nmh369358@gmail.com

Những lời giải của MHN trên VMF
Tháng 8-2024
Tác giả: Nguyễn Minh Hải(MHN)
MHN's solutions on VMF
August 2024
Author: Hai Nguyen Minh(MHN)

Page | 1

nmh369358@gmail.com

MỤC LỤC
BẤT ĐẲNG THỨC........................................3
ĐẠI SỐ..............................................10
TOÁN RỜI RẠC........................................27
HÌNH HỌC............................................28
SỐ HỌC..............................................45

Ghi chú:
VMF là viết tắt của cụm từ "Vietnam Mathematics Forum", nghĩa
là "Diễn đàn Toán học Việt Nam". Đây là một cộng đồng trực
tuyến dành riêng cho những người yêu thích toán học. Tại đây,
các thành viên có thể trao đổi, thảo luận và giải đáp mọi thắc
mắc về toán học. Bạn có thể truy cập diễn đàn này qua địa chỉ:
diendantoanhoc.org
MHN là tên nick của một thành viên trên diễn đàn có địa chỉ:
https://diendantoanhoc.org/user/192190-mhn/
Page | 2

nmh369358@gmail.com

BẤT ĐẲNG THỨC
Bài 1: Cho số nguyên n  4 và các số thực dương a1;a2;...;an sao cho:
a12 + a22 + a32 + ... + an2 = 1

Chứng minh rằng:
a1
+
2
a2 + 1

+

(

an
4
 a1 a1 +
2
a1 + 1 5

+ an an

).
2

Lời giải:
Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz ta có:



( x)
1

2

+  +

( x)
n

2

2
2


  a1  +  +  an    (a + a +  + a ) 2 .
1
2
n
  x 
 x  
1 
n 





Với mọi x1;x2;…;xn>0 ta có:
an2 (a1 + a2 +  + an )2
a12 a22
+ +  + 
.
x1 x2
xn
x1 + x2 +  + an

Áp dụng bất đẳng thức này vào vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh, ta được:
(a1 a1 + a2 a2 +  + an an )2
an
an2
a1
a2
a13
a22
+
+  + 2
=
+
+  + 2 2

.
a22 + 1 a32 + 1
a1 + 1 a12 a22 + a12 a22 a32 + a22
an a1 + an2
a12a22 + a22a32 +  + an2a12 + 1

Do đó, ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức sau
1
1
a12 a22 + a22 a32 +  + an2 a12  . a12 a22 + a22 a32 +  + an2 a12  .
4
4

trong đó n  4 và a12 + a22 +  + an2 = 1.
Bất đẳng thức này có tính tổng quát: Nếu n  4 và các số dương x1;x2;…;xn cho trước sao cho
x1 + x2 +  + xn = 1 , thì x1 x2 + x2 x3 + ... + xn x1 

1
4

Nếu n chẵn, chứng minh là hiển nhiên, vì
x1 x2 + x2 x3 + ... + xn x1  ( x1 + x3 + ...)( x2 + x4 + ... + xn ) 

vì tích của hai số dương có tổng bằng 1 đạt giá trị lớn nhất là

1
4

1
. Nếu n lẻ, n  5 , ta có thể giả sử
4

x1  x2 và vì
x1 x2 + x2 x3 + x3 x4  x1 ( x2 + x3 ) + x4 ( x2 + x3 )

ta có thể thay các số x1;x2;…;xn bằng n-1 số x1;x2+x3;x4;…;xn Vế trái của bất đẳng thức tăng lên,
tổng vẫn bằng 1 , và ta có một tập hợp các số chẵn, do đó ta có thể áp dụng lập luận ở trên.
Bài 2: Cho a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng:
Page | 3

nmh369358@gmail.com

(−a + b + c)(a − b + c) + (a − b + c)(a + b − c ) + (a + b − c )(−a + b + c )  abc ( a + b + c )

Lời giải:
Cách 1:
Dễ thấy tồn tại một tam giác MNP có các cạnh là m = a , n = b , p = c .
Ví dụ, bất đẳng thức

a + b  c  a + b + 2 ab  c , điều này hiển nhiên đúng.

Ta ký hiệu (s, r, R) lần lượt là nửa chu vi, bán kính đường tròn nội tiếp và bán kính đường tròn
ngoại tiếp của MNP , ta có các công thức quen thuộc:
m + n + p = 2s
mn + np + pm = s ² + r ² + 4 Rr

mnp = 4 Rrs

Bất đẳng thức ban đầu tương đương với:
(−m2 + n2 + p 2 )(m2 − n2 + p 2 ) + (m2 − n2 + p3 )(m2 + n2 − p 2 ) + (m2 + n2 − p 2 )(−m2 + n2 + p 2 )  mnp(m + n + p)

 2(m2 n2 + n2 p 2 + p3m2 ) − (m4 + n4 + p 4 )  mnp(m + n + p)
 4(m2 n2 + n2 p 2 + p 2 m2 ) − (m2 + n2 + p 2 )2  mnp(m + n + p)
 4(m + n + p)(mn + np + pm) − 9(m + n + p)mnp − (m + n + p)3  0
 8s3 + 36 Rrs  8s( s3 + r 2 + 4Rr )
 4 Rrs  8sr 2  R  2r.

Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức Euler trong MNP.
Cách 2:
Giả sử a, b, c là các số dương tùy ý.
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
2(ab + bc + ca)  a 2 + b 2 + c 2 + a bc + b ca + c ab .

Đặt: a = x 2 , b = y 2 , c = z 2 .
Ta thu được:
x4 + y 4 + z 4 + x 2 yz + xy 2 z + xyz 2  2( x 2 y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 ).

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM , ta có:
2x 2 y 2  x3 y + xy 3

Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng:
x 4 + y 4 + z 4 + x 2 yz + xy 3 z + xyz 3  x3 y + y 3 z + z 3 x + xy 3 + yz 3 + zx3 .
Page | 4

nmh369358@gmail.com

Bất đẳng thức này có thể viết lại dưới dạng:
x 2 ( x − y)( x − z ) + y 2 ( y − z )( y − x) + z 2 ( z − x)( z − y )  0.

Giả sử: x  y  z.
Khi đó: x2 ( x − y)( x − z )  y 2 ( y − z )( x − y) và z 2 ( z − x)( z − y)  0  Đpcm
Cách 3:
Ta có thể cải thiện bất đẳng thức cần chứng minh:
Với mọi số thực dương a, b, c

 (−a + b + c)(a − b + c) 

abc ( a + b + c )

Đẳng thức xảy ra khi a = b = c hoặc khi hai trong ba số bằng nhau và số còn lại bằng 0 .
Vế trái của bất đẳng thức viết lại thành:
( a + b + c − a + b + c )( a − b + c )( a + b − c ).

Nếu ta đặt:

a = x, b = y , c = z

Bất đẳng thức tương đương với: (− x + y + z )( x − y + z )( x + y − z )  xyz.
Nếu: x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác, thì bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng
thức Euler . Nếu không, dễ thấy vế trái âm và bất đẳng thức đúng.
Bất đẳng thức trên có thể tham khảo: Bài 2-IMO 2000.
Bài 3:Cho a,b,c>0 thỏa ab+bc+ca=1. CMR:

 4a
cyc

a 2 + 1  3 a 2 + 5
cyc

Lời giải:
Ta có BĐT tương đương:
4 a (a + b)(a + c)   (3a 2 + 5ab)
cyc

cyc

   −3a 2 − 5ab + 2c(a + c) + 2c(b + c)   2 c
cyc

cyc


  (a − b) 1 −

cyc

2

(

(

a+c − b+c

)

2


0
2
a+c + b+c 

4c

)

Điều này đúng vì:

(a − b) 1 −


cyc

2

(



4c
 = (a − b) 2 1 −



2
 a + b + 2c + 2 (a + c)(b + c) 
a + c + b + c  cyc

4c

)

4c


  ( a − b) 2  1 −
  0.
 a + b + 4c 
cyc
Page | 5

nmh369358@gmail.com

Bài 4:Cho các số dương a;b;c và x;y;z là một hoán vị của a;b;c. Chứng minh rằng:
x3
y3
z3
3
+

2
2
2
2
2
2
a(b + c ) b(c + a ) c(a + b ) 2

Lời giải:
Ta có: a3 + b3 + b3  3 3 a3b3b3 = 3ab2 .
a3 + c3 + c3  3 3 a3c3c3 = 3ac2

Lấy 2 bất đẳng thức trên cộng vế theo vế ta có:
2(a 3 + b3 + c3 )  3a(b 2 + c 2 )  a(b 2 + c 2 ) 

2 3 3 3
(a + b + c )
3

Mà:x>0 ta có:
x3
3
x3

.
(1)
a(b2 + c 2 ) 2 a3 + b3 + c3

Chứng minh tương tự có:
y3
3
y3
 .
(2)
b (c 2 + a 2 ) 2 a 3 + b 3 + c 3
z3
3
z3
 .
(3)
c(a 2 + b 2 ) 2 a 3 + b3 + c 3

Lấy (1)+(2)+(3) được:
x3
y3
z3
3 x3 + y 3 + z 3
+
+

.
a(b2 + c 2 ) b(c 2 + a 2 ) c(a 2 + b2 ) 2 a3 + b3 + c3

Mà: (x;y;z) là một hoán vị của a;b;c nên: x3 + y 3 + z 3 = a3 + b3 + c3
x3
y3
z3
3

+
+

2
2
2
2
2
2
a(b + c ) b(c + a ) c(a + b ) 2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a=b=c.
Bài 5: Cho a;b;c>0 thỏa mãn: ( a + b )( b + c )( c + a ) = 1. Chứng minh rằng:
3
ab + bc + ca  .
4

Lời giải:
Đặt s = a + b + c  1 = ( s − a)( s − b)( s − c) = s (ab + bc + ca ) − abc  ab + bc + ca =

1 + abc
a+b+c

Áp dụng BĐT AM-GM ta có:
1
3
3
a + b + c = [(a + b) + (b + c) + (c + a )]  . 3 (a + b)(b + c)(c + a ) =
2
2
2
Page | 6

nmh369358@gmail.com

Mặt khác: 1 = (a + b)(b + c)(c + a)  8 ab.bc.ca  abc 

1
8

 1 2 3
 ab + bc + ca  1 +  . =
 8 3 4

Bài 6: Cho a;b;c>0 thỏa mãn: a+b+c=3. Chứng minh rằng:
(3 − 2a)(3 − 2b)(3 − 2c)  a 2b2c 2 .

Lời giải:
Giả sử: a  b  c
Nếu: a + b  c thì c 

3
3
và b   (3 − 2a)(3 − 2b)(3 − 2c)  0  a 2b 2c 2 (Đpcm)
2
2

Nếu: a + b  c thì a;b;c là độ dài 3 cạnh của một tam giác với nửa chu vi p =

3
2

BĐT được viết lại: 8( p − a)( p − b)( p − c)  a 2b2c 2
Sử dụng các công thức: S 2 = p( p − a)( p − b)( p − c) và abc = 4RS (Với S;R lần lượt là diện tích và bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó.)
8S 2  16 pR 2 S 2
....
Ta có: 
2
 1  3R

Bài 7: Với a, b, c  1 , chứng minh rằng :

a −1 + b −1 + c −1  a(bc + 1)

Lời giải:
Theo Cauchy-Schwarz và AM-GM ta có
2 x 2 − 2 xy + 9 y 2
Bài 8:Tìm giá trị nhỏ nhât của A = 2
x + 2 xy + 5 y 2

Lời giải:
A=

2 x 2 − 2 xy + 9 y 2
( x − 2 y)2
2 x 2 − 2 xy + 9 y 2 − x 2 − 2 xy − 5 y 2
=
−
1
+
1
=
1
+
1
x 2 + 2 xy + 5 y 2
x 2 + 2 xy + 5 y 2
x 2 + 2 xy + 5 y 2

Vậy GTNN của A=1 khi x=2y
Bài 9:Tìm giá trị nhỏ nhất của B =

2 x 2 + 12 xy
biết x 2 + y 2 = 1
2
2 y + 2 xy + 1

Lời giải:
B=

2 x 2 + 12 xy
2 x 2 + 12 xy
=
2 y 2 + 2 xy + 1 x 2 + 2 xy + 3 y 2

Page | 7

nmh369358@gmail.com

2 x 2 12 x
+
y2
y
2
Chia cả tử và mẫu cho y được: B = 2
x
2x
+
+3
2
y
y
2a 2 + 12a
x
Đặt : = a ; ĐK: y  0  B = 2
 Ba 2 + 2 Ba + 3B = 2a 2 + 12a
a + 2a + 3
y
 a 2 ( B − 2) + a(2B − 12) + 3B = 0  a 2 ( B − 2) − 2a( B − 6) + 3B = 0

Xét :   ... tính được B  −6
Bài 10: Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a+b+c=3. Chứng minh rằng:
2(ab + bc + ca ) +

1
1
1
+ +
9
ab bc ca

Lời giải:
VT = (ab + bc + ca) + (ab + bc + ca) +

1 1 1
1 1 1
+ +  3 3 (ab + bc + ca)2 ( + + )
ab bc ca
ab bc ca

CM được: (ab + bc + ca)2  3abc(a + b + c) = 9abc
 1 1 1 
 VT  3 3 9abc  + +  = 3 3 9(a + b + c) = 3 3 27 = 9
 ab bc ca 
 a + 3b   b + 3c   c + 3a 
Bài 11:Cho a;b;c> 0. Chứng minh rằng: a + b + c  
 +
 +
 .
 4   4   4 
4

4

4

4

4

4

Lời giải:
Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:
2

2
4
2
 a + 3b   a b b b    1 1 1 1  2
2
2
2 
=
+
+
+

+
+
+
a
+
b
+
b
+
b
)

 
  
(
 4   4 4 4 4    16 16 16 16 


=

1 2
1
a 4 + 3b4
2
2
2 2
4
4
4
4
a
+
b
+
b
+
b

(1
+
1
+
1
+
1)
a
+
b
+
b
+
b
=
(
) 16
(
)
16
4

4
4
4
4
 b + 3c  b + 3c  c + 3a  c + 3a
TT : 
;
 
 
4
4
 4 
 4 
4

4

4
4
4
 a + 3b   b + 3c   c + 3a  4(a + b + c )

+
+

= a 4 + b4 + c4
 
 

4
4
4
4

 
 

4

4

Bài 12:Cho a,b là các số thỏa mãn (1 + a)(1 − b) 

4

9
Tìm GTNN của A = a 2 + 2b 2 + b
4

Lời giải:
CM được BĐT: xy 

( x + y)2
4
Page | 8

nmh369358@gmail.com

(a − b + 2)2
(a − b + 2) 2 9
 (1 + a)(1 − b) 

  a −b+ 2  3
4
4
4

 a  b +1
1
4

3
4

1
2

1
4

Ta có: P = a 2 + 2b 2 + b  (b + 1)2 + 2b 2 + b = 3b 2 + 3b + 1 = 3(b 2 + b + ) − + 1 = 3(b + ) 2 + 

1 + a = 1 − b

1
Vậy GTNN của P = khi  a = b + 1
4

1
 b+ =0

2

1
4

1

 a = 2

b = −1

2

Page | 9

nmh369358@gmail.com

ĐẠI SỐ
Bài 1:Tìm các số tự nhiên n sao cho với mọi bộ ba số hữu tỉ a; b; c  0 thỏa mãn a+b+c=0 thì
1 1 1
+ +
là bình phương của một số hữu tỉ.
a n bn cn

Lời giải:
Dễ thấy: n>0
1 1 1
1
2
+ n+ n = n+
n
a b c
2 (−1)n

Chọn:a=2;b=c=-1 ta có:

Theo giả thiết ta có:

1
2
p2
+
=
(1) với p; q  ; q  0
2n (−1) n q 2

(1)  q 2 [2n+1 + (−1)n ] = p 2 .2n (−1)n

Ta thấy rằng n là số chẵn vì nếu n lẻ thì vế phải âm còn vế trái dương. Suy ra p 2 .2n.(−1)n là số chính
phương kéo theo q 2 [2n+1 + (−1)n ] là số chính phương.
Vì n chẵn và q  0  2n+1 + 1 là số chính phương.
Đặt: 2n+1 + 1 = x2 ( x  )  2n+1 = x2 − 1 = ( x + 1)( x − 1)
 x − 1 = 2a
Đặt: 
b
x +1 = 2

(a; b  ; a  b; a + b = n + 1)

b −a

Ta có: 2 − 2 = 2  2 (2
b

a

a

 2a = 2
− 1) = 2   b−a
2 − 1 = 1

a =1

b = 2

n=2

2

1 1 1 1 1 1
Thử lại với n=2 thì: 2 + 2 + 2 =  + +  là bình phương một số hữu tỉ.
a b c
a b c

Bài 2:Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn ab+ bc + ca= 0 và a + 2b+ 3c = 0. Tính giá trị biểu thức
A = a 2 + b2 + c2

Lời giải:
Ta có: a + 2b + 3c = 0  a = −2b − 3c
Thế vào: ab+bc+ca=0 được
b(−2b − 3c) + bc + c(−2b − 3c) = 0  −2b2 − 3bc + bc − 2bc − 3c 2 = 0  2b2 + 4bc + 3c 2 = 0

b = c = 0a = 0 A= 0
2
Bài 3: Giải phương trình x − 6 x + 11 = x − 2 + 4 − x

ĐKXĐ: 2  x  4

Page | 10

nmh369358@gmail.com

Áp dụng BĐT Cô-si ta có:

x − 2 +1 x −1
=
.
2
2
4 − x +1 5 − x
4− x 
=
.
2
2
x −1 5 − x 4
 x−2 + 4− x 
+
= = 2.
2
2
2
x−2 

2
2
2
Ta có: x − 6 x + 11 = x − 2 + 4 − x  x − 6 x + 11  2  ( x − 3)  0.

Mà : ( x − 3)  0  ( x − 3) = 0  x = 3.
ĐCĐK: x=3(tm).
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là: x=3.
2

2

Bài 4: Cho các số thực khác 0 thoả mãn a,b,c phân biệt từng đôi một và a+b+c=0. Chứng minh
rằng:
b
c  b − c c − a a − b 
 a
+
+
+
+


=9
b
c 
 b − c c − a a − b  a

Lời giải:
a
b
c
+
+
b −c c −a a −b
Đặt:
b −c c −a a −b
B=
+
+
a
b
c
a
b
c
a(a − b)(c − a) + b(b − c)(a − b) + c(c − a )(b − c)
A=
+
+
=
b−c c −a a −b
(a − b)(b − c)(c − a)
Ta có:
A=

 A=

a(ac − bc − a 2 + ab) + b(ab − ca − b 2 + bc ) + c (bc − ab − c 2 + ca )
(a − b)(b − c)(c − a )

 A=

a 2 c − abc − a 3 + a 2b + ab 2 − abc − b3 + b 2c + bc 2 − abc − c 3 + c 2 a
(a − b)(b − c)(c − a)

 A=

a 2b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 − (a 3 + b3 + c 3 ) − 3abc
(a − b)(b − c)(c − a)

3
3
3
Dễ dàng CM được: Với a+b+c=0 thì a + b + c = 3abc.

a 2b + ab 2 + b 2 c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + 2abc − 8abc
(a − b)(b − c)(c − a )
(a + b)(b + c)(c + a ) − 8abc
 A=
(a − b)(b − c)(c − a )

 A=

a+b+c = 0 A =

Mà:

−9abc
(a − b)(b − c)(c − a)

b − c c − a a − b bc(b − c) + ca (c − a ) + ab(a − b)
+
+
=
a
b
c
abc
2
2
2
2
2
2
b c − bc + c a − ca + a b − ab
(a − b)(b − c )(a − c )
B=
=
 A.B = 9
abc
abc
B=

Bài 5: Cho a;b;c phân biệt thoả mãn:

( a − b)(b − c )( c − a ) = ( a + b )(b + c )( c + a )
Page | 11

nmh369358@gmail.com

P=

Tính

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

Lời giải:
(a + b)(b + c)(c + a)  0 

Dễ

thấy:

a −b b−c c −a
.
.
= 1.
a+b b+c c+a

a −b
b−c
c−a
= x;
= y;
=z
b+c
c+a
Đặt: a + b
2a

x +1 = a + b

2b

 xyz = 1;  y + 1 =
b+c

2a

 z +1 = c + a


2b

1 − x = a + b

2c

Ta cũng có: 1 − y = b + c

2a

1 − z = c + a

 ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = (1 − x)(1 − y )(1 − z )  ( xy + x + y + 1)( z + 1) = ( xy − x − y + 1)(1 − z )
 xyz + xz + yz + z + xy + x + y + 1 = xy − x − y + 1 − xyz + xz + yz − z
 x + y + z = − xyz = −1
a
b
c
x +1 y +1 z +1 x + y + z + 3
P=
+
+
=
+
+
=
= 1.
a+b b+c c+a
2
2
2
2

Bài 6: Cho phương trình (m − 5) x 2 + 2(m − 1) x + m = 0 (1). Với giá trị nào của m thì (1) có 2 nghiệm
x1;x2 thỏa mãn x1<2Lời giải:
PT có 2 nghiệm:
m−5  0

x1 ; x2  
2
 = (m − 1) − m(m − 5)  0

m5


2
2
 = m − 2m + 1 − m + 5m = 3m + 1  0

 m5


−1
m

3


2(m − 1)

 x1 + x2 = − m − 5
Theo hệ thức Viète ta có: 
 xx = m
1 2

m−5

Ta có:
x1  2  x2  ( x1 − 2)( x2 − 2)  0  x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4  0


m
4(m − 1)
9m − 24
8
+
+40
0 m5
m−5
m−5
m−5
3

Page | 12

nmh369358@gmail.com

ĐCĐK:

8
 m  5 thỏa mãn.
3

Bài 7: Cho x, y  R sao cho x2 y 2 + 2 y + 1 = 0 .Tìm Max , Min của

xy
3y +1

Lời giải:
xy
x2 y 2
2
Ta có: P =
P =
3y +1
(3 y + 1)2
−2 y − 1
1 1 −2 y − 1 1 (3 y + 2)2 1
2
x y + 2 y + 1 = 0  x y = −2 y − 1  P =
P = − +
= −

(3 y + 1)2
3 3 (3 y + 1)2 3 3(3 y − 1)2 3
2



2

2

2

2

−1
1
P
3
3

Min P =

−1
− 3
−2
khi x =
;y=
2
3
3

Max P =

1
3
−2
khi x =
;y=
2
3
3

Vậy

Bài 8: Giải phương trình x3 + 3x 2 + 4 x + 2 = (3x + 2) 3x + 1
Lời giải:
−1
3
3
2
x + 3x + 4 x + 2 = (3x + 2) 3x + 1  x3 + 3x 2 + 3x + 1 + x + 1 = (3 x + 1 + 1) 3 x + 1

ĐK: x 

 ( x + 1)3 + ( x + 1) = (3 x + 1) 3 x + 1 + 3 x + 1  ( x + 1)3 + ( x + 1) = (3 x + 1)3 + 3 x + 1

Đặt: x + 1 = a; 3x + 1 = b(b  0)
PT  a3 + a = b3 + b  (a − b)(a 2 + ab + b2 ) − (a − b) = 0  (a − b)(a 2 + ab + b2 − 1) = 0

(
(

)
)

 x + 1 − 3x + 1  x 2 + 2 x + 1 + ( x + 1) 3x + 1 + 3x + 1 − 1 = 0
 x + 1 − 3x + 1  x 2 + 5 x + 1 + ( x + 1) 3x + 1  = 0
 x = 0(tm)
 x + 1 = 3x + 1  x 2 + 2 x + 1 = 3x + 1  x 2 − x = 0  
 x = 1(tm)

Bài 9: Giải phương trình 7 x2 −10 x + 14 = 5 x4 + 4
Lời giải:
7 x 2 − 10 x + 14 = 5 x 4 + 4  7 x 2 − 10 x + 14 = 5 ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 + 2 x + 2)
 6( x 2 − 2 x + 2) + ( x 2 + 2 x + 2) = 5 ( x 2 − 2 x + 2)( x 2 + 2 x + 2)

Page | 13

nmh369358@gmail.com

Đặt: x 2 − 2 x + 2 = a; x 2 + 2 x + 2 = b
 6a 2 + b 2 = 5ab  6a 2 − 5ab + b 2 = 0  (2a − b)(3a − b) = 0
2 x2 − 2 x + 2 = x2 + 2 x + 2
 2a = b 


 3a = b 
2
2
 3 x − 2 x + 2 = x + 2 x + 2

Rồi xét các trường hợp.
Bài 10: Giải phương trình ( x3 − 3x + 1) x 2 − 1 + x 4 − 3x 2 + x + 1 = 0
Lời giải:
ĐK:...
( x3 − 3x + 1) x 2 − 1 + x 4 − 3x 2 + x + 1 = 0  −( x3 − 3x + 1) x 2 − 1 − x 4 + 3 x 2 − x − 1 = 0
 ( x 2 − 1) − ( x3 − 3x + 1) x 2 − 1 − ( x 4 − 2 x 2 + x) = 0

Đặt: x2 − 1 = a  0
PT  a 2 − ( x3 − 3x + 1)a − ( x 4 − 2 x 2 + x) = 0

Xem PT trên là PT bậc 2 ẩn a:
 = ( x3 − 3x + 1)2 + 4( x 4 − 2 x 2 + x) = x 6 + 9 x 2 + 1 − 6 x − 6 x 4 + 2 x3 + 4 x 4 − 8 x 2 + 4 x
= x6 − 2 x 4 + 2 x3 + x 2 − 2 x + 1 = ( x3 − x + 1)2
 a1 = x3 − 2 x + 1; a2 = − x

...
Bài 11: Tính giá trị của a+b biết (a + a 2 + 2024)(b + b2 + 2024) = 2024
Lời giải:
(a + a 2 + 2024)(b + b 2 + 2024) = 2024
 ( a 2 + 204 − a)(a + a 2 + 2024)(b + b 2 + 2024) = 2024( a 2 + 2024 − a)
 b + b 2 + 2024 = a 2 + 2024 − a
TT : b 2 + 2024 − b = a + a 2 + 2024  a + b = 0

3 y 2 + 2 xy + 3 = 4 y x 2 + 3
y ( y − x) = 3 − 3 y



Bài 12: Giải hệ phương trình : 
Lời giải:

Từ PT(1) ta có: 3 y 2 + 2 xy + 3 = 4 y x 2 + 3  3 y 2 − 4 y x 2 + 3 + 2 xy + 3 = 0
 4 y 2 − 4 y x 2 + 3 + x 2 + 3 − ( x 2 − 2 xy + y 2 ) = 0
 y = x2 + 3 − x

 (2 y − x 2 + 3) 2 − ( x − y ) 2 = 0  ( x + y − x 2 + 3)(3 y − x − x 2 + 3) = 0  
x2 + 3 + x
y =
3


Đến đây xét các TH
Page | 14

nmh369358@gmail.com

Bài 13: Chứng minh rằng x 2 − 2 x − 2 = 0 biết x = 6 + 2 2 3 −

2 + 12 + 18 − 128

Lời giải:
x = 6+ 2 2 3−

2 + 12 + 18 − 128 = 6 + 2 2 3 −

2 + 12 + 4 − 2

= 6 + 2 2 3 − 4 + 2 3 = 6 + 2 2 3 − 3 −1
= 6 + 2 2 2 − 3 = 6 + 2 4 − 2 3 = 6 + 2( 3 − 1) = 4 + 2 3 = 3 + 1  x − 1 = 3
 ( x − 1) 2 = 3  x 2 − 2 x − 2 = 0

Bài 14: Cho biểu thức D = 4 − 10 − 2 5 − 4 + 10 − 2 5 + 2( 2 + 3 + 14 − 5 3 )
Chứng minh rằng D là nghiệm của phương trình D 2 − 14 D + 144 = 0
Lời giải:
D = 4 − 10 − 2 5 − 4 + 10 − 2 5 + 2( 2 + 3 + 14 − 5 3 )

Đặt A = 4 − 10 − 2 5 − 4 + 10 − 2 5
B = 2( 2 + 3 + 14 − 5 3 )


A =  4 − 10 − 2 5 − 4 + 10 − 2 5 



2

2

= 4 − 10 − 2 5 + 4 + 10 − 2 5 − 2 (4 − 10 − 2 5 )(4 + 10 − 2 5 )
= 8 − 2 6 + 2 5 = 8 − 2( 5 + 1) = 6 − 2 5
 A = 6 − 2 5 = 5 −1
B = 2( 2 + 3 + 14 − 5 3 ) = 4 + 2 3 + 28 − 10 3 = 3 + 1 + 5 − 3 = 6  D = 5 − 1 + 6 = 5 + 5

Bài 15: So sánh hai số M = 3 − 2 2 + 3 10 + 6 3 và N = 3 9 + 80 + 3 9 − 80
Lời giải:
M = 3 − 2 2 + 3 10 + 6 3 =

(

)

2

2 −1 + 3

(

)

3 +1

3

= 2 −1 + 3 + 1 = 2 + 3

(

)(

N = 3 9 + 80 + 3 9 − 80  N 3 = 9 + 80 + 9 − 80 + 3 N 3 9 + 80 9 − 80

)

= 18 + 3N 3 81 − 80 = 18 + 3N  N 3 − 3N − 18 = 0  N = 3

M  N
 x 2 + x 3x + 2 x 3( x − 1) 
−
+
 với x  1; x  0
x
−
x
+
1
x
x
−
1



Bài 16: Cho biểu thức Q = 25 x : 
a)Rút gọn biểu thức Q

Page | 15

nmh369358@gmail.com

b)Tìm x để biểu thức nhận giá trị nguyên
Lời giải:
 x ( x3 + 1)
x (3 x + 2) 3( x + 1)( x − 1) 
−
+

x
x −1
 x − x + 1


a, Q = 5 x : 

(

= 5 x :  x ( x + 1) − 3 x − 2 + 3( x + 1)  = 5 x : x + x − 3 x − 2 + 3 x + 3

= 5 x : ( x + x + 1) =

b, Ta có: 5  Q =

)

5 x
x + x +1

5 x
20

 Q  5;6
x + x +1 3

Bài 17: Chứng minh rằng các biểu thức sau không phụ thuộc vào các biến:
P=

x
y
z
+
+
( x; y; z  0; x  y  z )
( x − y )( x − z ) ( y − z )( y − x ) ( z − x )( z − y )

Lời giải:
P=
=
=
=
=

x
y
z
+
+
( x − y )( x − z ) ( y − z )( y − x ) ( z − x )( z − y )
− x( y − z )

( x − y )( y − z )( z − x )

−

z( x − y )
y( z − x )
−
( x − y )( y − z )( z − x ) ( x − y )( y − z )( z − x )

−x y + x z − y z + y x − z x + z y
( x − y )( y − z )( z − x )
− x( y − z ) − yz ( y − z ) + x ( y − z )
( x − y )( y − z )( z − x )
( y − z )(− x − yz + xy + zx )
( x − y )( y − z )( z − x )

( y − z )  − x ( x − y ) + z ( x − y ) 
=
( x − y )( y − z )( z − x )

=

( x − y )( y − z )( z − x )
( x − y )( y − z )( z − x )

=1

Bài 18: Chứng minh rằng các biểu thức sau không phụ thuộc vào các biến:
P=(

x− y
xy ( x + y )

+

x+ y
x y−y x

).

x3 y
2y
−
( x  0; y  0; x  y )
x+ y x− y

Lời giải:

Page | 16

nmh369358@gmail.com

P=(
=

x− y
xy ( x + y )

2 x xy ( x + y )
xy ( x − y )( x + y )

+
−

x+ y
x y−y x

).

 ( x − y )2 ( x + y ) 2  x xy
x3 y
2y
2y
−
=
+
−
.
x + y x − y  xy ( x − y )
xy ( x − y )  x + y x − y

2y
2( x − y )
=
=2
x− y
x− y

Bài 19:Cho ba số thực x;y;z>0 thỏa mãn xy + yz + xz = a ,Chứng minh rằng:
x

( y 2 + a)( z 2 + a)
( x 2 + a)( z 2 + a)
( x 2 + a)( y 2 + a)
+
y
+
z
= 2a
x2 + a
y2 + a
z2 + a

Lời giải:
Ta có: x2 + a = x 2 + xy + yz + zx = x( x + y ) + z ( x + y ) = ( z + x)( x + y )
Tương tự: y 2 + a = y 2 + xy + yz + zx = y( x + y) + z ( x + y) = ( x + y )( y + z )
z 2 + a = z 2 + xy + yz + zx = z ( y + z ) + x( y + z ) = ( y + z )( z + x)

( y 2 + a)( z 2 + a)
( x 2 + a)( z 2 + a)
( x 2 + a)( y 2 + a)
x
+y
+z
= x ( y + z ) 2 + y ( z + x) 2 + z ( x + y ) 2
2
2
2
x +a
y +a
z +a

Mà: x, y, z  0  VT = 2( xy + yz + zx) = 2a (Đpcm)
Bài 20: Cho hai số thực x;y thỏa mãn ( x + x 2 + a )( y + y 2 + a ) = a .Tính giá trị của A=x+y
Lời giải:

(

Ta có: x + x 2 + a

(

)( y +

) (

 a y + y2 + a = a

)

y2 + a = a 

(

)(

x2 + a − x x + x2 + a

)( y +

) (

y2 + a = a

x2 + a − x

)

)

x2 + a − x  y + y 2 + a = x2 + a − x

TT : y 2 + a − y = x 2 + a + x

Trừ 2 PT  A = x + y = 0
Bài 21: Tính:
B = 1+

1 1
1 1
1 1
1
1
+ 2 + 1 + 2 + 2 + 1 + 2 + 2 + ... + 1 +
+
2
2
2 3
3 4
4 5
2009 20102

Lời giải:
2

1+
 B = 1+

1
1
1 
1
1
 1
+
= 1 + −
( x  0)
 = 1+ −
2
2
x ( x + 1)
x x +1
 x x +1 

1 1
1 1
1
1
1
1
502
− + 1 + − + ... + 1 +
−
= 2008 + −
= 2008 1005
2 3
3 4
2009 2010
2 2010

Bài 22: Tìm x biết x = 5 + 13 + 5 + 13 + ... (trong đó các dấu chấm có nghĩa là lặp đi lặp lại
cách viết căn thức có chứa 5 và 13 một cách vô hạn lần
Lời giải:
Page | 17

nmh369358@gmail.com

x = 5 + 13 + 5 + 13 + ...  x 2 = 5 + 13 + 5 + 13 + ...  x 2 − 5 = 13 + x

 ( x 2 − 5) = 13 + x  x 4 − 10 x 2 + 25 = 13 + x  x 4 − 10 x 2 − x + 12 = 0  x = 3
2

Bài 23: Cho a;b;c là các số thực khác không,đôi một phân biệt thỏa

1 1 1
2
+ + =
a b c abc

[a 2 + 2(bc − 1)][b2 + 2(ac − 1)][c 2 + 2(ab − 1)]
Tính giá trị của biểu thức P =
(a − b)2 (b − c)2 (c − a)2

Lời giải:
Ta có:

1 1 1
2
+ + =
 ab + bc + ca = 2
a b c abc

a 2 + 2(bc − 1) = a 2 + 2bc − 2 = a 2 + 2bc − ab − bc − ca = a 2 + bc − ab − ca = a(a − b) − c(a − b) = (a − c)(a − b)
b2 + 2(ca − 1) = b2 + 2ca − 2 = b2 + 2ca − ab − bc − ca = b2 + ca − ab − bc = b(b − c) − a(b − c) = (b − a)(b − c)
c 2 + 2(ab − 1) = c 2 + 2ab − 1 = c 2 + 2ab − ab − bc − ca = c 2 + ab − bc − ca = c (c − a ) − b(c − a ) = (c − b)(c − a )
 P = −1

Bài 24:Cho a;b;c thỏa abc  0 và

1 1 1
(a + b)(b + c)(a + c)
+ + = 0 .Tính giá trị của biểu thức A =
a b c
abc

Lời giải:
Ta có:

1 1 1
−ab
+ + = 0  ab + bc + ca = 0  c(a + b) = −ab  a + b =
a b c
c

TT : b + c =

−bc
−ca
;c + a =
a
b

(−ab)(−bc)(−ca)
abc
 A=
= −1
abc




Bài 25: Cho 



x; y; z  0
1 1
1 1
1 1
1 1 1
x( + ) + y( + ) + z( + ) = 2. Tính: A = + +
y z
z x
x y
x y z
3
3
3
x + y + z =1

Lời giải:
 1 1
x+ y y+z z+x
1 1 1 1
x  +  + y  +  + z  +  = −2 
+
+
= −2
z
x
y
x z x y
 y z
 x 2 y + xy 2 + y 2 z + yz 2 + z 2 x + zx 2 + 2 xyz = 0
 ( x + y )( y + z )( z + x) = 0

Xét x = − y  z 3 = 1  z = 1  A = 1
Page | 18

nmh369358@gmail.com

TT với các TH còn lại.
1
a

1
b

1
c

Bài 26: Cho a; b; c  0 thỏa abc = 1 và a + b + c = + + .Chứng minh rằng ( a −1)( b −1)( c −1) = 0
Lời giải:
a+b+c =

1 1 1
ab + bc + ca
+ +  a+b+c =
a b c
abc

Mà: abc = 1  a + b + c = ab + bc + ca  (a − 1)(b − 1)(c − 1) = (ab − a − b + 1)(c − 1)
= abc − ac − bc + c − ab + a + b −1 = 0

Bài 27: Chứng minh rằng
thỏa mãn a + b + c + d = 0

(ab − cd )(bc − ad )(ac − bd ) là số hữu tỉ trong đó a;b;c;d là các số hữu tỉ

Lời giải:
Ta có:

a + b + c + d = 0  a + b + c = −d  bc − ad = bc + a(a + b + c) = bc + a 2 + ab + ac
= c(a + b) + a(a + b) = (c + a)(a + b)

TT : ab − cd = (b + c)(c + a); ca − bd = (a + b)(b + c)
 VT =

(a + b)(b + c)(c + a)

2

Mà: a, b, c   (a + b)(b + c)(c + a)   VT = (a + b)(b + c)(c + a)
 (ab − cd )(bc − ad )(ac − bd ) 

Bài 28: Cho a; b  0; c  0 thỏa mãn

1 1 1
+ + = 0 .Chứng minh rằng
a b c

a+b = b+c + a +c

Lời giải:
ĐK: b + c  0; c + a  0
1
1 1
1 1 1
 = − +   0  c  0
Ta có: + + = 0   c
a b
a b c

ab + bc + ca = 0


 c2 = c2 + ab + bc + ca = (b + c)(c + a)  c = − (b + c)(c + a)

Mà:
a + b = a + c − 2c + b + c = b + c + c + a + 2 (b + c)(c + a) =

(

b+c + c+a

Bài 29:Cho các số thực a,b,c thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

)

2

 a+b = b+c + c+a

a2
8b2
2c 2
=
b
;
=
c
;
=a
a2 + 1
4b2 + 1
c2 + 1

Tính giá trị của biểu thức P=a+b+c
Lời giải:
a2
1 a2 + 1
1
8b 2
1 4b 2 + 1 1 1
8
1
= + 2  = 4+ 2
TH1: Ta có: b = 2  = 2 = 1 + 2 c = 2  =
2
a +1 b
a
a
4b + 1 c
8b
2 8b
c
b
Page | 19

nmh369358@gmail.com

2c 2
1 c2 + 1 1 1
2
1
a= 2
 =
= + 2  = 1+ 2
2
c +1 a
2c
2 2c
a
c

1
1
 b = 1 + a2

1
8
Ta có HPT :  = 4 + 2
b
c
1
2
 a = 1 + c2


4
4
 b = 4 + a 2 (1)

1
8
  = 4 + 2 (2)
b
c
4
8
 a = 4 + c 2 (3)


 a =1

4 1 4
4 8 8
1

2
 1
 2

(1)+(2)+(3)  2 + 2 + 2 + 12 = + +   − 2  +  − 2  +  − 2  = 0  b =
a b c
b a c
2
a
 b
 c


 c = 1
2

2

2

P=

5
2

TH2: a = b = c = 0(tm)  P = 0
Bài 30: Cho a,b,c,x,y,z thỏa mãn:

x2 + y 2 + z 2 x2 y 2 z 2
= + + .Tính giá trị của : A = x 2024 + y 2024 + z 2024
a 2 + b2 + c 2 a 2 b2 c 2

Lời giải:
x2 + y 2 + z 2 x2 y 2 z 2
x2
x2
y2
y2
z2
z2
=
+
+

−
+
−
+
−
=0
a 2 + b2 + c 2 a 2 b2 c 2
a 2 + b2 + c 2 a 2 a 2 + b2 + c 2 b2 a 2 + b2 + c 2 c 2
1
1 
1
1 
1
1



 x2  2
− 2  + y2  2
− 2  + z2  2
− 2 =0
2
2
2
2
2
2
a 
 a +b +c
 a +b +c b 
 a +b +c c 

1
1

 a 2 + b2 + c 2 − a 2  0

1
1

Mà:  2 2 2 − 2  0
a +b + c b
1
1

 a 2 + b2 + c 2 − c 2  0


Bài 31:Cho x, y, z  0 thỏa mãn

x = 0

(a; b; c  0)   y = 0
z = 0


 A=0

x2 + y y 2 + z z 2 + x
x
y
z
=
= 2 = 2. Chứng minh 2 + 2 + 2 là một số
2
2
y
z
x
y
z
x

nguyên
Lời giải:
Từ giả thiết ta có: x2 = y(2 y − 1)(1)
y 2 = z (2 z − 1)(2)
z 2 = x(2 x − 1)(3)

Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
x2 + y y 2 + z z 2 + x x2 + y 2 + z 2 + x + y + z
=
=
=
= 2  2( x 2 + y 2 + z 2 ) = x 2 + y 2 + z 2 + x + y + z
2
2
2
2
2
2
y
z
x
x +y +z
 x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z (4)
Page | 20

nmh369358@gmail.com

x
y
z
+ 2+ 2
2
y
z
x

Đặt A =

TH1: 3 số x;y;z có ít nhất một số bằng 1.
Giả sử x=1.Từ (3)  z 2 = 1  z = 1
Với z = 1  y 2 = 1 (Từ (2))  y = 1 (Từ (1))  x = y = z = 1  A = 3 
Với z = −1  y 2 = 3 (Từ (2)) mà từ (1) có y = 5  Loại.
TH2: x; y; z  1
Ta có: A =
=

x
y z
x2
y2
z2
+
+
=
+
+
y 2 z 2 x 2 xy 2 yz 2 zx 2

y (2 y − 1) z (2 z − 1) x(2 x − 1) 2 y − 1 2 z − 1 2 x − 1 2( xy + yz + zx) − ( x + y + z )
+
+
=
+
+
=
(5)
xy 2
yz 2
zx 2
xy
yz
zx
xyz

Lấy (1).(2).(3) được x2 y 2 z 2 = xyz (2 x − 1)(2 y − 1)(2 z − 1)  xyz = (2 x − 1)(2 y − 1)(2 z − 1)
 xyz = (4 xy − 2 x − 2 y + 1)(2 z − 1) = 8 xyz − 4 zx − 4 yz − 4 xy + 2 x + 2 y + 2 z − 1
 7 xyz = 4( xy + yz + zx) − 2( x + y + z ) + 1(6)

Từ (1)  x2 − 1 = y(2 y − 1) − 1  ( x + 1)( x −1) = 2 y 2 − y − 1 = (2 y + 1)( y −1)
TT : ( y + 1)( y − 1) = ( z − 1)(2 z + 1);( z + 1)( z − 1) = (2 x + 1)( x − 1)
 ( x + 1)( y + 1)( z + 1) = (2 x + 1)(2 y + 1)(2 z + 1)
 xyz + xy + yz + zx + x + y + z + 1 = 8 xyz + 4 xy + 4 yz + 4 zx + 2 x + 2 y + 2 z + 1
 7 xyz = −3( xy + yz + zx) − ( x + y + z )  −3( xy + yz + zx) − ( x + y + z ) = 4( xy + yz + zx) − 2( x + y + z ) + 1
 7( xy + yz + zx) + 1 = x + y + z (7)  ( x + y + z ) 2 = 7( xy + yz + zx) + 1

2

 x 2 + y 2 + z 2 = 49( xy + yz + zx) 2 + 12( xy + yz + zx) + 1(8)

Từ (4);(7);(8) ta được: 49( xy + yz + zx)2 + 12( xy + yz + zx) + 1 = 7( xy + yz + zx) + 1
xy + yz + zx = 0

 49( xy + yz + zx) 2 + 5( xy + yz + zx) = 0  ( xy + yz + zx)  49( xy + yz + zx) + 5 = 0  
 49( xy + yz + zx) + 5 = 0

Với xy + yz + zx = 0  x + y + z = 1 (Từ (7))
Từ 7 xyz = −3( xy + yz + zx) − ( x + y + z )  xyz =
Với 49( xy + yz + zx) + 5 = 0  xy + yz + zx =

−1
 A = 7
7

(Từ (5))

−5
2
 x + y + z = (Từ (7))
49
7

Từ 7 xyz = −3( xy + yz + zx) − ( x + y + z )  xyz =

1
 A = −168 
343

(Từ (5))

Vậy A
Bài 32: Với a + b + c  0 và ( a + b )( b + c )( a + c ) = 1.Chứng minh rằng:
Page | 21

nmh369358@gmail.com

a
b
ab(a + b + c) + abc + 1
+ 2
=
a (a + b + c) + 1 + abc b (a + b + c) + 1 + abc
(a + b + c ) 2
2

Lời giải:
a
b
+ 2 3 2
a + a b + a c + abc + (a + b)(b + c )(c + a ) ab + b + b c + abc + (a + b )(b + c )(b + c )
a
b
= 2
+ 2
a (a + b) + ac(a + b) + (a + b)(b + c)(c + a ) b (b + c ) + ab(b + c ) + (a + b)(b + c )(c + a )
a
b
=
+
a(c + a)(a + b) + (a + b)(b + c)(c + a ) b(a + b)(b + c ) + (a + b)(b + c )(c + a )
a
b
a(b + c) + b(c + a)
=
+
=
(c + a)(a + b)(a + b + c) (a + b)(b + c )(a + b + c )
a +b+c
(a + b + c)(2ab + bc + ca ) ab(a + b + c ) + abc + 1
=
=
(a + b + c) 2
(a + b + c) 2

VT =

3

2

2

Bài 33: Cho các số thực a;b;c thỏa mãn điều kiện ab+bc+ac=1.Tính giá trị của biểu thức
A=

a
b
c
2
+ 2
+ 2
−
a + 1 b + 1 c + 1 a + b + c − abc
2

Lời giải:
Ta có:

a
a
a
a(b + c)
ab + ca
= 2
=
=
=
a + 1 a + ab + bc + ca (a + b)(a + c) (a + b)(b + c)(c + a) (a + b)(b + c)(c + a )
2



a
b
c
2(ab + bc + ca)
2
+ 2
+ 2
=
=
a + 1 b + 1 c + 1 (a + b)(b + c)(c + a) (a + b)(b + c)(c + a)
2

Ta có:
(a + b)(b + c)(c + a) = a 2b + ab 2 + b 2c + bc 2 + c 2 a + ca 2 + 2abc = 2abc + c (ca + bc ) + b(bc + ab ) + a (ca + ab)
= 2abc + c(1 − ab) + b(1 − ca) + a(1 − bc) = a + b + c − abc
 A=

2
2
−
=0
a + b + c − abc a + b + c − abc

Bài 34:Giải phương trình: −2 x3 + 10 x2 −17 x + 8 = 2 x2 3 5x − x3
Lời giải:
Xét x=0 thấy không phải là nghiệm của phương trình.
Xét x  0 ; chia cả 2 vế cho x3 được: −2 +

3
10 17 8
5 x − x3
5
− 2 + 3 =2
= 2 3 2 −1
x x
x
x
x

1
x

Đặt : = a

Page | 22

nmh369358@gmail.com

PT  8a 3 − 17a 2 + 10a − 2 = 2 3 5a 2 − 1
 8a 3 − 12a 2 + 6a − 1 − 5a 2 + 1 + 4a − 2 = 2 3 5a 2 − 1  ( 2a − 1) − ( 5a 2 − 1) + 2(2a − 1) = 2 3 5a 2 − 1
3

)

(


 2a − 1 − 3 5a 2 − 1 (2a − 1) 2 + (2a − 1) 3 5a 2 − 1 +

...

(

3

)

(

)

2

5a 2 − 1  + 2 2 a − 1 − 3 5 a 2 − 1 = 0


Bài 35: Cho a+b+c=0. Chứng minh rằng 2(a5 + b5 + c5 ) = −5abc(a 2 + b2 + c 2 )
Lời giải:
CM được : a 3 + b3 + c3 = 3abc với a+b+c=0
Ta có: 3abc(a 2 + b2 + c 2 ) = (a3 + b3 + c3 )(a 2 + b2 + c 2 ) = a5 + b5 + c5 + a3 (b2 + c 2 ) + b3 (c 2 + a 2 ) + c3 (a 2 + b 2 )
Mà: a + b + c = 0  b + c = −a  (b + c)2 = a 2  b2 + c 2 = a 2 − 2bc
TT: a 2 + b2 = c 2 − 2ab; c 2 + a 2 = b2 − 2ca
 3abc(a 2 + b 2 + c 2 ) = a 5 + b5 + c 5 + a 3 (a 2 − 2bc) + b3 (b 2 − 2ac) + c 3 (c 2 − 2ab)
= 2(a 5 + b5 + c5 ) − 2abc(a 2 + b 2 + c 2 )
 5abc(a 2 + b 2 + c 2 ) = 2(a 5 + b5 + c 5 ).


 a + b + c =
Bài 36: Cho 3 số thực a,b,c khác 0 thỏa mãn 
 a 3 + b3 + c 3 =


Chứng minh: a 2024 + b 2024 + c 2024 =

1
a

2024

+

1
b

2024

+

1 1 1
+ +
a b c
1 1 1
+ +
a 3 b3 c 3

1
c

2024

Lời giải:
1
a

1
b

1
c

1
a

1
b

1
c

Ta có: a + b + c = + +  a − + b − + c − = 0
3

3

3

1 
1 
1  3 3 3 1 1 1  
1 1 1

 a −  +  b −  +  c −  =  a + b + c − 3 − 3 − 3  − 3 a + b + c − − −  = 0
a 
b 
c 
a b c  
a b c


Tự CM được bài toán phụ:Cho x+y+z=...