De HSG HD V1 cap truong

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (203.65 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Trường THCS và THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TOÁN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ 1. HƯỚNG DẪN.

Bài 1. Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
Chứng minh rằng:

3 3 3

2 2 2

3 3 3 4

a b c

b  c  a   .

HD.

3 3 3

2 2 2

3 3 3 4

a b c

b  c  a   (***).Do ab + bc + ca = 3 nên

VT (***) = 2 a3 2 b3 2 c3

b ab bc ca c   ab bc ca a   ab bc ca 
=

3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b c

b c a b   c a b c   a b c a 
Theo BĐT AM-GM ta có

3 3

( )( ) 8 8 4

a b c a b a

b c c a

 

  

 

3 5 2

( )( ) 8

a a b c

b c c a

 

 

  (1)

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:

3 5 2

( )( ) 8

b b c a

c a a b

 



  (2),

3 5 2

( )( ) 8

c c a b

a b c a

 



  (3)

Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được (***)

a b c

VT   

Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được :

a + b + c ≥ 3(ab bc ca  )= 3.

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (pcm).

BI 2. Tìm giới hạn sau :









lim *

n
x

x nx n

M n N

x



  

  



HD.
M=









1 1

1 ( 1) ( 1)

lim lim

1 1

n n

x x

x nx n x n x

x x

 

     



 





1 2

... 1

lim

n n

x

x x x n

M

x

 



    









1 2

( 1) ( 1) ... ( 1)

lim

n n

x

x x x

x

 



     





M=





n n

Bài 3. Giải hệ phương trình:

2
2
2

x x y y

y y z z
z z x x

  



 



  



</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TH1: Trong x, y, z Ýt nhÊt cã 2 nghiƯm sè b»ng nhau
Gi¶ sư x = y ta cã hÖ

3
2
2

2 0 (1)

2 0 (2)

2 0 (3)

x x x

x z x z

z x z x

   



  




  



Tõ (1)  x = 0, x = -1.

x = 0. Thay vµo (2), (3)  z=0.
x = -1. Thay vµo (2), (3)  v« lý
VËy hƯ cã nghiƯm (0,0,0)

Nếu y = z hay x = z cũng chỉ có nghiệm (0,0,0).
TH2: 3 số đôi 1 khác nhau.

Tõ 2x + x2y = y thÊy nÕu x2 = 1

 2 = 0 (v« lý)±

VËy x2≠ 1  2x + x2y = y 

2
1

x
y

x




Hai phơng trình cịn lại tơng tự ta có hệ phơng trình tơng đơng với:

2
1

x
y

x
y
z

y

z
x

z






















Gi¶ sư x > y > z (*). XÐt hµm sè:
f(t) = 2 2

t
t

 xác định trên D = R\ {1}.f

’(t) = 
2

2 2

2( 1)

0
(1 )

t
t




 víi mäi tD

 hàm số đồng biến trên D.f(x) > f(y) > f(z) y > z > x mâu thuẫn với (*).
Vậy điều giả sử sai. Do vai trò x, y, z nh nhau.

VËy TH2 - hƯ v« nghiƯm

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là (0; 0; 0)

BÀI 4: Chứng minh rằng với mọi số thực a, b phương trình:

2010.cos3x + a. cos2x + b. cosx + sinx = 0 luôn có nghiệm.
Giải:

Xét hàm số: f(x) = 670.sin3x + (a/2)sin2x + (b/2)sinx -cosx

Ta có f(x) xác định, liên tục và có đạo hàm bậc nhất:

f’(x) = 2010.cos3x + a. cos2x + b. cosx + sinx = VT với mọi x



0; 2



, ngồi ra
ta có: f(0)f( 2 )  1.Vậy theo định lý Lagrange , tồn tại x0 



0;2



sao cho:

(2 ) (0)

'( ) 0

2 0

f f

f x 




 



Nói cách khác phương trinh ln có ít nhất một nghiệm ( x = x0 ) nói trên. Đó là điều cần
chứng minh.

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

ĐỀ 2.HƯỚNG DẪN.

B I 1.À Cho a, b, c0 và a2b2c2 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3

2 2 2

1 1 1

a b c

P

b c a

  

  

HD.

Ta có: P + 3 = 2

2
3
2
2
3
2
2
3
1
1

1 a a

c
c
c
b
b
b
a








2

4
1
1
2
1
2
2
4
6 2
2
2
2
3 b
b
a
b
a

P  







2
4
1
1

2
1
2
2
2
2
2
3 c
c
b
c
b 





2
4
1
1
2
1
2
2
2
2
2
3 a
a

c
a
c 




 3
6
3
6
3
6
2
16
3
2
16
3
2
16

3 a  b  c



6
2
2
2

3 2 8

9
)
(
2
2
2
3
2
2
3






 P a b c

2
3
2
2
3
2
2
9
2

2
3
2
2
9

6 3    



 P

Để PMin khi a = b = c = 1

BI 2. Tìm giới hạn sau :

 





3
2
1
lim 1
1
x
x
Q x
x

 


HD.

Đây là dạng

.
Ta cã

 













2
1

lim 1 1

( 1) 1

x

Q x x x

x x



 

   

 

Do x 





 nªn

 













2
2
1
1
lim 1

( 1) 1

x

x x

Q x x

x x

 

  
 
 
 









2
1

lim 1 0

( 1)

x

x x

Q x x

x

 

   


Lu ý: Đây là bài toán cơ b¶n nhng häc sinh rÊt dƠ viÕt sai khi viÕt:

 





  



2
1

lim 1 1 0

x

Q x x x x

x

 
 
      

 

B I 3: À Gi¶i hƯ

2
2
2

x + 2yz = x (1)
y + 2zx = y (2)
z + 2xy = z (3)







Giả bằng cách cộng (1), (2), (3) và lấy (1) trừ đi (2) ta có hệ đã cho tơng đơng với hệ

x + 2yz = x

(x + y + z) = x + y + z
(x - y)(x + y - 2z - 1) = 0







</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2

x + 2yz = x x + 2yz = x

x + y + z = 0 (I) x + y + z = 0 (II)

x =y x + y - 2z - 1 = 0

 

 

 

 

 

2 2

x + 2yz = x x + 2yz = x

x + y + z = 1 (III) x + y + z = 1 (IV)

x =y x + y - 2z - 1 = 0

 

 

 

 

 

Gi¶i (I):

(I) 

x + 2yz = x
2y + z = 0
x = y









x + 2yz = x
z = - 2x
x = y









2 2

x - 4x = x
z = - 2x

x = y









-1
x = 0 x =

3
z = - 2x
x = y










VËy (I) cã 2 nghiÖm (0;0;0); (-1 -1 2; ;
3 3 3)

Làm tơng tự (II) có nghiÖm (2 -1 -1; ;

3 3 3 );(

-1 2 -1
; ;
3 3 3 )

HÖ (III) cã nghiÖm (0;0;1); (1 1 1; ;
3 3 3)

Hệ (IV) có nghiệm (0;1;0); (1;0;0).
Vậy hệ đã cho có 8 nghiệm kể trên.

B I 4: À Giả sử f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1] và khả vi trên khoảng (0; 1) sao cho :

f(1) = 0. Chứng minh rằng tồn tại c thuộc khoảng (0; 1) sao cho:
f c'( ) f c( )c 1

c




Giải:

Xét hàm số g(x) = xf(x).e-x. Rõ ràng vì f(x) là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1] và khả vi trên 
khoảng (0; 1) nên g(x) cũng là hàm số liên tục trên đoạn [0; 1] và khả vi trên khoảng (0; 1)
Mặt khác : g(0) = g(1) = 0.

Do vậy theo định lý Roll, suy ra tồn tại c(0;1) sao cho g’(c) = 0 (1)
Ta có: g’(x) = f(x).e-x + xf’(x).e-x - xf(x).e-x =e-x (f(x) + xf’(x) - xf(x)) (2)

Từ (1) và (2) ta có : e-x (f(c) + cf’(c) - cf(c)) = 0 Suy ra : f(c) + cf’(c) - cf(c)= 0.

Vậy, f c'( ) f c( )c 1

c




Trường THCS và THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TOÁN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ 3.HƯỚNG DẪN.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

2 2 2

1 1 1

2 2 2

P

x yz y zx z xy

  

  

HD.

Từ giả thiết ta có xyz ≥ x + y + z ≥ 33 xyz  (xyz)3 ≥ 27.xyz  xyz ≥ 3 3.
Áp dụng BĐT Cauchy ta có

x2 + yz + yz ≥ 3 (3 xyz)2 ; y2 + zx + zx ≥ 3 (3 xyz)2 ; z2 + xy + xy ≥ 3 (3 xyz)2

Từ đó ta có P 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2

1 1 1 1 1 1

3
3 (xyz) 3 (xyz) 3 (xyz) (xyz) (3 3)

     

Từ đó ta có Max P = 1

3 đạt được khi 3

x y z

x y z xyz

 


   



  

 .

B I 2.À Tìm giới hạn sau :

3
2
0

1 4 1 6

lim

x

x x

N

x



  



HD.



 



2
0

1 4 1 2 1 2 1 6

lim

x

x x x x

N

x



      





 



2 2

1 4 1 2 1 2 1 6

lim

x

x x x x

N

x x



       

   

 

 

Nhân các biểu thức liên hợp











2 2 3

2 2 2

0 2 3 3

4 12 8

lim

( 1 4 1 2 ) 1 2 1 2 1 6 1 2

x

x x x

N

x x x x x x x x



 

  

   

 

  

       

 

 

Rót gän vµ Kq : N = 6.

B I 3:À Gi¶i hƯ phơng trình:

2 2
2 2

2 2

x + y + z = 1
x + y + z = 1
x + y + z = 1







Gi¶i: HƯ 

2 2

x + y + z = 1
(y - z)(y + z - 1) = 0
(x - z)(x + z - 1) = 0









2 2 2 2

x + y + z = 1 x + y + z = 1

y=z (I) y = z (II)

x=z x + z - 1 = 0

x + y + z = 1 x + y + z = 1
z + y - 1 = 0 (III) z + y -

x = z

 

 

 

 

 







1 = 0 (IV)
x + z - 1 = 0







Giải các hệ bằng phơng pháp thế đợc 5 nghiệm (-1;-1;-1); (0;0;1); (0;1;0); (0;0;1); 1 1 1; ;
2 2 2

 

 

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

B I 4. À Chof(x) là hàm số khả vi liên tục trên đoạn [0; 1] và : f(0) = 0 , f(1) = 1. Chứng minh

rằng tồn tại tồn tại x1 , x2 trên đoạn [0; 1] sao cho:

1 2

2010 2011

4021
'( ) '( )

f x  f x 

Giải:

Đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

1 2

2010 2011

1
4021. '( )f x  4021. '( )f x 

Do f(x) là hàm số khả vi liên tục trên đoạn [0; 1] và : f(0) = f(1) = 0, nên tồn tại c ( 0 < c < 1)
sao cho: ( ) 2010

4021

f c  .Theo định lý Lagrange

1 1

( ) (0) 2010 2010

(0; ) : '( )

0 4021. 4021. '( )

f c f

x c sao cho f x c

c c f x



     

 . (1)

Lại theo định lý Lagrange

2 2

2010

(1) ( ) 4021 2011 2011

( ;1) : '( ) 1

1 1 4021(1 ) 4021. '( )

f f c

x c sao cho f x c

c c c f x




       

  

.(2)
Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được điều cần chứng minh.

Trường THCS và THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TOÁN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ4.

BÀI 1. Cho x, y, z 0thoả mãn x+y+z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức





3 3 3
3

x y z

P

x y z

 



</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Trước hết ta có:





3
3 3

x y

x y   (biến đổi tương đương) ...



x y

 

2 x y



0

Đặt x + y + z = a. Khi đó













3 3 3 3

3 3

64 64

4P x y z a z z 1 t 64t

a a

   

    

(với t = z

a, 0 t 1)

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t



0;1



. Có









2 1

'( ) 3 64 1 , '( ) 0 0;1

f t   t   t  f t    t

 

Lập bảng biến thiên

 

0;1

64
inf

81
t

M t



   GTNN của P là 16

81 đạt được khi x = y = 4z > 0

B I 2. Tìm các giới hạn sau :

HD.

Ta cã

2
2

2 2

0 0 0

2sin sin

1 cos 2 1 2

lim lim lim

x x x

x x

x

x x

  

 

 



   

 

 

=1/2

( Cã thÓ nhân liên hợp với 1+cosx )

B I 3: Giải hƯ:

2
2
2

1
1
1

x y

y z

z x

  



 


  



Gi¶i: XÐt hai trêng hỵp sau:

TH1: Trong 3 sè Ýt nhÊt cã 2 nghiƯm sè b»ng nhau:
Gi¶ sư x=y cã hÖ

2
2
2

1
1
1

x x

y z

z x

  



 


  



Từ đó có nghiệm của hệ (x;y;z) là : 1 5 1; 5 1; 5 ; 1 5 1; 5 1; 5

2 2 2 2 2 2

         

   

   

Tơng tự y=z, z=x ta cũng đợc nghiệm nh trên.
TH2 : 3 số x, y, z đơi một khác nhau .

Gi¶ sư x>y>z ,xÐt hµm sè f(t) = t2 trên D =

1;

z 0, x>y>z0f(x)>f(y)>f(z)y+1>z+1>x+1y>x>z(vô lý).

z<y<x0f(x)<f(y)<f(z)y+1<z+1<x+1y<z<x(vô lý).
x>0>z>-1 f(-1)>f(z) 1>x+1x<0 (vô lý)

Vậy điều giả sử là sai.
TH2 vô nghiệm.

B I 4. Hàm số f(x) xác định với mọi x và thỏa mãn hệ điều kiện sau:

2 2

( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) ,

(1) 2

a b f a b a b f a b ab a b voi moi a b

f

      








2
0

1 cos
lim

x

x
A

x



</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Tìm hàm số f(x).

Giải:

Giả sử f(x) thỏa mãn mọi điều kiện của đề bài, tức là:
2 2

( ) ( ) ( ) ( ) 4 ( ) , (1)

(1) 2 (2)

a b f a b a b f a b ab a b a b

f

        







Trong (1) thay a = x + 1, b = x thì từ (1(, (2) ta có: f(2x + 1) = (2x + 1)( 4x2 + 4x + 2)
Hay f(2x + 1) = (2x + 1)[(2x + 1)2 + 1]

Từ đó suy ra: f(x) = x3 + x. Bằng phép thử trực tiết suy ra f(x) = x3 + x là hàm cần tìm.

Trường THCS và THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TỐN Mơn : Toán ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ 5.HƯỚNG DẪN.

B I 1. À T×m giíi h¹n sau : 2

1 cos cos 2 cos3
lim

x

x x x

C

x






HD.

2
0

1 cos cos cos cos2 cos cos 2 cos cos 2 cos3
lim

x

x x x x x x x x x

C

x



    



2 2





2

1 cos3 cos cos2
1 cos (1 cos2 )cos

lim

x

x x x

C

x x x





   

    

 

Làm tơng tù bµi 1 C = 7

BÀI 2. Cho x,y  R và x, y > 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của



 



3 3 2 2

( 1)( 1)

x y x y

P

x y

  



 

HD.

Đặt t = x + y ; t > 2. Áp dụng BĐT 4xy  (x + y)2 ta có

t

xy

3 2 (3 2)

t t xy t

P

xy t

  



  . Do 3t - 2 > 0 và

t
xy

  nên ta có
2

3 2

2
2

(3 2)
4

2
1

t t

t t t

P

t t

t


 

 


 

Xét hàm số

2 2

( ) ; '( ) ;

2 ( 2)

t t t

f t f t

t t



 

  f’(t) = 0  t = 0 v t = 4.

t 2 4 +

f’(t) - 0 +

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

8
Do đó min P = (2;min ( )) f t = f(4) = 8 đạt được khi

4 2

x y x

xy y

  

 



 

 

 

B I 3:À Gi¶i hƯ: 2 2 2

3 3 3

x + y + z = 2
x + y + z = 6
x + y + z = 8







Giải: áp dụng hằng đẳng thức ta có:

x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx).

x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz.

VËy 6 = 22 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = -1.

8 = 23 - 3.2.(-1) + 3xyz  xyz = -2.

 x, y, z lµ nghiƯm cđa phơng trình:t3 - 2t2 - t + 2 = 0 

t = 1
t = - 1
t = 2






VËy hÖ cã 6 cỈp nghiƯm (1;-1;2); (-1;1;2); (1;2;-1); (-1;2;1); (2;1;-1); (2;-1;1).

B I 4. 1.Giải phơng trình nghiệm nguyên dơng sau: x6z3 15x z2 3x y z2 2  (y25)3
Giải:

¸p Dơng BDT Cauchy cho 3 số; ta đc
Dấu xảy ra

T phơng trình:

( phơng trình ớc số; dễ dàng tìm đc rồi tìm ra )
Đ áp số : nghiệm phơng trình là

Trng THCS v THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ 6.HƯỚNG DẪN.

BÀI 1. Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2 b2 c2 3

   . Chứng minh bất đẳng thức:

2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 

HD.

Áp dụng bất đẳng thức 1 1 4 (x 0,y 0)

xy x y  

Ta có: 1 1 4 ; 1 1 4 ; 1 1 4

2 2 2a+b+c

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>













2 2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2 2

2 4 4 2 2 0

2 2 4 7

2 1 1 1 0

a b c a b c

a b c a b c a

a b c

         

     

      

Tương tự: 2 2

1 2 1 2

;

2b c a  b 7 2c a b  c 7

Từ đó suy ra 2 2 2

1 1 1 4 4 4

7 7 7

a b b c c a     a  b  c 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
B I 2 . Tìm giới hạn sau: 2

2 1 cos

lim

sin

x

x
C

x



 



HD.



 











2 2

0 0

2
0

2 1 cos 2 1 cos

2 1 cos

lim lim

sin 2 1 cos sin

1 cos
lim

2 1 cos sin

x x

x

x x

x

x x x

x

x x

 



   

 



 




 

2 2

0 0

2sin

2 1 cos 2

lim lim

sin ( 2 1 cos )sin

x x

x
x

x x x

 

 



 

suy ra KQ: C = 2

B I 3:À Gi¶i hƯ : 2 2 2 2

3 3 3 3

x + y + z = a
x + y + z = a

x + y + z = a







Gi¶i: x2 + y2 + z2 = (x + y + z)2 - 2(xy + yz + zx)  xy + yz + zx = 0.

x3 + y3 + z3 = (x + y + z)3 - 3(x + y + z)(xy + yz + zx) + 3xyz  xyz = 0.

VËy cã:

x + y + z = 0
xy + yz + zx = 0

xyz





 



 (x; y; z) là nghiệm của phơng trình: X3 - aX2 = 0  X = 0

X = a





VËy hƯ cã nghiƯm lµ {(a; 0; 0); (0; a; 0); (0; 0; a)}

B I 4. Tìm GTLN và GTNN của hàm số f(x) trên đoạn [-1; 2] biết f(0) = 1 (1)
và f2(x).f’(x) = 1+ 2x +3x2 (2)

Giải:

Tõ (2): f2(x)f’(x) = 1 + 2x + 3x2 <=>



f x



x x x c




 2 3

3
)

( (c lµ h»ng sè)

+ Tõ (1) : f(0) = 1 => c =

3
1

, do đó hàm số ( ) 3 3 3 3 2 3 1





 x x x

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

XÐt g(x) = 3x3 + 3x2 + 3x + 1 víi x



[-1; 2]

g’(x) = 9x2 + 6x + 3 = 0 <=> [ 1;2]
3

1
1

x
x

là các điểm tíi h¹n
1) = 2, g(2) = 40,

g(-3
1

) =

9
2

=> max(g(x)) = 40, min(g(x)) = - 2
Do đó GTLN của f(x) là 3 40 và GTLN của f(x) là 3 2



Trường THCS và THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH
TỔ: TỐN Mơn : Toán ( năm học : 2010 - 2011)
 ( Thời gian làm bài 150 phút )

ĐỀ 7.HƯỚNG DẪN.

B I 1.À T×m giới hạn sau: 2

1 cos cos2
lim

x

x x

B

x

HD.

Thêm bớt và nhân liên hợp .

2 2 2

0 0

1 cos cos cos cos 2 1 cos (1 cos 2 )cos

lim lim

x x

x x x x x x x

B

x x x

 

 

    

    

 









2 2

(1 cos 2 ) 1 cos 2 cos
(1 cos ) 1 cos

lim

(1 cos ) (1 cos2 )

x

x x x

x x

B

x x x x



     

 

 



  

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

2 2

sin sin 2 cos

lim

(1 cos ) (1 cos 2 )

x

x x x

B

x x x x



 

   

 

 

B=5/2

BÀI 2: Ch x, y, z là các số dương thoả mãn 1 1 1 2009

xyz  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: P = 2x y z1 x 21y z x y1 2z

     

HD.

Áp dụng bất đẳng thức Cơ- Si, ta có:
4ab ≤ (a + b)2 1

a b

a b ab



 



1 1 1

( , 0)

4 a b a b

 

     

 

Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z

 

     

             

         

Tương tự: 1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

    và

1 1 1 1 1

2 8 2 2

x y z x y z

 

    

   

Vậy 2x y z1 x 21y zx y1 2z

     

1 1 1 1 2009

4 x y z 4

 

    

 

Vậy MaxP = 2009

4 khi x = y = z =
12
2009

Bài 3: Giải hệ phương trình:

x + y + z = 9 (1)
xy + yz + zx = 27 (2)

1 1 1

+ + = 1 (3)

x y z

Giải: Rõ ràng x = 0, y = 0, z = 0 kh«ng lµ nghiƯm cđa hƯ

Tõ (2) vµ (4)  xyz = 27 (5)

Tõ (2)  x2(y + z) + xyz = 27x (6)

Tõ (1), (5), (6) ta cã: x2(9 - x) + 27 - 27x = 0

 x3 - 9x2 + 27x - 27 = 0

 (x - 3)3 = 0  x = 3

Thay x = 3 vµo (1), (5) ta cã: y + z =6

yz = 9





 y = z = 3.
VËy hÖ cã nghiƯm lµ x = y = z = 3.

BÀI 4. Cho đa thức:P(x) = x4 - 2009x3 + ( 2010 + a)x2 - 2011x + a. a là số ngun. Chứng

minh rằng đa thức P(x) khơng thể có nghiệm bội là số nguyên.
Giải:

Giả sử x0 là nghiệm nguyên của P(x). Ta chứng minh rắng x0 là số chẵn. Thật vậy ta có:

0 = P(x0) = x03(x0 - 2009) + 2010.x02 + (x02 + 1).a -2011.x0 (1)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Ta chứng minh x0 không thể là nghiệm bội.

Giả sử x0 là nghiệm bội thì P’(x0) = 0 hay 4x03 - 6027x0 + 2.(2010 + a).x0 - 2011 = 0 (2)

Do x0 chẵn nên VT của (2) là số lẻ. Điều này vô lý.

</div>

De HSG HD V1 cap truong

















<b> </b>





<b> </b>





















<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>

























  



<b> </b>

<b> </b>



 



<b> </b>



 



<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>











 











<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>





