Chuyên đề: Bồi dưỡng học sinh giỏi và năng khiếu

n (1) được chứng minh.
Bây giờ ta chứng minh x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2. Ta có :
.
Xét biểu thức tổng quát Sn = an + bn với a = 5 + 2 , b = 5 - 2.
Sn = (5 + 2)n = (5 - 2)n
A và b có tổng bằng 10, tích bằng 1 nên chúng là nghiệm của phương trình X2 -10X + 1 = 0, tức là : a2 = 10a – 1 (3) ; b2 = 10b – 1 (4).
Nhân (3) với an , nhân (4) với bn : an+2 = 10an+1 – an ; bn+2 = 10bn+1 – bn.
Suy ra (an+2 + bn+2) = 10(an+1 + bn+1) – (an + bn),
tức là Sn+2 = 10Sn+1 – Sn , hay Sn+2 - Sn+1 (mod 10)
Do đó Sn+4 - Sn+2 Sn (mod 10) (5)
Ta có S0 = (5 + 2)0 + (5 - 2)0 = 1 + 1 = 2 ; S1 = (5 + 2) + (5 - 2) = 10.
Từ công thức (5) ta có S2 , S3 , … , Sn là số tự nhiên, và S0 , S4 , S8 , … , S100 có tận cùng bằng 2, tức là tổng x + y là một số tự nhiên có tận cùng bằng 2. Điều kiện (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
217. Biến đổi . Phần nguyên của nó có chữ số tận cùng bằng 9.
(Giải tương tự bài 36)
218. Ta có :
Theo cách chia nhóm như trên, nhóm 1 có 3 số, nhóm 2 có 5 số, nhóm 3 có 7 số, nhóm 4 có 9 số. Các số thuộc nhóm 1 bằng 1, các số thuộc nhóm 2 bằng 2, các số thuộc nhóm 3 bằng 3, các số thuộc nhóm 4 bằng 4.
Vậy A = 1.3 + 2.5 + 3.7 + 4.9 = 70
§ 7. CĂN BẬC BA
219. a) Xét 0 ≤ x ≤ 3. Viết A dưới dạng : A = 4.. .(3 – x). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm , , (3 – x) ta được : ..(3 – x) ≤ .
Do đó A ≤ 4 (1)
b) Xét x > 3, khi đó A ≤ 0 (2). So sánh (1) và (2) ta đi đến kết luận :
.
220. a) Lập phương hai vế, áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta được :
 Û x = - 1 ; x = 7 (thỏa)
b) Điều kiện : x ≥ - 1 (1). Đặt . Khi đó x – 2 = y2 ; x + 1 = z2 
nên z2 – y3 = 3. Phương trình đã cho được đưa về hệ :
Rút z từ (2) : z = 3 – y. Thay vào (3) : y3 – y2 + 6y – 6 = 0 Û (y – 1)(y2 + 6) = 0 Û y = 1
Suy ra z = 2, thỏa mãn (4). Từ đó x = 3, thỏa mãn (1). Kết luận : x = 3.
221. a) Có, chẳng hạn : .
b) Không. Giả sử tồn tại các số hữu tỉ dương a, b mà . Bình phương hai vế :
.
Bình phương 2 vế : 4ab = 2 + (a + b)2 – 2(a + b) Þ 2(a + b) = 2 + (a + b)2 – 4ab
Vế phải là số hữu tỉ, vế trái là số vô tỉ (vì a + b ≠ 0), mâu thuẩn. 
222. a) Giả sử là số hữu tỉ (phân số tối giản). Suy ra 5 = . Hãy chứng minh rằng cả m lẫn n đều chia hết cho 5, trái giả thiết là phân số tối giản.
b) Giả sử là số hữu tỉ (phân số tối giản). Suy ra :
Thay m = 2k (k Î Z) vào (1) : 8k3 = 6n3 + 12kn2 Þ 4k3 = 3n3 + 6kn2. Suy ra 3n3 chia hết cho 2 Þ n3 chia hết cho 2 Þ n chia hết cho 2. Như vậy m và n cùng chia hết cho 2, trái với giả thiết là phân số tối giản.
223. Cách 1 : Đặt a = x3 , b = y3 , c = z3. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ 0. Ta có hằng đẳng thức :
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)[(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2]. (bài tập sbt)
Do a, b, c ≥ 0 nên x, y, z ≥ 0, do đó x3 + y3 + z3 – 3xyz ≥ 0. Như vậy : 
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c.
Cách 2 : Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức Cauchy cho bốn số không âm. Ta có :
Trong bất đẳng thức , đặt ta được :
.
Chia hai vế cho số dương (trường hợp một trong các số a, b, c bằng 0, bài toán được chứng minh) : . 
Xảy ra đẳng thức : a = b = c = Û a = b = c = 1
224. Từ giả thiết suy ra : . Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương : . Tương tự :
Nhân từ bốn bất đẳng thức : .
225. Gọi . Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki :
 (1)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với ba số không âm : (2)
Nhân từng vế (1) với (2) : 
226. Đặt thì x3 + y3 = 6 (1). Xét hiệu b3 – a3 , ta được :
b3 – a3 = 24 – (x + y)3 = 24 – (x3 + y3) – 3xy(x + y)
Do (1), ta thay 24 bởi 4(x3 + b3), ta có :
b3 – a3 = 4(x3 + y3) – (x3 + y3) – 3xy(x + y) = 3(x3 + y3) – 3xy(x + y) =
= 3(x + y)(x2 – xy + y2 – xy) = 3(x + y)(x – y)2 > 0 (vì x > y > 0).
Vậy b3 > a3 , do đó b > a.
227. a) Bất đẳng thức đúng với n = 1. Với n ≥ 2, theo khai triển Newton, ta có :
< 
Dễ dàng chứng minh : 
 = . Do đó 
b) Với n = 2, ta chứng minh (1). Thật vậy, (1) Û Û 32 > 22.
Với n ≥ 3, ta chứng minh (2). Thật vậy :
 (3)
Theo câu a ta có , mà 3 ≤ n nên (3) được chứng minh.
 Do đó (2) được chứng minh.
228. Cách 1 : . min A = 2 với x = 0.
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy : 
min A = 2 với x = 0.
229. Với x < 2 thì A ≥ 0 (1). Với 2 ≤ x ≤ 4, xét - A = x2(x – 2). Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm :
- A ≤ 32 Þ A ≥ - 32. min A = - 32 với x = 4.
230. Điều kiện : x2 ≤ 9.
max A = với x = ± .
231. a) Tìm giá trị lớn nhất :
Cách 1 : Với 0 ≤ x < thì A = x(x2 – 6) ≤ 0.
Với x ≥ . Ta có ≤ x ≤ 3 Þ 6 ≤ x2 ≤ 9 Þ 0 ≤ x2 – 6 ≤ 3.
Suy ra x(x2 – 6) ≤ 9. max A = 9 với x = 3.
Cách 2 : A = x(x2 – 9) + 3x. Ta có x ≥ 0, x2 – 9 ≤ 0, 3x ≤ 9, nên A ≤ 9.
max A = 9 với x = 3
b) Tìm giá trị nhỏ nhất :
Cách 1 : A = x3 – 6x = x3 + (2)3 – 6x – (2)3 =
= (x + 2)(x2 - 2x + 8) – 6x - 16
= (x + 2)(x2 - 2x + 2) + (x + 2).6 – 6x - 16
= (x + 2)(x - )2 - 4 ≥ - 4.
min A = - 4 với x = .
Cách 2 : Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số không âm :
x3 + 2 + 2 ≥ 3. = 6x.
Suy ra x3 – 6x ≥ - 4. min A = - 4 với x = .
232. Gọi x là cạnh của hình vuông nhỏ, V là thể tích của hình hộp.
Cần tìm giá trị lớn nhất của V = x(3 – 2x)2.
Theo bất đẳng thức Cauchy với ba số dương :
4V = 4x(3 – 2x)(3 – 2x) ≤ = 8
max V = 2 Û 4x = 3 – 2x Û x = 
Thể tích lớn nhất của hình hộp là 2 dm3 khi cạnh hình vuông nhỏ bằng dm.
233. a) Đáp số : 24 ; - 11.	b) Đặt . Đáp số : 1 ; 2 ; 10.
c) Lập phương hai vế. Đáp số : 0 ; ± 
d) Đặt = y. Giải hệ : x3 + 1 = 2y , y3 + 1 = 2x, được (x – y)(x2 + xy + y2 + 2) = 0
Û x = y. Đáp số : 1 ; .
e) Rút gọn vế trái được : . Đáp số : x = 4.
g) Đặt . Ta có : a3 + b3 = 2, a3 – b3 = 12 – 2x, do đó vế phải của phương trình đã cho là . Phương trình đã cho trở thành : = .
Do a3 + b3 = 2 nên Þ (a – b)(a3 + b3) = (a + b)(a3 – b3)
Do a + b ≠ 0 nên : (a – b)(a2 – ab + b2 = (a – b)(a2 + ab + b2).
Từ a = b ta được x = 6. Từ ab = 0 ta được x = 7 ; x = 5.
h) Đặt . Ta có : a2 + b2 + ab = 1 (1) ; a3 – b3 = 2 (2).
Từ (1) và (2) : a – b = 2. Thay b = a – 2 vào (1) ta được a = 1. Đáp số : x = 0.
i) Cách 1 : x = - 2 nghiệm đúng phương trình. Với x + 2 ≠ 0, chia hai vế cho .
Đặt . Giải hệ a3 + b3 = 2, a + b = - 1. Hệ này vô nghiệm.
Cách 2 : Đặt = y. Chuyển vế : . Lập phương hai vế ta được :
y3 – 1 + y3 + 1 + 3..(- y) = - y3 Û y3 = y. .
Với y = 0, có nghiệm x = - 2. Với y ≠ 0, có y2 = . Lập phương : y6 = y6 – 1. Vô n0.
Cách 3 : Ta thấy x = - 2 nghiệm đúng phương trình. Với x - 2, phương trình vô nghiệm, xem bảng dưới đây :
x
Vế trái
x < - 2
x > - x
< - 1
> - 1
< 0
> 0
< 1
> 1
< 0
> 0
k) Đặt 1 + x = a , 1 – x = b. Ta có : a + b = 2 (1), = 3 (2)
Theo bất đẳng thức Cauchy , ta có :
.
Phải xảy ra dấu đẳng thức, tức là : a = b = 1. Do đó x = 0.
l) Đặt thì m4 + n4 = a + b – 2x. 
Phương trình đã cho trở thành : m + n = . Nâng lên lũy thừa bậc bốn hai vế rồi thu gọn : 2mn(2m2 + 3mn + 2n2) = 0.
Suy ra m = 0 hoặc n = 0, còn nếu m, n > 0 thì 2m2 + 3mn + 2n2 > 0.
Do đó x = a , x = b. Ta phải có x ≤ a , x ≤ b để các căn thức có nghĩa.
Giả sử a ≤ b thì nghiệm của phương trình đã cho là x = a. 
234. Điều kiện để biểu thức có nghĩa : a2 + b2 ≠ 0 (a và b không đồng thời bằng 0).
Đặt , ta có : =
.
Vậy : (với a2 + b2 ≠ 0).
235. Do A là tổng của hai biểu thức dương nên ta có thể áp dụng bất đẳng thức Cauchy :
 = 
= . Đẳng thức xảy ra khi : 
.
Ta có A ≥ 2, đẳng thức xảy ra khi x = 0. Vậy : min A = 2 Û x = 0.
236. Vì 1 + là nghiệm của phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0, nên ta có :
3(1 + )3 + a(1 + )2 + b(1 + ) + 12 = 0.
Sau khi thực hiện các phép biến đổi, ta được biểu thức thu gọn :
(4a + b + 42) + (2a + b + 18) = 0.
Vì a, b Î Z nên p = 4a + b + 42 Î Z và q = 2a + b + 18 Î Z. Ta phải tìm các số nguyên a, b sao cho p + q = 0.
Nếu q ≠ 0 thì = - , vô lí. Do đó q = 0 và từ p + q = 0 ta suy ra p = 0.
Vậy 1 + là một nghiệm của phương trình 3x3 + ax2 + bx + 12 = 0 khi và chỉ khi :
 . Suy ra a = - 12 ; b = 6.
237. Giả sử là số hữu tỉ ( là phân số tối giản ). Suy ra : 3 = . Hãy chứng minh cả p và q cùng chia hết cho 3, trái với giả thiết là phân số tối giản.
238. a) Ta có : .
Do đó : .
b) .
239. Áp dụng hằng đẳng thức (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b), ta có : 
 Û a3 – 6a – 40 = 0 Û (a – 4)(a2 + 4a + 10) = 0. Vì a2 + 4a + 10 > 0 nên Þ a = 4.
240. Giải tương tự bài 21.
241. A = 2 + .
242. Áp dụng : (a + b)3 = a3 + b3 + 3ab(a + b). 
Từ x = . Suy ra x3 = 12 + 3.3x Û x3 – 9x – 12 = 0.
243. Sử dụng hằng đẳng thức (A – B)3 = A3 – B3 – 3AB(A – B). Tính x3. Kết quả M = 0
244. a) x1 = - 2 ; x2 = 25.
b) Đặt , ta được : Û u = v = - 2 Þ x = 1.
c) Đặt : . Kết quả x = ± 7.
245. Đưa biểu thức về dạng : . Áp dụng | A | + | B | ≥ | A + B |
min A = 2 Û -1 ≤ x ≤ 0.
246. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy hai lần.
247. Đặt 
BÀI TẬP ÔN CHƯƠNG I
249. Ta có : = | x – a | + | x – b | ≥ | x – a + b – x | = b – a (a < b).
Dấu đẳng thức xảy ra khi (x – a)(x – b) ≥ 0 Û a ≤ x ≤ b. Vậy min P = b – a Û a ≤ x ≤ b.
250. Vì a + b > c ; b + c > a ; c + a > b. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho từng cặp số dương
Các vế của 3 bất dẳng thức trên đều dương. Nhân 3 bất đẳng thức này theo từng vế ta được bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :
a + b – c = b + c – a = c + a – b Û a = b = c (tam giác đều).
251. .
252. 2A = (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2.
Ta có : c – a = - (a – c) = - [(a – b) + (b – c)] = - ( + 1 + - 1) = - 2.
Do đó : 2A = (+ 1)2 + ( - 1)2 + (-2)2 = 14. Suy ra A = 7.
253. Đưa pt về dạng : .
254. Nếu 1 ≤ x ≤ 2 thì y = 2.
255. Đặt : .
256. Gọi các kích thước của hình chữ nhật là x, y. Với mọi x, y ta có : x2 + y2 ≥ 2xy. Nhưng x2 + y2 = (8)2 = 128, nên xy ≤ 64. Do đó : max xy = 64 Û x = y = 8.
257. Với mọi a, b ta luôn có : a2 + b2 ≥ 2ab. Nhưng a2 + b2 = c2 (định lí Pytago) nên : 
c2 ≥ 2ab Û 2c2 ≥ a2 +b2 + 2ab Û 2c2 ≥ (a + b)2 Û c ≥ a + b Û c ≥ .
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b.
258. Biến đổi ta được : 
259. – 2 ≤ x ≤ - 1 ; 1 ≤ x ≤ 2.
---------------Hết---------------
Kontum, tháng 8 năm 2006
	 Hồ Ngọc Hiệp