỉ được viết bởi các chữ số 0, 1, 2 và không lớn hơn 2004 là 27 -
9 + 1 = 19.
Dựa vào quy luật trên ta có thể liệt kê các số cụ thể như sau : 0000; 2010; 1020; 2100; 1110; 0120; 2220; 1200;
0210; 2001; 1011; 0021; 1101; 0111; 2121; 0201; 2211; 1221; 1002; 0012; 2022; 0102; 2112; 1122; 2202;
1212; 0222 (các số gạch chân là các số lớn hơn 2004)
19 số thỏa mãn điều kiện đề bài là : 0 ; 12 ; 21 ; 102 ; 111 ; 120 ; 201 ; 210 ; 222 ; 1002 ; 1011 ; 1020 ;
1101 ; 1110 ; 1122 ; 1200 ; 1212 ; 1221 ; 2001.
Bài 40: Tìm nghiệm dương của phương trình : (x
3
+ y
3
) + 4(x
2
+ y
2
) + 4(x + y) = 16xy.
Lời giải :
Ta có (x
3
+ y
3
) + 4(x

=
8
(1 x).1.1.1.1.1.1.1−

≤

(1 x) 1 1 1 1 1 1 1 8 x
8 8
− + + + + + + + −
=
(1)
8
1 x+
=
8
(1 x).1.1.1.1.1.1.1+

≤

(1 x) 1 1 1 1 1 1 1 8 x
8 8
+ + + + + + + + +
=
(2)
8
2
1 x−
=
8
(1 x)(1 x).1.1.1.1.1.1+ −

+ +
+
=>
n 1 n n 1 n
(n 1) n
2 (n 1)n
+ − + −
<
+ +
+
(do
n 1 n+ −
> 0)
=>
n 1 n 1 1
(n 1) n
2 n 2 n 1
+ −
< −
+ +
+
(*)
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có :
Vậy A < 0,4.
Bài 43: Cho các số x
1
, x,sub>2, x
3
, ..., x
11

Suy ra a
3
+ b
3
+ c
3
< 3abc <=> a, b, c không đồng thời bằng nhau và a + b + c < 0.
Áp dụng với a =
3
i 1
x
+
; b =
3
i
x−
; c = -1. Ta có: x
i+1
– x
i
– 1 < 3
3
i i 1
x x
+
<=>
3
i 1
x
+

=>
3
2
x
–
3
1
x
;
3
3
x
–
3
2
x
; … ;
3
11
x
–
3
10
x
;
là 10 số dương có tổng bằng :
Do đó tồn tại i
∈
{1, 2, 3, ..., 10} sao cho:
Từ (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.

áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có :
Từ (1), (2) suy ra :
Do đó x thỏa mãn phương trình khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở
thành đẳng thức :
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1.
Cách 3 : Viết phương trình về dạng :
Dễ dàng thấy nghiệm duy nhất là x = 1.
Cách 4 :
<=> 2 - x
4
= (x
2
- 3x + 3)
4
<=> (x
2
- 3x + 3)
4
+ x
4
= 2.
Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski :
Phương trình thỏa mãn khi và chỉ khi :
Bài 45: Giải hệ phương trình
Lời giải : Hệ được viết về dạng
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có : [(x + 1)(y + 2)(z + 3)]
2
= 36 <=> (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6.
* Nếu (x + 1)(y + 2)(z + 3) = 6 (4) thì lần lượt thế (1), (2), (3) vào (4) ta được
* Nếu (x + 1)(y + 2)(z + 3) = -6 (5) thì lần lượt thế (1), (2), (3) vào (5) ta được

+ + − + +
=
2
(x y) 4(x y) 4 3
2
+ − + + +
=
2
(x y 2) 3
2
+ − +
Hơn nữa: (x – y)
2

≥
0 với mọi x, y suy ra: 2xy
≤
x
2
+ y
2
=> (x + y)
2

≤
2(x
2
+ y
2
) = 2

+ + + +
=
; Đẳng thức xảy ra <=> x = y =
2
2
−
=> S
2
( 2 2) 3
2
− +
≥
=
2 4 2 4 3 9 4 2
2 2
− + + −
=
; Đẳng thức xảy ra <=> x = y =
2
2
Vậy gía trị lớn nhhất và nhỏ nhất của S tương ứng bằng:
9 4 2
2
+
và
9 4 2
2
−
Bài 48: Cho ba số chính phương A, B, C. Chứng tỏ rằng : (A - B)(B - C)(C - A) chia hết cho 12.
Lời giải : Dựa vào 2 nhận xét :

<=>
3
x 1−
.(1 – x) =
3
3
( vì 1 + x
3
= 3)
<=>(x - 1)(x + 1)
3
= 3 (*).
Ta có (x - 1)(x + 1)
3
= (x - 1)(x
3
+ 3x
2
+ 3x + 1) = (x - 1)(2 + 3x
2
+ 3x + 1) = (x - 1).3.(x
2
+ x + 1)
= 3.(x
3
- 1) = 3(2 - 1) = 3.
Vậy đẳng thức (*) đúng. Bài toán đã được chứng minh.
Bài 49: Cho a ≠ -b, a ≠ -c, b ≠ -c. Chứng minh rằng :
2 2
b c

(*)
Lời giải : Ta có
2 2
b c
(a b)(a c)
−
+ +
=
2 2 2 2
b a a c
(a b)(a c) (a b)(a c)
− −
+
+ + + +
=
b a a c
a c a b
− −
+
+ +
(1)
Tương tự ta có:
2 2
c a
(b c)(b a)
−
+ +
=
c b b a
a b b c

a b
(c a)(c b)
−
+ +
=
b a a c
a c a b
− −
+
+ +
+
c b b a
a b b c
− −
+
+ +
+
a c c b
c b c a
− −
+
+ +
=
b c
b c
−
+
+
c a
c a

l
+ a
n
) ; b = 1/3(b
k
+ b
l
+ b
n
) ; c
= 1/3(c
k
+c
l
+ c
n
) ; đồng thời là các số nguyên.
Lời giải :
* Trước hết ta chứng minh khẳng định : “Trong 5 số nguyên bất kì luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia
hết cho 3” (1).
Thật vậy : Có hai trường hợp xảy ra:
Trường hợp 1 : 3 trong 5 số trên có số dư khác nhau trong phép chia cho 3 (là 0, 1, 2). Vì 0 + 1 + 2 = 3
chia hết cho 3 nên tổng của 3 số này cũng chia hết cho 3.
Trường hợp 2 : Cả 5 số nguyên trên khi chia cho 3 chỉ có nhiều nhất hai số dư khác nhau. Vì 5 = 2 x 2 +
1, theo nguyên lí Đi-rich-lê thì trong 5 số đó có ít nhất 3 số có cùng số dư trong phép chia cho 3, như vậy tổng
của 3 số này phải chia hết cho 3.
* Trở lại bài toán :
- Vì 37 = 12 x 3 + 1 nên theo nguyên lí Đi-rich-lê, trong 37 số a
1
; a

j5
luôn có 3 số mà tổng của 3 số đó chia hết cho 3. Giả sử
3 số đó là c
k
, c
l
, c
n
, suy ra c = 1/3(c
k
+ c
l
+ c
n
) là số nguyên.
- Các số b
k
, b
l
, b
n
thuộc tập hợp số {b
j1
; b
j2
; ... ; b
j5
} nên có cùng số dư trong phép chia cho 3 => b
k
+ b

0
phương trình sẽ có nghiệm x = -x
0
. Do đó ta
chỉ cần xác định a > 0 để phương trình có nghiệm và từ đó suy ngay ra trường hợp a < 0.
Với a > 0 thì x > 0 và để căn có nghĩa thì x > 1. Khi đó :
(1)
2
2
x
x 1−
+
2
2
2x
x 1−
+ x
2
= a
2
<=>
4
2
x
x 1−
+
2
2
2x
x 1−

a 1+
)
2
x 1−
= 0
Đặt t =
2
x 1−
> 0 thì phương trình trên trở thành : t
2
– (
2
a 1+
– 1)t + 1 = 0 (2).
Phương trình (1) có nghiệm <=> phương trình (2) có nghiệm t > 0. Ta có S =
2
a 1+
– 1 > 0 (do a > 0) và
P = 1 > 0 nên (1) có nghiệm <=> (2) có nghiệm
<=> ∆ ≥ 0 <=> (
2
a 1+
– 1)
2
– 4
≥
0 <=>
2
a 1+
– 1

≥


+ ≥

<=>
a 0
b 0
≥


≥


Ta có : (1) <=> |m
2
x + m
3
| + |m
2
x + 1| = 1 - m
3
<=> |-m
2
x - m
3
| + |m
3
x + 1| = (-m
2

Do đó : [- 1/m
2
; - m] chứa ít nhất 4 số nguyên
+ Với m = -1 thì : [- 1/m
2
; - m] chỉ chứa 3 số nguyên là -1, 0, 1 (loại).
+ Với m < -1 thì :
Do đó : [- 1/m
2
; - m] chứa ít nhất 4 số nguyên <=> -m ≥ 3 => m ≤ -3.
* Kết luận : Để phương trình (1) có ít nhất 4 nghiệm nguyên thì :
PHẦN HÌNH HỌC
Bài 1: Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích tam giác
AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C). Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm
trong tam giác AMN.
Lời giải : Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt L là giao điểm của BG
và AC ; O là giao điểm của BL và MN.
Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2 (1)
Theo giả thiết : S
(AMN)
= 1/2 . S
(ABC)
Mặt khác, vì AL = CL nên :
S
(ABL)
= 1/2 . S
(ABC)

Vậy S
(AMN)