1. Cho các số thực \(a,\,\,b\) thỏa mãn \(a + b = 4\) và \({a^3} + {b^3} = 40\). Tính giá trị biểu thức \(P = {a^5} + {b^5}\).

2. Giải phương trình \({\left( {\sqrt {2 + x}  + 1} \right)^2} + {\left( {\sqrt {2 - x}  + 1} \right)^2} = 2x + 6\).

3. Trong một cuộc thi thiết kế bảng tin của lớp, phần mềm chọn ngẫu nhiên hai số \(a,\,\,b\) từ 1 đến 6. Mỗi cặp \(\left( {a,\,\,b} \right)\) đều có khả năng xuất hiện như nhau. Từ đó, phần mềm đề xuất một tấm bảng hình chữ nhật có nửa chu vi bằng \(a{\rm{ dm}}\) và diện tích bằng \(b{\rm{ d}}{{\rm{m}}^2}\). Phương án được gọi là “hợp lệ” nếu tồn tại một hình chữ nhật có chiều dài và chiều rộng là hai số nguyên dương thỏa mãn các điều kiện trên. Tính xác suất để phần mềm đưa ra một phương án “hợp lệ”.

Hướng dẫn giải

1. Ta có \({a^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\) và \({b^2} + 1\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {{a^2} + 1} \right) - \left( {{b^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\)

\({a^2} - {b^2}\,\, \vdots \,\,2027\)

\(\left( {a - b} \right)\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì 2027 là số nguyên tố nên \(\left( {a - b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) hoặc \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\).

Vì \(0 < a,\,\,b < 2027\) và \(a \ne b\) nên \(0 < \left| {a - b} \right| < 2027\), do đó \(a - b\) không thể chia hết cho 2027.

Do đó \(\left( {a + b} \right)\,\, \vdots \,\,2027\). Vì \(0 < a + b < 4054\) nên \(a + b = 2027\) suy ra \(b = 2027 - a\).

Khi đó \(ab - 1 = a\left( {2027 - a} \right) - 1 = 2027a - \left( {{a^2} + 1} \right)\).

Vì \(2027a\,\, \vdots \,\,2027\) và \(\left( {{a^2} + 1} \right)\,\, \vdots \,\,2027\) nên \(ab - 1\,\, \vdots \,\,2027\) (đpcm).

2. Giả sử tập \(A\) có nhiều hơn 1014 phần tử, tức là \(\left| A \right| \ge 1015\).

Gọi các phần tử của \(A\) là \({a_1} < {a_2} <  \ldots  < {a_k}\) với \(k \ge 1015\).

Vì 3 phần tử bất kỳ luôn tạo thành 3 cạnh của một tam giác, nên tổng của 2 phần tử nhỏ nhất phải lớn hơn phần tử lớn nhất: \({a_1} + {a_2} > {a_k}\)

Mặt khác, vì \({a_i}\) là các số nguyên dương phân biệt, ta có \({a_k} \ge {a_2} + k - 2\).

Kết hợp hai điều trên \({a_1} + {a_2} > {a_k} \ge {a_2} + k - 2\) suy ra \({a_1} > k - 2.\)

Với \(k \ge 1015\), ta có \({a_1} > 1015 - 2\) nên \({a_1} \ge 1014\).

Suy ra: \({a_k} \ge {a_1} + k - 1 \ge 1014 + 1015 - 1 = 2028\).

Điều này vô lý vì mọi phần tử của \(A\) đều thuộc \(S\) nên \({a_k} \le 2026\).

Vậy giả thiết \(\left| A \right| \ge 1015\) là sai. Tập hợp \(A\) có nhiều nhất 1014 phần tử.

Hướng dẫn giải

1. Thế các nghiệm vào phương trình tương ứng, ta có:

\(2{b^2} - 3ab + a = 0\quad (1)\)

\(a{\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right)^2} - 3a\left( {\frac{4}{{3 - b}}} \right) + 2 = 0\quad (2)\)

Từ (1) suy ra \(a\left( {1 - 3b} \right) =  - 2{b^2}\)

\(a = \frac{{2{b^2}}}{{3b - 1}}\) (nếu \(b = \frac{1}{3}\) thì \(a \cdot 0 = \frac{{ - 2}}{9}\) (vô lí), do đó \(b \ne \frac{1}{3}\)).

Rút gọn phương trình (2), ta được: \[a\frac{{16}}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{{12}}{{3 - b}} + 2 = 0\]

\(a\frac{8}{{{{\left( {3 - b} \right)}^2}}} - a\frac{6}{{3 - b}} + 1 = 0\)

\(a\left[ {8 - 6\left( {3 - b} \right)} \right] + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)

\(a\left( {6b - 10} \right) + {\left( {b - 3} \right)^2} = 0\)

Thế \(a\) vào ta được:

\(\frac{{2{b^2}\left( {6b - 10} \right)}}{{3b - 1}} + {b^2} - 6b + 9 = 0\)

\(12{b^3} - 20{b^2} + 3{b^3} - {b^2} - 18{b^2} + 6b + 27b - 9 = 0\)

\(15{b^3} - 39{b^2} + 33b - 9 = 0\)

\(5{b^3} - 13{b^2} + 11b - 3 = 0\)

\(\left( {b - 1} \right)\left( {5{b^2} - 8b + 3} \right) = 0\)

\({\left( {b - 1} \right)^2}\left( {5b - 3} \right) = 0\)

TH1: \(b = 1\) suy ra \(a = 1\), do đó \(T = {1^3} + {1^3} = 2\).

TH2: \(b = \frac{3}{5}\) suy ra \(a = \frac{9}{{10}}\), do đó \(T = {\left( {\frac{9}{{10}}} \right)^3} + {\left( {\frac{3}{5}} \right)^3} = \frac{{189}}{{200}}\).

2. a) Máy chủ Alpha xử lý \(x\) bài với chi phí: \(f\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} + 100x\).

Máy chủ Beta sẽ xử lý \((5000 - x)\) bài với chi phí:

\(g\left( x \right) = 400\,\,000 + 200\left( {5000 - x} \right) = 1\,\,400\,\,000 - 200x\).

Tổng chi phí: \(C\left( x \right) = f\left( x \right) + g\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\) (đồng).

b) Tổng chi phí là \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}{x^2} - 100x + 1\,\,400\,\,000\).

Ta có \(C\left( x \right) = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 4\,\,000x} \right) + 1\,\,400\,\,000\)

\( = \frac{1}{{40}}\left( {{x^2} - 2 \cdot x \cdot 2000 + {{2000}^2} - {{2000}^2}} \right) + 1\,\,400\,\,000\)

\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} - 100\,\,000 + 1\,\,400\,\,000\)\( = \frac{1}{{40}}{\left( {x - 2000} \right)^2} + 1\,\,300\,\,000\).

Vì \({\left( {x - 2000} \right)^2} \ge 0\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\) nên \(C(x) \ge 1\,\,300\,\,000\) với mọi \(x \in \left[ {0\,;\,\,5000} \right]\).

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(x - 2000 = 0\) nên \(x = 2000\) (TMĐK).

Vậy tổng chi phí thấp nhất phải trả là \(1\,\,300\,\,000\) đồng.