Một số bài toán ôn tập học kì

MỘT SỐ BÀI TOÁN 
Bài 1: Tìm số tự nhiên n để n4 + n3 + 1 là số chính phương.
Giải: Giả sử n4 + n3 + 1 là số chính phương. Vì n4 + n3 + 1 > (n2)2 nên ta có:
 n4 + n3 + 1 = (n2 + k)2 = n4 + 2kn2 + k2, với k là một số nguyên dương nào đó. 
=>n2(n – 2k) = k2 – 1 0
Đặc biệt, k2 – 1 chia hết cho n2, do đó k2 = 1 hoặc n2 k2 – 1
 	Nếu k2 = 1 thì k = 1 và n2(n – 2) = 0 ta có n = 2. Thử lại: 24 + 23 + 1 = 52, thoã mãn
	Ngoài ra khi k 1 thì k2 > k2 – 1 n2 => k > n => n – 2k < 0; mâu thuẫn với điều kiện n2(n – 2k) = k2 – 1 0.
	Vậy ta chỉ tìm được n = 2 thoã mãn bài toán
Bài 2: Tìm cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y2(x + 1) = 1576 + x2
Giải: Giả sử cặp số nguyên không âm x, y thoã mãn y2(x + 1) = 1576 + x2. Khi đó:
y2(x + 1) = 1577 + x2 – 1 => (y2 – x + 1)(x + 1) = 1577 = 19.83: Chỉ xảy ra trong các khả năng sau: 	Nếu x + 1 = 1 thì x = 0, y2 = 1576
	Nếu x + 1 = 19 thì x = 18, y2 = 100 
 	Nếu x + 1 = 83 thì x = 82, y2 = 100
	Nếu x + 1 = 1577 thì x = 1576, y2 = 1576
	Do 1576 không phải là số chính phương nên ta có nghiệm là: (18, 10) và (82, 10)
Bài 3: Cho số A = gồm 2003 chữ số 1 ở bên trái dấu * và 2003 chữ số 3 ở bên phải dấu *. Hãy thay dấu * bằng chữ số nào để được một số chia hết cho 7.
Giải: Để ý rằng: 
A = .102004 + (*).102003 + = (*).102003 + (102004 + 3). (1)
Mặt khác: 	103 -1(mod7) suy ra 102003 5(mod7)
	=> 102003 -1 4(mod7) => 2(mod7)	(2)
	102004 1(mod7) => 102004 + 3 4(mod7)	(3)
	Để A chia hết cho 7, từ (1), (2), (3) => A (*).5 + 2.4 (*).5 + 1 0(mod7) 
	Chú ý rằng 0 * 9 từ d=1 suy ra ngay * = 4. Vậy số cần tìm là: 
Bài 4: Cho a, b, c là 3 số thoả mãn điều kiện: 
Tính tổng: a2001 + b2002 + c2003
Giải:	Từ (1) suy ra 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
	Do đó: (3) Từ đó ta có: a2001 = a2003; b2002 = b2003
	Suy ra a2001 + b2002 + c2003 = a2003 + b2003 + c2003 = 1
Bài 5: Cho x, y, z là các số thực không âm bất kỳ; chứng minh:
	x(x – z)2 + y(y – z)2 (x – z)(y – z)(x + y – z)	(1)
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)
+ 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 giải thiết phản chứng. Vậy (3) đúng, từ (2) => T – F 0 => (1) đúng.
Đẳng thức xảy ra khi 
Bài 6: 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 phép chia S cho 6
Giải:	Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên 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) + (n23 - n2) +  + (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 7: Cho 20 số nguyên khác 0: a1, a2, a3, , a20 có các tính chất sau:
	+ a1 là một số dương
	+ Tổng của 3 số viết liền nhau là một số dương.
	+ Tổng của 20 số đó là số âm.
Chứng minh rằng a1.a14 + a14.a12 < a1.a12
Giải: Ta có: a1 + ( a2 + a3 + a4) +  + (a11 + a12 + a13) + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 + a20) < 0
Mà a1 > 0; ( a2 + a3 + a4) > 0, , (a11 + a12 + a13) > 0; ( a15 +a16 + a17) > 0; (a18 +a19 + a20) > 0
Suy ra a14 < 0
	Cũng như vậy (a1 + a2 + a3) +  + (a10 + a11 + a12) + a13 + a14 + ( a15 +a16 + a17) + (a18 +a19 + a20) < 0. uy ra a13 + a14 < 0.
	Mặt khác a12 + a13 + a14 a12 > 0
	Từ các diều kiện a1 > 0; a12 > 0; a14 a1.a14 + a14.a12 < a1.a12
Bài 8: Gọia, b, c là 3 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 = 	Q = 
Giải: Aùp 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 suy ra: 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 2 vế cho 2|(a – b)(b – c)(c – a)| > 0, ta có: 
 	 > Tức là |Q| > |P|
Bài 9: Phân tích tuỳ ý số 2005 thành tổng của 2 số tự nhiên lớn hơn 1 rồi xét tích của 2 số này. Trong các cách phân tích nói trên, hãy chỉ ra cách mà tích số có giá trị nhỏ nhất.
Giải: Gọi a và b là 2 số tự nhiên thoã mãn a > b > 1; a + b = 2005; suy ra:
	b – a (a + 1)(b – 1) = ab + (b – a) – 1 < ab 	(*)
	Áp dụng kết quả (*) ta có: 1003.1002 > 1004.1001 > 1005.1000 >  > 2002.3 > 2002.2.
	Vậy cách phân tích mà tích số có giá trị nhỏ nhất la2005 = 2 + 2003.
Bài 10: Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: a2005 + b2005 1 và x2005 + y2005 1. Chứng minh rằng: a1975.x30 + b1975.y30 1
Giải: Để giải quyết bài toán này ta giải bài toán tổng quát: “Cho các số không âm a, b, x, y thoã mãn điều kiện: am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n 1; với m, n nguyên dương. Chứng minh rằng: am.xn + bm.yn 1”
	Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cô si cho m số am+n và n số xm+n ta có:
	m.am+n + n.xm+n (m + n) = (m + n).amxn	(1)
	Tương tự: m.bm+n + n.ym+n (m + n).bmyn	(2)
	Cộng từng vế của (1) và (2) ta có: 
m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) (m + n)( amxn + bmyn)	(3)
	Vì am+n + bm+n 1 và xm+n + ym+n 1 nên m(am+n + bm+n) + n(xm+n + ym+n) m + n (4)
	Từ (3) và (4) suy ra: (m + n)( amxn + bmyn) m + n 
	=> am.xn + bm.yn 1
Với m = 1975 và n = 30 ta giải được bài toán đã cho.
Lưu ý: Có thể nhận xét (am – xm)(an – xn) 0 và (bm – yn)(bm – yn) 0 để dẫn đến 
 	(am.xn + bm.yn) + (anxm + bnym) 2. Từ đó ít nhất 1 trong 2 số hạng trên không lớn hơn 1 và suy ra điều phải chứng minh.
Bài 11: Với số nguyên dương n, kí hiệu an = (-1)n. Tính tổng a1 + a2 +  + a2005
Giải: Với bất lkỳ số nguyên dương n 2 thì :
an = (-1)n = (-1)n = (-1)n
Do đó: a1 + a2 +  + a2005 = -3 + - +  + - 
	= -3 + - = -1 - 
Bài 12: Có bao nhiêu số tự nhiên n có 5 chữ số, thoã mãn: 2 là ước của n; 3 là ước của n + 1; 4 là ước của n + 2; 5 là ước của n + 3?
Giải: Ta thấy số 2 thoả mãn các tính chất 2 là ước của 2; 3 là ước của 2 + 1; 4 là ước của 2 + 2; 5 là ước của 2 + 3.
	Mặt khác, BCNN(2;3;4;5) = 60 suy ra n = 60k + 2 (vơíi k N)
	Vì n có 5 chữ số suy ra 104 60k + 2 105 => 166 < k 1666
 	 => k nhận 1666 – 166 = 1500 giá trị.
	Vậy có 1500 số tự nhiên n thoả mãn điều kiện đề bài.
Bài 13: Cho 3 số dương a, b, c. CMR: 
Giải: Đặt P = . Aùp dụng bất đẳng thức quen thuộc: với mọi x, y, z là các số thự ta có: (x + y + z)2 3(xy + yz + zx), suy ra:
P2 = =
	= 
=> P2 	(1)
Đặt t = . Theo bất đẳng thức Cosi cho 3 số dương ta lại có:
(1 + a)(1 + b)(1 + c) = 1 + (a + b + c) + (ab + bc + ca) 1 + 3t + 3t2 + t3 = (1 + t)3	(2)
Tứ (1) và (2) suy ra: P2 = = 
=> P = ( do P > 0)
Bài 14: Cho số tự nhiên có 3 chữ số. Mỗi lần được phép biến đổi số đã cho bởi 1 trong hai cách sau:	+ Lấy chữ số đầu tiên (hoặc chữ số cuối cùng) đặt vào giữa hai chữ số còn lại.
	+ Đảo ngược chữ số còn lại.
Hỏi nếu nếu biến đổi như thế 2005 lần thì từ số ban đầu là 123 ta có thể nhận được số 312 không?
Giải: Thực chất của 2 cách biến đổi trên đều là việc đổi chỗ 2 trong 3 chữ số mà thôi. Vì vậy, ta có thể chia 6 số có 3 chữ số được viết bởi đúng 3 chữ số 1, 2, 3 thành 2 nhóm mà sau mỗi lần biến đổi thì số thuộc nhóm này sẽ chuyển thành số thuộc nhóm kia và ngược lại. Đó là nhóm {123; 231; 312} và nhóm {132; 213; 321}
	Ta thấy, hai số 123 và 312 thuộc cùng một nhóm nên từ số ban đầu là 123, đề có thể nhận được số 312 thí nhất thiết phải qua một số chẵn lần biến đổi. Suy ra, với 2005 lần biến đổi thì từ số ban đầu là 123 ta không thể nhận được số 312.
Bài 15: Cho x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0,1) và thoả mãn: xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z)
Chứng minh rằng: x2 + y2 + z2 
Giải: Từ giải thiết xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) khai triển ta có:
xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) – xyz => 2xyz = 1 – (x + y + z) + (xy + yz + xz) 	(1)
	Cũng từ xyz = (1 – x)(1 – y)(1 – z) trong đó các số x, y, z là các số thực thuộc khoảng (0,1) suy ra: 1 = 	(theo bất đẳng thức Côsi)
	=>1 =>3 => 6 => 6xyz xy + yz + xz (2)
Từ (1) và (2) => 3 – 3(x + y + z) + 3(xy + yz + xz) = 6xyz xy + yz + xz
	=> 0 3 – 3(x + y + z) + 2(xy + yz + xz)
Cộng cả 2 vế của BĐT trên với x2 + y2 + z2 ta nhận được: 
	x2 + y2 + z2 (x + y + z)2 - 3(x + y + z) + 3 = (x + y + z)2 - 2(x + y + z). + + 
	= + 
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = y = z = ½
Bài 16: Cho f(x) = x2 – x – 8. Giải phương trình [f(x)]2 – f(x) – 8 = x 	(*)
Giải: Ta có (*) [f(x)]2 – f(x) – 8 – x = 0 (x2 – x – 8)2 – (x2 – x – 8) – 8 – x = 0
	 (x2 – x – 8)2 – x2 = 0 (x2 – x – 8 – x)( x2 – x – 8 + x) = 0
	 [(x2 – 2x + 1) – 9](x2 – 8) = 0 [(x – 1)2 – 9] (x2 – 8) = 0
	 (x – 4)(x + 2)(x – 2)(x + 2) = 0
	Do đó ptrình (*) có 4 nghiệm: x 
Bài 17: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = , trong đó a, b, c là các số thực thoả mãn điều kiện: a b c 0
Giải: Biến đổi ta có P – = + + =
= = + =
= = = 0 
 	(do a b c 0)
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi trong 3 số a, b, c có ít nhất 2 số bằng nhau. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 
Bài 18: Tồn tại hay không số nguyên n thoả mãn n3 + 2003n = 20052005 + 1?
Giải: Giả sử tồn tại số nguyên n thoã mãn hệ thức. Ta có:
	n3 + 2003n = n3 – n + 2004n = (n – 1)n (n + 1) + 668.3n.
	Vì n – 1, n, n + 1 là 3 số nguyên liên tiếp nên có đúng một số chia hết cho 3. Do đó 
(n – 1)n (n + 1) chia hết cho 3. Suy ra n3 + 2003n chia hết cho 3.	(1)
	Mặt khác 20052005 + 1 = (2004 + 1)2005 + 1; trong đó 2004 chia hết cho 3 nên 20052005 + 1 chia cho 3 dư 2	(2)
	Từ (1) và (2) dẫn đến mâu thuẫn, tức là không thể có số nguyên thoã mãn hệ thức.
Bài 19: Đặt 
A = và B = 
Chứng minh là số nguyên
Giải: Ta có A = = =
	= 2
	= = 
B = = 
Vậy = = 1050 là một số nguyên.
Bài 20: Cho A = trong đó x, y, z là các số nguyên, x > y > z.
CMR: A là số nguyên dương.
Giải: x4(y – z) + y4(z – x) + z4(x – y) = x4(y – x + x – z) + y4(z – x) + z4(x – y) =
= (x – y)(z4 – x4) + (z – x)(y4 – x4) = (x – y)(z – x)[(z + x)(z2 + x2) – (x + y)(x2 + y2)] =
= (x – y)(z – x)[(z3 – y3) + x(z2 – y2) + x2(z – y)] =
= (x – y)(z – x) (z – y)(z2 + zy + y2 + xz + xy + x2) = 
= (x – y)(z – x) (z – y)[(x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2]
Suy ra A = = (x – y)(z – x) (z – y)
Theo giả thiết x > y > z nên A > 0
Mặt khác vì trong 3 số nguyên x, y, z có ít nhất 2 số cùng tính chẵn, lẻ nên (x – y)(z – x) (z – y) là số nguyên chẵn. Vậy A là số nguyên dương.
Bài 21: Cho 3 số dương a, b, c và T(x) = x2004 – x2002 + 3. CMR: T(a).T(b).T(c) 9(ab + bc + ca)
Giải : Với số thực dương x ta có : T(x) – x2 – 2 = x2004 – x2002 – x2 + 1 = (x2002 – 1)(x2 – 1) =
= (x – 1)2(x + 1)(x2001 + x2000 +  + x + 1) 0
Do đó T(x) x2 + 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: x = 1
Bởi vậy ta có: T(a).T(b).T(c) (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2)	(1)
	Vì các số a, b, c có vai trò bình đẳng trong bài toán đang xét nên không mất tính tổng quát, giả sử 2 số a, b cùng không nhỏ hơn 1 hoặc cùng không lớn hơn 1 tức là (a – 1)(b – 1) 0. Ta có: (a2 + 2)(b2 + 2)(c2 + 2) – 9(ab + bc + ca) = 
 = a2b2c2 + 2(a2b2 + b2c2+ a2c2) + 4(a2 + b2+ c2) + 8 – 9(ab + bc + ca) =
= c2(a2b2 – a2 – b2 + 1) + 3(b2c2 – 2bc + 1) + 3(a2c2 – 2ac + 1) + 2(a2b2 – 2ab + 1) + 
 + (a2 – 2ab + b2) + 3(a2 + b2+ c2 – ab – bc – ac) =
= c2(a2 – 1)(b2 – 1) + 3( bc – 1)2 + 3( ac – 1)2 + 2( ab – 1)2 + (a – b)2 + [( a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] 0 (2)
	Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1.
Bài 22: Biết rằng A = 654x + 1965. CMR: A chia hết cho 9
Giải: Từ bài toán ta có A = 654x( + 3) + 1965 = 654 - 1962 + 1965 = 6543
Vì 4 + 5 + 6 + 3 = 18 chia hết cho 9 nên A chia hết cho 9.
Bài 23: Cho 5 số thực dương sao cho tổng của tất cả các tích từng cặp 2 số trong chúng bằng 2. CMR tồn tại 4 trong 5 số đó có tổng nhỏ hơn 2.
Giải: Gọi 5 số thự dương đó là a, b, c, d, e. Do vai trò như nhau của 5 số trong bài toán, không mất tính tổng quát ta giả sử 0 < a b c d e. (1) Ta có:
4 – (a + b + c + d)2 = 2(ab + ac + ad + ae + bc + bd + be + cd + ce + de) – (a + b + c + d)2 ( theo giả thiết)
	= 2(ae + be + ce + de) – (a2 + b2 + c2 + d2)=
	= (ae + be + ce + de) + a(e – a) + b(e – b) + c(e – c) + d(e – d) > 0	 (2)
	(theo (1))
	Do đó 2 > a + b + c + d (đpcm)
Bài 24: Tồn tại hay hay không các số nguyên a, b, c thoả mãn: 
	a(b – c)(b + c – a)2 + c(a – b)(a + b – c)2 = 1	(1)
Giải: Giả sử tồn tại các số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1)
 	Nhận xét rằng a + (b – c) + (b + c – a) = 2b chia hết cho 2; 
suy ra ít nhất 1 trong 3 số a, b – c,, b + c – a chia hế cho 2
 	Từ đó a(b – c)(b + c – a)2 chia hết cho 2	(2)
	Tương tự : c + (a – b) + (a + b – c) = 2a suy ra c(a – b)(a + b – c)2 chia hết cho 2. (3)
 	Từ (2) và (3) suy ra a(b – c)(b + c – a)2 + c(a – b)(a + b – c)2 chia hết cho 2. 	 (4)
	Từ (1) và (4) suy ra không tồn tại các số nguyên a, b, c thoả mãn hệ thức (1)
Bài 25: Cho x, y, z là các số thực dương thoả mãn điều kiện: x + + = 
Tìm giá trị nhỏ nhất của x + y + z.
 Giải: Aùp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có:
	 = ; (1)	 = ; (2)
Từ (1) và (2) suy ra = x + + + = (x + y + z)
	=> x + y + z 1.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (1) và (2) đồng thời trở thành đẳng thức = y = 4z; kết hợp với giả thiết x + + = ta suy ra x = ; y = ; z = .
Vậy x + y + z đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1
Bài 26: Chứng minh: 321 – 224 – 68 – 1 chia hết cho 1930
Giải: Đặt A = 321 – 224 – 68 – 1 = (37)3 – (28)3 – 38.28 – 1 = (37)3 – (28)3 – 13 – 3.37.(-2)8.(-1)
Aùp dụng hằng đẳng thức quen thuộc: 
 	a3 + b3 + c3 – 3abc = ( a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – ac – bc)
Với a = 37, b = (-2)8; c = -1 suy ra A chia hết cho 37 – 28 – 1 = 1930.
Bài 27: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: = 2 (1)
Giải: Ta giải bài toán tổng quát: Với a, b, c, d dương ta có:
F = = = 
= 
 	(theo BĐT xy (x + y)2)
= 	(2)
	Mặt khác: 2(a2 + b2 + c2 + d2 + ab + ad + bc + cd) – (a + b + c + d)2 =
	= a2 + b2 + c2 + d2 – 2ac – 2bd = (a – c)2 + (b – d)2 0 	(3)
	Kết hợp (2) và (3) ta suy ra F 2 	(4)
	Đẳng thức xảy ra a = c; b = d
Aùp dụng với a = 2005, b = x; c = y; d = 2004 ta có: 2
Đẳng thức xảy ra y = 2005, x = 2004
Vậy phương trình (1) có nghiệm nguyên dương duy nhất là (2004; 2005)
Bài 28: Tìm tất cả các giá trị của a sao cho với mỗi giá trị đó tồn tại duy nhất bộ số (x, y, z) thoả mãn các đẳng thức: x + y + z = x2 + 4y2; x + 2y + 3z = a
Giải: Ta có 	(1)
Chú ý: x + 2y + 3( x2 + 4y2 – x – y) = a 3x2 – 2x + 12y2 – y = a
	3+ 12= a + + 3+ 12= a + 	(2)
	Ta thấy với số thực b, phương trình s2 + t2 = b có duy nhất một nghiệm thực (s, t) duy nhất đó chính là (0; 0); ( ví nếu (s; t) là nghiệm thì các cặp số sau cũng là nghiệm của phương trình trên: (-s; t); (s; -t); (-s; -t))
	Do đó phương trình (2) có duy nhất nghiệm khi và chỉ khi a = . Khi đó hệ phương trình (1) có duy nhất một nghiệm (x; y; z) = 
Bài 29: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = , trong đó a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác vuông ( c là độ dài cạnh huyền)
Giải: Do c2 = a2 + b2 2ab nên c ;
Mặt khác P = = = 
	Aùp dụng BĐT Cosi vào các kết quả trên, suy ra:
P = = =
	= 2 + . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = hay tam giác ABC vuông cân
Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2 + , đạt được khi tam giác đã cho vuông cân.
Bài 30: Cho a,b là 2 số thực không âm và P(x) = (a2 + b2)x2 – 2(a3 + b3)x + (a2 – b2)2. CMR: P(x) 0 với mọi x thoã mãn |a – b| x a + b.
Giải: Ta có P(x) = (a2x2 – 2a3x + a4) + (b2x2 – 2b3x + b4) – 2a2b2 suy ra:
	P(x) = a2(x – a)2 + b2(x – b)2 – 2a2b2	(1)
	Vì |a – b| a – b nên từ điều kiện của a, b, x suy ra a – b x a + b => -b x – a b
	=> |x – a| b => (x – a)2 b2	(2)
	Tương tự ta có: (x – b)2 a2	(3)
Từ (1), (2), (3) ta suy ra: P(x) a2b2 + a2b2 – 2a2b2 = 0
Bài 31: Cho tổng: ; trong đó n, p, q là số nguyên dương và là phân số tối giản. Tìm số tự nhiên nhỏ nhất n để để q chia hết cho 2006.
Giải: Trước hết ta phân tích 2006 = 2.17.59
	Nếu q 59 thì n(n + 1)(n + 2)(n +9) 59 ( Ví tích n(n + 1)(n + 2)(n +9) q)
	Do đó n + 9 59 hay n 50
	Ta sẽ chứng minh với n = 50 thì q 2006; 
Vì trong các số 50; 51;  ; 59 chỉ có 51 17; suy ra: = => q 17 	(a, b N*; b không chia hết 17) 
Hoàn toàn tương tự, ta có q 59
	Để chứng minh q 2 ta chú ý: 
( ) + = 
	 (c, d, e, f N*là các số lẻ)
= = = 	(g, h N*là các số lẻ)
Do đó q 8 => q 2
Vậy với n = 50 thì q 2.17.59 hay q 2006
Bài 32: CMR số dư trong phép chia một số nguyên tố cho 30 là 1 hoặc số nguyên tố.
Giải: Gọi p là một số nguyên tố bất kỳ. Ta luôn biểu diễn được p = 30q + r; trong đó q, r là các số tự nhiên và r < 30
+ Nếu q = 0 thì r = p là số nguyên tố
	+ Nếu q > 0 thì p 30. Như vậy thì r chỉ là số lẻ, không chi hết cho 3 và không chia hết cho 5 (Vì 30 là bội của 2, 3, 5 còn 30q + r lại là số nguyên tố). Suy ra r chỉ có thể nhận giá trị 1; 7; 11; 13; 17; 19; 23; 29; (Là 1 hoặc là số nguyên tố)
Bài 33: Tìm tất cả các số thự dương x, y, z thoả mãn hệ phương trình: 
Giải: 	Dùng BĐT cosi cho 3 số thực dương ta có: 	6 = x + y + z = suy ra 8 xyz (1)
	(2)
	Kết hợp (1) và (2) ta nhận được: (x + y + z) = 9	
	Suy ra = 	(3)
	Từ (1) và (3) ta lại có: = 2
	Vậy x; y; z là các số th75 dương thoả mãn hệ phương trình đẳng thức xảy ra ở bất phương trình trên x = y = z =2.
	Do đó x = y = z =2 là bộ số thực dương duy nhất thoả mãn các điều kiện của bài toán.
Bài 34: Cho f(x) = x3 – 3x2 + 3x + 3. CMR: f < f
Giải: 	Ta nhận thấy rằng f(x) = x3 – 3x2 + 3x + 3 = (x – 1)3 + 4
	Suy ra f = + 4;	f = + 4
	Do < nên < suy ra: + 4 < + 4
	Nghĩa là f < f
Bài 35: Cho x, y thoã mãn: ( x + )(y + ) = 2003
Hãy tính giá trị của biểu thức sau: T = x2003 + y2003
Giải: Nhận xét: ( + x)( - x) = 2003 + x2 – x2 = 2003
	( + y)( - y) = 2003 + y2 – y2 = 2003
	Do đó kết hợp với giả thiết ta suy ra: 
 	Cộng từng vế của 2 đẳng thức trên ta có: y + x = - x – y 
	Suy ra x + y = 0. Do đó T = x2003 + y2003 = x2003 + (-x)2003 = 0
Bài 36: CMR phương trình sau không có nghiệm nguyên x, y:
	36x2 + 144y2 – 276x – 120y + 25 = 0 	(*)
Giải: Có thể dùng một trong các dấu hiệu cjia hết cho 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 37: Cho a, b là 2 số thoả mãn : a + b 2. CMR ít nhất một trong hai p.trình sau có nghiệm:
	x2 + 2a2bx + b5 = 0	 (1)	x2 + 2ab2x + a5 = 0	(2)
Giải: Cách 1: gọi , lần lượt là biệt số của (1) và (2) thì:
	 = a4b2 – b5 = b2(a4 – b3)	và = b4a2 – a5 = a2(b4 – a3)
	Xét: (a4 – b3) + (b4 – a3) – (a + b – 2) = ( a4 – a) + (b4 – b) – (a3 – 1) – (b3 – 1) = 
	= (a3 – 1)(a – 1) + (b3 – 1)(b – 1) = (a – 1)2(a2 + a + 1) + (b – 1)2(b2 + b + 1) 0
	Với mọi a, b =>(a4 – b3) + (b4 – a3) a + b – 2 0; với mọi a, b thoã mãn a + b 2
	Vậy trong 2 biểu thức a4 – b3 và b4 – a3 có ít nhất một biểu thức không âm => trong 2 biệt số và có ít nất 1 biệt số không âmm, 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 a3 b3 và a4 a3 => a4 a3 b3 => 0 => p. trình (1) sẽ có nghiệm.
	Nếu a b thì tương tự, (2) sẽ có nghiệm.
Bài 38: Cho Sn = với n là số tự nhiên không hnỏ hơn 2. Biết S1 = 1; Tính:
	S = S1 + S2 + S3 +  + S2004 + S2005
Giải: Theo công thức tính ta có: 
	S2 = = = =  = -2 - 
	S3 = =  = - 2 
	S4 = =  = 1 
Vì S4 = 1 = S1, ta suy ra S5 = S2; S6 = S3; 
Như vậy 	S1 = S4 = S7 = S10 = 
	S2 = S5 = S8 = S11 =  
 	S3 = S6 = S9 = S12 = 
	Do đó: S = S1 + S2 + S3 +  + S2004 + S2005 = 
	= (S1 + S2 + S3) + (S4 + S5 + S6) + (S7 + S8 + S9) +  +(S2002 + S2003 + S2004) + S2005 =
	= 668(S1 + S2 + S3) + S1 = 668(1 – 2 – + - 2) + 1 = -2004 + 1 = - 2003
Bài 39: Giải hệ phương trình: 
Giải: Từ (1) ta có x, y > 0
	Aùp dụng BĐT Cosi cho 2 số dương ta có: 
	Kết hợp với (1) ta có xy 2 => 2 => xy 	(3)
	Aùp dụng BĐT cho 2 số dương ta có: x2008 + y2008 2 = 2(xy)1004
	Kết hợp với (2) ta có: 8 2(xy)1004 => 16(xy)2005 (xy)2008 => xy (4)
	Từ (3) và (4) ta thấy: (3) và (4) đồng thời trở thành đẳng thức x = y
	Khi đó = xy nên x = y = . Thử vào hệ thoả mãn
Vậy hệ có nghiệm duy nhất x = y = .
Bài 40: Tổng số bi đỏ và số bi xanh trong 4 hộp A, B, C, D là 48 hòn. Biết rằng: số bi đỏ và số bi xanh trong hộp A bằng nhau: số bi đỏ của hộp B gấp 2 lần số bi xanh của hộp B; số bi đỏ của hộp C gấp 3 lần số bi xanh của hộp C; số bi đỏ của hộp D gấp 6 lần số bi xanh của hộp D; trong 4 hộp này có 1 hộp chứa 2 hòn bi xanh; một hộp chứa 3 hòn bi xanh, một hộp chứa 4 hòn bi xanh, một hộp chứa 5 hòn bi xanh. Tìm số bi đỏ và bi xanh trong mỗi hộp.
Giải: Gọi số bi xanh trong các hộp A, B, C, D lần lượt là a, b, c, d (nguyên dương). Theo giả thiết ta có:
	a, b, c, d đôi một khác nhau và nhận các giá trị thuộc tập hợp các số 2; 3; 4; 5; 	(1)
suy ra a + b + c + d = 2+ 3 + 4 + 5 = 14;
	Tổng số bi trong 4 hộp là: 2a + 3b + 4c + 7d = 48
	=> 2(a + b + c + d) + ( b + 2c + 5d) = 48 => b + 2c + 5d = 48 – 28 = 20	(2)
	Từ (1) suy ra b + 2c > 6; Kết hợp với (2) suy ra 5d d d = 2
	=> b = 2c = 10 => b chẵn => b = 4 (vì b d) => c = 3; => a = 5
Từ đây ta tính được số bi đỏ trong mỗi hộp, thử lại ta thấy kết quả đúng. Vậy:
	Hộp A có 5 bi xanh và 5 bi đỏ; Hộp B có 4 bi xanh và 8 bi đỏ; Hộp C có 3 bi xanh và 9 bi đỏ; Hộp D có 2 bi xanh và 12 bi đỏ.
Bài 41: Tìm số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn các điều kiện sau: một phần hai số đó là số chính phương; một phần ba số đó là lập hpương của một số nguyên; một phần năm số đó là luỹ thừa 5 của một số nguyên.
Giải: 	Gọi số cần tìm là n, thoe giả thiết thì trước hết n phải là số nguêyn dương chia hết cho 2, 3, và 5 nên có dạng 2x.3y.5z.m, trong đó x, y, z, m đều là các số nguyên dương và m không chia hết cho 2, 3, 5.
	Theo giả thiết ta lại có: 	 = 2x-1.3y.5z.m = a2
	 = 2x.3y-1.5z.m = b3
	 = 2x.3y.5z-1.m = b3
	Suy ra: 	x – 1 2; x 2; x 5 => x 15
	y 2; y – 1 3; y 5 => y 10
	z 2; z 3; z – 1 5 => x 6
	Suy ra: n 215.310.56. Vì 215.310.56 thoả mãn bài toán nên n = 215.310.56 (khi đó m = 1)
Bài 42: Giải p.trình: 2 - = x	(1)
Giải: Điều kiện: 8 + 2x – x2 0 -2 x 4	(2)
	Ta có: (1) 2 = + x = + x 3 + x
	Mặt khác: 4(x2 + 3) – (3 + x)2 =  = 3(x – 1)2 0
	Do đó: 2 3 + x + x
	Trong các BĐT trên, đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = 1, thoả màn điều kiện (2)
	Vậy (1) có nghiệm duy nhất là x = 1
Bài 43: Cho a, b, c là các số thực. CMR: 
 	a( a + b)( a2 + b2) + b(b + c)(b2 + c2) + c(c + a)(c2 + a2) 0 (*)
Giải: Giả sử A là biểu thức vế trái BĐT (*). Khi đó:
	2A = 2[a( a + b)( a2 + b2) + b(b + c)(b2 + c2) + c(c + a)(c2 + a2)] =
	= 2[a4 + a2b2 + ab(a2 + b2) + b4 + b2c2 + bc(b2 + c2) + c4