Tuyển tập các bài toán ĐẠI SỐ ôn thi vào trường chuyên P.I

TỔNG HỢP CÁC BÀI ĐẠI SỐ ÔN THI TRƯỜNG CHUYÊN P.I
Biên soạn: Nguyễn Đức Lộc
Sinh viên ĐH Ngoại Thương
Bài 1:
Cho 𝑃(𝑥 ) = 1 + 𝑥 + 𝑥 2 + 𝑥 3 + ⋯ + 𝑥 100 . Tìm dư P(13) chia 51.
Bài 2:
Cho a;b;c >0 .Chứng minh rằng:
1+

3
6
≥
𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎 𝑎 + 𝑏 + 𝑐

Bài 3:
Giải phương trình: 5(6 − 5𝑥 2 )2 = 6 − 𝑥
Bài 4: Cho a;b là 2 số thực không âm thỏa mãn a+b =5
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + 1
Bài 5: Giải hệ phương trình:
𝑥 7 + 𝑦7 = 𝑥 4 + 𝑦4
{
𝑥3 + 𝑦3 = 1
Bài 6: Cho x;y;z là các số nguyên sao cho (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑦 +
𝑧. Chứng minh rằng: 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 là bội của 27.
Bài 7: Cho a;b;c >0 .Chứng minh rằng:
5𝑏3 −𝑎3
𝑎𝑏+3𝑏2

+

5𝑐 3 −𝑏3

𝑏𝑐+3𝑐 2

+

5𝑎3 −𝑐 3
𝑐𝑎+3𝑎2

≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐.

Bài 8: Tìm giá trị nguyên của a để hai phương trình sau có ít nhất một nghiệm
chung:
2𝑥 2 + (3𝑎 − 1)𝑥 − 3 = 0 và 6𝑥 2 − (2𝑎 − 3)𝑥 − 1 = 0
Bài 9: Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: 2015(𝑥 2 + 𝑦 2 ) − 2014(2𝑥𝑦 +
1) = 25


Bài 10: a;b;x là các số thỏa mãn: 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑥 = 4 và 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = 4.Tìm giá
trị lớn nhất của x.

LỜI GIẢI.
Bài 1:
Với mọi số tự nhiên n thì 13𝑛 chia hết cho 3 dư 1 mà P(13) là tổng của 101 số
hạng chia 3 dư 1 nên P(13) chia hết cho 3 dư 2.
Ta có 134 chia cho 17 dư 1.
Do đó, 134𝑘 ≡ 1; 134𝑘+1 ≡ −4; 134𝑘+2 ≡ −1; 134𝑘+3 ≡ 4 𝑚𝑜𝑑 17 với mọi k.
Nên 134𝑘 + 134𝑘+1 + 134𝑘+2 + 134𝑘+3 chia hết cho 17.
→ 𝑃(13) ≡ 13100 ≡ 1(𝑚𝑜𝑑 17)
Do đó, P(13) chia cho 3 dư 2; chia cho 17 dư 1 nên P(13) chia cho 51 dư 35∎.
Bài 2:
Đặt 𝑝 = 𝑎 + 𝑏 + 𝑐; 𝑞 = 𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎. Ta có 𝑝; 𝑞 > 0 và:

𝑝2 − 3𝑞 = (𝑎 + 𝑏 + 𝑐)2 − 3(𝑎𝑏 + 𝑏𝑐 + 𝑐𝑎)
= 𝑎2 + 𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎𝑏 − 𝑏𝑐 − 𝑐𝑎
=

1
1
1
(𝑎 − 𝑏)2 + (𝑏 − 𝑐)2 + (𝑐 − 𝑎)2 ≥ 0
2
2
2
→ 𝑝2 ≥ 3𝑞. (1)

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:
3 6
6𝑞
36𝑞 2
2
1+ ≥ ↔𝑝≥
↔𝑝 ≥
(∗)
(𝑎 + 3)2
𝑞 𝑝
𝑞+3
Bây giờ ta sẽ chứng minh bất đẳng thức: 3𝑞 ≥
Ta có (2) tương đương với:

36𝑞2
(2).
(𝑞+3)2

(𝑞 + 3)2 ≥ 12𝑞 ↔ (𝑞 − 3)2 ≥ 0,luôn đúng.
Từ (1);(2) suy ra (*) được chứng minh, hay bất đẳng thức đã cho được chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 𝑎 = 𝑏 = 𝑐 = 1. ∎
Bài 3:
Theo bài toán ta có: 6 − 𝑥 ≥ 0 → 𝑥 ≤ 6
Đặt 6 − 5𝑥 2 = 𝑦 ≤ 6 ta suy ra: 5𝑥 2 = 6 − 𝑦
Ta có hệ phương trình:
5𝑦 2 = 6 − 𝑥 (1)
{ 2
5𝑥 = 6 − 𝑦(2)
Trừ từng vế của (1) cho (2) ta có:
5𝑦 2 − 5𝑥 2 = 𝑦 − 𝑥
↔ 5(𝑦 − 𝑥 )(𝑦 + 𝑥 ) = 𝑦 − 𝑥
↔ (𝑦 − 𝑥 )(5𝑦 + 5𝑥 − 1) = 0
- Nếu 𝑦 − 𝑥 = 0 ta có: 𝑦 = 𝑥 hay 6 − 5𝑥 2 = 𝑥
−6
→ 5𝑥 2 + 𝑥 − 6 = 0 ↔ 𝑥 = 1; 𝑥 = (thỏa mãn).
5
- Nếu 5𝑥 + 5𝑦 − 1 = 0 thay 𝑦 = 6 − 5𝑥 2 ta có:
5𝑥 + 30 − 25𝑥 2 − 1 = 0
25𝑥 2 − 5𝑥 − 29 = 0
⟹𝑥=

1+3√13
;𝑥
10

=

1−3√13
10

(thỏa mãn).

Bài 4:
Ta có 𝑎 + 𝑏 = 5 ⇔ 𝑎 = 5 − 𝑏
𝐴 = 𝑎𝑏 + 𝑎 + 2𝑏 + 1 = 5𝑏 − 𝑏 2 + 5 − 𝑏 + 2𝑏 + 1 = −𝑏 2 + 6𝑏 + 6
= −(𝑏 2 − 6𝑏 + 9) + 15 = −(𝑏 − 3)2 + 15
Vì (𝑏 − 3)2 ≥ 0 ⟹ −(𝑏 − 3)2 ≤ 0 ⟹ 𝐴 ≤ 15
Do đó 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ (𝑏 − 3)2 = 0 ⇔ 𝑏 = 3 ⟹ 𝑎 = 2
Vậy 𝐴𝑚𝑎𝑥 = 15 ⇔ 𝑎 = 2; 𝑏 = 3. ∎
Bài 5:


𝑥 7 + 𝑦7 = 𝑥 4 + 𝑦4
{
𝑥3 + 𝑦3 = 1
𝑥 7 + 𝑦 7 = (𝑥 4 + 𝑦 4 )(𝑥 3 + 𝑦 3 )
⇔{
𝑥 3 + 𝑦3 = 1
𝑥 7 + 𝑦7 = 𝑥 7 + 𝑦7 + 𝑥 3𝑦4 + 𝑥 4𝑦3
⇔{
𝑥 3 + 𝑦3 = 1
𝑥 3 𝑦 3 (𝑥 + 𝑦) = 0
⇔{
𝑥 3 + 𝑦3 = 1
Vì 𝑥 3 𝑦 3 (𝑥 + 𝑦) = 0 ⇔ 𝑥 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑦 = 0 ℎ𝑜ặ𝑐 𝑥 + 𝑦 = 0, nên ta xét các
trường hợp:

+ Nếu 𝑥 = 0 thì từ 𝑥 3 + 𝑦 3 = 1 ⟹ 𝑦 = 1
+Nếu 𝑦 = 0 thì từ 𝑥 3 + 𝑦 3 = 1 ⟹ 𝑥 = 1
+ Nếu 𝑥 + 𝑦 = 0 thì từ 𝑥 3 + 𝑦 3 = 1 ta thấy không có x;y thỏa mãn.
Vậy (𝑥; 𝑦) = (0; 1); (1; 0). ∎
Bài 6:
Xét 3 số dư của x;y;z khi chia cho 3.
+) Nếu số dư là khác nhau thì 3 số dư đó là 0;1 và 2 thì 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ 3
Khi đó (𝑥 − 𝑦); (𝑦 − 𝑧); (𝑧 − 𝑥) đều không chia hết cho 3 nên (𝑥 − 𝑦)(𝑦 −
𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) không chia hết cho 3 (vô lý).
+)Nếu có 2 số dư bằng nhau thì 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 không chia hết cho 3.
Trong khi đó một trong 3 hiệu 𝑥 − 𝑦; 𝑦 − 𝑧; 𝑧 − 𝑥 chia hết cho 3.
⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 3(vô lý).
+)Nếu có 3 số dư bằng nhau thì
(𝑥 − 𝑦) ⋮ 3; (𝑦 − 𝑧) ⋮ 3; (𝑧 − 𝑥 ) ⋮ 3
⟹ (𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥) ⋮ 27
mà(𝑥 − 𝑦)(𝑦 − 𝑧)(𝑧 − 𝑥 ) = 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⟹ 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ⋮ 27(Điều phải chứng
minh).
Bài 7:
Ta có: 𝑎𝑏 ≤ 𝑎2 + 𝑏 2 − 𝑎𝑏
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ (𝑎 + 𝑏)(𝑎2 + 𝑏 2 − 𝑎𝑏)
⇔ 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 𝑏 3
⟹ 5𝑏 3 + 𝑎𝑏(𝑎 + 𝑏) ≤ 𝑎3 + 6𝑏 3
⇔ 5𝑏 3 − 𝑎3 ≤ 𝑏(6𝑏 2 − 𝑎𝑏 − 𝑎2 )


⇔ 5𝑏 3 − 𝑎3 ≤ 𝑏(3𝑏 + 𝑎)(2𝑏 − 𝑎)
⇔ 5𝑏 3 − 𝑎3 ≤ (2𝑏 − 𝑎)(3𝑏 2 + 𝑎𝑏)
5𝑏 3 − 𝑎3
⇔ 2
≤ 2𝑏 − 𝑎(1)

3𝑏 + 𝑎𝑏
Tương tự:

5𝑐 3 −𝑏3
3𝑐 2 +𝑐𝑏

≤ 2𝑐 − 𝑏(2);

Từ (1);(2) và (3), suy ra:

5𝑏3 −𝑎3
3𝑏2 +𝑎𝑏

5𝑎3 −𝑐 3
3𝑎2 +𝑎𝑐

+

≤ 2𝑎 − 𝑐(3)

5𝑐 3 −𝑏3
3𝑐 2 +𝑐𝑏

+

5𝑎3 −𝑐 3
3𝑎2 +𝑎𝑐

≤ 𝑎 + 𝑏 + 𝑐. ∎

Bài 8:
Gọi x0 là nghiệm chung của hai phương trình đã cho.
2𝑥02 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − 3 = 0(1)
Khi đó ta có: { 2
6𝑥0 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − 1 = 0(2)
⟹ 3[2𝑥02 + (3𝑎 − 1)𝑥0 − 3] − [6𝑥02 − (2𝑎 − 3)𝑥0 − 1] = 0
⇔ (11𝑎 − 6)𝑥0 = 8
+)Xét 𝑎 =

6

, khi đó hai phương trình trên không có x0 thỏa mãn.

11

Suy ra hai phương trình đã cho không có nghiệm chung(loại).
+)Xét 𝑎 ≠

6

, khi đó có 𝑥0 =

11

8

, thay vào phương trình (1), có:

11𝑎−6

2
8
8
2(
) + (3𝑎 − 1) (
)−3=0
11𝑎 − 6
11𝑎 − 6

⇔ 128 + 8(3𝑎 − 1)(11𝑎 − 6) − 3(11𝑎 − 6)2 = 0
⇔ −99𝑎2 + 164𝑎 + 68 = 0
⟹ 𝑎 = 2 hoặc 𝑎 =

−34
99

.Mà a nguyên nên có 𝑎 = 2.

Với 𝑎 = 2, hai phương trình đã cho trở thành:


1

2𝑥 2 + 5𝑥 − 3 = 0 có tập nghiệm 𝑆 = { ; −3}.
2

1 −1

6𝑥 2 − 𝑥 − 1 = 0 có tập nghiệm 𝑆 = { ;
2

3

}.
1

Dễ thấy 2 phương trình có nghiệm chung 𝑥0 = (thỏa mãn).
2

Vậy 𝑎 = 2 là giá trị nguyên của a thỏa mãn bài toán.∎

Bài 9:
Ta có: 2015(𝑥 2 + 𝑦 2 ) − 2014(2𝑥𝑦 + 1) = 25
⇔ 2014(𝑥 2 + 𝑦 2 − 2𝑥𝑦) + 𝑥 2 + 𝑦 2 − 2014 = 25
⇔ 2014(𝑥 − 𝑦)2 + 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2039
Có 𝑥 2 + 𝑦 2 ≥ 0 nên 2014(𝑥 − 𝑦)2 ≤ 2039 ⇔ (𝑥 − 𝑦)2 ≤

2039

.

2014

Vì x;y nguyên nên (𝑥 − 𝑦)2 = 0 hoặc (𝑥 − 𝑦)2 = 1.
+)Xét (𝑥 − 𝑦)2 = 0 ⟹ 𝑥 = 𝑦 và 𝑥 2 + 𝑦 2 = 2039 hay 2𝑥 2 = 2039( vô
lí,loại).
+) Xét (𝑥 − 𝑦)2 = 1. Khi đó 𝑥 2 + 𝑦 2 = 25.
-Nếu 𝑥 − 𝑦 = 1,ta có: (𝑦 + 1)2 + 𝑦 2 = 25
⇔ 2𝑦 2 + 2𝑦 − 24 = 0 ⇔ 𝑦 2 + 𝑦 − 12 = 0
⟹ 𝑦 = 3 hoặc 𝑦 = −4. Khi đó ta có (𝑥; 𝑦) = (4; 3); (−3; −4).

-Nếu 𝑥 − 𝑦 = −1. Tương tự ta có (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3).
Vậy (𝑥; 𝑦) = (3; 4); (−4; −3); (4; 3); (−3; −4). ∎

Bài 10:
Theo đề bài ta suy ra 𝑎 + 𝑏 = 𝑎2 + 𝑏 2 .


Mà

𝑎2
2

− 𝑎𝑏 +

𝑏2
2

≥ 0 hay 𝑎2 + 𝑏 2 ≥

(𝑎+𝑏)2
2

(𝑎 + 𝑏)2
⟹𝑎+𝑏 =𝑎 +𝑏 ≥
2
2

2

⇔ (𝑎 + 𝑏)2 − 2(𝑎 + 𝑏) ≤ 0

⇔ (𝑎 + 𝑏)(𝑎 + 𝑏 − 2) ≤ 0
⇔0≤𝑎+𝑏 ≤2
Lại có 𝑎 + 𝑏 + 𝑥 = 4 ⇔ 4 − 𝑥 = 𝑎 + 𝑏
⟹ 0 ≤ 4 − 𝑥 ≤ 2 ⇔ 2 ≤ 𝑥 ≤ 4.
Vậy giá trị lớn nhất của x là 4 khi 𝑎 = 𝑏 = 0. ∎