Đáp án đúng: A
Giải chi tiết:1) Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương \(n,\) ta có:
\({\left[ {{{\left( {27x + 5} \right)}^7} + 10} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right]^7} + {\left[ {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right]^7}\)
chia hết cho \(42.\)
Định lí nhỏ Fermat: a, p là số nguyên tố, \(\left( {a;p} \right) = 1\) thì \({a^{p - 1}} \equiv 1\,\,\,\left( {\bmod p} \right)\).
+) \(\forall a \in \mathbb{Z}:\,\,{a^p} \equiv a\,\,\left( {\bmod p} \right)\).
\(\begin{array}{l} + )\,\,A = {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7} + {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7} + {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv {\left( {27n + 5 + 10} \right)^7} + {\left( {10n + 27 + 5} \right)^7} + {\left( {5n + 10 + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv 27n + 15 + 10n + 32 + 5n + 37\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv 42n + 84 \equiv 0\,\,\left( {\bmod 7} \right)\\ \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,7\end{array}\)
+) Chứng minh A chia hết cho 2.
TH1: \(n\) chẵn
\(27n + 5\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {27n + 5} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7}\) lẻ.
\(10n + 27\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {10n + 27} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7}\) chẵn.
\(5n + 10\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {5n + 10} \right)^7}\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\) lẻ.
\( \Rightarrow A\) chẵn \( \Rightarrow A\) chia hết cho \(2.\)
TH2: \(n\) lẻ.
\(27n + 5\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {27n + 5} \right)^7}\) chẵn \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7}\) chẵn.
\(10n + 27\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {10n + 27} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7}\) chẵn.
\(5n + 10\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {5n + 10} \right)^7}\) lẻ \( \Rightarrow {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\) chẵn.
\( \Rightarrow A\) chẵn \( \Rightarrow A\) chia hết cho \(2.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,2\,\,\forall n\).
+) Chứng minh A chia hết cho 3.
\(\begin{array}{l}\,\,\,\,\,\,A = {\left( {{{\left( {27n + 5} \right)}^7} + 10} \right)^7} + {\left( {{{\left( {10n + 27} \right)}^7} + 5} \right)^7} + {\left( {{{\left( {5n + 10} \right)}^7} + 27} \right)^7}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \equiv \underbrace {{{\left( {{2^7} + 1} \right)}^7}}_{ \vdots \,\,3} + {\left( {{n^7} + 2} \right)^7} + {\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7}\end{array}\)
TH1: \(n = 3k \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{n^7} + 2} \right)^7} \equiv 2\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7} \equiv {1^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
TH2: \(n = 3k + 1 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right) \Leftrightarrow {n^7} + 2 \equiv 0\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {2n + 1} \right)^7} = {\left( {6k + 3} \right)^7} \equiv 0\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
TH3: \(n = 3k + 2 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{\left( {{n^7} + 2} \right)^7} \equiv {\left( {{2^7} + 2} \right)^7} \equiv 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\\{\left( {{{\left( {2n + 1} \right)}^7}} \right)^7} = {\left( {2n + 1} \right)^{49}} = {\left( {6k + 5} \right)^7} \equiv {\left( { - 1} \right)^7} \equiv - 1\,\,\left( {\bmod 3} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,3\).
Vậy \(A\,\, \vdots \,\,3\).
Do đó \(A\) chia hết cho \(2;\,\,3;\,\,7.\) . Mà \(2;3;7\) đôi một nguyên tố cùng nhau.
Vậy \(A\,\, \vdots \,\,BCNN\left( {2;3;7} \right) \Rightarrow A\,\, \vdots \,\,42\,\,\left( {dpcm} \right)\).
2) Với \(x,\,\,y\) là các số thực dương thỏa mãn điều kiện \(4{x^2} + 4{y^2} + 17xy + 5x + 5y \ge 1,\) tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: \(P = 17{x^2} + 17{y^2} + 16xy.\)
Ta có:
\(\begin{array}{l}M = 4{x^2} + 4{y^2} + 17xy + 5x + 5y \ge 1 \Leftrightarrow \left( {4{x^2} + 8xy + 4{y^2}} \right) + 9xy + 5\left( {x + y} \right) \ge 1\\ \Leftrightarrow 4{\left( {x + y} \right)^2} + 5\left( {x + y} \right) + 9xy \ge 1\end{array}\)
Ta có \(xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} \Leftrightarrow 9xy \le \frac{{9{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4}\)
Khi đó:
\(\begin{array}{l}4{\left( {x + y} \right)^2} + 5\left( {x + y} \right) + \frac{{9{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} \ge M \ge 1\\ \Leftrightarrow 16{\left( {x + y} \right)^2} + 20\left( {x + y} \right) + 9{\left( {x + y} \right)^2} \ge 4\\ \Leftrightarrow 25{\left( {x + y} \right)^2} + 20\left( {x + y} \right) - 4 \ge 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x + y \ge \frac{{ - 2 + 2\sqrt 2 }}{5}\\x + y \le \frac{{ - 2 - 2\sqrt 2 }}{5}\,\,\left( {ktm\,\,do\,\,x,y > 0} \right)\end{array} \right.\end{array}\)
Ta có \(P = 17{x^2} + 17{y^2} + 16xy = 8\left( {{x^2} + {y^2} + 2xy} \right) + 9\left( {{x^2} + {y^2}} \right) = 8{\left( {x + y} \right)^2} + 9\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\)
Áp dụng BĐT Buniacopxki ta có: \({\left( {x + y} \right)^2} \le 2\left( {{x^2} + {y^2}} \right) \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} \ge \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2}\).
\( \Rightarrow P \ge 8{\left( {x + y} \right)^2} + \frac{{9{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2} = \frac{{25{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{2} \ge \frac{{25}}{2}{\left( {\frac{{ - 2 + 2\sqrt 2 }}{5}} \right)^2} = 6 - 4\sqrt 2 \).
Vậy GTNN của \(P\) bằng \(6 - 4\sqrt 2 \) đạt được khi \(x,\,\,y > 0;\,\,\,x + y = \frac{{ - 2 + 2\sqrt 2 }}{5}\).
Chọn A.