Bài 1. Đặt $u=\frac{x+y}{x+y+6xy},v=\frac{y+z}{y+z+4yz},w=\frac{z+x}{z+x+5zx}$ thì ta có hệ
$$\left\\{ \begin{aligned}
& 5u+6w=4 \\\\
& 6v+4u=5 \\\\
& 4w+5v=6 \\\\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\\{ \begin{aligned}
& 8u=1 \\\\
& 4v=3 \\\\
& 16w=9 \\\\
\end{aligned} \right..$$
Suy ra
$$\left\\{ \begin{aligned}
& 7(x+y)=6xy \\\\
& 3(y+z)=12yz \\\\
& 7(z+x)=45zx \\\\
\end{aligned} \right.\Leftrightarrow \left\\{ \begin{aligned}
& a+b=\frac{6}{7} \\\\
& b+c=12 \\\\
& c+a=\frac{45}{7} \\\\
\end{aligned} \right.,$$ trong đó $a=\frac{1}{x},b=\frac{1}{y},c=\frac{1}{z}.$
Giải hệ trên, ta thu được $a=-\frac{33}{14},b=\frac{45}{14},c=\frac{123}{14}$ nên $(x,y,z)=\left( -\frac{14}{33},\frac{14}{45},\frac{14}{123} \right).$

Bài 2.

Dễ thấy $f$ toàn ánh. Giả sử $f(a)=0$ và thay $x=0,y=a,$ ta có
$$0=3a+\left| f(0) \right|.$$
Suy ra $a$ tồn tại duy nhất và $a=-\frac{1}{3}\left| f(0) \right|\le 0.$ Lại thay $x=y=a,$ ta có $f(0)=3a\le 0.$
Lại thay $x=-a,y=a$ thì chú ý rằng $\left| -a \right|+a=0$, ta có $f(0)=3a+\left| f(-a) \right|$ nên $f(-a)=0$, điều này kéo theo $a=-a$ hay $a=0$ (do tính duy nhất ở trên). \medskip

Thay $y=0$ thì $f(\left| x \right|)=\left| f(x) \right|$ nên $f(x)\ge 0,\forall x\ge 0.$
Xét $x>0$ và $y=-\frac{f(x)}{3}$, ta có $f\left( x-\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3} \right) \right) \right)=0$ nên
$$-\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3} \right) \right)=-x$$ với mọi $x>0.$
Trong đề bài, thay $x=0$ thì $f(y+f(y+f(y)))=3y$. Thay $y\to -\frac{f(x)}{3}$ thì
$f\left( -\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3}+f\left( -\frac{f(x)}{3} \right) \right) \right)=-f(x)$.
So sánh hai đẳng thức trên, ta có $f(-x)=-f(x),\forall x>0$ nên $f$ là hàm số lẻ. \medskip

Từ tính chất hàm số lẻ, ta có $f\left( \frac{f(x)}{3}+f\left( \frac{f(x)}{3}+f\left( \frac{f(x)}{3} \right) \right) \right)=f(x)$ với mọi $x>0.$
Trong đề bài, xét $x\ge 0$ và $y\to \frac{f(y)}{3}$, ta có
$$f\left( x+\frac{f(y)}{3}+f\left( \frac{f(y)}{3}+f\left( \frac{f(y)}{3} \right) \right) \right)=f(y)+f(x)$$ hay
$f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x,y>0.$
Vì $f$ cộng tính trên ${{\mathbb{R}}^{+}}$ nên ta có $f(x)=ax,\forall x>0.$ Lại do tính chất hàm lẻ, ta suy ra $f(x)=ax,\forall x\in \mathbb{R}.$ Thay vào đề bài, ta có $a=1.$ \medskip

Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=x.$

Bài 3.

a) Ta có
$$\left | A_{f} \right |\equiv r \pmod{p} \Leftrightarrow \left | X\setminus A_{f} \right | \text{ chia hết cho } p.$$
Điều này tương đương số phần tử của tập hợp $B= \left \\{ k\in X|f(k)\neq k \right \\}$ là bội của $p.$
Đặt $f_{m}(x)$ là ánh xạ hợp $m$ lần. Xét $x\in B$ thì cũng có các số $f(x),f_{2}(x),\ldots, f_{p-1}(x)\in B$. Thật vậy, \medskip

Gỉa sử tồn tại $1<m<p$ sao cho $f_{m}(x) =x$ với số $x \in B$ nào đó, ta chọn $m$ là số nhỏ nhất như thế. Vì $p$ nguyên tố lẻ nên $p$ không chia hết cho $m.$ Do vậy tồn tại số $t$ sao cho $0<p-tm<m$. Lại có $$f_{m}(x) =x\Rightarrow f_{tm}(x)=x\Rightarrow f_{p-tm}(x)=f_{p}(x)=x$$ (mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của $m$). Vì thế nên với mọi $m$ mà $1<m<p $ thì $f_{m}(x)\neq x$. Từ đó suy ra với mọi $1<k<l<p$ thì $f_{k}(x)\neq f_{l}(x) $, tức là $x,f(x),f_{2}(x),\ldots, f_{p-1}(x) $ là $p$ số khác nhau thuộc $B.$ \medskip

Xét số $y \in B$ và $y$ khác tất cả $p$ số ở trên. Khi đó, ta cũng sẽ có $y$ sinh ra một bộ $p$ số phân biệt mới. Giả sử rằng có $f_{i}(x)=f_{j}(y)$ với $i<j$ nào đó thì sẽ có $f_{p+i-j}(x)=f_{p}(y)=y $, mâu thuẫn. Suy ra trong $B$ sẽ có $1$ hoặc $2$ bộ $p$ số rời nhau, chứng tỏ rằng số phần tử của $B$ chia hết cho $p.$ Suy ra đpcm. \medskip

(b) Từ đây ta thấy rằng để đếm số ánh xạ $f$ có tính chất $\mathcal{P},$ trước hết, ta chọn ra $r$ hoặc $p+r$ vị trí cố định. Ta xét hai trường hợp như sau:

Nếu $\left| A_f \right|=p+r$ thì có $C_n^{p+r}$ cách chọn ra các số này, còn lại $p$ số thì $f$ phải là song ánh trên tập con đó. Do đó trong trường hợp này có $p!C_n^{p+r}$ cách.
Nếu $\left| A_f \right|=r$ thì tương tự trên, ta cũng đếm được $(p!)^2C_n^rC_{2p}^p$.

Từ đó suy ra số ánh xạ tính chất $\mathcal{P}$ là $$d=p!C_{n}^{p+r}+{{(p!)}^{2}}C_{n}^{r}C_{2p}^{p}.$$ Ta sẽ chứng minh số này không là ước của $n!.$ Ta viết số $d$ dưới dạng khai triển
$$d=p!\frac{n!}{(p+r)!p!}+{{(p!)}^{2}}\frac{n!}{r!(2p)!}\cdot \frac{(2p)!}{{{(p!)}^{2}}}=\frac{n!}{(p+r)!}+\frac{n!}{r!}.$$
Đặt $(p+r)!=k\cdot {{(r!)}^{2}}$ với $k=\frac{(p+r)!}{{{(r!)}^{2}}}=\frac{p!}{r!}\cdot \frac{(p+r)!}{p!r!}=\frac{p!}{r!}C_{p+r}^{r}\in \mathbb{Z}$. Khi đó, ta viết lại
$$\frac{n!}{d}=\frac{r!(p+r)!}{r!+(p+r)!}=\frac{k\cdot {{(r!)}^{3}}}{(1+k\cdot r!)\cdot r!}=\frac{k\cdot {{(r!)}^{2}}}{k\cdot r!+1}.$$
Dễ thấy số này không thể nguyên vì $k\cdot r!+1$ nguyên tố cùng nhau với $k\cdot {{(r!)}^{2}}$. Từ đó ta có $d$ không là ước của $n!.$

Bài 4. Giả sử $KN$ cắt $(O)$ tại $I$ thì tứ giác $BNCI$ điều hòa.

Do đó $A(BC,NI)=-1,$ mà $AN$ chia đôi $BC$ nên $AI\parallel BC,$ tức là $AI$ có phương cố định. Từ đó ta thấy $I$ là điểm cố định cần tìm.

Bài 5. Đặt $a+b-c=x,b+c-a=y,c+a-b=z$ thì $x,y,z>0.$ Ta đưa về bất đẳng thức
$$\left( 4\cdot \frac{x}{y+z}+1 \right)\left( 4\cdot \frac{y}{z+x}+1 \right)\left( 4\cdot \frac{z}{x+y}+1 \right)>25.$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x\le y\le z.$ Đặt $S=x+y+z.$ Ta đưa về
$$(S+3x)(S+3y)(S+3z)>25(S-x)(S-y)(S-z).$$
Khai triển và rút gọn, ta được
$${{S}^{3}}-4S(xy+yz+zx)+13xyz>0.$$
Chú ý rằng $${{S}^{3}}-4S(xy+yz+zx)=S({{S}^{2}}-4(xy+yz+zx))=S({{(x+y-z)}^{2}}-4xy)$$ nên ta đưa về $S{{(x+y-z)}^{2}}+xy(13z-4S)>0$.
Bất đẳng thức cuối đúng vì $13c-4S=9z-4(x+y)>0.$

Bài 6.

Lời giải. Ta thấy rằng $u_{n}>0, \forall n$ và $u_{n+1}-u_{n}=\frac{u_{n}+5}{2\left(u_{n}+2\right)}>0$ nên dãy tăng. Giả sử dãy bị chặn trên thì nó hội tụ về $L>0$, suy ra
$$
L=\frac{2 L^{2}+5 L+5}{2 L+4} \Leftrightarrow L=-5
$$
vô lý. Suy ra $\lim_{n \rightarrow+\infty} u_{n}=+\infty$. Từ đó, ta được
$$
\lim_{n \rightarrow+\infty}\left(u_{n+1}-u_n\right)=\lim_{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n+5}{2\left(u_n+2\right)}=\frac{1}{2}
$$
nên theo định lý Stolz, ta suy ra $\lim_{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n}{n}=\frac{1}{2}$ và $\lim_{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n}{n^2}=0 .$ Do đó, trong biểu thức cần tính giới hạn, chia tử và mẫu cho $n^2$ rồi áp dụng kết quả trên, ta có
$$
\lim_{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4n-1}=\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{\left(\frac{u_n}{n}\right)^{2}-\frac{3 u_n-5}{n^2}}{3+\frac{4}{n}-\frac{1}{n^2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^{2} \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{12}
$$

Bài 7.

(a) Xét đại lượng $S$ là tổng bình phương các số thu được sau mỗi thao tác biến đổi. \medskip

Ta thấy rằng từ $(a,b)$ với $a-b>1,$ ta đưa về bộ $(a-1,b+1)$ thì tổng trên thay đổi một lượng là
${{a}^{2}}+{{b}^{2}}-{{(a-1)}^{2}}-{{(b+1)}^{2}}=2(a+b-1)>0.$
Do đó, tổng $S$ giảm ngặt, và rõ ràng $S$ phải luôn dương nên thao tác trên chỉ thực hiện được trong hữu hạn lần.
\medskip

(b) Rõ ràng tổng trên không đổi khi không còn cặp số $a,b$ nào mà $a-b>1.$ Điều này đồng nghĩa với việc các số thu được trong trạng thái cuối chỉ nhận hai giá trị liên tiếp nào đó. Ta thấy rằng tổng các số đã cho luôn không đổi và là $1+2+\cdots +2n=n(2n+1).$ \medskip

Giả sử cuối cùng, ta có $x$ số $m$ và $y$ số $m+1$ thì
$$\left\\{ \begin{aligned}
& x+y=2n \\\\
& mx+(m+1)y=n(2n+1) \\\\
\end{aligned} \right..$$
Suy ra $2mn+y=2{{n}^{2}}+n\Rightarrow n|y.$ Tuy nhiên, nếu $y\in \{0,2n\}$ thì vô lý vì vế phải không chia hết cho $2n.$ Do đó $x=y=n$ và $m=n,$ tức là ở trạng thái cuối, ta còn $n$ số $n$ và $n+1.$

• Tổng bình phương của chúng là $S=n\cdot {{n}^{2}}+n\cdot {{(n+1)}^{2}}=n(2{{n}^{2}}+2n+1).$
• Tổng bình phương ban đầu là ${{S}_{0}}={{1}^{2}}+{{2}^{2}}+\cdots +{{(2n)}^{2}}=\frac{n(2n+1)(4n+1)}{3}.$

Suy ra ${{S}_{0}}-S=\frac{2}{3}({{n}^{3}}-n).$ \medskip

(b) Để thực hiện được nhiều lần nhất thì giá trị giảm đi ở mỗi lần phải ít nhất. Theo câu a) thì giá trị đó sẽ là $2(a+b-1)\ge 2.$ \medskip

Suy ra số lần nhiều nhất sẽ là $\frac{1}{3}({{n}^{3}}-n)$. Để thực hiện được điều này, ta sẽ cố gắng trong mỗi thao tác tạo ra nhiều giá trị nhất có thể và đồng thời làm giảm số lượng các giá trị ở hai biên đi. Từ đó ta được ${{k}_{\max }}=\frac{1}{3}({{n}^{3}}-n).$ \medskip

Để thực hiện được ít lần nhất, ta sử dụng ý tưởng tham lam, mỗi lần, ta sẽ chọn các cặp số nằm về hai phía của $n,n+1.$ Khi đó, giá trị của các số $1,2,\ldots ,n-1$ sẽ dần dần được tăng lên, trong khi giá trị của các số $n+2,n+3,\ldots ,2n$ dần dần sẽ giảm đi. Tổng khoảng cách từ các số nhỏ hơn $n$ đến $n$ là $1+2+\cdots +n-1=\frac{n(n-1)}{2}$. Tương tự thì tổng khoảng cách các số lớn hơn $n+1$ đến $n+1$ cũng là $\frac{n(n-1)}{2}$. Ta thấy mỗi lần thao tác thì các số này sẽ thu hẹp khoảng cách đúng $2$ đơn vị nên số lần thao tác tối thiểu phải là $\frac{1}{2}\left( \frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2} \right)=\frac{n(n-1)}{2}.$ \medskip

Để đạt được giá trị này, mỗi lần, ta chỉ cần chọn các cặp số có dạng $(t,2n+1-t)$ với $1\le t\le n-1$ là được. Suy ra ${{k}_{\min }}=\frac{n(n-1)}{2}.$

Bài 8.

Theo định lý Ptolemy cho tứ giác $BCND$ nội tiếp trong ${{\gamma }_{1}}$ thì
$$BC\cdot ND+BD\cdot NC=BN\cdot CD.$$
Vì $AC=AD$ nên $BC=BD=m$ và $CD=n$ là các giá trị cố định.

Ta có
$$m(NC+ND)=n\cdot BN\Rightarrow NC+ND=\frac{n}{m}\cdot BN.$$
Suy ra $\frac{NC+ND}{MN}=\frac{n}{m}\cdot \frac{BN}{MN}.$ Ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{BN}{MN}.$ \medskip

Xét phương tích từ $B$ đến ${{\gamma }_{2}}$ thì $BM\cdot BN=BK\cdot BA=c$ là hằng số nên
$(BN-MN)BN=c$.
Do đó $\frac{MN}{BN}=1-\frac{c}{B{{N}^{2}}}$ nên
$$\frac{BN}{MN}\min \Leftrightarrow \frac{MN}{BN}\max \Leftrightarrow \frac{c}{B{{N}^{2}}}\min \Leftrightarrow B{{N}^{2}}\max .$$
Dễ thấy $\max BN=AB$, xảy ra khi $N\equiv A$ hay $M\equiv K.$ Khi đó $\frac{NC+ND}{MN}=\frac{AC+AD}{AK}=2$ chính là giá trị nhỏ nhất cần tìm.