Một số bài toán hay chọn lọc

Bài 1(2) : Tìm tất cả các số chính phương dạng
.
Lời giải :
Do
là số chính phương nên
= k2.
Lại vì : 10001 ≤
≤ 99999, => 101 ≤ k < 317. Vậy k phải là số có ba chữ số. Đặt k =
. Cũng từ giả thiết bài toán
là số chính phương nên a thuộc {1, 4, 5, 6, 9}.
+) Nếu a = 1 thì : 100 <
< 142 (trong đó p = 1 hoặc p = 9)
Với p = 1, ta có các số thỏa mãn điều kiện bài toán là : 1012 = 10201, 1112 = 12321, 1212 = 14641 ; còn với p = 9 ta thấy không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 4 thì : 200 <
< 224 (p = 2 hoặc p = 8). Thử trực tiếp ta có các số thỏa mãn là :
2022 = 40804, 2122 = 44944.
+) Nếu a = 5 thì : 223 <
< 245 (trong đó p = 5). Trong trường hợp này không có số nào thỏa mãn điều kiện đề bài.
+) Nếu a = 6 thì : 244 <
< 265 (p = 4 hoặc p = 6). Chỉ có một số thỏa mãn trường hợp này là : 2642 = 69696.
+) Nếu a = 9 thì : 300 <
< 317 (p = 3 hoặc p = 7). Trường hợp này cũng chỉ có một số thỏa mãn là : 3072 = 94249. Tóm lại có 7 số thỏa mãn điều kiện bài ra : 10201, 12321, 40804, 14641, 44844, 69696, 94249.
Nhận xét :
- Nếu bài toán có thêm điều kiện a, b, c đôi một khác nhau thì chỉ có 5 số thỏa mãn đề bài.

Bài 3(2) : Cho tam giác ABC. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, AC sao cho diện tích tam giác AMN bằng một nửa diện tích tam giác ABC (M ≠ B ; N ≠ C). Chứng minh : Trọng tâm của tam giác ABC nằm trong tam giác AMN.


Lời giải : (của bạn Nguyễn Thị Quỳnh Mai, 6B, THCS Bán công Hương Khê, Hà Tĩnh)
Gọi G là trọng tâm ABC. Đặt L là giao điểm của BG và AC ; O là giao điểm của BL và MN.
Ta có : AL = CL ; GB/GL = 2    (1)
Theo giả thiết : S(AMN) = 1/2 . S(ABC) Mặt khác, vì AL = CL nên : S(ABL) = 1/2 . S(ABC)
Vậy S(AMN) = S(ABL) => S(OLN) = S(OMB) => S(BLN) = S(NMB) => ML // BN => : OB/OL = BN/ML = AN/AL < AC/AL = 2    (2) (định lí Talét)
Từ (1), (2) => : OB/OL < GB/GL => OB/OL + 1 < GB/GL + 1 => BL/OL < BL/GL => GL < OL => G thuộc đoạn OL => G thuộc tam giác AMN (đpcm).
Nhận xét :
1) Bài này có khá nhiều bạn tham gia giải, tất cả đều giải đúng. Tuy nhiên, nhiều bạn giải quá dài và phức tạp.
2) Ngoài cách giải trên còn một hướng giải khác nữa.
Đặt P là giao điểm của AG và BC ; Q là giao điểm của AP và MN.
Ta có đẳng thức quen thuộc :
AB/AM + AC/AN = 2.AP/AQ     (3)
Theo giả thiết :
S(ABC) / S(AMN) = 2 => AB/AM . AC/AN = 2     (4)
Từ (3), (4), sau một vài biến đổi đại số, ta có : AG < AQ. Từ đó => đpcm.

Bài 4(2) : Giải phương trình :
x2 + 2x + 3 = (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4)
Lời giải : (của bạn Phan Việt Thành, 8D, THCS Lương Thế Vinh, Tuy Hòa, Phú Yên)
Ta có : x2 + x + 1 = (x + 1/2)2 + 3/4 > 0 với mọi x
Mặt khác : Với mọi x ta có x4 + x2 + 4 ≥ 4 => (x2 + x + 1) (x4 + x2 + 4) ≥ 4 (x2 + x + 1)
= x2 + 2x + 3 + 2x2 + (x + 1)2 > x2 + 2x + 3
Chứng tỏ phương trình vô nghiệm.

Bài 5(2) : Tìm x, y để biểu thức :


đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải :
Ta có: