Bài 1. Qui đồng ta có $c(a+b-c) – a(b+c-a) – b(a+c-b) = 0$
$a^2+b^2-c^2-2ab =0$
$(a-b)^2-c^2=0$
$(a-b-c)(a-b+c)=0$
$a=b+c$ hoặc $b=a+c$, tao có điều cần chứng minh.
Bài 2.
a) Đặt $a = x+1, b = 3x-4, c = 3-4x$ thì $a+b+c=0$
Ta có $a^3+b^3+c^3=3abc$
Phương trình đương đương $x+1 = 0$ hoặc $3x-4= 0$ hoặc $3-4x = 0$.
Giải ra được tập nghiệm $S = \{-1, \dfrac{4}{3}, \dfrac{3}{4} \}$.
b) Ta có $x^2 + \dfrac{x^2}{(x+1)^2} – \dfrac{2x^2}{x+1} + \dfrac{2x^2}{x+1}-3=0$
$(x-\dfrac{x}{x+1})^2 +\dfrac{2x^2}{x+1} – 3 = 0$
$(\dfrac{x^2}{x+1})^2+\dfrac{2x^2}{x+1}-3=0$.
Đặt $t = \dfrac{x^2}{x+1}$. Ta có $t^2 +2t – 3 = 0 \Leftrightarrow t = 1, t = -3$.
Khi $t = 1$ ta có $x^2 -x-1 = 0$ , giải ra $x = \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}, x = \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}$.
Khi $t = -3$ ta có $x^2+3x+3 = 0$ (vô nghiệm).
c) $\dfrac{3x+4}{x-1} \leq 2$
$\dfrac{3x+4}{x-1}-2 \leq 0$
$\dfrac{x+6}{x-1} \leq 0$
$x+6 \leq 0, x-1 > 0$ hoặc $ x+6 \geq 0, x-1< 0$
$x \leq -6, x > 1$ (vô nghiệm) hoặc $ -6\leq x < 1$.
Kết luận: $-6 \leq x < 1$.
Bài 3.
a) $ab \leq \dfrac{(a+b)^2}{4} = 1$. Khi đó $a^2b^2 \leq ab$.
$a^2b^2(a^2+b^2) \leq ab(4-2ab) = -2(ab-1)^2+2 \leq 2$.
b) Đặt $t = a + \dfrac{4}{a}$ ta có $t \geq 4$ vì $a + \dfrac{4}{a}-4 = \dfrac{(a-2)^2}{4a} \geq 0$.
Và $t^2 = a^2+\dfrac{16}{a^2} + 8$.
Khi đó ta có $A = a^2 -6(a+\dfrac{4}{a}) + \dfrac{16}{a^2} + 2020=t^2-6t+2012 = (t-2)(t-4) + 2004 \geq 2004$.
Đẳng thức xảy ra khi $t = 4$ hay $a=2$.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là $2004$ khi $a = 2$.
Bài 4.
a) Đặt $n=2k+1$ ta có $A = n^n-n = (2k+1)^{2k+1} – (2k+1)$
$(2k+1)((2k+1)^{2k}-1)$
Ta có $(4k(k+1)+1)^k-1 \vdots 4k(k+1)+1 – 1 \vdots 8$
Vậy $A \vdots 8$.
$n^n – n$ chia hết cho $n$ và $n-1$, nếu $n= 3k, 3k+1$ thì $A$ chia hết cho 3.
Xét $n = 3q+2 $ với $q$ lẻ (vì $n$ lẻ) thì
$3q+2 \equiv 2 (\mod 3) \Rightarrow (3q+2)^{3q+2} \equiv 2^{3q+2} (\mod n)$
Mà $2 \equiv -1 (\mod 3) và $3q+2$ lẻ nên $2^{3q+2} \equiv -1 (\mod 3$.
Do đó $A \equiv – 1 – 3q-2 \equiv 0 (\mod 3)$
Hay $A$ chia hết cho 3.
Mà $(3,8)=1$. Do đó $A$ chia hết cho 24.
b) Đặt $A = \dfrac{21n+17}{14n+3}$.
Nếu $n = 0$ thì $A = \dfrac{17}{3}$ không là số nguyên.
Nếu $n > 0$ ta chứng minh $A < 4$ thật vật $\dfrac{21n+17}{14n+3} – 4 = \dfrac{5-35n}{14n+3} < 0$
Suy ra $A < 4$, dễ thấy $A > 1$, do đó $1 < A< 4$.
Nếu $A = 2$ ta có $21n + 17 = 2(14n+3)$ hay $7n = 11$ (vô lý)
Nếu $A = 3$ ta có $21n+17 = 3(14n+3)$ hay $21n = 8$ (vô lý)
Vậy $A$ không là số nguyên với mọi $n$.
c) Ta có $2^3 \equiv 1 (\mod 7)$, suy ra $2^{3k} \equiv 1 (\mod 7)$.
$4^3 \equiv 1 (\mod 7)$, suy ra $4^{3k} \equiv 1 (\mod 7)$.
Nếu $n = 3k$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1 =4^{3k} + 2^{3k} + 1 \equiv 3 (\mod 7)$.
Nếu $n = 3k + 1$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1 = 4.4^{3k} + 2.2^{3k} + 1 \equiv 0 (\mod 7)$.
Nếu $n = 3k+2$ ta có $2^{2n} + 2^n + 1 = 16 \cdot 4^{3k} + 4 \cdot 2^{3k} + 1 =0 (\mod 7)$.
Vậy với $n = 3k$ hoặc $n =3k+1$ thì $2^{2n} + 2^{n} + 1$ chia hết cho 7.
Bài 5.
a) Tam giác $BEC, BDC$ vuông tại $D, E$ và $M$ là trung điểm cạnh huyền nên $MD = \dfrac{1}{2}BC = ME = MB = MC$. Suy ra $MDE$ cân tại $M$.
$\angle EMC + \angle DMB = 2\angle B + 2 \angle C = 240^\circ$, suy ra $\angle DME = 60^\circ$.
Do đó tam giác $DME$ đều, cạnh $MD = \dfrac{1}{2}BC = a$. Diện tích bằng $S = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4}$.
b) Tam giác $ABD$ vuông tại $D$ có $\angle A = 60^\circ$, suy ra $AD = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{1}{2}x$, suy ra $\angle CD = y -\dfrac{1}{x}$ và $BD = \dfrac{3}{2}x$.
Khi đó $BD^2 + CD^2 = BC^2$, hay $x^2+y^2-xy = 4a^2$.
$S_{ABC} = \dfrac{1}{2}BD \cdot AC = \dfrac{\sqrt{3}}{4} x \cdot y$.
Mà $xy \leq x^2+y^2-xy = 4a^2$, suy ra $S_{ABC} \leq a^2\sqrt{3}$.
Diện tích tam giác $ABC$ lớn nhất bằng $a^2\sqrt{3}$ khi $AB = AC$ hay tam giác $ABC$ đều.
Bài 6.
a) Điểm của mỗi học sinh có dạng $\pm 1 \pm 2 \pm3 \pm4 \pm 5 \pm 6$, có tất cả $2^6 = 64$ trường hợp có thể xảy ra. Do đó theo nguyên lý Diriclet thì có ít nhất 2 trường hợp trùng nhau, hay có ít nhất 2 thí sinh làm bài trùng nhau.
b) Số điểm cao nhất là $21$, thấp nhất là $-21$. Hơn nữa một người không thể có số điểm chẵn. Do đó số điểm của một thí sinh thuộc tập $A = \{-21, -19, \cdots, 19, 21\}$, có 22 phần tử.
Có 68 thí sinh tham gia nên theo nguyên lý Dirichlet thì có ít nhất 4 thí sinh có số điểm bằng nhau.
