57. Đề thi tuyển sinh vào lớp10 tỉnh Nghệ An năm học 2015-2016 (chuyên)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (382.65 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN

PHAN BỘI CHÂU
Đề chính thức

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN
NĂM HỌC 2015 - 2016

MƠN THI: TỐN

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu I (7,0 điểm).

1) Giải phương trình 2 2

5 4 2 5 2 4 4 5

x - x+ + x+ = x- + x + x- .

2) Giải hệ phương trình

2 2

1 1

2 4 2

x y

y x

x y xy xy x y

ì ỉ ưỉ ư

ï ÷

ï ç - ÷ç + ÷÷=

ï ç ÷ç ÷

ï ççè ÷øçè ÷ø
íï

ïï + - =

-ïỵ

Câu II (2,0 điểm). Cho ;a b là các số nguyên dương thỏa mãn 2 2

a +b Mab. Tính giá trị biểu thức

2 2

a b
A

ab

= .

Câu III (2,0 điểm). Cho ; ;a b c là các số thực. Chứng minh

(

)(

)

(

)

2 2 2 3

1 1 1

a b c
a + b + c + ³ + + .

Câu IV (7,0 điểm). Cho đường trịn



O R có BC ;



là dây cố định (BC2R); E là điểm chính giữa cung nhỏ 
BC. Gọi A là điểm di động trên cung lớn BC và AB AC ( A khác B). Trên đoạn AC lấy điểm D khác C

sao cho ED EC= . Tia BD cắt đường tròn



O R ;



tại điểm thứ hai là F . 
1). Chứng minh D là trực tâm của tam giác AEFV .

2). Gọi H là trực tâm của tam giác DECV ; DH cắt BC tại N . Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDNV cắt
đường tròn



O R ;



tại điểm thứ hai là M . Chứng minh đường thẳng DM luôn đi qua một điểm cố định.

Câu V (2,0 điểm). Cho tập hợp A gồm 21 phần tử là các số nguyên kahsc nhau thỏa mãn tổng của 11 phần tử bất 
kỳ lớn hơn tổng của 10 phần tử còn lại. Biết các số 101 và 102 thuộc A . Tìm tất cả các phần tử của A .

……....HẾT……….

LỜI GIẢI – NHẬN XÉT – BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu I.

1). Điều kiện: x³ . 4

Phương trình tương đương với

(

x- 1

)(

x- 4

)

+2 x+ -5 2 x- 4-

(

x- 1

)(

x+5

)

= 0

(

) (

)

1 4 5 2 4 5 0

x x x x x

Û - - - + - - - + =

(

x 1 2

)(

x 4 x 5

)

Û - - - - + =

4 5 4 5

5
1 4

1 2

x x x x

x
x

x

é - = + é - =

-ê ê

Û ê Þ ê - = Û =

- =

ê ë

ë (thỏa mãn).

Vậy phương trình có nghiệm: x = 5.

Nhận xét: Bài tốn sử dụng phương pháp nhóm nhân tử chung đưa về hai phương trình tích chứa căn thức và cuối
cùng sử dụng phương pháp nâng lũy thừa để tìm nghiệm của phương trình đã cho.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

 Cho phương trình tổng quát bậc hai 2

ax + bx+ =c , nếu tổng cách hệ số a+ + = b c 0 thì phương trình có
một nghiệm là x =1.

 Phương trình vơ tỷ dạng

( )

( ) ( )

( )

,g 0

f x x
f x g x

f x g x

ìï ³

ïï

= Û íï

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Ý tưởng: Phương trình bài cho chứa rất nhiều căn thức, tuy nhiên dễ dàng để ý thấy rằng ta sẽ nhóm được hai căn

thức có hệ số 2 ở trước nó, cụ thể là 2

(

x+ 5- x- 4

)

. Và xét các đa thức bậc hai trong hai căn còn lại, ta đều
thấy a+ + = b c 0 tức là các đa thức đó có dạng

(

x- 1

) ( )

f x = 0, đi xét riêng từng căn thức suy ra

(

)(

)

(

)(

)

5 4 1 4

4 5 1 5

x x x x

ìï - + = -

-ïï

íï + - = - +

ïïỵ vậy nên ta nhóm được nhân tử chung là x - 1 và đại lượng còn lại là

4 5

x- - x+ . Chính vì thế phương trình đã cho tương đương với:

(

x- 1

)(

x- 4

)

+2 x+ -5 2 x- 4-

(

x- 1

)(

x+5

)

= 0

(

) (

)

1 4 5 2 4 5 0

x x x x x

Û - - - + - - - + =

(

x 1 2

)(

x 4 x 5

)

Û - - - - + = 4 5

1 2
x x
x
é - = +
ê
Û ê
- =
êë .

Hai phương trình cịn lại là hai phương trình căn thức cơ bản, ta chỉ cần bình phương hai vế là sẽ tìm được nghiệm
của phương trình ban đầu và x = 5 chính là nghiệm duy nhất.

Bài tốn kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải phương trình x2- 1+ 2 x- 3= 2 x- 1+ x2- 2x- 3.
Đáp số: x = 3.

2. Giải phương trình 2

1 2 3 1 3 3

x- + x - x- = x+ + x- .

Đáp số: x = 3 hoặc x = 4.
2). Điều kiện: x¹ 0;y¹ 0.

2 2

1 1

2 (1)

2 4 2 (2)

x y

y x

x y xy xy x y

ì ỉ ửổ ử
ù ữ
ù ỗ - ữỗ + ữữ=
ù ỗ ữỗ ữ

ù ỗỗố ữứỗố ữứ
ớù
ùù + - =
-ùợ
.

Phng trỡnh (2) tương đương 2x y 4 2 1

y x

+ - =

-1 1

2 x y 4

y x

ổ ử ổữ ử

ỗ ữ ỗ ữ

ỗỗỗ - ữữ+ỗỗố + ữữữứ=

ố ứ (3).

Đặt
1
1
a x

y
b y
x
ìïï =
-ïïï
íï
ïï = +
ïïỵ
.

Kết hợp với (1) và (3), ta có hệ phương trình 2

2 4
ab
a b
ìï =
ïí
ï + =
ïỵ

(

4 2

)

2 2

2 1 0

2
4 2

4 2

a a a a a

b
b a
b a
ì ì ì
ï - = ï - + = ï =
ï ï ï
Û íï Û íï = - Û íï =
=
-ï ïỵ ïỵ
ỵ .

Với 1
2
a
b
ìï =
ïí
ï =

ïỵ ta có
1
1
1
1 2
1
2
x

xy y
y
xy x
y
x
ìïï - =
ï ì
ï ï - =
ï Û ï
í í
ï ï + =
ï ïỵ
ï + =
ïïỵ

(

)

2 2 2 2

2 2 1 2 2 4 1 0

y x y x

x x x x x

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2 2
2
2

x

y

ìï +

ïï =
ï
Û íïïï =

ïỵ

hoặc 2 2 2
2

x

y

ìï
-ïï =
ïí
ïïï =
-ïỵ

(thỏa mãn).

Vậy hệ phương trình có nghiệm:

(

;

)

2 2; 2 , 2 2; 2

2 2

x y =ỗỗổỗ + ữữữử ổữ ỗỗỗ - - ữữữửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ ố ứ.

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đặt hai ẩn phụ để đưa hệ phương trình đã cho về hệ đơn giản, từ đó thế
ngược lại tìm nghiệm của hệ phương trình ban đầu.

Ý tưởng: Quan sát cả hai phương trình của hệ, ta thấy phương trình một chứa các biểu thức phân số, khá phức tạp

nên ta sẽ làm động tác quy đồng để đơn giản hóa đó là x 1 y 1 2

(

xy 1

)(

xy 1

)

y x xy

ỉ ư÷ỉ ư - +

ỗ - ữỗ + ữữ= =

ỗ ữỗ ữ

ỗ ố ứ

ố ứ . õy rừ rng l

mt phương trình bậc hai ẩn xy , chính vì thế ta có

( )

1 2

xy - = xy

1 2

xy
xy

é =
-ê
Û ê

= +

êë . Và ta sẽ nhóm nhân tử xy ở phương trình thứ hai của hệ như sau:

(

)

4 2

(

2 4

)

xy x+ y - xy= x- yÛ xy x+ -y = x- y, từ đây sẽ đi tìm được mối liên hệ giữa xy , sau đó thế

ngược lại tìm nghiệm của hệ. Tuy nhiên ta cũng có thể tư duy theo một hướng khác đó là đi khai thác phương trình
hai. Điều mà ta muốn là mối liên hệ giữa ,x y để rồi thế vào phương trình một tìm nghiệm. Đặt

(

)

2 2

; 2 4 2

f x y = x y+ xy - xy- x+ y, ta coi đây là một phương trình bậc hai ẩn x , khi đó

(

)

(

)

; 2 . 4 2

f x y = y x + y - y- x+ , xét y D =

(

y2- 4y- 2

)

2- 8y2 nhưng đenta ở đây khơng chính phương tức

là sẽ không biểu diễn được mối liên hệ giữa ,x y. Do đó ta sẽ đi khai thác cùng với phương trình một, ở phương

trình một có xuất hiện các biểu thức xy - 1 và xy + nên khi 1 xét phương trình hai, nhóm các biểu thức đồng hệ

số ta có 2

(

)

2x y- 2x= 2x xy- 1 và 2

(

)

xy + =y y xy+ . Khi đó phương trình hai của hệ tương đương với:

(

)

(

)

(

)

1 1 1

2x xy 1 y xy 1 4xy xy xy 4 2 x y 4

y x y x

ổ ử

- + ỗ ữữ ổỗ ửữ

- + + = + = ốỗỗỗ - ữứữ+ốỗỗ + ữữữứ= nờn nu t

a x
y

= - và

b y
x

= + thì hệ phương trình đã cho trở thành hệ 2 2 2 1 0 1

2 4 4 2 2

ab a a a

a b b a b

ì ï ì

ï = - + = ï =

ï Û ï Û ï

í í í

ï + = ï = - ï =

ï ï ï

ỵ ỵ ỵ . Từ đó, theo ẩn phụ

hóa ta sẽ tìm được nghiệm của hệ phương trình là

(

;

)

2 2; 2 , 2 2; 2

2 2

x y =ỗỗổỗ + ữữữử ổữ ỗỗỗ - - ữữữửữ

ỗ ữ ỗ ữ

ố ứ è ø.

Bài toán kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Giải hệ phương trình 2 2 1

x y xy
x y xy

ìï + + =
-ïí

ï + - =

ïỵ .

2. Giải hệ phương trình

(

)

(

)(

) (

)

2 2

2 2

2 8 1

2 1 2

x y y x

x y x y y x

ìï - = + +

ïï
íï

ï - - = +

-ïỵ

Câu II. Ký hiệu

(

x y ;

)

là ước chung lớn nhất của hai dãy số nguyên x và y .

Gọi d=

( )

a b; Þ =a da b1; =db1 với

(

a b =1; 1

)

Suy ra 2 2 2

(

2 2

)

1 1

a +b =d a +b và 2
1 1

ab= d a b

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

d a b d a b a b a b

Þ + M Þ + M

1 1 1. 1 1

a b a a b

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Suy ra

(

)

2 2 2

1 1

2
1 1

1
2

d a b
A

d a b

= = .

Nhận xét: Bài tốn tính giá trị của biểu thức sử dụng các tính chất của tốn số học đặc biệt là tính chất chia hết.
Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Với m là một ước của n ta có thể biểu diễn n= k m. với , ,m k n là các số nguyên.

( )

; 1; 1

d= a b Þ =a da b= db với

(

a b =1; 1

)

• Cộng, nhân vế theo vế dương của hai đẳng thức ta được một đẳng thức mới.

Từ

( )

2
2
1
1
2
2
1 1
a da
a da

b db b db

ìï
ì ï =
ï =
ï Û ï
í í
ï = ï
ï ï =

ỵ ïỵ ta có

(

)

( )

2 2 2 2 2

1 1

2
1 1

a b d a b
ab d a b

ìï + = +

ïïí
ï =

ïïỵ .

• Tính chất chia hết.

(

2 2

)

(

2 2

)

(

2 2

)

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

a +b MabÞ d a +b Md a b Þ a +b Ma b Þ a M . b

(

1 1

)

1 1
2

1 1
; 1
a b
a b
a b
ìï =
ïï ị
ớù

ùùợ M M .

Hon ton tng t ta cú b1Ma1.

• Số thứ nhất chia hết cho số thứ hai, số thứ hai chia hết cho số thứ nhất thì hai số bằng nhau.

Ta có 1 1
1 1
a b
b a
ìïï
íï
ïỵ
M

M suy ra a1= b1 mà

(

a1 ; b =1

)

1 nên a1= b1= . 1

• Thay các giá trị đã có vào biểu thức ban đầu để tính giá trị biểu thức đó.

(

) (

)

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1 1 1

1 1
1 1

1 1 2

2 2 2 2.1.1 2

d a b a b

a b
A

ab d a b a b

+ +

= = = = = = .

Câu III. Đặt x= a 2;y= b 2;z= c 2. Ta cần chứng minh

(

2

)(

2

)(

2

)

(

)

2 2 2 3

x + y + z + ³ x+ +y z .

Ta có

(

)(

) (

)(

)

2 2 2 2 2 2

2 2 1 1 3 1 2 2 3

x + y + = x + y + + x + y + = x y + + x + y +

(

)(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 3

2 2 2 3 2

2 2

x y

x y xy x y + éx y ù

Þ + + ³ + + + + = ê + + ú

ë û

(

2

)(

2

)(

2

)

(

)

2 2

(

)

2 2

2 2 2 4 2 2

x y z éx y z x y z ù

Þ + + + ³ ê + + + + + ú

ë û

(

)

(

)

2 2

(

)

4 2 2 3

2 x y z x y z x y z

é ù

³ ê + + + + ú= + +

ë û

(

)(

)

(

)

2 2 2 2

1 1 1

a b c

a b c + +

Þ + + + ³ .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1
2

a= = =b c .

Nhận xét: Bài toán sử dụng phương pháp đổi biến số và dùng bất đẳng thức Cosi khi đoán trước được điểm rơi để
suy ra điều phải chứng minh.

Ý tưởng: Bất đẳng thức đề bài cho là một bất đẳng thức đối xứng, đối xứng ở đây có nghĩa là vai trò của các biến
, ,

a b c là như nhau vì thế dấu đẳng thứa sẽ xảy ra tại a b c k= = = , khi đó thế ngược lại vào bất đẳng thức đã cho,

ta có được

(

)

3 3 1 1

4 1 27

2 2

k + = k Û =k Þ = = =a b c . Vậy để điểm rơi đẹp, hay ta sẽ biến đổi

2 2 2 1

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

(

2

)(

2

)(

2

)

(

)

( )

2 2 2 3

x + y + z + ³ x+ +y z * với điểm rơi x= = = . y z 1

Bây giờ, để chứng minh được

( )

* ta sẽ bám sát theo điểm rơi tìm được, quan sát vế phải của

( )

* , ta thấy xuất hiện
các biểu thức x y+ và z, vậy nên cần đánh giá

(

2

)(

2

)

(

)

2 2

x + y + ³ f xéê + y ùú

ë ûđể đồng nhất bậc trong bất đẳng
thức

( )

* , từ đó lợi dụng tính chất của đa thức bậc hai suy ra điều phải chứng minh. Cụ thể đó là

(

)(

)

2 2 2 2

2 2 1 2 2 3

x + y + = x y + + x + y + . Áp dụng bất đẳng thức Cosi ta có: x y2 2+ ³1 2xy và

(

)

2 2

x y

x + y ³ + nên suy ra

(

)(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 3

2 2 2 3 2

2 2

x y

x + y + ³ xy+ x + y + + + = éêx+ y + ùú

ë û.

Khi đó, bất đẳng thức

( )

* tương đương với:

(

)

(

2

)

(

)

(

)

(

2

)

(

)

2 2 3 2 2 2

2 x y z x y z x y z x y z

é + + ù + ³ + + Û é + + ù + ³ + +

ê ú ê ú

ë û ë û

Bất đẳng thức này ln đúng vì nếu đặt m x y= + và n z= thì chúng ta có

(

2

)(

2

)

(

)

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 4 2 4 2

m + n + ³ m+ n Û m n + m + n + ³ m + mn+ n

(

)

2 0

mn

Û - ³ luôn đúng với mọi ,m n. Từ đó suy ra đpcm.

Bài tốn kết thúc.
Bài tập tương tự:

1. Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn x+ y+ = . Tìm giz 3 á trị nhỏ nhất của biểu thức

(

)(

)

2 2 2

P= x + y + z + .

2. Cho , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2 2

a b+ b c+ c a ³ abc a + b + c a+ +b c .

Câu IV.

1). Tứ giác ABEC nội tiếp, suy ra ·ABE+ ·ACE= 180o.

Mà ·EDC= ·ACE và ·ADE+EDC· =180o, nên · ·

ABE= ADE.

Kết hợp với ·BAE= DAE· Þ ·ABE= ADE· .

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Kết hợp với ·ABD= ·DCF (cùng chắn cung AF ) và ·ADB= FDC· (đối đỉnh)

Suy ra ·FDC= FCD· , nên tam giác FDCV cân tại FÞ FD= FC.

Kết hợp ED EC= , suy ra EF là trung trực của DC , nên DC EF^ (2).
Từ (1) và (2), suy ra D là trực tâm của tam giác AEFV .

Nhận xét: Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của một tam giác, ta chứng minh điểm đó là giao điểm của hai
đường cao của tam giác.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp:

• Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc trong đối diện bằng 180° . 
Tứ giác ABEC nội tiếp, suy ra ·ABE+ ·ACE= 180o.

• Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau. 
Tam giác EDCD có ED EC= nên EDCD cân tại E . Suy ra ·EDC= ECD· hay ·EDC= ·ACE

Từ đây ta có

· ·

180

ABE ACE

ADE EDC ABE ADE

EDC ACE

ìï + =

ùùù

ù + = ị =

ớù

ùù =

ùùợ

o .

ã Trong một đường trịn, điểm nằm chính giữa cung tạo ra hai cung bằng nhau. Hai góc nội tiếp chắn hai cung 
bằng nhau thì bằng nhau.

Trong đường trịn ( )O có E là điểm chính giữa cung nhỏ »BC nên »BE= EC» suy ra ·BAE= EAC· hay

· ·

BAE= EAD

• Tổng ba góc trong một tam giác bằng 180° .

+ ABED có ·ABE+ ·AEB+ BAE· = 180° Û AEB· = 180°- BAE· - ABE· .

+ ADED có ·ADE+ ·AED+ DAE· = 180° Û AED· =180°- DAE· - ·ADE.

Kết hợp từ đây ta có

· · ·

· ·

180

AEB BAE ABE

AED DAE ADE

AEB AED
ABE ADE

BAE EAD

ìï = °-

-ïïï

ï = °-

-ïï ị =

ớù =
ùùù
ùù =
ùợ

ã Hai tam giác có một cặp cạnh bằng nhau và có hai cặp góc kề cạnh tương ứng bằng nhau thì bằng nhau theo 
trường hợp “cạnh - góc - cạnh” (c - g - c).

Xét BAED và DAED có:
+ ·AEB= ·AED;

+ AE: cạnh chung;

+ ·BAE= EAC· ;

Suy ra BAED = DDAE (g – c – g), suy ra AB AD

EB ED

ỡù =
ùớ

ù =

ùợ .

ã Tam giác có hai cạnh bằng nhau là tam giác cân. Tam giác cân có hai góc kề đáy bằng nhau. 
Tam giác ABDD có AB AD= suy ra ABDD cân tại A . Suy ra ·ABD= ADB·

• Trong một đường trịn, hai góc nội tiếp cùng chắn một cung thì bằng nhau.

Trong đường trịn ( )O có ·FBA= ·ACF (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »FA ) hay ·ABD= ·DCF

• Hai góc đối đỉnh thì bằng nhau.

· ·

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Suy ra

· ·

ABD ADB

ABD DCF DCF FDC FCD
ADB FDC

ìï =

ïïï

ï = ị = ị D

ớù

ùù =

ùùợ

cõn ti Fị FC= FD.

• Một điểm cách đều hai đầu của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đường thẳng đó. 
+ AB AD= nên A thuộc trung trực của BD ;

EB= ED nên E thuộc trung trực của BD ;

Suy ra AE là đường trung trực của đoạn BD suy ra AE BD^ .
+ FC FD= nên F thuộc trung trực của CD ;

ED= EC nên E thuộc trung trực của CD ;

Suy ra FE là đường trung trực của đoạn CD suy ra FE CD^

• Trong một tam giác, giao điểm của hai đường cao được gọi là trực tâm của tam giác.

Tam giác AEFV có AE BD^ và FE CD^ hay BD và CD là hai đường cao cắt nhau tại D nên D là trực 
tâm của AEFV (điều phải chứng minh).

2). Kẻ đường kính EK của

(

O R;

)

. Khi đó điểm K cố định.

Tứ giác BDNM nội tiếp nên ·BMD= BND·

Suy ra · 90 · 90 1·

BMD= o- BCE= o- BAC (3).

Tứ giác ABMK nội tiếp nên ·BMK= 180o- BAK· .

Mà · 90 1·

BMK= o- BAC (4).

Từ (3) và (4), suy ra ·BMD= BMK·

Suy ra ba điểm ; ;M D K thẳng hàng.

Do đó MD luôn đi qua điểm K cố định.

Nhận xét. Bài toán chứng minh một điểm là trực tâm của một tam giác, ta chứng minh điểm đó là giao điểm của hai
đường cao của tam giác.

Nhắc lại kiến thức và phương pháp.

• Trong một đường trịn, các góc nội tiếp chắn cùng một cung thì bằng nhau.

· ·

BMD= BND (hai góc nội tiếp cùng chắn cung »BD của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BDNM )

· · · 1·

90 90 90

BMD BCE CAE BAC

Û = o- = o- = o-

• Tứ giác nội tiếp có tổng hai góc trong đối diện bằng 180° . 
Tứ giác ABMK nội tiếp, suy ra ·BMK+ BAK· =180o

· 180 ·

BMK BAK

Û = o

-Mà · 90 1·

BMK= o- BAC

• Ba điểm cùng thuộc một đường thẳng thì thẳng hàng.

Ta có

· ·

1
90

2
1
90

BMD BAC

BMD BMK

BMK BAC

ìïï =

-ïïï Þ =

íï

ï =

-ïïïỵ

suy ra MD MK cùng là c; ạnh còn lại của một góc nên

; ;

M D K cùng thuộc cạnh đó nên ; ;M D K thẳng hàng (điều phải chứng minh).

Câu V. Giả sử A=

{

a a a1; 2; 3;...;a21

}

với a a a1; 2; 3;...;a21Ỵ Z và a1<a2< a3<...<a21.

Theo giả thiết ta có a1+a2+ a3+...+ a11> a12+a13+...+ a21

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

12 2 10

a a

Þ - ³ ; a13- a3³ 10; …; a21- a11³ 10 (2).

Nên từ (1), suy ra a1>10+10+ +... 10=100ị a1=101 (vỡ 101 Aẻ ).

12 2 13 3 21 11

101 a a a a ... a a 100

Þ > - + - + + - ³

12 2 13 3 ... 21 11 100

a a a a a a

Þ - + - + + - = .

Kết hợp với (2), suy ra a12- a2= a13- a3=...= a21- a11=10 (3)

(

) (

)

(

)

12 2 12 11 11 10 3 2

10 a a a a a a ... a a 10

Þ = - = - + - + + - ³

12 11 11 10 ... 3 2 1

a a a a a a

Þ - = - = = - = (4).

Ta có a =1 101 mà 102Ỵ AÞ a2=102.

</div>