hơn 1 tiếng đồng hồ

Câu 1a đề 3:

$x=\sqrt[3]{a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}}+\sqrt[3]{a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}}$

Đặt:

$A=a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}$

$B=a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}}$

$\to x=\sqrt[3]{A}+\sqrt[3]{B}$

$\to {{x}^{3}}=A+B+3\sqrt[3]{AB}.\left( \sqrt[3]{A}+\sqrt[3]{B} \right)$

$\to {{x}^{3}}=A+B+3\sqrt[3]{AB}.x$

Phân tích:

$\bullet \,\,\,\,\,A+B=\left( a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}} \right)+\left( a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}} \right)$

$\to A+B=2a$

$\bullet \,\,\,\,\,A.B=\left( a+\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}} \right)\left( a-\dfrac{a+1}{3}\sqrt{\dfrac{8a-1}{3}} \right)$

$\to A.B={{a}^{2}}-{{\left( \dfrac{a+1}{3} \right)}^{2}}.\dfrac{8a-1}{3}$

$\to A.B=\dfrac{-8{{a}^{3}}+12{{a}^{2}}-6a+1}{27}$

$\to A.B=\dfrac{{{\left( -2a+1 \right)}^{3}}}{27}$

$\to 3\sqrt[3]{AB}=-2a+1$

Ghi lại:

$\,\,\,\,\,\,\,{{x}^{3}}=A+B+3\sqrt[3]{AB}.x$

$\to {{x}^{3}}=2a+\left( -2a+1 \right).x$

$\to {{x}^{3}}+\left( 2a-1 \right)x-2a=0$

$\to \left( x-1 \right)\left( {{x}^{2}}+x+2a \right)=0$

$\to x=1$  vì  ${{x}^{2}}+x+2a$ vô nghiệm với $a>\dfrac{1}{8}$

Vậy $x$ là một số nguyên dương và số đó là $1$

Câu 5 đề 3:

$\begin{cases}a^2+2b^2+3c^2+4d^2=36\\2a^2+b^2-2d^2=6\end{cases}$

Cộng vế theo vế, ta được:

$\,\,\,\,\,\,\,3{{a}^{2}}+3{{b}^{2}}+3{{c}^{2}}+2{{d}^{2}}=42$

$\to {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=14-\dfrac{2{{d}^{2}}}{3}$

$P={{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}}$

$P=14-\dfrac{2{{d}^{2}}}{3}+{{d}^{2}}$

$P=\dfrac{{{d}^{2}}}{3}+14\,\,\ge \,\,14$

Dấu “=” xảy ra khi $d=0$

Khi đó:

$\begin{cases}a^2+b^2+c^2=14\\a^2+2b^2+3c^2=36\end{cases}$

Xét ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=14$

Ta thấy nếu một trong ba số $a,b,c>3$ thì phương trình vô nghiệm

Vì vậy $a,b,c\in \left\{ 0;1;2;3 \right\}$

Xét $c=3$, khi đó hệ phương trình trở thành:

$\begin{cases}a^2+b^2=5\\a^2+2b^2=9\end{cases}\,\,\to\,\,\begin{cases}a^2=1\\b^2=4\end{cases}\,\,\to\,\,\begin{cases}a=1\\b=2\end{cases}$

Vì $a,b,c\in \mathbb{N}$ nên ta nhận $\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\end{cases}$

Tương tự nếu xét $c=\left\{ 0;1;2 \right\}$ thì sẽ loại

Kết luận:

${{P}_{\min }}=14\,\,\Leftrightarrow\,\,\begin{cases}a=1\\b=2\\c=3\\d=0\end{cases}$

Câu 2b đề 4:

Chứng minh chia hết cho $12$

$\,\,\,\,\,\,\,{{p}^{2}}+{{a}^{2}}={{b}^{2}}$

$\to {{p}^{2}}=\left( b-a \right)\left( b+a \right)$

Số chính phương ${{p}^{2}}$ chỉ có 3 ước là $1\,;\,p\,;\,{{p}^{2}}$

Vì $a,b$ là số nguyên dương

Chính vì vậy $b-a\,\,\,<\,\,b+a$

Và không thể có trường hợp $b-a=b+a=p$

$\,\,\,\,\,\,\,{{p}^{2}}=\left( b-a \right)\left( b+a \right)$

$\to\begin{cases}b-a=1\\b+a=p^2\end{cases}$

Lấy dưới trừ trên, ta được:

$\,\,\,\,\,\,\,2a={{p}^{2}}-1$

$\to 2a=\left( p-1 \right)\left( p+1 \right)$

$p$ là số nguyên tố

$\to p$ là số lẻ và có dạng $\left[\begin{array}{1}p=3k+1\\p=3k+2\end{array}\right.$

Xét $p$ là số lẻ

Thì $p-1\,\,;\,\,p+1$ là hai số chẵn liên tiếp

$\to 2a\,\,\,\vdots \,\,\,8$

Xét $\left[\begin{array}{1}p=3k+1\\p=3k+2\end{array}\right.$

Nếu $p=3k+1$ thì $p-1\,\,\,\vdots \,\,\,3$

Nếu $p=3k+2$ thì $p+1\,\,\,\vdots \,\,\,3$

$\to 2a\,\,\,\vdots \,\,\,3$

$\to 2a\,\,\,\vdots \,\,\,\left( 3.8 \right)$

$\to a\,\,\,\vdots \,\,\,12$

Chứng minh là số chính phương

Ở phía trên đã chứng minh:$2a={{p}^{2}}-1$

Đặt:

$S=2\left( p+a+1 \right)$

$S=2p\,\,+\,\,2a\,\,+\,\,2$

$S=2p\,\,+\,\,{{p}^{2}}-1\,\,+\,\,2$

$S={{p}^{2}}\,\,+\,\,2p\,\,+\,\,1$

$S={{\left( p+1 \right)}^{2}}$ là số chính phương

Câu 4 đề 4:

Đặt: $S=a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\dfrac{4}{3}$

Ta sẽ áp dụng bất đẳng thức này để làm:

$\begin{cases}\sqrt{xy}\le\dfrac{1}{2}\left(x+y\right)\\\sqrt[3]{xyz}\le\dfrac{1}{3}\left(x+y+z\right)\end{cases}$

$\,\,\,\,\,\,\,\sqrt{ab}=\dfrac{1}{2}\sqrt{a.4b}\le \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}\left( a+4b \right)$

$\,\,\,\,\,\,\,\sqrt[3]{abc}=\dfrac{1}{4}\sqrt[3]{a.4b.16c}\le \dfrac{1}{4}.\dfrac{1}{3}\left( a+4b+16c \right)$

Cộng vế theo vế lại, ta được:

$\,\,\,\,\,\,\,\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\le \dfrac{1}{4}\left( a+4b \right)+\dfrac{1}{12}\left( a+4b+16c \right)$

$\to a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\le a+\dfrac{1}{4}\left( a+4b \right)+\dfrac{1}{12}\left( a+4b+16c \right)$

$\to a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}\,\,\le \,\,\dfrac{4}{3}\left( a+b+c \right)$

$\to \dfrac{4}{3}\,\,\le \,\,\dfrac{4}{3}\left( a+b+c \right)$

$\to a+b+c\,\,\ge \,\,1$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi:

$a=4b=16c\,\,\to\,\,\begin{cases}b=\dfrac{a}{4}\\c=\dfrac{a}{16}\end{cases}$

Khi đó biểu thức:

$S=a+\sqrt{ab}+\sqrt[3]{abc}=\dfrac{4}{3}$

$\to a+\sqrt{a.\dfrac{a}{4}}+\sqrt[3]{a.\dfrac{a}{4}.\dfrac{a}{16}}=\dfrac{4}{3}$

$\to a=\dfrac{16}{21}$

Khi đó $b=\dfrac{4}{21}$ và $c=\dfrac{1}{21}$

Vậy ${{S}_{\min}}=1\,\,\Leftrightarrow\,\,\begin{cases}a=\dfrac{16}{21}\\b=\dfrac{4}{21}\\c=\dfrac{1}{21}\end{cases}$