Phuong phap tim nghiem nguyen

Cuộc thi nhận học bổng Edgar Krahn
Đại học Maryland
Câu 1 . Cha và con có cùng ngày sinh nhật , đó là ngày 20
tháng 10 . Vào
ngày sinh nhật năm 1999 , cha 42 tuổi và con 11 tuổi . Vào
năm nào tuổi
cha đúng bằng hai lần tuổi con ?
A , 2009
B , 2011
C,
2013
D , 2017
E , 2019
Câu 2 . Một ngời làm công trong 10 ngày . Ngày thứ
nhất , ngời ta trả
cho ông ta 2 đô-la . Ngày thứ hai , ông nhận đợc 4 đô-la ,
ngày thứ ba ,
ngời ta trả 8 đô-la . cứ nh thế , tiền công hôm nay ông ta
nhận đợc lại
gấp đôi hôm trớc đó . Vậy trong 10 ngày ông ta có đợc bao
nhiêu tiền
công ?
A , 1023
B , 1999
C,
2000
D , 2046
E , 2048
Câu 3 . Học sinh mới vào trờng (fenshmen) trung học
Wisdom phải chọn
đúng hai trong ba khoá học về : Tiếng Anh , Toán, Xã hội

học . Số ngời
mới vào đăng kí theo các môn nh sau : 20 ngời đăng kí
môn Tiếng Anh,
17 ngời đăng kí môn toán , 11 ngời đăng kí môn Xã hội học
. Hỏi có tất
bao nhiêu ngời mới vào ?
A , 24
B , 25
C,
26
D , 27
E , 28
Câu 4 . chữ số cuối cùng của 777 777 là :
A,1
B,3

C,5


D,7

E,9

Câu 5 . ngời dơi và siêu nhân làm việc cùng nhau , họ lột
vỏ xong thùng
Khoai trong 20 phút . Cũng cùng làm công việc đó siêu
nhân và ngời nhện
Lột xong trong 15 phút , ngời nhện và ngời dơi thực hiện
trong 12 phút .
Hỏi một mình siêu nhân sẽ lột vỏ xong thùng khoai trong

bao lâu ?
A , 1giờ
B , 45 phút
C , 40
phút
D , 30 phút
E , Một kết quả khác

Câu 6 . Snoopy muốn lắp máy điện thoại , anh ta cần
phải lựa chọn một
Trong ba kiểu tiền A , B , C nh sau :
A : trả 99 xen cho trong 20 phút cuộc gọi đầu tiên , sau
đó , nếu gọi quá 20
Phút thì mỗi phút trả thêm 5 xen .
B : Kể từ phút đầu tiên , phải trả cứ mỗi phút là 5 xen .
C : Kể từ phút đầu tiên , phải trả cứ mỗi phút là 8 xen ; tuy
nhiên , bắt đầu
Cuộc gọi phai trả 25 xen phí tổn kết nối ban đầu .
Giả sử trung bình trong mỗi tháng , những cuộc gọi 1 phút
của Snoopy
Chiếm 10% ; các cuộc gọi 5 phút chiếm 10% ; các cuộc gọi
10 phút chiếm
30% ; các cuộc gọi 20 phút chiếm 30% ; và các cuộc gọi 30
phút chiếm
20% .
Nh thế , xếp thứ tự kiểu tính tiền từ rẻ đến đắt là :


A , ABC
BCA

D , ACB

B , BAC

C,

E , CBA

Câu 7 . cho tam giác nhọn ABC có BC = a , AC = b , AB = c
và nội tiếp
đờng tròn ( O , R ) . Chứng minh rằng :
a
b
c
=
=
sin a sin b sin c

Câu 8 . cho đờng tròn tâm O bán kính R , các đờng kính
AB và CD
vuông góc với nhau . Gọi I là trung điểm của BO . Tia CI cắt
đờng tròn ở
E , EA cắt CD ở K . Tính độ dài DK .
Câu 9 . Cho đờng tròn ( O ) có đờng kính AB = 12 cm .
Mọt đờng
Thẳng đi qua A cắt đờng tròn ( O ) ở M và cắt tiếp tuyến
của đờng tròn
Tại B ở N . Gọi I là trung điểm của MN . Tính độ dài AM ,
biết AI = 13 cm.
Câu 10 . Cho nửa đờng tròn đờng kính BC . các điểm

M , N thuộc nửa
đờng tròn sao cho cung BC = cung MN = cung NC .


Một số dạng toán tìm nghiệm
nguyên
của phơng trình bậc hai hai
ẩn
Phơng trình bậc hai hai ẩn ( x ; y ) có dạng tổng quát nh
sau :
f ( x, y ) = ax + by + cxy + dx + ey + g = 0 trong đó a + b > 0
Bài toán tìm nghiệm nguyên của phơng trình ( PT ) dạng
này thờng gặp
trong các đề thi chọn học sinh giỏi lớp 9 và các đề thi lớp 10
chuyên Trung
học phổ thông .
Trong bài viết này , chúng tôi xin giới thiệu với bạn đọc phơng pháp giải
cho một số trờng hợp riêng của bài toán này . Chúng ta lần lợt
xét theo
các dạng sau :
1 . Dạng 1 . a = 0 hoặc b = 0, abc deg 0
Chẳng hạn , b = 0 , khi đó phơng trình có dạng : f ( x, y ) = ax

+ cxy + dx + ey + g = 0
y (cx + e) = (ax + dx + g )

hoặc cx + e = ax + dx + g = 0, y bất kì hoặc y =
cx + e 0

ax ^ 2 + dx + g

,
cx + e

Từ đăy biện luận để tìm đợc x, y thoả mãn phơng trình
đã cho .
Thí dụ 1 . Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
4 x ^ 2 + 2 xy + 4 x + y + 3 = 0
(1)
Lời giải : PT (1) tơng đơng với
y ( 2 x + 1) = (3 + 4 x ^ 2 + 4 x) = 0
hoặc 2 x + 1 = (3 + 4 x ^ 2 + 4 x) = 0, bất kì
4 x^2 + 4 x + 3
,2 x + 1 0
hoặc y =
2x + 1
Nếu 2 x + 1 = (3 + 4 x ^ 2 + 4 x) = 0 thì 2 x ^ 2 + 3x + 2 = 0 .


Phơng trình trên không có nghiệm nguyên nên trờng hợp
này PT (1)
không có nghiệm nguyên .
Nếu y =

4 x^2 + 4 x + 3
2
= 2 x 1
thì do y nên 2 x + 1 là 2x + 1
2x + 1

ớc của

2 , suy ra 2 x + 1 nhận ra các giá trị là 1 hoặc -1 . Từ đó x = 0
hoặc x = 1, dẫn
đến y = 3 hoặc y = 3 .

2 . Dạng 2 . Với ab > 0, c = 0, de 0
Khi đó phơng trình có dạng

f ( x, y ) = ax ^ 2 + by ^ 2 + dx + ey + g = 0
d
d
d ^2

x^2 + x +
=0
+ by ^ 2 + eg + g
a
4a ^ 2
4a

by ^ 2 + eg +


4ag d ^ 2
d
= a x +
^ 2
4a
2a

Từ đây biện luận để tìm đợc y , do đó tính đợc x
* Thí dụ 2 . Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
3x^ 2 + 4 y ^ 2 + 6 x + 3 y 4 = 0
(2)
Lời giải : phơng trình (2) tơng đơng với
3( x ^ 2 + 2 x + 1) + 4 y ^ 2 + 3 y 7 = 0
y ( y 1)(4 y + 7) = 3( x + 1)^ 2 0
(*)
7
Suy ra y 1.
4
Vì y nên y { 1 ; 0 ; 1 }

Kết hợp với (*) ta có
Nếu y = 1 thì ( x + 1 ) ^ 2 = 2 x = 1 2 (loại)
7
7
Nếu y = 0 thì (x + 1)^ 2 = x = 1
(loại)

3
3
Nếu y = 1 thì ( x + 1)^ 2 = 0 x = 1 ( thoả mãn )
Vậy PT (1) có một nghiệm nguyên là ( x; y ) = (1 ; 1)

3 . Dạng 3 . Với 4ab c ^ 2 0, ce 0, d = 0
Khi đó phơng trình có dạng


f ( x; y ) = ax ^ 2 + by ^ 2 + cxy + ey + g = 0

c
c^2 y ^2 c^2 y ^2

a x ^ 2 + xy +
+ by ^ 2 + ey + g = 0

a
4a ^ 2
4a ^ 2

4a ^ 2b c ^ 2
cy


y ^ 2 + eg + g = a x +
^ 2 .
4a ^ 2
2a

Từ đây biện luận để tìm đợc y , từ đó tính đợc x .

Thí dụ 3 . Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x ^ 2 + 2 y ^ 2 + 2 xy + 3 y 4 = 0
(3)
Lời giải : Phơng trình (3) tơng đơng với
( x ^ 2 + 2 xy + y ^ 2) + y ^ 2 + 3 y 4 = 0
( y + 4)( y + 1) = ( x + y )^ 2 0

(*)

Suy ra 4 y 1 .
Vì y nên { 4;3;2;1;0;1}
Kết hợp với (*) , tìm đợc các cặp nghiệm nguyên ( x; y ) của
PT (3) là (4;4), (1;3), (5;3), (2;0), (2;0), (1;1) .
4 . Dạng 4 . Với c - 4ab < 0 , (cd 2ae) (c - 4ab)(d 4ag ) , cde 0
Khi đó viết PT ban đầu dới dạng sau
f ( x; y ) = ax + (cy + d ) x + by + ey + g = 0
Coi đây là một phơng trình bậc hai ẩn x , với
= (cy + d ) 4a(by + ey + g ) = 0
= (c 4ab) y + 2(cd 2ae) y + d 4ag .
Từ đây xét 0 để tìm đợc y , sau đó suy ra x .
Thí dụ 4 . Tìm nghiệm nguyên của phơng trình
x + 2 y 2 xy + 3 x 3 y + 2 = 0
(4)
Lời giải : phơng trình (4) tơng đơng với
x + (3 2 y ) x + 2 y 3 y + 2 = 0
(*)
Coi đây là một phơng trình bậc hai ẩn x , với
= (3 2 y ) 4(2 y 3 y + 2) = 1 4 y
Để phơng trình (*) có nghiệm thì 0
4 y 1 0 (2 y + 1)(2 y 1) 0
1
1
0 .
2
2
y


Vì

nên y = 0 . Thay vào (*) ta đợc x + 3x + 2 = 0 x = 1 hoặc
x = 2
Vậy phơng trình (4) có hai nghiệm nguyên ( x; y ) là (1 ; 0) và
(2 ; 0) .


Nhận xét : Phơng pháp giải của dạng 4 có thể sử dụng
để giải các bài toán thuộc dạng 1 , dạng 2 và dạng 3 .


Để kết thúc bài viết , xin mời các bạn cùng luyện tập tìm
nghiệm nguyên của một số phơng trình dới đây :
a) 3 y xy 2 x + y + 1 = 0
b) 2 x + 5 y 8 x + 3 y = 0
c) 2 x + y 2 xy + y = 0
d) x + y + 1 = x + y + xy
e) x + 2 y + 2 xy + 4 x + 9 y + 3 = 0

Từ một bài toán quen thuộc
Tới hai bài toán thi quốc tế
Các bạn say toán thân mến , khi các bạn săn lùng các bài
toán để thử sức
các bạn có bao giờ tự hỏi về nguồn gốc của các bài toán đó
hay không ? Các
bạn có biết rằng những bài toán chúng ta gặp đều không
phải từ trên trơi rơi
xuống mà đợc đặt ra từ những bài toán đã biết cùng với
một cút ý tởng
sáng tạo hay không ? Truy tìm đến bài toán gốc đồng
nghĩa với việc bạn đã

khám phá ra một chút ý tởng sáng tạo đó . Không dừng lại ta
có thể tiếp
tục phát hiện những bài toán mới dựa trên những ý tởng
mới . Chúng ta bắt
đầu từ một bài toán quen thuộc .
Bài toán 1 : Gọi x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh
xyz ( x + y z )( y + z x)( x + z y ) .
rằng :
* Theo hớng suy nghĩ dùng ẩn phụ , nếu ta đặt
x = b + c, y = a + c, z = a + b thì


Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành :
(b + c)(a + c)(a + b) 8abc

Do x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác nên

x + y z , y + z x, x + z y

đều dơng , suy ra a, b, c cũng là các số dơng .
Bài toán (*) : Cho a, b, c là các số dơng . Chứng minh rằng :
(b + c)(a + c)(a + b) 8abc

Bài toán (*) cũng rất quen thuộc , sử dụng bất đẳng thức
Cô - si để chứng
minh .
Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho hai số dơng ta
có :
a + b 2 ab , b + c 2 bc , a + c 2 ac .

Ba bất đẳng thức trên có hai vế đều dơng , nhân theo
từng vế ta có bất đẳng
thức cần chứng minh .
* Nh vậy bài toán 1 đã đợc chứng minh và bài toán (*) chính
là bài toán
gốc của bài toán 1 . Với ý tởng đặt x = b + c, y = a + c, z = a + b , từ
bài toán (*)
đã có bài toán 1 , một bài toán chứng minh bất đẳng thức
trong tam giác khá
thú vị .
Khi đã có bài toán (*) , quay lại nhìn kĩ bài toán 1 các bạn
thấy chỉ cần điều
kiện x, y, z dơng là đủ . Ta có bài toán :
Bài toán 2 : Cho x, y, z là các số dơng . Chứng minh rằng :
xyz ( x + y z )( y + z x)( x + z y )
Lời giải : Thật vậy , nếu x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam

giác thì ta có
bài toán 1 .
Giả sử x, y, z không phải là độ dài ba cạnh của một tam giác
thì có thể xảy ra
các khả năng :
x y + z; y x + z; z y + x
Với x y + z ta có :
x + y z y + z + y z = 2y > 0
y+zx y+z yz =0
z + x y z + y + z y = 2z > 0


Suy ra ( x + y z )( y + z x)( x + z y ) < 0

xyz > 0 > ( x + y z )( x + z y )( y + z x ) .

Tơng tự đối với các trờng hợp còn lại .
Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh .
* Tiếp tục đa ý tởng vào bài toán (*) với ba số dơng a, b, c .
Đặt S = a + b + c ta có :
( S c)( S a)( S b) = ( a + b)(b + c)(a + c) 8abc .
Với 3số dơng a + b, b + c, a + c, ta lại có :
( S + c)( S + a )( S + b) = [ (b + c) + (c + a )] ì [ (a + b) + (b + c)] ì [ (a + b) + (a + c)]
8(a + b)(b + c)(a + c) 64abc

Nhân theo từng vế (1) và (2) suy ra :
( S 2 c 2 )( S 2 b 2 )( S 2 a 2 ) 8 3 a 2 b 2 c 2 .
Ta có bài toán sau :
Bài toán 3 : : Cho a, b, c là các số dơng và S = a + b + c . Chứng
minh rằng :
S2
S 2
S 2

2 1 2 1 2 1 8 3 .
a
b
c


Các bạn sẽ còn ngạc nhiên khi thấy hai bài toán vô địch quốc
tế IMO gần
đây cũng xuất phát từ bài toán (*) .

Bài toán 4 : (IMO năm 2000) : Cho a, b, c là các số dơng có
tích bằng 1 .
Chứng minh rằng :
1
1
1

a + 1 b + 1 c + 1 1
b
c
a

x
,
y
,
z
Lời giải : Do abc = 0 nên tồn tại ba số
dơng sao cho
x
y
z
a = ;b = ; z = ,
y
z
x
1
Chẳng hạn x = 1; y = ; z = c . Nh vậy bất đẳng thức cần chứng
a

minh quy về:
x z
y x y z
+ 1 + 1 + 1 1
y y z z x x
( x + y z )( y + z x )( x + z y ) xyz

Theo bài toán 2 , bất dẳng thức đợc chứng minh .
Bài toán 5 (IMO năm 2001) : Cho a, b, c là các số dơng.Chứng minh rằng:


a

Lời giải : Đặt x =

a 2 + 8bc
a

+

a 2 8bc

b
b 2 8ac

; y=

+

c

c 2 8ab

b
b 2 8ac

1

; z=

c
c 2 8ab

Ta có x, y, z đều dơng và bất đẳng thức cần chứng minh
trở thành :
x+ y + z 1

a

a2
1
8bc
1
8bc
2 = 1+ 2 2 1 = 2 ;
2
2
a 8bc
a + 8bc
x
a

x
a
1
8ca 1
8ab
Tơng tự ta có y 2 1 = b 2 ; z 2 1 = c 2

Do x =

x2 =

1
1
1

1 2 1 2 1 = 8 3
2
x
y

z
Mặt khác , nếu S = x + y + z < 1 thì
2
1
S 2
S 2

1
1
S

3





2 1 2 1 2 1 > 2 1 2 1 2 1 8
x
y
x
z
y
z


Suy ra :

Mâu thuẫn với đẳng thức trên .
Vậy x + y + z 1 , bài toán đợc chứng minh .
Bài tập : Cho a, b, c là các số dơng và
Chứng minh rằng : 8abc 1 .

1
1
1
+
+
=2
a +1 b +1 c +1