4 De Toan thi chuyen HV-Phu Tho-2010

Đề số 1
Bài 1: Cho biểu thức:
( ) ( )( )
yx
xy
xyx
y
yyx
x
P
+

++

+
=
111))1)((
a). Tìm điều kiện của x và y để P xác định . Rút gọn P.
b). Tìm x,y nguyên thỏa mãn phơng trình P = 2.
Bài 2: a) Giải phơng trình :
1
x
+
2
1
2 x
= 2
b) Cho biểu thức: P =
22
2
12

++
+
++
+
++
zzx
z
yyz
y
xxy
x
Biết x.y.z = 4 , tính
P
.
Bài 3: Giải hệ phơng trình :








=++
=++
=++
27
1
111
9

zxyzxy
zyx
zyx
Bài 4: Cho đờng tròn (O) đờng kính AB = 2R và C là một điểm thuộc đờng tròn
);( BCAC

. Trên
nửa mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C , kẻ tia Ax tiếp xúc với đờng tròn (O), gọi M là điểm chính giữa của
cung nhỏ AC . Tia BC cắt Ax tại Q , tia AM cắt BC tại N.
a). Chứng minh các tam giác BAN và MCN cân .
b). Khi MB = MQ , tính BC theo R.
Bài 5: Cho các số dơng x, y thỏa mãn điều kiện x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
. Chứng minh:
x
3
+ y
3
x
2
+ y
2
x + y 2

Đề số 2
Bài 1. C Cho hai s a v b khỏc 0 tha món :
2
111
=+
ba
Chng minh phng trỡnh n x sau luụn cú nghim :
(x
2
+ ax + b)(x
2
+ bx + a) = 0.
Bài 2. Cho biểu thức :
2 2
5 4 2014M x x y xy y= + + +
.
Với giá trị nào của x, y thì M đạt giá trị nhỏ nhất ? Tìm giá trị nhỏ nhất đó
Bài 3. Giải hệ phơng trình :
( ) ( )
2 2
18
1 . 1 72
x y x y
x x y y

+ + + =


+ + =

Bài 4: Cho đờng tròn tâm O đờng kính AB và CD vuông góc với nhau, lấy điểm I bất kỳ trên đoan CD.
a) Tìm điểm M trên tia AD, điểm N trên tia AC sao cho I lag trung điểm của MN.
b) Chứng minh tổng MA + NA không đổi.
c) Chứng minh rằng đờng tròn ngoại tiếp tam giác AMN đi qua hai điểm cố định.
Bài 5.a)Cho a, b là các số thực dơng. Chứng minh rằng :
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +
b)Cho
1,1 yx
Chứng minh.
xy
yx
+

+
+
+
1
2
1
1
1
1

22
Đáp án đề1
Bài 1: a). Điều kiện để P xác định là :;
0;1;0;0
+
yxyyx
.
*). Rút gọn P:
( )
( ) ( ) ( )
(1 ) (1 )
1 1
x x y y xy x y
P
x y x y
+ +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
1 1
x y x x y y xy x y
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1

x y x y x xy y xy
x y x y
+ + +
=
+ +
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
1 1 1 1
1 1
x x y x y x x
x y
+ + + +
=
+
( )
1
x y y y x
y
+
=

( ) ( ) ( )
( )
1 1 1
1
x y y y y
y
+
=

.x xy y= +
Vậy P =
.yxyx
+
b). P = 2

.yxyx
+
= 2

( ) ( )
( )( )
111
111
=+
=++
yx
yyx
Ta có: 1 +
1y

1 1x

0 4x

x = 0; 1; 2; 3 ; 4
Thay vào ta cócác cặp giá trị (4; 0) và (2 ; 2) thoả mãn
Bài 2: a) Điều kiện x

0 ; 2 x

2
> 0

x

0 ;
x
<
2
.
Đặt y =
2
2 x
> 0
Ta có:
2 2
2 (1)
1 1
2 (2)
x y
x y

+ =


+ =


Từ (2) có : x + y = 2xy. Thay vào (1) có : xy = 1 hoặc xy = -
1

2
* Nếu xy = 1 thì x+ y = 2. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X
2
2X + 1 = 0

X = 1

x = y = 1.
* Nếu xy = -
1
2
thì x+ y = -1. Khi đó x, y là nghiệm của phơng trình:
X
2
+ X -
1
2
= 0

X =
1 3
2

Vì y > 0 nên: y =
1 3
2
+

x =
1 3
2

Vậy phơng trình có hai nghiệm: x
1
= 1 ; x
2
=
1 3
2

P =
1
2
2
2(
2
22
=
++
++
=
++
+
++
+
++ xxy
xyx
xyxz

z
xxy
xy
xxy
x
(1đ)


1=P
vì P > 0
Q
N
M
O
C
B
A
Bài 3 :
( )
( )







=++
=++
=++

327
)2(1
111
19
xzyzxy
zyx
zyx
ĐKXĐ :
.0,0,0

zyx

( ) ( )
( )
( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2
2
2
81 2 81
81 2 27
2( ) 2 0
( ) ( ) ( ) 0
( ) 0
( ) 0
( ) 0

x y z x y z xy yz zx
x y z xy yz zx x y z
x y z xy yz zx x y z xy yz zx
x y y z z x
x y
x y
y z y z x y z
z x
z x
+ + = + + + + + =
+ + = + + + + =
+ + = + + + + + + =
+ + =

=
=



= = = =


=
=


Thay vào (1) => x = y = z = 3 .
Ta thấy x = y = z = 3 thõa mãn hệ phơng trình . Vậy hệ phơng trình có nghiệm duy nhất x = y = z = 3.
Bài 4:
a). Xét

ABM

và
NBM

.
Ta có: AB là đờng kính của đờng tròn (O)
nên :AMB = NMB = 90
o
.
M là điểm chính giữa của cung nhỏ AC
nên ABM = MBN => BAM = BNM
=>
BAN

cân đỉnh B.
Tứ giác AMCB nội tiếp
=> BAM = MCN ( cùng bù với góc MCB).
=> MCN = MNC ( cùng bằng góc BAM).
=> Tam giác MCN cân đỉnh M
b). Xét
MCB

và
MNQ

có :
MC = MN (theo cm trên MNC cân ) ; MB = MQ ( theo gt)

BMC =

MNQ ( vì :

MCB =

MNC ;

MBC =

MQN ).
=>
) ( cgcMNQMCB
=
=> BC = NQ .
Xét tam giác vuông ABQ có

BQAC
AB
2
= BC . BQ = BC(BN + NQ)
=> AB
2
= BC .( AB + BC) = BC( BC + 2R)
=> 4R
2
= BC( BC + 2R) => BC =
R)15(

Bài 5:

Ta có (y
2
- y)
2
0 2y
3
y
4
+ y
2
(x
3
+ y
2
) + (x
2
+ y
3
) (x
2
+ y
2
) + (y
4
+ x
3
)
mà x
3
+ y

4
x
2
+ y
3
do đó
x
3
+ y
3
x
2
+ y
2
(1)
+ Ta có: x(x - 1)
2
0: y(y + 1)(y - 1)
2
0
x(x - 1)
2
+ y(y + 1)(y - 1)
2
0
x
3
- 2x
2
+ x + y

4
- y
3
- y
2
+ y 0
(x
2
+ y
2
) + (x
2
+ y3) (x + y) + (x
3
+ y
4
)
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x
2
+ y
2
x + y (2)

và (x + 1)(x - 1) 0. (y - 1)(y
3
-1) 0
x
3
- x
2
- x + 1 + y
4
- y - y
3
+ 1 0
(x + y) + (x
2
+ y
3
) 2 + (x
3
+ y
4
)
O
K
D
C
B
A
K
O
N

M
I
D
C
B
A
mà x
2
+ y
3
x
3
+ y
4
x + y 2
Từ (1) (2) và (3) ta có:
x
3
+ y
3
x
2
+ y
2
x + y 2
Hớng dẫn giải đề 2
Bài 1.
2
2 2
2

0 (*)
( )( ) 0
0 (**)
x ax b
x ax b x bx a
x bx a

+ + =
+ + + + =

+ + =



(*)


4b
2
=
, Để PT có nghiệm
2 2
1 1
4 0 4
2
a b a b
a
b

(3)

(**)


2
4b a =
Để PT có nghiệm thì
2
1 1
4 0
2
b a
b
a

(4)
Cộng 3 với 4 ta có:
1 1 1 1
2 2
a b
a b
+ +
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 4 4 4 4 8 4
2 2
a b a b
a b

+ + +
ữ

(luôn luôn đúng với mọi a, b)
Bài 2.(1,5 điểm) Ta có :
( ) ( )
( )
2 2
4 4 2 1 2 2 2007M x x y y xy x y= + + + + + + + +

( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 1 2 1 2007M x y x y= + + +

( ) ( ) ( )
2
2
1 3
2 1 1 2007
2 4
M x y y

= + + +



Do
( )
2
1 0y
và
( ) ( )
2

1
2 1 0
2
x y

+



,x y

2007M

min
2007 2; 1M x y = = =

Bài 3. Đặt :
( )
( )
1
1
u x x
v y y

= +


= +

Ta có :
18
72
u v
uv
+ =


=



u ; v là nghiệm của phơng trình :
2
1 2
18 72 0 12; 6X X X X + = = =


12
6
u
v
=


=

;
6
12

u
v
=


=




( )
( )
1 12
1 6
x x
y y

+ =


+ =


;
( )
( )
1 6
1 12
x x
y y

+ =


+ =



Giải hai hệ trên ta đợc : Nghiệm của hệ là :
(3 ; 2) ; (-4 ; 2) ; (3 ; -3) ; (-4 ; -3) và các hoán vị.
Bài 4 . : a) Dựng (I, IA) cắt AD tại M cắt tia AC tại N
Do MâN = 90
0
nên MN là đờng kính
Vậy I là trung điểm của MN
b) Kẻ MK // AC ta có : INC = IMK (g.c.g)
=> CN = MK = MD (vì MKD vuông cân)
Vậy AM+AN=AM+CN+CA=AM+MD+CA
=> AM = AN = AD + AC không đổi
c) Ta có IA = IB = IM = IN
Vậy đờng tròn ngoại tiếp AMN đi qua hai điểm A, B cố định .
Bài 5 (1,5 điểm) Ta có :
2 2
1 1
0; 0
2 2
a b


ữ ữ

a , b > 0
1 1
0; 0
4 4
a a b b + +

1 1
( ) ( ) 0
4 4
a a b b + + +


a , b > 0
1
0
2
a b a b + + + >
Mặt khác
2 0a b ab+ >

Nhân từng vế ta có :
( ) ( )
( )
1
2
2
a b a b ab a b

+ + + +



( )
( )
2
2 2
2
a b
a b a b b a
+
+ + +

b) Chuyển vế quy đồng ta đợc.
bđt
( )
( )
( )
( )
( )
( )
0
1111
22

++

+

++


xyy
yxy
xyx
xyx
( ) ( )
01
2
xyyx
đúng vì
1xy
§Ò sè 3
Bài 1. a. Cho k là số nguyên dương bất kì.
Chứng minh bất đẳng thức sau:
1 1 1
2( )
( 1) 1k k k k
< −
+ +
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009
+ + + + <L
Bài 2. Chứng minh rằng phương trình:
( )
4 2 2 4
2 2 3 0x m x m− + + + =

luôn có 4 nghiệm phân biệt
1 2 3 4
, , ,x x x x
với mọi giá trị của
m
.
Tìm giá trị
m
sao cho
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11x x x x x x x x
+ + + + × × × =
.
Bài 3. a. Giải hệ phương trình sau :
2 2
3 3
3
9
x y xy
x y

+ − =


+ =


b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:
3 2 3

2 3 2x x x y+ + + =
Bài 4. Cho hình vuông ABCD tâm O, cạnh a. M là điểm di động trên đoạn OB (M không trùng với
O; B). Vẽ đường tròn tâm I đi qua M và tiếp xúc với BC tại B, vẽ đường tròn tâm J đi qua M và tiếp xúc với
CD tại D. Đường tròn (I) và đường tròn (J) cắt nhau tại điểm thứ hai là N.
a. Chứng minh rằng 5 điểm A, N, B, C, D cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra 3 điểm
C, M, N thẳng hàng.
b. Tính OM theo a để tích NA.NB.NC.ND lớn nhất.
Bài 5. Cho a,b,c d¬ng chøng minh r»ng

1
))(())(())((
≤
+++
+
+++
+
+++
=
cabcc
c
abcbb
b
cabaa
a
P
.

§Ò sè 4
Bài 1 Chứng minh rằng nếu a, b, c là các số nguyên khác 0 thoả mãn
3

a b c
b c a
+ + =
thì tích abc là lập
phương của một số nguyên.
Bài 2 Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình x
2
- 4x+1=0
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì biểu thức x
1
2n
+ x
2

2n
luôn là tổng của ba số chính
phương liên tiếp.
: Bài 3 a) Giải hệ phương trình:
2
x + y + x = 1
2x + 2y - 2xy + z = 1



.
b) Giải phương trình:

1xx2x3x3
22
=+−+
.
Bài 4
Cho hai tia Ox và Oy tạo với nhau một góc 45
0
và tự quay xung quanh đỉnh O cố định. Từ điểm A cố
định, hạ đường vuông góc AB xuông Ox và AC xuống Oy.
a) Chứng minh rằng đoạn thẳng BC có độ dài không đổi.
b) Tìm điểm cố định mà các đường tròn đường kính BC đi qua.
c) Gọi D và E lần lượt là giao của AB và AC với Oy và Ox. Tam giác ACD là tam giác gì? Chứng
minh DE có độ dài không đổi.
Bài 5a) Cho x; y; z >0 sao cho xyz=1Chøng minh r»ng
1
2
1
2
1
2
1
≤
+
+
+
+
+
=
zyx
Q

b) Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1. Chứng minh rằng
n4
4n +
là hợp số.
HD §Ò sè 3
CÂU
Ý
NỘI DUNG
Bài 1.
(2điểm)
a. Cho k là số nguyên dương bất kì. CMR:
1 1 1
2( )
( 1) 1k k k k
< −
+ +
b. Chứng minh rằng:
1 1 1 1 88
2 45
3 2 4 3 2010 2009
+ + + + <L
a.
(1.0đ)
Bđt
1 2 k 1 2 k
(k 1) k k. k 1
+ −
⇔ <
+ +
⇔

2k 1 2 k(k 1) 0+ − + >

2
( k 1 k) 0⇔ + − >
Luôn đúng với mọi k nguyên dương.

1 1 1
2( )
( 1) 1
⇒ < −
+ +
k k k k
b.
(1.0đ)
Áp dụng kết quả câu a ta có:
1 1 1 1
VT
2 1 3 2 4 3 2010 2009
= + + + +L
1 1 1 1 1 1
2 2 2
1 2 2 3 2009 2010
   
 
< − + − + + −
 ÷  ÷ ÷
 
   
L
1

2 1
2010
 
= −
 ÷
 
1 88
2 1 VP
45 45
 
< − = =
 ÷
 
(đpcm)
( )
4 2 2 4
2 2 3 0x m x m
− + + + =
(1)
Đặt :
2
t x=
, ta có :
( )
2 2 4
2 2 3 0t m t m− + + + =
(2) (
0t
≥
) .

Ta chứng tỏ (2) luôn có hai nghiệm :
1 2
0 t t< <
.
( ) ( )
2
2 4 2
' 2 3 4 1 0m m m∆ = + − + = + >
với mọi
m
.Vậy (2) luôn có hai nghiệm phân
biệt
1 2
,t t
.
4
1 2
3 0t t m× = + >
với mọi
m
.
a
(1.0đ)
( )
2
1 2
2 2 0t t m+ = + >
với mọi
m
.

Do đó phương trình (1) có 4 nghiệm :
1
t
−
,
1
t
+
,
2
t
−
,
2
t
+
.
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2
2 2 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 2 2 1 1 2 2
x x x x x x x x t t t t t t t t
+ + + + × × × = − + + − + + − × × − ×


( )
1 2 1 2
2 t t t t= + + ×
b
(1.0đ)

( )
2 2 2 2 2 4 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
4 2 3 4 11x x x x x x x x m m m m+ + + + × × × = + + + = + +
.
2 2 2 2 4 2 4 2
1 2 3 4 1 2 3 4
11 4 11 11 4 0 0x x x x x x x x m m m m m+ + + + × × × = ⇔ + + = ⇔ + = ⇔ =
Ta có
2
3 3 2
3 7
2 3 2 2 0
4 8
y x x x x x y
 
− = + + = + + > ⇒ <
 ÷
 
(1)
2
3 3 2
9 15
( 2) 4 9 6 2 0 2
4 16
x y x x x y x
 
+ − = + + = + + > ⇒ < +
 ÷
 

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm
được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
Bài 4.
(3 điểm)
K
H
N
O
I
J
B
A
D
C
M
a.
2.0đ
MNB MBC∠ = ∠
( Cùng chắn cung BM)
MND MDC
∠ = ∠
( Cùng chắn cung DM)
90BND MNB MND MBC MDC∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ =
o
Do đó 5 điểm A, B, C, D, M cùng thuộc một đường tròn
Suy ra NC là phân giác của góc BND ( do cung BC = cung BD)
Mặt khác, theo CM trên ta có NM là phân giác của góc BND
Nên M, N, C thẳng hàng.
b.

1.0đ
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của N trên AC và BD

⇒
NHOK là hình chữ nhật
Ta có :
. . . 2NA NC NH AC NH a= =


. . . 2NB ND NK BD NK a= =
Suy ra
2 2 4
2 2 2 2
. . . 2 . . 2 . .
2 2
NH NK a
NA NB NC ND a NH NK a a NO
+
= ≤ = =
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
2
a
NH NK= =

(2 2)
2
a
OM
−
⇔ =

Bài 5.
C¸ch 1: ta cã
(0.5
im)
( )
acabaacaba
acbcaababcacabaacabaa
++=++=
+++++++=+++
2
2
2))((
Nên
cba
a
cabaa
a
++

+++ ))((
tơng tự ta có ĐPCM
Cách 2: áp dụng BĐT Bunhiacopsky cho 2 dãy
ca;
và
ab;
ta có
( )
2
))(( acababca +++
nên

acabacabaa +++++ ))((
nên
cba
a
cabaa
a
++

+++ ))((
tơng tự ta có ĐPCM
Cách 3 trục căn thức ở mẫu
bcacab
cbacacbccbbabcabaa
P
bcacab
ccacbc
bcacab
bcbbab
bcacab
acabaa
P
++
++++++++
=
++
++
+
++
++
+

++
++
=
222
222
))(())(())((
))(())(())((
HD Đề số 4
Bi Ni dung
1
(1)
Đặt
1:;;;
333
====
xyzthiz
a
c
y
c
b
x
b
a
Ta có

[ ]

=++
==

=++++=++
0
0)()()()(3
222333
zyx
zyx
xzzyyxzyxxyzzyx
*Nếu x=y=z thì ta có a=b=c nên abc=a
3
=b
3
=c
3
( đpcm)
* Nừu x+y+z=0 ta có
(*)00
3
2
3
2
3
2
333
=++=++
accbba
a
c

c
b
b
a
Nhân 2 vế của (*) với
3
2
3
2
;; bcab
Ta có





=++
=++
)2(0
)1(0
3
4
3
222
3 2223 4
abcbccba
cbacabab
Lấy (1) trừ (2) ta có :
3
333

3
)(
)()()()(








===
cb
acb
abcacbcbabcacbcbabc
(đpcm
Vì x
1
;x
2
là nghiệm của phơng trình (1) nên
)()(4
04
04
014
014
21
1
2
1

1
2
2
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
2
1
2
2
2
1
2
1
nn
nn
nn
n
n
n
n
n
n

xxxxxx
xxx
xxx
xx
xx
++=+





=+
=+






=+
=+
++
++
+
+
+
+
Đặt
nn
n

nn
n
nn
n
xxSxxSxxS
21
1
2
1
11
2
2
2
11
;;
+=+=+=
++
+
++
+
2
(1,5đ
)
Th×
nnn
SSS −=
++ 12
4
v× S
1

=4;S
2
=14 cho S
k
lu«n lµ sè nguyªn
Theo ViÐt ta cã



=
=−
⇔



=
=+−
⇔



=
=+
⇔



=
=+
1

32
1
164)(
1
16)(
1
4
21
21
21
21
2
21
21
2
21
21
21
xx
xx
xx
xxxx
xx
xx
xx
xx
Ta cã gi¶ sö tån t¹i sè nguyªn a sao cho
[ ]
[ ]
)()(2

3
)( )()(32
3
) )((
3
3
)(
)(22323)1()1(
3
2
3
1
1
2
1
1
21
3
2
3
1
3
2
3
121
1
2
1
1
1

21
2
2
2
1
3
2
2
2
3
12
2
1
1
12121
2
21
2
2121
2
2
2
1
2
2
2
1
222222
2
2

1
++++±=⇔
++++++
±=⇔
++++++−
±=
−
±=
−
=⇔
−=−+=−+=⇔+=+++−=+
−−−−
−−−−−−
−−−−−−
nnnn
nnnnnn
nnnnnnnnnn
nnnnnnnn
xxxxa
xxxxxxxxxx
a
xxxxxxxxxxxxxxxx
a
xxxxxxxxaaaaaxx
ta cã
; ;
1
2
1
11

3
2
3
13
−−
−
−−
−
+=+=
nn
n
nn
n
xxSxxS
®Òu lµ sè nguyªn nªn a lµ sè nguyªn ( ®pcm)
3
(1,5đ
)
a) Ta có hệ phương trình :

2 2
x+y+z=1 x+y = 1-z
2x+2y-2xy+z =1 2xy = z +2(x+y)-1
 
⇔
 
 

2 2
x + y = 1 - z

2xy = z - 2z + 1 = (1- z)

⇔



2
2xy = (x + y)⇔

⇔
2 2
x + y = 0 x = y = 0 z = 1⇔ ⇒
.
Vậy hệ phương trình chỉ có 1 cặp nghiệm duy nhất: (x ;y ;z) = (0 ;0; 1).
b) Biến đổi phương trình đã cho thành
01xx2)xx(3
22
=−+−+
Đặt
xxt
2
+=
( điều kiện t
0
≥
), ta có phương trình
01t2t3
2
=−−
Giải tìm được t = 1 hoặc t =

3
1
−
(loại)
Với t = 1, ta có
01xx1xx
22
=−+⇔=+
. Giải ra được
2
51
x
+−
=
hoặc
2
51
x
−−
=
.
j
x
y
H
D
E
K
C
I

O
A
B
a) 4 điểm OBAC nằm trên (I) đờng kính OA=2R gọi K là trung điểm BC tam giác BIK vuông
cân tạ K suy ra
2
2R
IKBK ==
nên
2RBC =
( không đổi)
b) Đờng tròn đờng kính BC luôn đi qua I
c) Tam giác ACD vuông tại C có
0
45== xOyCAD
nên là tam giác vuông cân
d) Ta có tứ giác EBCD nội tiếp đờng tròn tâm H đờng kính DE
0
90== CDBBHC
( quan hệ góc ở tâm và góc nội tiếp) trong tam giác vuông BHC tính đơc
DH= R suy ra DE=2R=OA không đổi
5
(1)
a Ta có
2222
2
1
2
2
1

2
2
123
+
+
+
+
+
=
+
+
+
+
+
=
z
z
y
y
x
x
zyx
Q
Ta phải chứng minh
1
222
23
+
+
+

+
+
=
z
z
y
y
x
x
Q
áp dụng BĐT Bunhiacho 2 dãy
2
;
2
;
2 +++ z
z
y
y
x
x
và
2;2;2 +++ zyx
Ta có
1123
)3)(3:(
6)(2)()23)(6(
2
2
2

=++
++++++++=+++++
QQ
xyzxzyzxyVi
zyxxzyzxyzyxzyxQzyx
Dấu = xảy ra khi x=y=z=1
b) n l s t nhiờn ln hn 1 nờn n cú dng n = 2k hoc n = 2k + 1, vi k l s t nhiờn ln hn 0.
- Vi n = 2k, ta cú
k24n4
4)k2(4n +=+
ln hn 2 v chia ht cho 2. Do ú
n4
4n +
l hp s.
-Vi n = 2k+1, tacú

2k2k22k4k24n4
)2.n.2()4.2n()4.2(n4.4n4n +=+=+=+
= (n
2
+ 2
2k+1
+ n.2
k+1
)(n
2
+ 2
2k+1
n.2

k+1
) = [( n+2
k
)
2
+ 2
2k
][(n 2
k
)
2
+ 2
2k
]. Mi tha s u ln
hn hoc bng 2. Vy n
4
+ 4
n
l hp s