Tap Chi Nha Truong

TẠP CHÍ NHÀ TRƯỜNG – Môn Toán THCS: x2 + 2007 = y2

T1: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn phương trình: T2: Giả sử x, y, z là các số thực khác không thoả mãn: 𝑥

1 𝑦

1

1

+𝑧 +𝑦

𝑧

1

+𝑥 +𝑧

1 𝑥

1

+ 𝑦 = −2

𝑥3 + 𝑦3 + 𝑧3 = 1 Hãy tính giá trị của biểu thức: P =

1 𝑥

1

1

+𝑦+𝑧

T3: Cho hình vuông ABCD cạnh a.Gọi M, N, P, Q là các điểm bất kì lần lượt trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng: 2a2 ≤ MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤ 4a2

THPT: T4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính bằng 1.Gọi ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ A, B, C.hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M=ℎ

1 𝑎 +2ℎ 𝑏

+ℎ

1 𝑏 +2ℎ 𝑐

+ℎ

1 𝑐 +2ℎ 𝑎

T5: Giải hệ phương trình: 2𝑥 = 𝑦 4 + 1 2𝑦 = 𝑧 4 + 1 2𝑧 = 𝑥 4 + 1 T6: Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5.Tính tổng tất cả các số có 5 chữ số khác nhau lập được từ năm chữ số đã cho.

TẠP CHÍ NHÀ TRƯỜNG ĐÁP ÁN – Môn Toán THCS: x2 + 2007 = y2 (1)

T1: Tìm x, y nguyên dương thoả mãn phương trình: Giải: (1)

y2 - x2 = 2007

(y + x)(y - x) = 2007

Vì x, y nguyên dương nên do đó x + y và x – y cũng là các số nguyên dương, mặt khác cũng dễ thấy rằng y + x > y – x > 0, đồng thời 2007 = 2007×1 = 669×2 = 223×9. Từ đó xảy ra các khả năng sau: i)

𝑦 + 𝑥 = 2007 𝑦−𝑥 =1

𝑦 = 1004 𝑥 = 1003

ii)

𝑦 + 𝑥 = 669 𝑦−𝑥 =3

𝑦 = 336 𝑥 = 333

iii)

𝑦 + 𝑥 = 223 𝑦−𝑥 =9

𝑦 = 116 𝑥 = 107

Vậy hệ có ba nghiệm nguyên dương (x, y) là: (107, 116), (333, 336), (1003, 1004) Giải tốt bài này có bạn Mai Thanh Tùng lớp 9B

T2: Giả sử x, y, z là các số thực khác không thoả mãn: 𝑥

1 𝑦

1

+𝑧 +𝑦

1 𝑧

1

+𝑥 +𝑧

1 𝑥

1

+ 𝑦 = −2 (1)

𝑥 3 + 𝑦 3 + 𝑧 3 = 1 (2) Hãy tính giá trị của biểu thức: P =

1

1

1

+𝑦+𝑧 𝑥

Giải: Cộng hai vế của (1) với 3 ta được : 𝑥+𝑦+𝑧

1 1 1 + + =1 𝑥 𝑦 𝑧

3

Nhân hai vế của (1) với xyz rồi chuyển vế ta được: x2y + y2z + z2x + xy2 + yz2 + zx2 + 2xyz = 0 (4 ) Ta có: (x + y + z)3 = x3 + y3 + z3 + 3(x2y + y2z + z2x + xy2 + yz2 + zx2 + 2xyz) (5)

Từ (2), (4), (5) ta có (x + y + z)3 = 1 suy ra 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 (6) Kết hợp (3) và (6) ta có P =

1 𝑥

1

1

+𝑦 +𝑧 =1

Giải được bài này có bạn Mai Thanh Tùng lớp 9B tuy nhiên lời giải còn dài dòng.

T3: Cho hình vuông ABCD cạnh a.Gọi M, N, P, Q là các điểm bất kì lần lượt trên AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng: 2a2 ≤ MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≤ 4a2 Giải: i) Ta có BĐT sau đây: x2 + y2 ≥

(𝑥+𝑦)2 2

, ∀𝑥, 𝑦 dấu bằng khi x = y (các bạn tự cm). Áp

dụng liên tiếp BĐT này ta lần lượt có các BĐT sau: AM2 + BM2 ≥ BN2 + CN2 ≥ 2

2

CP + DP

≥

DQ2 + AQ2 ≥

(𝐴𝑀+𝐵𝑀)2 2 (𝐵𝑁+𝐶𝑁)2 2 𝐶𝑃+𝐷𝑃 2 2 (𝐷𝑄+𝐴𝑄)2 2

= = = =

𝑎2

A

2 𝑎2

M B

Q

2

N

𝑎2 2 𝑎2

D

2

P

C

Mặt khác, theo ĐL Pitago (cho các tam giác vuông AQM, BMN, CNP, DPQ) ta có: MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 = (BM2 + BN2) + (CN2+ CP2) + (DP2 + DQ2) + (AQ2+ AM2) = (AM2 +BM2) + (BN2+ CN2) + (CP2 + DP2) + (DQ2 + AQ2) Từ các điều trên đây,ta có đánh giá: MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 ≥

𝑎2 2

+

𝑎2 2

+

𝑎2 2

+

𝑎2 2

= 2𝑎2 dấu bằng khi M, N, P, Q

là trung điểm các cạnh hình vuông. (1) ii) Hiển nhiên ta cũng có BĐT sau: x2 + y2 ≤ (𝑥 + 𝑦)2 , ∀𝑥, 𝑦 ≥ 0 dấu bằng khi ít nhất một trong hai số bằng 0.Theo đó: (AM2 +BM2) ≤ (𝐴𝑀 + 𝐵𝑀)2 = 𝑎2 (BN2 +CN2) ≤ (𝐵𝑁 + 𝐶𝑁)2 = 𝑎2

(CP2 + DP2) ≤ (𝐶𝑃 + 𝐷𝑃)2 = 𝑎2 (DQ2 +AQ2) ≤ (𝐷𝑄 + 𝐴𝑄)2 = 𝑎2 Từ đó ( theo i)): MN2 + NP2 + PQ2 + QM2 = (AM2 +BM2) + (BN2+ CN2) + (CP2 + DP2) + (DQ2 + AQ2) ≤ 𝑎2 + 𝑎2 + 𝑎2 + 𝑎2 = 4𝑎2 dấu bằng khi M, N, P, Q đều trùng một trong hai đầu đoạn thẳng mà nó thuộc. (2) Từ (1) và (2) ta thu được điều phải chứng minh. Giải tốt bài này có bạn Mai Thanh Tùng lớp 9B

THPT: T4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn bán kính bằng 1.Gọi ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ A, B, C.Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: M=ℎ

1 𝑎 +2ℎ 𝑏

+ℎ

1 𝑏 +2ℎ 𝑐

+ℎ

1 𝑐 +2ℎ 𝑎

Giải: Ta có đẳng thức sau trong tam giác: (các bạn tự chứng minh bằng phương pháp diện tích) 1 ℎ𝑎

1

1

𝑏

𝑐

1

+ℎ +ℎ =𝑟 =1

(1)

Mặt khác, ta có BĐT sau đây: 𝑥+𝑦+𝑧

1 𝑥

1

1

+ 𝑦 + 𝑧 ≥ 9, ∀𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0 (𝑑ấ𝑢 𝑏ằ𝑛𝑔 𝑘ℎ𝑖 𝑥 = 𝑦 = 𝑧)

Áp dụng BĐT này ta có: ℎ𝑎 + ℎ𝑏 + ℎ𝑐

1 ℎ𝑎

1

1

+ℎ +ℎ 𝑏

𝑏

≥ 9 ℎ𝑎𝑦

tương tự:

1 ℎ 𝑎 +2ℎ 𝑏 1 ℎ 𝑏 +2ℎ 𝑐 1 ℎ 𝑐 +2ℎ 𝑎

Cộng vế với vế (2), (3), (4) thu được:

1

1

2

𝑎

𝑏

≤ 9 (ℎ + ℎ ) 1

1

2

𝑏

𝑐

≤ 9 (ℎ + ℎ ) 1

1

2

𝑐

𝑎

≤ 9 (ℎ + ℎ )

(2) (3) (4)

1 1 1 1 1 1 1 + + ≤ + + ℎ𝑎 + 2ℎ𝑏 ℎ𝑏 + 2ℎ𝑐 ℎ𝑐 + 2ℎ𝑎 3 ℎ𝑎 ℎ𝑏 ℎ𝑏

(5)

1

𝑀 ≤ 3 , 𝑣à 𝑀 = 3 𝑘ℎ𝑖 ℎ𝑎 = ℎ𝑏 = ℎ𝑐 ℎ𝑎𝑦 𝑎 = 𝑏 = 𝑐

Từ (1), (5) ta có: 1

Vậy max 𝑀 = 3 đạt được khi tam giác ABC đều. Giải tốt bài này có bạn Nguyễn Văn Diễn, Nguyễn Quốc Trí lớp 11T, bạn Lê Thị Hải Yến lớp 10 T.

T5: Giải hệ phương trình: 2𝑥 = 𝑦 4 + 1 (1) 2𝑦 = 𝑧 4 + 1 (2) 2𝑧 = 𝑥 4 + 1 (3) Giải: Dễ thấy 𝑥, 𝑦, 𝑧 > 0. Không mất tính tổng quát, giả sử 𝑥 = max 𝑥, 𝑦, 𝑧 ℎ𝑎𝑦 𝑥 ≥ 𝑦 𝑣à 𝑥 ≥ 𝑧 Nếu 𝑥 > 𝑦 , từ (1) và (2) ta có 𝑦 > 𝑧 , từ (3) và (4) lại có 𝑧 > 𝑥. Vô lí! Vậy 𝑥 = 𝑦, và 𝑥=1 từ đó 𝑥 = 𝑦 = 𝑧. Thay vào (1), ta có: 𝑥 4 − 2𝑥 + 1 = 0 3 2 𝑥 +𝑥 +𝑥−1=0 𝑥=1 𝑥=𝑎=

2 3

3

17 2 4

+

279 8

+

3

17 2 4

−

279 8

1

−3

(Công thức Cardano cho phương trình bậc ba). Từ đó 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 1 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 = 𝑦 = 𝑧 = 𝑎. Dễ thấy (x, y, z) tìm được ở trên thoả mãn đề bài. Vậy, HPT đã cho có hai nghiệm: 1, 1, 1 𝑣à 𝑎, 𝑎, 𝑎 . Giải tốt bài này có bạn Nguyễn Văn Diễn lớp 11T.

T6: Cho các chữ số 1, 2, 3, 4, 5.Tính tổng tất cả các số có 5 chữ số khác nhau lập được từ năm chữ số đã cho. Giải: Có tất cả 5! = 120 số có 5 chữ số khác nhau lập được từ các chữ số 1, 2, 3, 4 ,5. Ta thấy trong đó: - Chữ số 1 ở hàng chục nghìn có

4!=24 số

- Chữ số 1 ở hàng nghìn có

4!=24 số

- Chữ số 1 ở hàng trăm có

4!=24 số

- Chữ số 1 ở hàng chục có

4!=24 số

- Chữ số 1 ở hàng đơn vị có

4!=24 số.

Kết quả tương tự cho các chữ số còn lại. Vậy nên tổng của 120 số lập được ở trên là: 24(11111 + 22222 + 33333 + 44444 + 55555) = 3999960 Giải tốt bài này có bạn Nguyễn Văn Diễn, Nguyễn Quốc Trí, Nguyễn Thanh Tùng lớp 11T, bạn Lê Thị Hải Yến lớp 10 T.