99 Bài toán nền tảng HSG môn Toán 9

99

BÀI TOÁN HSG CHỌN LỌC

ĐẠI SỐ
SỐ HỌC
TỔ HỢP

LỚP

9

NĂM HỌC 2018–2019

Tài liệu này là của………………………..…………..………………..


LỜI NÓI ĐẦU
uốn tài liệu này gồm 99 bài toán (Đại số – Số học – Tổ hợp) dành cho

C

học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào 10 Chuyên Toán lớp 9. Được biên
soạn dựa vào các đề thi học sinh giỏi (HSG) ở các địa phương trong năm
học 2018–2019, cuốn tài liệu này gồm những nền tảng cơ bản của kiến

thức Toán dành cho HSG được bố trí từ những bài toán kinh điển, với kỹ thuật,
phương pháp đơn giản (như chọn điểm rơi AM–GM; đưa về phương trình ước số;
sử dụng phương pháp liên hợp để giải phương trình vô tỷ) nâng cao dần lên và
trang bị những bổ đề, kỹ thuật, công cụ khó hơn (Dùng nguyên lý Dirichlet, Bổ đề
tổng bình phương, bất đẳng thức Chebyshev, Chuẩn hóa bất đẳng thức…). Trong

tài liệu này số lượng bài toán không dừng lại ở con số 99 mà mỗi bài toán “gốc”
sau khi được trình bày lời giải tôi cố gắng lồng vào đó những kiến thức mới, tìm
tòi cái hay và khai thác để sáng tạo ra những bài toán mới (đặc biệt là phần bất
đẳng thức) kèm với đó là một số bài tập tương tự bổ sung từ các nguồn như sách
tham khảo, các đề thi trên Internet, sáng tác bản thân...

Vì biên soạn trong thời gian hạn hẹp nên tài liệu không thể không tránh khỏi sai
sót. Tuy nhiên, đây là những đề cập nhật trong năm nay (2018–2019) nên bạn đọc
có thể dễ dàng nắm được cấu trúc đề thi mới nhất để ôn tập được sát đáng hơn.

Về phần sử dụng cuốn tài liệu: Tài liệu được bố trí theo lộ trình kiến thức có liên
quan chặt chẽ với nhau (xây dựng lên cao từ nền tảng). Ở các bài đầu, tôi sẽ trình
bày có phần dài dòng để bạn đọc hiểu cụ thể đường lối xử lý; dần dần các phần đó


sẽ được nói xúc tích, ngắn gọn để không gây nhàm chán và lặp lại. Chẳng hạn, nếu
ở các bài toán trước, tôi đã trình bày về cách liên hợp lượng số để giải phương
trình vô tỷ thì các bài sau đó, tôi sẽ trình bày chủ yếu là ý tưởng. Vì vậy, tôi
khuyên bạn đọc không nên nóng nảy sử dụng cuốn tài liệu một cách hời hợt, qua
loa. Bên cạnh đó, các bài tập tất nhiên đều có giải (các bài cho thêm có thể chỉ có
gợi ý) nên bạn đọc hãy cố gắng tư duy, tìm tòi ra hướng giải rồi mới tham khảo tài
liệu. Có như vậy, hiệu quả cuốn tài liệu mang lại mới được trọn vẹn.

Một lần nữa, xin cảm ơn bạn đọc đã chọn cuốn sách này. Hi vọng tài liệu này sẽ là
công cụ nền tảng để bạn đọc tham khảo, nâng cao kiến thức để hướng tới kỳ thì
HSG và xa hơn là kỳ thi vào lớp 10 sắp tới.
Chúc các bạn học tốt.


HSG huyện Lý Nhân, Hà Nam năm 20182019

BÀI TOÁN 1.
a) Chứng tỏ rằng 10n + 18n  28 ⋮ 27 với n  ℕ*
b) Giải phương trình ( x  2  x  1)( x 2  x 2  x  2)  3 x
c) Cho 0 < k < 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức E 

4
1
 .
4k k

a) Phƣơng pháp. Sử dụng nguyên lý quy nạp toán học.
LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Đặt A(n) = 10n + 18n  28
 Với n = 0 thì A(0) = 100 + 18.0  28 = 27 ⋮ 27 (hiển nhiên đúng)
 Giả sử với n = k thì A(k) = 10k + 18k  28 ⋮ 27
 10k + 18k  28 = 27p (p  ℤ)
 Ta cần chứng minh với n = k + 1 thì A(k + 1) ⋮ 27
Thật vậy,
A(k + 1) = 10k + 1 + 18(k + 1)  28
= 10.10k + 18k  10
= 10(10k + 18k  28)  162k + 270
= 10. 27p  27.6k + 27.10
= 27(10p  6k + 10) ⋮ 27 (đpcm)
Phép chứng minh quy nạp hoàn tất.
Vậy A(n) = 10n + 18n  28 ⋮ 27 n  ℕ*




b) Phân tích.

Ta dễ dàng nhận ra  x  2  x  1  x 2  x  2

u  x  2
Nên theo lối suy nghĩ thông thường, ta đặt 
u, v  0
v  x  1

(1)

Khi đó ta dễ dàng có phép biến đổi: u 2  v 2  3
Thử thay vào phương trình: (u  v)( x 2  uv)  3x
Nhưng tới đây ta vẫn chưa thể biến đổi được x? Khi nhìn vào u 2  v 2  3 và phương trình ta cần chứng
minh có (u  v) ta nghĩ ngay đến nhân hai vế của phương trình cho  u  v 
Khi đó, ta có

(u  v)(u  v)( x 2  uv)  3 x(u  v)
 3( x 2  uv)  3x(u  v)
 x 2  uv  x(u  v)
 ( x  u )( x  v)  0
x  u

x  v
LỜI GIẢI CHI TIẾT. ( x  2  x  1)( x 2  x 2  x  2)  3 x (1)
Điều kiện xác định:

x ≥ 1 (*)

u  x  2
Đặt 
u, v  0 . Khi đó

v  x  1

2
2

u  v   x  2    x  1  3

2

uv   x  2  x  1  x  x  2

(1) Đáng lý điều kiện chặt của u, v là u ≥ 0; v > 0


Dùng thay bình thường vào phương trình (1), ta được

 u  v   x 2  uv    u 2  v 2  x
  u  v   x 2  uv    u  v  u  v  x
  u  v   x 2  uv   u  v  x   0
 x 2  uv  ux  vx  0

do u  v

  x  u  x  v   0
x  x  2
 x2  x  2
x  u


 2

x  v
 x  x 1
 x  x  1
x  2

 x  1

do x  1  0

L, (*)

Như vậy S  2



Cách 2. Liên hợp.
Giải phương trình ( x  2  x  1)( x 2  x 2  x  2)  3 x

(1)

Trong lời giải ở trên, ta thấy sau cách đặt u, v thì phương trình (1) sẽ có nhân tử là  u  v  . Như thế,
lượng nhóm để liên hợp trong phương trình này sẽ là  u  v  



x  2  x 1



 BÀI TẬP TƢƠNG TỰ.

( x  2  x  1)( x 2  x 2  x  2)  3x

 x  2    x  1 

LH




– ĐHQGHN NĂM 2010, VÒNG 2]




x  x  x  2  3x
x  2  x 1
3

 x 2  x 2  x  2  3x
x  2  x 1
2

 x2  x2  x  2  x



 x x2

 x 

2



x  2  x 1



x 1  0

x  x  2

 x  2.
 x  x  1

BÀI TOÁN 1. [ĐTTS VÀO 10 CHUYÊN KHTN



BÀI TOÁN 2.


c) Phân tích.
Với điều kiện 0 < k < 4 thì các mẫu 4  k > 0 và k > 0
Từ đó ta sẽ nghĩ đến sử dụng kỹ thuật nhóm cặp bất đẳng thức AM–GM (Cauchy) (2)
Cách giải sai lầm.
Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương ta được hai bất đẳng thức sau

4


 1.(4  k )  4 

4k
 E46 E  2
1
 1. k
 2

k
Phép chứng minh trên là sai lầm vì khi đó dấu đẳng thức không xảy ra:

 4
4  k  4  k
(4  k ) 2  4
4  k  2  4  k  2

 2
k  2  k  6
1

(vô lý!)
 k  1
 k  1

 k
k

1
k



k  0
k  0


k  0


Do đó, kỹ thuật cân bằng hệ số chọn điểm rơi là một kỹ thuật quan trọng trong giải toán bất đẳng thức
AM–GM.
Ý tƣởng. Ta thêm hệ số m2 (m > 0) vào thay vì là hệ số 1 lúc đầu rồi làm bình thường:

4

 m2 (4  k )  4 m 

4k
2
2
  E  4m  6m  E  6m  4m
1
 m 2 k  2m 

k

(2) Trong nhiều tài liệu Toán ngày này vẫn còn gọi bất đẳng thức Trung bình cộng – Trung bình nhân là bất đẳng thức Côsi(Cauchy). Cauchy không phải là người phát hiện ra bất đẳng thức này mà là người đưa ra cách chứng minh cho bất đẳng
thức dạng tổng quát (với n số dương) của mình bằng phép Quy nạp Cauchy. Tên gọi đúng cho bất đẳng thức này là bất đẳng
thức AM−GM (Arithmetic Means - Geometric Means)

Đẳng thức lúc này xảy ra khi

 4
2
 4  k  m (4  k )
m(4  k )  2
m 2 (4  k ) 2  4
1



 2 2
1
1

m(4  )  2
2
 m k  1
 k 

 4m  1  2
m
 m k
m
k
m, k  0

m, k  0


m, k  0
m, k  0


 m

3
4

Như vậy, ta có lời giải chính thức như sau.
LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Áp dụng bất đẳng thức AM–GM cho hai số dương, ta được

4
9
4
9
 (4  k )  2
 (4  k )  3
4  k 16
4  k 16
1
k

9
k
16
9 9
E 
4 2

9
E
4
Đẳng thức xảy ra  k 



2

1 9
 k
k 16



3
2

4
3

Cách 2. Áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cauchy–Schwarz(3) (dạng Engel)

4
1
22
12
(2  1) 2
9
 

 

4  k k 4  k k (4  k )  k 4
Đẳng thức xảy ra khi

2
1
3
 k
4k k
4



(3) Bất đẳng thức này trong nhiều tài liệu mang tên là bất đẳng thức Bunhiacopski (Bunyakovsky) hoặc bất đẳng thức
Bunyakovsky – Cauchy – Schwarz (viết tắt là B.C.S). Bất đẳng thức cộng mẫu dạng a2/x + b2/y ≥ (a+b)2/(x+y) được gọi là
bất đẳng thức Cauchy−Schwarz dạng Engel hoặc bất đẳng thức Cauchy–Schwarz dạng phân thức.


BÀI TOÁN 2.
Cho một đường tròn (O) đường kính 4 và 2019 điểm A1; A2…; A2019. Chứng minh rằng tồn tại một
điểm P thuộc đường tròn (O) thỏa mãn PA1 + PA2 + … + PA2019  4038
LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Gọi MN là đường kính của đường tròn (MN = 4). A là một điểm bất kì trong 2019 điểm đang xét.
A

Xét tam giác AMN thì theo bất đẳng thức tam giác, ta sẽ có
MA + NA  MN = 4
M

N

Do vậy cho 2019 điểm A1; A2…; A2019 là 2019 điểm thuộc đường tròn
tâm O đường kính MN (vai trò cũng như điểm A)
 BÀI TẬP TƢƠNG TỰ.

Ta sẽ có

Bài toán 1.
[HSG Bình Thuận năm 2018−2019]

 MA1  NA1  4
 MA  NA  4
 2
2


 MA2019  NA2019  4
Đặt

Trên đường tròn (C) bán kính bằng 1 cho 2019
điểm phân biệt A1; A2…; A2019. Chứng minh rằng
tồn tại một điểm M trên (C) thỏa mãn
MA1 + MA2 + … + MA2019 > 2019

X = MA1 + MA2 + … + MA2019

Bài toán 2.
Cho hình vuông có cạnh là 1. Gọi A, B là hai điểm

Y = NA1 + NA2 + … + NA2019

bất kỳ. Chứng minh tồn tại điểm M nằm trên cạnh
Khi đó

X + Y  4.2019

của hình vuông sao cho

Trong X, Y thì tồn tại một số nhỏ hơn hoặc bằng số còn lại, giả sử Y  X
Vì thế 4.2019  X + Y  X + X = 2X



X  2.2019 = 4038

Khi đó, cho P trùng với M thì đó là điểm cần tìm.




BÀI TOÁN 3.

5


(1)
 x  y  1
2
Giải hệ phương trình 

 y  2( x  4) x  1  5 (2)

4
Phân tích. Theo suy nghĩ thông thường, ta có thể rút y từ phương trình (1) rồi thế xuống (2) (4)
LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Điều kiện xác định:

y  –1; x  –1

Từ phương trình (1) ta phải có x 

5
thì hệ mới có nghiệm.
2

5
Từ đó điều kiện chặt (điều kiện có nghiệm) của hệ phương trình trở thành x  ; y  1
2

Biến đổi tương đương hệ phương trình đã cho:

5
21


2
 y  1  x  2
 y  x  5 x  4



5
 y  2( x  4) x  1 
( x 2  5 x  21)  2( x  4) x  1  5 (3)


4
4
4
Giải tiếp phương trình (5)

(3)   x 2  5 x  4   2( x  4) x  1  0
 ( x  4) ( x  1)  2 x  1   0

x  4


 x 1 2 x 1  0

5
 x 4 y 
4

TM, x 

5
2

VN, x 

5

2

Kết luận: Vậy nghiệm của hệ phương trình là (4; 1.25)
Nhận xét. Bài toán trên cho ta thấy vai trò rất lớn của “điều kiện chặt” (điều kiện để phương trình có
nghiệm) cho bài toán giải phương trình vô tỷ.
Sẽ có bài tập tương tự để luyện tập để bạn đọc luyện tập về phương pháp liên hợp giải phương trình vô tỷ ở cuối bài.
(4) Thế y từ phương trình (2) lên phương trình (1) cũng được thôi (nhớ phá căn của y ở phương trình (1) – cô lập căn thức
vế bình phương)
(5) Cách giải phương trình này mang dáng vóc của phương pháp nhân liên hợp với nghiệm x = 4


Cách 2.
Nhìn hệ phương trình với một căn thức của x và một căn thức của y ta sẽ nghĩ đến phương pháp đặt các
căn thức làm ẩn phụ.


a  x  1
Đặt 
(a, b  0)

b  y  1
 x  a 2  1
Khi đó, ta dễ dàng suy ra 
2
 y  b  1

Lúc bấy giờ hệ phương trình sẽ trở thành
5
7
7

 2
 2

2
(a  1)  b  2
a  b  2
b  a  2



(b 2  1)  2(a 2  1  4)a  5
b 2  2a(a 2  5)  9
(a 2  7 ) 2  2a 3  10a  9



4
4
2
4
7
7
a  5


2
2
b  a 
b  a 


a ,b  0




2
2
3
a 4  2a 3  7a 2  10a  10  0
(a 2  2a  2)(a 2  5)  0
b 



2

 x 1  5
x  4


Tới đây thay vào giải hệ phương trình đơn giản 
5
3 
 y 1 
 y  4

2



 MỘT SỐ BÀI TẬP VỀ PHƢƠNG TRÌNH VÔ TỶ.
BÀI TOÁN 1. Giải phương trình
Hướng dẫn. Điều kiện chặt: x 
→ Ghép thành các nhóm



x2  3  3  2 x2  7  2 x

3
. Nhẩm nghiệm xo = 1. Khi đó
2

 

x 2  3  2 x và

2 x2  7  3

x 2  3  2 x;

2x2  7  3

3  x 2  1

2  x 2  1



Phương trình trở thành

x  3  2x  2x
2

2

x
7 3 

2

 3  4 x 2

x2  3  2 x



2
3
  x 2  1 

0
2
x2  3  2 x 
 2x  7  3

 2x


2

 7  9

2x2  7  3



x2  3  2x



2x2  7  3


Nhờ có điều kiện chặt trên, ta suy ra biểu thức trong ngoặc vuông khác 0 vì


2x  7  3

  [...]  0
3
6


 0
2
21  6
x  3  2x

2

0

2

3
21  6
3
x  3  2x     3  2  

2
2
2
2

2

Như thế x2 = 1 ⇔ x =  1. Thay trực tiếp, được x = 1.
BÀI TOÁN 2. Giải phương trình 2 x  1  x 2  24  x 2  15
Hướng dẫn. Điều kiện chặt: x 
nhom
 x 2  24  5 


Khi đó 
nhom
 x 2  15  4 



1

. Nhẩm nghiệm → xo = 1 là một nghiệm
2


x  15  4 




x 2  24  5

Mà

2

Nên

Dùng phương pháp liên hợp:

2 x  1  x 2  24  x 2  15
LH





 

x 2  24  5 

Từ đó



x 2  15  4   2 x  2   0

1
x 2  24  5



x 1
x 2  24  5

x 2  15  4

x 1



x 1
x  24  5
2

1

x 2  15  4


0

x 1
x  15  4
2

2 0

[…] < 0 ⇔ x = 1.



x 1
x 1
  x  1 

 2  0
2
x 2  15  4 
 x  24  5
Nhờ điều kiện x 

1
ta suy ra x  1  0 .
2

BÀI TOÁN 3. Giải phương trình

4 x2  5x  1  4 x2  4 x  4  9 x  3

Đặt ẩn phụ a  4 x 2  5 x  1; b  4 x 2  4 x  4 . Khi đó a 2  b 2  9 x  3 . Chú ý điều kiện chặt của ẩn

phụ a  0; b  3 vì nếu không phương trình sẽ thừa nghiệm (mặc dù không có phép biến đổi hệ quả)

HSG tỉnh Hải Dương năm 20182019
BÀI TOÁN 4.

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn: x  y  z  xyz  4
Chứng minh rằng P = x(4  y)(4  z )  y(4  z )(4  x)  z (4  x)(4  y)  8  xyz


Phân tích
Thấy các số 4 ở biểu thức cần chứng minh với số 4 ở đầu bài thì ý tưởng đầu tiên sẽ là phép thế các số 4 trong
các căn của P bằng giả thiết. Tuy nhiên, các thế đó không chỉ vô ích mà còn làm bài toán rối hơn. Cách thông
minh ở bài toán này là “thong thả” nhân vào rồi mới thế.
Xét riêng một căn thức của P:

x(4  y)(4  z )  xyz  4 xy  4 xz  16 x
Và ở đây, một lần nữa, thay x  y  z  xyz  4 không có tác dụng (vì khi đó sẽ có căn trong căn → khó xử
lý). Mà thay vào đó, ta sẽ thay xyz  (4  x  y  z ) 2  16  x 2  y 2  z 2  8 x  8 y  8 z  2 xy  2 xz  2 yz
Khi thay vào, ta sẽ được

(16  x 2  y 2  z 2  8 x  8 y  8 z  2 xy  2 yz  2 zx)  4 xy  4 xz  16 x
 16  x 2  y 2  z 2  8 x  8 y  8 z  2 xy  2 yz  2 zx
 ( x 2  y 2  2 xy )  ( z 2  8 z  16)  (8 x  8 y 2 yz  2 zx)
 ( x  y ) 2  ( z  4) 2  2( x  y )( z  4)
 ( x  y  z  4) 2  x  y  z  4  x  y  z  ( x  y  z  xyz )
 2 x  xyz  2 x  xyz

do x>0;

xyz  0

Tới biểu thức gần cuối thì việc thay 4  x  y  z  xyz mới có tác dụng!

LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Với điều kiện x, y, z > 0 và x  y  z  xyz  4 thì

x  4  y  4  z   xyz  4 xy  4 zx  16 x


4  x  y  z

2

 4 xy  4 zx  16 x



 x  y  z  4

2

 x yz4





 x  y  z  x  y  z  xyz  2 x  xyz
 2 x  xyz
Tương tự

y  4  z  4  x   2 y  xyz
z  4  x  4  y   2 z  xyz





Suy ra P  2  x  y  z   3 xyz  2 x  y  z  xyz  xyz  8  xyz




BÀI TOÁN 5.

x2

Giải phương trình

 x  2

2

 3  3x 2  6 x

Hƣớng xử lý số 1. “Quy đồng” rồi nhân tung vào → Xuất hiện phương trình bậc 4 → Bấm máy hoặc
dùng phương pháp thủ công. (Tham khảo trên mạng hoặc tham khảo ở phần phụ lục của tài liệu)
Với điều kiện x ≠ −2 thì phương trình ban đầu tương đương với
3x 4  6 x3  16 x 2  36 x  12  0   3 x 2  6 x  2  x 2  6   0


3  3
x 

3
 x   6

Hƣớng xử lý số 2. Đưa về dạng A2 = B2.
Với điều kiện x ≠ −2 thì phương trình ban đầu tương đương với

x2

 x  2


2

 3  3x 2  6 x

x2

 x  2

2

 2

x
2
  x  2   x  2  4x2  4x  1
x2

2

2

2
2
 x

 x


  x  2     2 x  1  
  x  2     2 x  1  0
x2

x2

 x
 x


 x  3 
 3 x  1  0
 x2
 x  2


 x
x   6
 x  2  3 x

 x2  6


 2

3  3
x
3x  6 x  2  0

 3x  1 
 x 
3
 x  2
Nhận xét.
Bạn đọc có thể thắc mắc vì sao có thể thêm một lượng  x 2  2 x  1 vào hai vế như thế.
Xét lại phương trình ban đầu

x2

 x  2

2

 3x 2  6 x  3

(1)


2

 x 
2
VT(1) có một bình phương A2  
 và VP(1) không có phân thức. Ta cần thêm lượng (2AB + B )
 x2
để VT(1) trở thành một hằng đẳng thức. Nhưng chọn B (không phải phân thức) như thế nào để lượng ta
thêm vào không phải là phân thức (dễ xử lý). Như vậy, lượng B của ta phải làm sao để khử mẫu của A
(là một phân thức) trong phép nhân 2AB → Vì thế B phải có dạng k(x + 2) (với k là một hằng số).

x
2

Khi đó, thêm hai vế một lượng  2 AB  B 2    2 
 k  x  2   k 2  x  2   , ta sẽ được
 x2

2

x
2
2
 x 
 k  x  2   k 2  x  2   3x 2  6 x  3   2kx  k 2  x  2  

  2


x2
 x2
2

 x


 k  x  2    x 2  3  k 2   x  6  2k  4k 2    3  4k 2 
x2


(2)

Ta sẽ tìm k sao cho vế bên phải (phương trình (2)) là một bình phương đúng.
Mỗi người có một cách tìm, sau đây là một số cách.
Cách 1. Coi phương trình (2) là phương trình bậc hai ẩn x có biệt thức (6)

 x   6  2k  4k 2   4  3  k 2  3  4k 2   16k 3  80k 2  24k  72  0
2

Phương trình này hoàn toàn có thể bấm máy tính (tôi khuyên nên nhập nguyên vẹn rồi bấm máy tính dò
nghiệm từ đầu, khỏi cần khai triển làm chi – bởi mục đích của ta là tìm k “đẹp” để lắp vào (2) thôi chứ
không phải giải phương trình!)
Phương trình ấy (sau khi bấm máy) có nghiệm là x1  5,121320344; x2 = −1; x3  0,878679656
Hiển nhiên ta chỉ cần nghiệm k = x2 = −1 thôi (vì đẹp mà )
Cách 2. Dùng đồng nhất hệ số. Đặt VT(2) = (Mx + N)2 = (x2.M2 + x.2MN + N2)

M 2  3  k 2

2
Dong nhat he so
2
2

2
2 2
2
2

  2 MN  6  2k  4k   2 MN   4  M  N   6  2k  4k   4   3  k    3  4k 
 N 2  3  4k 2

Bản chất thu được cũng như là Cách 1. thôi.

(6) Đáng lý sử dụng x nhưng trình bày như thế mang tính tổng quát hơn


Cách 3. (Nhanh, không cần máy – Không hiệu quả một số trường hợp khi k hữu tỷ)
Chọn k là một số nguyên (do tự “quy định” chứ nếu k là hữu tỷ thì toi ) sao cho hệ số bậc hai của
VP(2): a = 3 + k2 là một số chính phương. Thay trực tiếp (bằng cách nhẩm) hoặc giải trực tiếp phương
trình nghiệm nguyên dạng cơ bản: 3 + k2 = m2 ⇔ (m + k)(m – k) = 3…
Tóm lại, với ba cách trên thì ta đều tìm được k = −1. Lắp vào (2) rồi giải như đã trình bày ở trên.

BÀI TOÁN 6.

 x 2  y 2  xy  1  2 x
(1)
Giải hệ phương trình 
2
2
 x( x  y )  x  2  2 y (2)
Phân tích.
Nhìn vào hệ phương trình thì có thể chúng ta có những luồn suy nghĩ như đặt S = x + y; P = xy rồi giải hay là

 x( x  y )  ( y 2  1)  2 x  0
biến đổi nó thành hệ phương trình mới, chẳng hạn như hệ phương trình sau 
2
2
 x( x  y )  2(y  1)  x  0
Tuy nhìn có vẻ hợp lý và đơn giản, chỉ cần cộng theo vế, ta sẽ có x( x  y )  x( x  y ) 2  ( x  y 2  1)  0 hoặc
là cách đặt ẩn phụ đều đi đến bế tắc vì chúng ta không biết mối liên hệ giữa các ẩn phụ.
Hóa ra, cách thông thường nhất lại là cách giải dễ hiểu cho bài toán này.
Tại sao chúng ta không khai triển hệ phương trình này rồi biến đổi “một chút” rồi cộng vế theo vế? Đây là hướng
giải rất thông dụng khi giải các bài toán về hệ phương trình.




Để đơn giản, ta có thể viết hệ phương trình trên thành 

 2 x  y 2  1  x 2  xy  0

3
2
2
2

 x  2 x y  xy  x  2 y  2

0

Để ý vào hai phần được tô màu ta thấy, (cùng một màu) phần tô màu ở phía dưới sẽ gấp đôi phần tô màu ở phía
trên. Hướng suy nghĩ đơn giản là nhân hai cho phương trình ở trên rồi cộng theo vế phương trình phía dưới. Để ý
rằng khi đó, hai phần tô màu sẽ tự triệt tiêu nhau và, ngạc nhiên chưa, toàn bộ các phần biến bên ngoài đều chứa

x. Thế là ta có thể đơn giản hơn nữa bằng cách xét x = 0 thì hệ phương trình có nghiệm hay không và chia hay vế
cho phương trình mới cho x  0. Ta có lời giải chính thức như sau:

LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Hệ phương trình đã cho tương đương với:


 2 x  y 2  1  x 2  xy  0
 4 x  2 y 2  2  2 x 2  2 xy  0



 3
 3
2
2
2
2
2
2
0
0


 x  2 x y  xy  x  2 y  2
 x  2 x y  xy  x  2 y  2


Cộng theo vế hai phương trình của hệ phương trình mới vừa thu được, ta được
x3  2 x 2 y  xy 2  3x  2 x 2  2 xy  0

 x( x 2  2 xy  y 2  3  2 x  2 y )  0

Ta dễ dàng nhận thấy với x = 0 thì

(1)  y² + 1 = 0 (vô nghiệm)

Do vậy x  0.
Vì thế cho nên

x 2  2 xy  y 2  3  2 x  2 y  0
 ( x  y ) 2  2( x  y )  3  0
 ( x  y  3)( x  y  1)  0
x   y  3

x   y 1
 Với x = −y −3 thì
(2)  ( y  3).(3) 2  ( y  3)  2  2 y 2
 y 2  5 y  16  0

VN,    39  0

 Với x = −y + 1 thì

(2)  ( y  1).(1) 2  ( y  1)  2  2 y 2
 y 2  y  0  y ( y  1)  0
y  0

 y  1
 ( x; y )  1;0  ;  0; 1
Kết luận: Vậy nghiệm của hệ phương trình là (1; 0) và (0; –1).



BÀI TOÁN 7.
Tìm tất cả nghiệm nguyên dương của phương trình x 2  x  2 y 2  y  2 xy 2  xy  3
Một phương pháp để giải phương trình nghiệm nguyên đó chính là đưa về phương trình ước số
Phân tích
Theo suy nghĩ thông thường, ta dễ dàng ghép 2y2 và 2xy2 vì có ấn tượng với hệ số 2 nên ta có thể
chuyển hết về vế bên phải rồi đặt nhân tử chung là 2y2(x – 1). Từ đó ta sẽ cố gắng dồn làm sao cho có
nhân tử (x – 1) xuất hiện, phần dư nếu là một số thì coi như thành công.


LỜI GIẢI CHI TIẾT.
Bằng phép biến đổi tương đương, từ phương trình ban đầu, ta có:

(2 xy 2  2 y 2 )  ( xy  y 2 )  (1  x 2 )  1  0


( x  1)  2 y 2  y  1  x  1  1



( x  1)  2 y 2  y  x  2   1

x  1  1 
x 1  1

 2
 2
2 y  y  x  2  1

 2 y  y  x  2  1
Vì x, y > 0 nên x – 1 > −1
Từ hai điều trên, kết hợp với x, y nguyên, ta dễ dàng suy ra

x  2

x 1  1
x2


 y  1


 2
 2

2 y  y  x  2  1 2 y  y  3  0
 y   3
 
2
x  2

y 1
Kết luận: Vậy nghiệm nguyên của phương trình là (x; y) = (2; 1)



 BÀI TẬP TƢƠNG TỰ.
BÀI TOÁN 1. [HSG Bình Định 2018−2019]
Giải phương trình nghiệm nguyên 2 xy 2  x  y  1  x 2  2 y 2  xy

Hướng dẫn. Đưa về phương trình 1  x   2 y 2  1  x  y   1
BÀI TOÁN 2.
Giải phương trình nghiệm nguyên dương  x  1 y 2  x 2  1576
Hướng dẫn. Đưa về phương trình  x  1  y 2  1  x   1577
BÀI TOÁN 3. [ĐTTS vào 10 Vòng 2, chuyên KHTN – ĐHQGHN năm 2008−2009]
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn đẳng thức 2 x 2  y 2  3xy  3x  2 y  2  0
Hướng dẫn. Đưa về phương trình  2 x  y  1 x  y  1  1
Kinh nghiệm. Đối với nghiệm nguyên dạng ax 2  by 2  cxy  dx  ey  f  0 thì ta nên có thêm một
hằng số k để phương trình trở thành ax 2  by 2  cxy  dx  ey  k  k  f . Quy về phương trình bậc hai
ẩn x (hoặc y) → Tìm k sao cho x (hoặc y) là một bình phương → Lắp vào.


BÀI TOÁN 8.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

ab 2
bc 2
ca 2


với a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
ab bc ca
1
1
1
 
1
ab bc ca

Phân tích

Nhìn nhận giả thiết thì ta sẽ nghĩ ngay đến việc làm mất đi các phân thức bằng cách đặt ẩn phụ. Nhưng đặt thế
nào thì hợp lý?

1

x  a

1

Trƣờng hợp 1. Đặt  y 
b

1

z  c

Xét riêng biểu thức

( x, y, z  0)  xy  yz  zx  1

ab 2
thì ta sẽ chia tử và mẫu cho một tích nào đó của ab với một số nào đó.
ab

Chia cho ab (cũng cùng kết quả nếu như chia cho ab², cho abc…).
Kết quả thu được là

1
1
b

1
ab
b
1
y




a  b 1  1 1  1 x  y xy  y 2
a b a b
2

bc 2
1

;
Tương tự như trên, ta cũng có
b  c yz  z 2
Cộng kết quả vừa thu được, ta sẽ có P 

ca 2
1

.
c  a zx  x 2

1
1

1


2
2
xy  y
yz  z
zx  x 2

Nếu dùng bất đẳng thức cộng mẫu (bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel), thì ta sẽ bế tắt ở bước cuối vì
không biết xử lý như thế nào (vì bị ngược dấu).
C S

P 

9
9
 2
2
x  y  z  xy  yz  zx x  y  z 2  1
2

2

2

Hoặc nếu tới đó, ta biến đổi mẫu thành (x + y + z)²  (xy + yz + zx) = (x + y + z)²  1 thì cũng bị ngược dấu như
thường! Vậy chẳng lẽ lại “bí” ở đây hay sao?

Không, bất ngờ ở đây là ta không dùng bất đẳng thức Cauchy − Schwarz (mặt dù có dấu hiệu cộng mẫu) mà lại
“hồn nhiên” dùng bất đẳng thức AM–GM cho 3 số dương:
AM GM

P

1
1
1
1


 33
2
2
2
( xy  y ) ( yz  z ) ( zx  x )
xyz ( x  y )( y  z )( z  x)



33

 33

1
1
 33
( zx  yz )( xy  zx)( yz  xy )
(1  xy )(1  yz )(1  zx)

AM GM



1

3
3

 33

 (1  xy )  (1  yz )  (1  zx) 


3



3

27
27
9
 33

3
3
(3  xy  yz  zx)
(3  1)

2

1

 x  bc

1

Trƣờng hợp 2. Đặt  y 
ca

1

 z  ab


( x, y, z  0)  x  y  z  1.

Lần này bắt buộc phải chia tử và mẫu của mỗi phân thức cho tích của abc với một biểu thức khác 0 nào đó,
chẳng hạn như abc2, ab²c…
Khi đó, ta sẽ có:

b
c

c
a

1 1
1 1

1 1
:
:
:
ca
ab
ab
bc
bc
ca
P





1 1
1
1
1
1
1 1
1
1
1
1







bc ca ca ab ab bc bc ca ca ab ab bc
x
z
y
y
z
x
y
 z  x 



x  y y  z z  x z ( x  y ) x( y  z ) y ( z  x)
AM GM



 33

33

a
b

yzx
z ( x  y ) x( y  z ) y( z  x)

1

( x  y )( y  z )( z  x)

AM  GM



1

3
3

 ( x  y )  ( y  z )  ( z  x) 


3

Từ hướng giải trên, mời bạn đọc tự trình bày lời giải chi tiết.

3



9
2


Cách 2. Như vậy trong Cách 1, nói sử dụng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz nhưng cuối cùng vẫn cần sử dụng
bất đẳng thức AM−GM cho ba số. Phải chăng sử dụng bất đẳng thức AM−GM cho ba số là chìa khóa của bài
toán này? Chung ý tưởng trên, nhưng có một chút biến đổi như sau: Từ giả thiết ta suy ra abc = a + b + c.

Xét riêng

P


ab 2
bc 2
ca 2
ab 2 c
abc 2
cba 2





a  b b  c c  a  a  b  c b  c  a c  a  b
b a  b  c c a  b  c a a  b  c


a  b c
b  c  a
c  a  b

AM GM



33

b a  b  c c a  b  c a a  b  c


a  b c
b  c  a
c  a  b

3 a  b  c 
a  b  c
 33

 a  b  b  c  c  a  3  a  b  b  c  c  a 
AM GM
3 a  b  c
9a  b  c 9



 a  b   b  c   c  a  2  a  b  c  2
3

3
Cách 3. Và sau đây là một cách giải rất hay với lời giải cực kỳ ngắn gọn.
AM GM

P

ab 2 bc 2
ca 2
a 3b3c3

abc
3
 3


3
 3
3
ab bc ca
(a  b)(b  c)(c  a)
(a  b)(b  c)(c  a)
3

AM GM

 3

abc
9abc
9(a  b  c) 9



(a  b)  (b c)  (c a) 2(a  b  c) 2(a  b  c) 2
3


 KHAI THÁC.
Từ hướng giải trên ta có bài toán tổng quát cho bài toán này như sau:
BÀI TOÁN TỔNG QUÁT. (dùng trực tiếp bất đẳng thức AM−GM cho ba số dương)

Với a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức sau

a b c 9 3 abc
  
x y z x y y


Từ bài toán tổng quát ban đầu, ta cũng có các bài toán tổng quát hoàn toàn tương tự như sau:

Tổng quát 1. (từ bài toán tổng quát ban đầu, tiếp tục dùng bất đẳng thức Cauchy−Schwarz
a  b  c  3  a 2  b 2  c 2  kết hợp với bình phương hai vế và đổi biến)

Chứng minh rằng với a, b, c, x, y, z là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức sau
2

 a
b
c
27 3 abc



 
y
z
x yz
 x

Tổng quát 2.

Với hai bộ số  a1; a2 ...; an  và  b1; b2 ...; bn  gồm các số dương thì ta cũng có bất đẳng thức sau:
n 2 n a1a2 ...an
an
a1 a2
  ...  
b1 b2
bn b1  b2  ...  bn

Vận dụng các bất đẳng thức đã nói ở trên, hãy chứng minh một số bất đẳng thức sau đây:
BÀI TOÁN 1. Cho x, y, z là các số thực
dương. Chứng minh bất đẳng thức sau

BẠN CÓ BIẾT?
Từ bài toán tổng quát trên ta sẽ có:

2

1 1 1
27
     2
x  y2  z2
x y z

(a, b, c > 0)
Nhưng ta cũng có một bổ đề sau:

BÀI TOÁN 2. Với a, b, c là ba số thực
dương thỏa mãn abc ≥ 1 thì
a
b

c
9



b  c c  a a  b 2a  b  c

BÀI TOÁN 3. Với x, y, z là các số thực
dương thỏa mãn x 2  y 2  z 2  k . Chứng tỏ

(a, b, c > 0)
(Chứng minh bổ đề trên bằng kỹ thuật ghép cặp
bất đẳng thức AM−GM:
)

1
1
1
9
 2
 2

x  xy y  yz z  zx 2k
2

Hãy sáng tạo thêm nhiều bài toán khác để nắm vững và khắc sâu kỹ thuật này. Có thể nó sẽ giúp bạn
nhiều trong một số bài toán khác (chẳng hạn như bài toán nhìn có vẻ dùng bất đẳng thức cộng mẫu
Cauchy−Schwarz dạng Engel nhưng lại chẳng dùng được như bài toán gốc ấy)
BÀI TOÁN 9.
Chứng minh rằng a13  a23  a33  ...  an3 chia hết cho 3, biết a1; a2; a3…; an là các chữ số của 20192018

S3 = a13  a23  a33  ...  an3

LỜI GIẢI CHI TIẾT. Đặt S1 = a1 + a2 + a3 + … + an;
Vì 20192018 chia hết cho 3 (dấu hiệu chia hết cho 3)
Nên S1 = a1 + a2 + a3 + … + an ⁝ 3

Ta cũng chứng minh được x3 – x chia hết cho 3 bằng cách phân tích thành x3 – x = (x − 1)x(x + 1) là
tích ba số nguyên liên tiếp hoặc sử dụng định lý Fermat nhỏ: x3 ≡ x (mod 3) nên x3 – x ⁝ 3.
Vì thế: S3  S1    ai3  ai  3
n

i 1

Mà S1 ⁝ 3  S3 ⁝ 3 
Bình luận: Bài này là một bài quá cơ bản với một học sinh giỏi.

 BÀI TẬP TƢƠNG TỰ.
Cho
với

Hãy suy nghĩ một vài vấn đề hay ho hơn như sau:

Chứng minh rằng A ⁝ 16 ⇔ n ⁝ 16

Đố 1: Gọi a1; a2; a3…; an là các chữ số của 20192018. Tìm n?
Đáp số. n = 6670

Bài đọc thêm: />Đố 2: Tìm ba chữ số tận cùng của 20192018

Lời giải. Ta có 2019  19 (mod 1000)  20192018  192018 (mod 1000)

(1)

 1  1 
Ta có hàm Euler (1000)  1000 1  1    400 và lại có 19;1000   1 nên áp dụng định lý Euler (7)
 2  5 

191000  19400  1(mod 1000)  192018  1918  19400   1918 (mod 1000)
5

(2)

Đến đây ta sử dụng hạ dần các lũy thừa về các số có thể tính được (lấy máy tính bấm)

196  881 (mod 1000)  1918  196   8813  841 (mod 1000)
3

Từ (1), (2), (3) ta suy ra 20192018  841 (mod 1000) hay 20192018 có ba chữ số tận cùng là 841.
Làm thêm vài bài số học như thế có phải mở rộng tầm mắt hơn không 

HSG huyện Hưng Nguyên, Nghệ An năm 2018−2019
BÀI TOÁN 10.
Chứng minh rằng nếu p và p2 + 2 là số nguyên tố thì p3 + 2 cũng là một số nguyên tố

(7) Đọc thêm tại />
(3)


Phân tích

Ta thử một vài giá trị để dự đoán p
p=

2

3

5

7

11

13

…

p2 + 2 =

6

11

27

51

123

171

…

p3 + 2 =

10

29

127

345

1333

2199

…

Trong hàng loạt giá trị của (p2 + 2) và (p3 + 2) thì chỉ có cặp (11; 29) là số nguyên tố. Các số bên phải
đều không phải là số nguyên tố đều vì là bội số của 3 và các số ở bên trái là bội số của 2. Như vậy, ta
dự đoán phương pháp được sử dụng là xét khoảng kết hợp với xét số dư.
LỜI GIẢI CHI TIẾT.
 Với p = 2 thì p2 + 2 = 6 (là hợp số)
 Với p = 3 thì p2 + 2 = 11 và p3 + 2 = 29 (là số nguyên tố)
 Với p > 3 thì p  3  p  3k  1 (k  ℕ, k > 1)  p 2  2  (3k  1) 2  2  9k 2  6k  3 3
Mà p2 + 2 > 32 + 2 > 3
Nên p2 + 2 là bội của 3 (là hợp số)
Tóm lại, p = 3  p3 + 2 = 29 (là số nguyên tố)



 BÀI TOÁN TƢƠNG TỰ.
BÀI TOÁN 1. Chứng minh rằng với a + 2005 và a + 20 là số nguyên tố thì a cũng là số nguyên tố.
Hướng dẫn. Xét a = 2, a = 3, a = 3k  1

BÀI TOÁN 2. Chứng minh rằng nếu p và 2p + 1 là số nguyên tố lớn hơn 3 thì 4p + 1 là hợp số.
Hướng dẫn. Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p ⋮ 2, 3.
Đặt p = 6k + r (r {0;1…; 5}) thì ta suy ra p=6k + 1 hoặc p=6k + 5. Thay trực tiếp để suy ra p = 6k + 1.

BÀI TOÁN 3. Tìm số nguyên tố n sao cho n + 6, n + 8, n + 12, n + 14 là số nguyên tố.
Hướng dẫn. Xét n = 2; n = 3; n = 5; n = 5k  1; n = 5k  2


BÀI TOÁN 10.
Giải phương trình 4 x  x 2  3 4  3 10  3x
Bình phương hai vế dường như là một điều không tưởng đối với bài này; sử dụng bất đẳng thức để đánh giá cũng khó với
căn chồng căn như thế này; thêm bớt để tạo hằng đẳng thức cũng khó khăn vì một bên có bậc hai một bên bậc ¼. Như vậy,
phù hợp nhất ở đây là sử dụng phương pháp nhân liên hợp
Điểm chú ý khi giải phương trình vô tỷ bằng phương pháp nhân liên hợp là điều kiện càng chặt càng tốt để ta loại biểu
thức xấu xí ra ngoài và giữ lại biểu thức đẹp đẽ nhận làm nghiệm.

Nhận thấy x = 3 là nghiệm của phương trình nên ta ghép (4x – x2) (= −3) với 3 và 3 4  3  10  3x
(=3) với −3
LỜI GIẢI CHI TIẾT.

 10
x  3
10


3
x

0



74
74
10

Điều kiện để phương trình có nghiệm 4  3 10  3x  0   x 

x
()
27
27
3
4 x  x 2  0


0  x  4


Sử dụng phép biến đổi tương đương để từ phương trình ban đầu, ta có:

x 2  4 x  3 4  3 10  3 x  0
  x 2  4 x   3  3 4  3 10  3 x  3  0  ( x  3)( x  1)  3   4  3 10  3 x  1  0





 ( x  3)( x  1)  3 

(4  3 10  3 x )  1
4  3 10  3 x  1
1  10  3x

 ( x  3)( x  1)  9 

 ( x  3)( x  1) 





 ( x  3)   x  1 



4  3 10  3 x  1

Vậy S = {3} 

 ( x  3)( x  1)  3 

 0  ( x  3)( x  1)  9 

27( x  3)



4  3 10  3 x  1  1  10  3 x





0





3  3 10  3 x
4  3 10  3 x  1

0

1  (10  3x)



4  3 10  3 x  1  1  10  3 x



0

Giải thích cụ thể:

Từ (*) ta suy ra (x – 1) > 0 và hiển nhiên



0
4  3 10  3x  1  1  10  3 x 

27

> 0 do (*)

 x  3 (TM)

0



(vì tử là số dương, mẫu là tích của các tổng giữa
căn với số dương)
Vì thế biểu thức trong ngoặc vuông sẽ khác 0
(cụ thể là dương)
Chính vì thế x = 3 là nghiệm của phương trình.