HĐT và ứng dụng phần 5 – Bài toán cực trị

Bài 30. Cho $\mathrm{a}$, $\mathrm{b}$ là các số thực dương, tìm hằng số $\mathrm{k}$ lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức.

$$
\frac{k}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}} \geq \frac{8+2 k}{(a+b)^{2}}
$$

– Định hướng tu duy. Vì vai trò của $a, b$ nhu nhau nên ta dụ đoán dấu đẳng thúc xấy ra tại $\mathrm{a}=\mathrm{b}$, do đó khi biến đổi bất đẳng thức ta cần làm xuất hiện nhân tử $(\mathrm{a}-\mathrm{b})^{2}$. Khi đó bất đẳng thúc trở thành $(\mathrm{a}-\mathrm{b})^{2}\left[\left(\mathrm{a}^{2}+4 \mathrm{ab}+\mathrm{b}^{2}\right)\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}\right)-\mathrm{ka}^{2} \mathrm{~b}^{2}\right] \geq 0$. Để tìm k lớn nhất ta cho $\mathrm{a}=\mathrm{b}$, khi đó ta được $12 \mathrm{a}^{4}-\mathrm{ka}^{4} \geq 0 \Rightarrow \mathrm{k} \leq 12$. Đến đây ta chỉ cần chứng minh $\mathrm{k}=12$ bât đẳng thức đúng là được.

\section{Lời giải}

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

$$
\begin{aligned}
& \frac{k}{a^{2}+b^{2}}+\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}} \geq \frac{8+2 k}{(a+b)^{2}} \\
\Leftrightarrow & \frac{k}{a^{2}+b^{2}}-\frac{2 k}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{a^{2}}-\frac{4}{(a+b)^{2}}+\frac{1}{b^{2}}-\frac{4}{(a+b)^{2}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow & \frac{-k(a-b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)^{2}}+\frac{(b-a)(b+3 a)}{a^{2}(a+b)^{2}}+\frac{(a-b)(3 a+b)}{b^{2}(a+b)^{2}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow & \frac{(a-b)^{2}\left(a^{2}+4 a b+b^{2}\right)}{a^{2} b^{2}(a+b)^{2}}-\frac{k(a-b)^{2}}{\left(a^{2}+b^{2}\right)(a+b)^{2}} \geq 0 \\
\Leftrightarrow & (a-b)^{2}\left[\left(a^{2}+4 a b+b^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}\right)-k a^{2} b^{2}\right] \geq 0
\end{aligned}
$$

Vì $(\mathrm{a}-\mathrm{b})^{2} \geq 0$ nên bất đẳng thức đúng khi và chỉ khi

$$
\left(a^{2}+4 a b+b^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}\right)-k a^{2} b^{2} \geq 0
$$

Cho $\mathrm{a}=\mathrm{b}$ thì bất đẳng thức trên trở thành $12 \mathrm{a}^{4}-\mathrm{k} \mathrm{a}^{4} \geq 0 \Rightarrow \mathrm{k} \leq 12$. Ta chứng minh $\mathrm{k}=12$ là hằng số lớn nhất thỏa mãn bất đẳng thức đã cho Thật vậy, ta xét các trường hợp sau

+ Với $\mathrm{k}<12$ thì ta được $\left(\mathrm{a}^{2}+4 \mathrm{ab}+\mathrm{b}^{2}\right)\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}\right)-\mathrm{ka}^{2} \mathrm{~b}^{2}>0$.

+ Với $\mathrm{k}=12$ thì bất đẳng thức $\left(\mathrm{a}^{2}+4 \mathrm{ab}+\mathrm{b}^{2}\right)\left(\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}\right)-\mathrm{k} \mathrm{a}^{2} \mathrm{~b}^{2} \geq 0$ trở thành

$$
\begin{aligned}
& \left(a^{2}+4 a b+b^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}\right)-12 a^{2} b^{2} \geq 0 \\
\Leftrightarrow & \left(a^{2}+b^{2}\right)^{2}-4 a^{2} b^{2}+4 a b\left(a^{2}+b^{2}-2 a b\right) \geq 0 \Leftrightarrow\left(a^{2}-b^{2}\right)^{2}+4 a b(a-b)^{2} \geq 0
\end{aligned}
$$

Bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng. Vậy hằng số k lớn nhất là 12.

Bài 31. Tìm các giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$
A=10 x^{2}+y^{2}+4 z^{2}+6 x-4 y-4 x z+2024
$$

– Định huớng tu duy. Quan sát biể thức A ta thấy biêu thức có dạng tuơng tụ nhu các biêu thúc cho trong các bài toán tìm giá trị biêu thúc có điêu kiện ở trên. Do đó ta sẽ sư dụng hẳng đẳng thúc để phân tích thành các bình phwoong. Chú ý rằng các bình phwơng không âm nên ta có thể suy ra được giá trị nhỏ nhất của $A$.

\section{Lời giải}

Biến đổi biểu thức A đã cho ta được

$$
\begin{aligned}
A & =10 x^{2}+y^{2}+4 z^{2}+6 x-4 y-4 x z+2024=10 x^{2}+y^{2}+4 z^{2}+6 x-4 y-4 x z+5+2019 \\
& =\left(9 x^{2}+6 x+1\right)+\left(y^{2}-4 y+4\right)+\left(4 z^{2}-4 x z+x^{2}\right)+2019 \\
& =(3 x+1)^{2}+(y-2)^{2}+(2 z-x)^{2}+2019
\end{aligned}
$$

Để ý rằng $(3 \mathrm{x}+1)^{2} \geq 0 ;(\mathrm{y}-2)^{2} \geq 0 ;(2 \mathrm{z}-\mathrm{x})^{2} \geq 0$ nên ta suy ra được $\mathrm{A} \geq 2019$.

Dấu bằng xầy ra khi và chỉ khi $\left\{\begin{array}{l}3 x+1=0 \\ y-2=0 \\ 2 z-x=0\end{array} \Leftrightarrow x=-\frac{1}{3} ; y=2 ; z=\frac{-1}{6}\right.$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $\mathrm{A}$ là 2019 đạt được tại $\mathrm{x}=-\frac{1}{3} ; \mathrm{y}=2 ; \mathrm{z}=\frac{-1}{6}$.

Bài 32. Cho hai số $x, y$ thỏa mãn điều kiện $\left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}+4 x^{2} y^{2}+x^{2}-2 y^{2}=0$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\mathrm{A}=\mathrm{x}^{2}+\mathrm{y}^{2}$.

\section{Lời giải}

Biến đổi giả thiết của bài toán ta được

$$
\begin{aligned}
& \left(x^{2}-y^{2}\right)^{2}+4 x^{2} y^{2}+x^{2}-2 y^{2}=0 \Leftrightarrow x^{4}+y^{4}-2 x^{2} y^{2}+4 x^{2} y^{2}+x^{2}-2 y^{2}=0 \\
\Leftrightarrow & \left(x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}\right)+x^{2}-2 y^{2}=0 \Leftrightarrow\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}-2\left(x^{2}+y^{2}\right)+1=-3 x^{2}+1 \\
\Leftrightarrow & \left(x^{2}+y^{2}-1\right)^{2}=-3 x^{2}+1
\end{aligned}
$$

Để ý rằng $x^{2} \geq 0$ nên ta được $1-3 x^{2} \leq 1$ nên $\left(x^{2}+y^{2}-1\right)^{2} \leq 1$.

Do vậy ta được $-1 \leq x^{2}+y^{2}-1 \leq 1$ hay $0 \leq x^{2}+y^{2} \leq 2$ nên $0 \leq A \leq 2$.

Ta có $A \geq 0$ nên giá trị nhỏ nhất của $A$ là 0 , đạt được tại $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ x^{2}+y^{2}=0\end{array} \Leftrightarrow x=y=0\right.$.

Ta có $A \leq 2$ nên giá trị lớn nhất của $A$ là 2 , đạt được tại $\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ x^{2}+y^{2}=2\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0 \\ y^{2}=2\end{array}\right.\right.$

Bài 33. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$
B=x y(x-2)(y+6)+12 x^{2}-24 x+3 y^{2}+18 y+2045
$$

\section{Lời giải}

Để ý rằng ta có $x^{2}-2 x+1=(x-1)^{2} \geq 0$ nên suy ra $x^{2}-2 x+3 \geq 2$ với mọi số thực $x$.

Ta lại có $\mathrm{y}^{2}+6 \mathrm{y}+9=(\mathrm{y}+3)^{2} \geq 0$ nên suy ra $\mathrm{y}^{2}+6 \mathrm{y}+12 \geq 3$ với mọi số thực $\mathrm{y}$. Biến đổi biểu thức $\mathrm{B}$ ta được

$$
\begin{aligned}
B & =x y(x-2)(y+6)+12 x^{2}-24 x+3 y^{2}+18 y+2049 \\
& =\left(x^{2}-2 x\right)\left(y^{2}+6 y\right)+12\left(x^{2}-2 x\right)+3\left(y^{2}+6 y\right)+36+2013 \\
& =\left(x^{2}-2 x\right)\left(y^{2}+6 y+12\right)+3\left(y^{2}+6 y+12\right)+2013 \\
& =\left(x^{2}-2 x+3\right)\left(y^{2}+6 y+12\right)+2009
\end{aligned}
$$

Kết hợp với kết quả trên ta được $B \geq 2.3+2013=2019$.

Dấu bằng xây ra khi và chỉ khi $x=1 ; \mathrm{y}=-3$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $\mathrm{B}$ là 2019, đạt được tại $\mathrm{x}=1 ; \mathrm{y}=-3$.

Bài 34. Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ là các số nguyên dương phân biệt. Chứng minh rằng:

$$
A=(x-y)^{5}+(y-z)^{5}+(z-x)^{5} \text { chia hết cho } B=5(x-y)(y-z)(z-x)
$$

– Định hướng tu duy. Đểchưng minh được A chia hêt cho B ta cần biến đổi biêu thức A về dạng kB. Chú ý rằng bài toán cho các nhị thưc bậ 5 nên ta có thể sủ dụng nhị thúc Newton để khải triên. Lại thấy $\mathrm{z}-\mathrm{x}=-(\mathrm{x}-\mathrm{y}+\mathrm{y}-\mathrm{z})$ nên để giảm bớt đi sụ phức tập ta có thể đổi biến $\mathrm{a}=\mathrm{x}-\mathrm{y} ; \mathrm{b}=\mathrm{y}-\mathrm{z}$.

\section{Lời giải}

Đặt $a=x-y ; b=y-z$ khi đó ta được $z-x=-(a+b)$.

Bài toán quy vê chứng minh $(a+b)^{5}-a^{5}-b^{5}$ chia hết cho $5 a b(a+b)$. Ta có

$$
\begin{aligned}
(a+b)^{5}-a^{5}-b^{5} & =5 a^{4} b+10 a^{3} b^{2}+10 a^{2} b^{3}+5 a b^{4}=5 a b\left(a^{3}+2 a^{2} b+2 a b^{2}+b^{3}\right) \\
= & 5 a b\left[\left(a^{3}+b^{3}\right)+\left(2 a^{2} b+2 a b^{2}\right)\right] =5 a b\left[(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)+2 a b(a+b)\right] \\
= & 5 a b(a+b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right)
\end{aligned}
$$

Dễ thấy $5 a b(a+b)\left(a^{2}+a b+b^{2}\right) \vdots 5 a b(a+b)$.

Do đó $(a+b)^{5}-a^{5}-b^{5}$ chia hết cho $5 a b(a+b)$.

Vậy ta được $(x-y)^{5}+(y-z)^{5}+(z-x)^{5}$ chia hết cho $5(x-y)(y-z)(z-x)$.

Bài 35. Cho dãy số 49;4489;444889;44448889;…. Dãy số trên được xây dựng bằng cách thêm số 48 vào giữa số đứng trước nó. Chứng minh rằng tất cả các số của dãy trên đều là số chính phương.

– Định hướng tư duy. Để chúng minh dãy số trên là dãy số chính phuoong ta cần chứng minh số tông quát của dãy là số chính phwơng. Muốn vậy ta phân tích số đó thành bình phuơng của một số tụ nhiên khác. Chú ý đên biến đổi $\underbrace{999 \ldots 9}_{\mathrm{n} c / \mathrm{s} 9}=10^{\mathrm{n}}-1$. Ta chuyển số tông quát trên về dạng lũy thù̀ của 10 rồi sủ dụng hẳng đẳng thức để phân tích bình phwơng.

\section{Lời giải}

Xét số hạng tổng quát của dãy số trên là $\mathrm{A}=\underbrace{444 \ldots 4}_{\mathrm{nc/s4}} \underbrace{888 \ldots 8}_{\mathrm{n}-1 \mathrm{c} / \mathrm{s} 8} 9$. Ta có

$$
\begin{aligned}
& \mathrm{A}=\underbrace{444 \ldots 4}_{\mathrm{nc/s} 4} \underbrace{888 \ldots 8}_{\mathrm{n}-1 \mathrm{c} / \mathrm{s} 8} 9=\underbrace{444 \ldots 4}_{\mathrm{nc/s} 4} \cdot 10^{\mathrm{n}}+\underbrace{888 \ldots 88}_{\mathrm{nc/s} 8}+1=4 \cdot \underbrace{111 \ldots 1}_{\mathrm{nc/s} 1} \cdot 10^{\mathrm{n}}+8 \cdot \underbrace{111 \ldots 1}_{\mathrm{nc/s} 8}+1 \\
& =\frac{1}{9}(4 \cdot \underbrace{999 \ldots 9}_{\mathrm{nc/s} 9} \cdot 10^{\mathrm{n}}+8 \cdot \underbrace{999 \ldots 9}_{\mathrm{nc/s} 8}+9)=\frac{1}{9}\left[4\left(10^{\mathrm{n}}-1\right) \cdot 10^{\mathrm{n}}+8 \cdot\left(10^{\mathrm{n}}-1\right)+9\right] \\
& =\frac{1}{9}\left(4.10^{2 \mathrm{n}}+4.10^{\mathrm{n}}+1\right)=\frac{1}{9}\left(2.10^{\mathrm{n}}+1\right)^{2}=\left(\frac{2.10^{\mathrm{n}}+1}{3}\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Dễ thấy rằng $2 \cdot 10^{\mathrm{n}}+1: 3$ nên ta có $\frac{2 \cdot 10^{\mathrm{n}}+1}{3}$ là một số tự nhiên. Do vậy ta được A là một số chính phương. Vậy bài toán được chứng minh.

Bài 36. Cho $\mathrm{S}=1.2 .3+2.3 .4+\ldots+\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)$ với $\mathrm{n}$ là số tự nhiên khác 0 . Chứng minh rằng 4S+1 là số chính phương.

– Định huoóng tư duy. Trước hết ta tính đự̣c $\mathrm{S}=\frac{\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}+3)}{4}$. Như vậy để 4S + 1 là sốchính phưong ta cần phân tích được $\mathrm{n}(\mathrm{n}+1)(\mathrm{n}+2)(\mathrm{n}+3)+1$ vể dạng bình phưong của một tông.

\section{Lời giải}

Từ $S=1.2 .3+2.3 .4+\ldots+n(n+1)(n+2)$ ta có

$$
\begin{aligned}
4 S & =1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot(5-1)+3 \cdot 4 \cdot 5 \cdot(6-2)+\ldots+n(n+1)(n+2)[(n+3)-(n-1)] \\
& =1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4+2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5-\ldots+n(n+1)(n+2)(n+3)-(n-1) n(n+1)(n+2) \\
& =n(n+1)(n+2)(n+3)
\end{aligned}
$$

Do đó ta được

$$
\begin{aligned}
4 S+1 & =n(n+1)(n+2)(n+3)+1=\left(n^{2}+3 n\right)\left(n^{2}+3 n+2\right)+1 \\
& =\left(n^{2}+3 n\right)^{2}+2\left(n^{2}+3 n\right)+1=\left(n^{2}+3 n+1\right)^{2}
\end{aligned}
$$

Vậy $4 S+1$ là số chính phương.

Bài 37. Cho 2 số nguyên $a, b$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+1=2(a b+a+b)$. Chứng minh $a$ và $b$ là hai số chính phương liên tiếp.

\section{Lời giải}

Ta có $\mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+1=2(\mathrm{ab}+\mathrm{a}+\mathrm{b}) \Leftrightarrow \mathrm{a}^{2}+\mathrm{b}^{2}+1-2 \mathrm{ab}+2 \mathrm{a}-2 \mathrm{~b}=4 \mathrm{a} \Leftrightarrow(\mathrm{a}-\mathrm{b}+1)^{2}=4 \mathrm{a}$ là số chính phương suy ra a là số chính phương $\mathrm{a}=\mathrm{x}^{2}$ (x là số nguyên). Khi đó ta được $\left(x^{2}-b+1\right)^{2}=4 x^{2} \Leftrightarrow x^{2}-b+1=2 x \Leftrightarrow b=(x-1)^{2}$

Vậy a và b là hai số chính phương liên tiếp

Bài 38. Cho $\mathrm{p}, \mathrm{q}, \mathrm{r}$, s là các số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh $\mathrm{p}^{2}-\mathrm{q}^{2}+\mathrm{r}^{2}-\mathrm{s}^{2}$ chia hết cho 24.

\section{Lời giải}

Trước hết ta chứng minh với $\mathrm{p}$ là số nguyên tố lớn hơn 3 thì $\mathrm{p}^{2}-1$ chia hết cho 24 .

Thật vậy, ta có $\mathrm{p}^{2}-1=(\mathrm{p}-1)(\mathrm{p}+1)$. Do $\mathrm{p}$ là số nguyên tố lớn hơn 3 nên $\mathrm{p}-1$ và p+1 là hai số chẵn liên tiếp. Suy ra ta được $p^{2}-1=(p-1)(p+1)$ chia hết cho 8 .

Mặt khác ta lại có $(\mathrm{p}-1) \mathrm{p}(\mathrm{p}+1)$ chia hết cho 3 , mà $\mathrm{p}$ là số nguyên tố lớn hơn 3 nên $\mathrm{p}$ không chia hết cho 3 . Do đó $\mathrm{p}^{2}-1=(\mathrm{p}-1)(\mathrm{p}+1)$ chia hết cho 3 .

Để ý là $(3 ; 8)=1$ nên ta được $\mathrm{p}^{2}-1=(\mathrm{p}-1)(\mathrm{p}+1)$ chia hết cho 24 .

Chứng minh hoàn toàn tương tự thì ta được $\mathrm{q}^{2}-1 ; \mathrm{r}^{2}-1 ; \mathrm{s}^{2}-1$ cũng chia hết cho 24 .

Ta có $\mathrm{p}^{2}-\mathrm{q}^{2}+\mathrm{r}^{2}-\mathrm{s}^{2}=\left(\mathrm{p}^{2}-1\right)-\left(\mathrm{q}^{2}-1\right)+\left(\mathrm{r}^{2}-1\right)-\left(\mathrm{s}^{2}-1\right)$.

Do đó ta được $\mathrm{p}^{2}-\mathrm{q}^{2}+\mathrm{r}^{2}-\mathrm{s}^{2}$ chia hết cho 24 .

Bài 39. Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(\mathrm{p} ; \mathrm{q})$ sao cho $\mathrm{p}^{2}-2 \mathrm{q}^{2}=1$.

\section{Lời giải}

Từ $p^{2}-2 q^{2}=1$ ta được $p^{2}=2 q^{2}+1$. Do đó ta suy ra được $p$ là số nguyên tố lẻ.

Từ đó ta đặt $\mathrm{p}=2 \mathrm{k}+1$ với $\mathrm{k}$ là số nguyên dương.

Khi đó ta được $(2 \mathrm{k}+1)^{2}=2 \mathrm{q}^{2}+1 \Leftrightarrow 4 \mathrm{k}^{2}+4 \mathrm{k}+1=2 \mathrm{q}^{2}+1 \Leftrightarrow 2 \mathrm{k}(\mathrm{k}+1)=\mathrm{q}^{2}$

Do đó $q^{2}$ là số chẵn nên q là số chẵn. Mà q là số nguyên tố nên $\mathrm{q}=2$.

Thay vào $\mathrm{p}^{2}-2 \mathrm{q}^{2}=1$ ta suy ra được $\mathrm{p}=3$.

Vậy cặp số nguyên tố $(\mathrm{p} ; \mathrm{q})=(3 ; 2)$ thỏa mãm yêu câu bài toán.

Bài 40. Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số biết rằng số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

\section{Lời giải}

Gọi số tự nhiên cân tìm là $\overline{a b c d}$ với $a, b, c, d \in N$ và $1 \leq a \leq 9 ; 0 \leq b, c, d \leq 9$. Theo bài ra ta có $\overline{\mathrm{abcd}}=(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})^{3}$.

Ta có nhận xét. Một số tụ nhiên và tông các chũ số của nó khi chia cho 9 có cùng sốdu. Đặt $\mathrm{m}=\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d}\left(\mathrm{m} \in \mathrm{N}^{*}\right)$, khi đó $\overline{\mathrm{abcd}}$ và $\mathrm{m}$ có cùng số dư khi chia cho 9.

Từ đó ta được $\overline{\mathrm{abcd}}-\mathrm{m}: 9$ hay ta được $\overline{\mathrm{abcd}}-\mathrm{m}=9 \mathrm{k}\left(\mathrm{k} \in \mathrm{N}^{*}\right)$.

Mà ta có $\overline{\mathrm{abcd}}=(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})^{3}$ nên ta được $\mathrm{m}^{3}-\mathrm{m}=9 \mathrm{k} \Leftrightarrow(\mathrm{m}-1) \mathrm{m}(\mathrm{m}+1)=9 \mathrm{k}$ Do đó $(\mathrm{m}-1) \mathrm{m}(\mathrm{m}+1)$ : 9 . Ta biết rằng trong ba số tự nhiên liên tiếp có duy nhất một số chia hết cho 3 mà tích của chúng chia hết cho 9 nên trong ba số đó có duy nhất một số chia hết cho 9.

Ta có $1000 \leq \overline{\mathrm{abcd}} \leq 9999 \Rightarrow 1000 \leq \mathrm{m}^{3} \leq 9999 \Rightarrow 10 \leq \mathrm{m} \leq 21$

Do đó ta được $9 \leq \mathrm{m}-1 \leq 20 ; 11 \leq \mathrm{m}+1 \leq 22$. Ta xét các trường hợp sau:

– Trường hợp 1. Nếu $\mathrm{m}: 9$, khi đó $\mathrm{m}=18$. Do đó ta được $\mathrm{abcd}=18^{3}=5832$.

Thử lại ta thấy $5832=(5+8+3+2)^{3}$ đúng.

– Trường hợp 2. Nếu $m+1: 9$, khi đó $m+1=18$ nên $m=17$.

Do đó ta được $\mathrm{abcd}=17^{3}=4813$. Thử lại ta thấy $4913=(4+9+1+3)^{3}$ đúng.

– Trường hợp 3. Nếu $m-1 \vdots 9$, khi đó $m-1=18$ nên $m=19$.

Do đó ta được $\mathrm{abcd}=19^{3}=6859$. Thử lại ta thấy $6859=(6+8+5+9)^{3}$ không đúng. Do đó trường hợp này loại.

Vậy các số thỏa mãn yêu câu bài toán là 5832 và 4913.

Bài 41. Tìm số chính phương có bốn chữ số khác nhau sao cho khi viết số đó theo thứ tự ngược lại ta được một số có bốn chữ số cũng là số chính phương và chia hết cho số ban đâu.

\section{Lời giải}

Gọi số cần tìm là $\overline{a b c d}=x^{2}$ với $a, b, c$, $d$ là các chữ số và $x$ là một số tự nhiên. Số viết theo chiêu ngược lại là $\overline{\mathrm{dcba}}=\mathrm{y}^{2}$ với y là một số tự nhiên. Vì cả hai số đều có bốn chữ số nên ta suy ra được $\mathrm{a}>0 ; \mathrm{d}>0$.

Theo bài ra ta có $\mathrm{y}^{2}=\mathrm{kx} x^{2}$ với $\mathrm{k}$ là một số tự nhiên lớn hơn 1 .

Vì a, $d$ là các chữ số tận cùng của số chính phương nên $\mathrm{a}, \mathrm{d} \in\{1 ; 4 ; 5 ; 6 ; 9\}\left({ }^{*}\right)$.

Mặt khác do $\mathrm{k} \geq 2$ và $\overline{\mathrm{dcba}}=\mathrm{y}^{2}$ có bốn chữ số nên $\mathrm{a}=1$ hoặc $\mathrm{a}=4$. Ta xét các trường hợp sau

– Trường hợp 1. Với $\mathrm{a}=1$, khi đó ta được $\overline{\mathrm{dcb} 1}=\mathrm{k} \cdot \overline{1 \mathrm{bcd}}$. Từ đó suy ra cả $\mathrm{d}$ và $\mathrm{k}$ đều là số lẻ. kết hợp với $\left(^{*}\right)$ ta suy ra được $\mathrm{d}=9$ và $\mathrm{k}=9$.

Do đó ta có $\overline{9 \mathrm{cb} 1}=9 . \overline{1 \mathrm{bc} 9}$ nên $\mathrm{c}=89 \mathrm{~b}+8 \Rightarrow \mathrm{b}=0 ; \mathrm{c}=8$.

Do đó số cân tìm là $\overline{\mathrm{abcd}}=1089=33^{2}$ và $\overline{\mathrm{dcba}}=9801=99^{2} ; 9801=9.1089$.

– Trường hợp 2. Với $\mathrm{a}=4$, khi đó ta được $\overline{\mathrm{dcb} 4}=\mathrm{k} \cdot \overline{4 \mathrm{bcd}}$. Nhận thây không tồn tại chữ số tận cùng $\mathrm{d}$ thỏa mãn $\left(^{*}\right)$ và đẳng thức $\overline{\mathrm{dcb} 4}=\mathrm{k} \cdot \overline{4 \mathrm{bcd}}$. Vậy trường hợp này không có số nào thỏa mãn.

Kết luận số cân tìm là 1089.

Bài 42. Chia 18 vật có khối lượng $2016^{2} ; 2015^{2} ; 2014^{2} ; \ldots ; 1999^{2}$ (gam) thành ba nhóm có khối lượng bằng nhau(không được chia nhỏ các vật đó).

\section{Lời giải}

Ta xó nhận xét

$$
\begin{gathered}
n^{2}+(n+5)^{2}=2 n^{2}+10 n+25=X+25 \\
(n+1)^{2}+(n+4)^{2}=2 n^{2}+10 n+17=X+17 \\
(n+2)^{2}+(n+3)^{2}=2 n^{2}+10 n+13=X+13
\end{gathered}
$$

Lân thứ nhất chia 6 vật có khối lượng $1999^{2}, 2000^{2}, 2001^{2}, 2002^{2}, 2003^{2}$,2004 2 thành ba phân như sau

$$
\begin{aligned}
& 1999^{2}+2004^{2}=1999^{2}+(1999+5)^{2}=2.1999^{2}+10.1999+25=\mathrm{A}+25 \\
& 2000^{2}+2003^{2}=(1999+1)^{2}+(1999+4)^{2}=2.1999^{2}+10.1999+9=\mathrm{A}+17 \\
& 2001^{2}+2002^{2}=(1999+2)^{2}+(1999+3)^{2}=2.1999^{2}+10.1999+13=\mathrm{A}+13
\end{aligned}
$$

Lân thứ hai chia 6 vật có khối lượng $2005^{2}, 2006^{2}, 2007^{2}, 2008^{2}, 2009^{2}, 2010^{2}$ thành ba phần gồm

$$
\begin{aligned}
& 2005^{2}+2010^{2}=2005^{2}+(2005+5)^{2}=2.2005^{2}+10.2005+25=\mathrm{B}+25 \\
& 2006^{2}+2009^{2}=(2005+1)^{2}+(2005+4)^{2}=2.2005^{2}+10.2005+17=\mathrm{B}+17 \\
& 2007^{2}+2008^{2}=(2005+2)^{2}+(2005+3)^{2}=2.2005^{2}+10.2005+13=\mathrm{B}+13
\end{aligned}
$$

Lân thứ ba, chia 6 vật có khối lượng $2011^{2}$,2012² ,2013² ,2014,2015, 2016² thành ba phần như sau

$$
\begin{aligned}
& 2011^{2}+2016^{2}=2011^{2}+(2011+5)^{2}=2.2011^{2}+10.2011+25=\mathrm{C}+25 \\
& 2012^{2}+2015^{2}=(2011+1)^{2}+(2011+4)^{2}=2.2011^{2}+10.2011+17=\mathrm{C}+17 \\
& 2013^{2}+2014^{2}=(2011+2)^{2}+(2011+3)^{2}=2.2011^{2}+10.2011+13=\mathrm{C}+13
\end{aligned}
$$

Nhận thấy

$$
\mathrm{A}+25+\mathrm{B}+17+\mathrm{C}+13=\mathrm{A}+17+\mathrm{B}+13+\mathrm{C}+25=\mathrm{A}+13+\mathrm{B}+25+\mathrm{C}+17=\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}+55
$$

Do đó ta chia theo ba nhóm gồm

+ Nhóm 1: A+ $25+\mathrm{B}+17+\mathrm{C}+13=1999^{2}+2004^{2}+2006^{2}+2009^{2}+2013^{2}+2014^{2}$

+ Nhóm 2: $\mathrm{A}+17+\mathrm{B}+13+\mathrm{C}+25=2000^{2}+2003^{2}+2007^{2}+2008^{2}+2011^{2}+2016^{2}$

+ Nhóm 3: A+13+B+25+C+17=2001 ${ }^{2}+2002^{2}+2005^{2}+2010^{2}+2012^{2}+2015^{2}$

Khi đó khối lượng của mỗi nhóm đều bằng $\mathrm{A}+\mathrm{B}+\mathrm{C}+55$ gam.

Tiếp theo: HĐT và ứng dụng phần 6