Author Archives: ngocvy

TẬP HỢP – TẬP HỢP SỐ

Ví dụ 1.1. Số nguyên $A$ được tạo thành bằng các chữ viết liền nhau các số nguyên dương từ 1 đến 60 theo thứ tự từ nhỏ đến lớn: $A=123 \ldots 585960$.
(a) Hãy chỉ ra cách xóa 100 chữ số của $A$ sao cho số $A_1$ tạo bởi các chữ số còn lại là nhỏ nhất.
(b) Hãy chỉ ra cách xóa 100 chữ số của $A$ sao cho số $A_2$ tạo bởi các chữ số còn lại là lớn nhất.

Hướng dẫn giải

(a) Số $A$ có $9+2.51=111$ chữ số. Sau khi xóa 100 chữ số của $A$ ta còn 11 chữ số.
Ta có: $A=12 \ldots 10 \ldots 20 \ldots 30 \ldots 40 \ldots 50 \ldots 60$ có 6 chữ số 0 .
Để $A_1$ nhỏ nhất ta sẽ xóa sao cho $A_1$ có nhiều số 0 đứng đầu nhất.
Theo phân bố của các số 0 trong $A$ thì số $A_1$ có thể có tối đa 5 chữ số 0 đứng đầu. Còn lại 6 chữ số của $A_1$ sẽ được lấy từ dãy số sau: 51525354555657585960 .
Vậy số $A_1=00000123450$ là số nhỏ nhất cần tìm.
(b) Tương tự lập luận ở câu a)
Ta có: $A=1 \ldots 9 \ldots 19 \ldots 29 \ldots 39 \ldots 49 \ldots 5960$ có 6 chữ số 9 .
Để $A_2$ lớn nhất thì ta sẽ xóa sao cho $A_2$ có nhiều số 9 đứng đầu nhất.
Theo phân bố của các số 9 trong $A$ thì số $A_2$ có thể có tối đa 5 chữ số 9 đứng đầu. Còn lại 6 chữ số của $A_2$ sẽ được lấy từ dãy số sau: 51525354555657585960 .
Vậy số $A_2=99999785960$ là số lớn nhất cần tìm.

Ví dụ 1.2. Cho tập $A=\{1,2,3, \ldots, 9\}$.
(a) Hãy chỉ ra một cách chia tập $A$ thành 3 tập con rời nhau, có số phần tử bằng nhau và tổng các phần tử bằng nhau.
(b) Tìm tất cả cách chia trong câu a.

Hướng dẫn giải

(a) $A_1=\{1,5,9\}, A_2=\{2,6,7\}, A_3=\{3,4,8\}$ là một cách chia thỏa đề bài.
(b) Tổng các phần tử là $1+2+\cdots+9=45$ do đó mỗi tập hợp có tổng là 15 và có 3 phần tử.
Dễ thấy $1,2,3$ không cùng một tập hợp, vì nếu cùng thì phần tử còn lại sẽ lớn hơn hoặc bằng 10 (vô lý).
Giả sử $1 \in A_1, 2 \in A_2, 3 \in A_3$. hai phần tử còn lại của $A_1$ là $a, b$, ta có $a+b=14$, chỉ có thể là 6,8 hoặc 5,9.
Nếu $6,8 \in A_1$, thì hai phần tử thuộc $A_2$ tổng là 13, chỉ có thể là 4,9 .
Khi đó $5,7 \in A_3$. Ta có các kết quả $A_1=\{1,6,8\}, A_2=\{2,4,9\}, A_3=\{3,5,7\}$.
Nếu $5,9 \in A_1$, thì hai phần tử thuộc $A_2$ có tổng 13 là 6,7.
Khi đó $4,8 \in A_3$. Các kết quả là $A_1=\{1,5,9\}, A_2=\{2,6,7\}, A_3=\{3,4,8\}$.

Ví dụ 1.3. Biết rằng:
$$
A=\{1 ; a\}, B=\{a ; b ; 3\}, C=\{2 ; 4 ; c\}, D=\{a ; b ; 4\}, E=\{a ; b ; c ; e\}
$$
và biết $A \subset D ; B \subset E ; C \subset E ; D \subset E$. Tìm các phần tử $a, b, c, e$.

Hướng dẫn giải

Từ $A \subset D$, suy ra $b=1$.
Từ $B \subset E$, thì một trong hai số $c$ hoặc $e$ phải là $3(1)$.
Từ $D \subset E$ thì một trong hai số $c$ hoặc $e$ phải là $4(2)$.
Từ $C \subset E$ và (1),(2) thì $c, e$ không nhận giá trị 2 nên $a=2$ và $e=4$, suy ra $c=3$.
Vậy $a=2, b=1, c=3, e=4$.

Ví dụ 1.4. Tập hợp $M$ chứa 4 số nguyên phân biệt được gọi là tập liên kết nếu với mỗi $x \in M$ thì ít nhất một trong hai số $x-1, x+1$ thuộc $M$. Gọi $U_n$ là số tập con liên kết của tập $\{1,2, \ldots, n\}$.
(a) Tính $U_7$.
(b) Xác định giá trị nhỏ nhất của $n$ sao cho $U_n \geq 2019$.

Hướng dẫn giải

Gọi $a<b<c<d$ là 4 phần tử của một tập liên kết M.
Vì $a-1 \notin M $ nên $a+1 \in M$, suy ra $b=+1$. Vì $d-1 \in M$, suy ra $c=d-1$.
Như vậy một tập liên kết sẽ có dạng $\{a+1, d-1, d\}$, với $\{d-a>2\}$.
(a) Có 10 tập con liên kết của tập $\{1,2,3,4,5,6,7\}$ là
$$
\begin{aligned}
& \{1,2,3,4\},\{1,2,4,5\},\{1,2,5,6\},\{1,2,6,7\}, \
& \{2,3,4,5\},\{2,3,5,6\},\{2,3,6,7\}, \
& \{3,4,5,6\},\{3,4,6,7\},\{4,5,6,7\} .
\end{aligned}
$$
(b) Gọi $D=d-a+1$ là đường kính của tập $\{a, b=a+1, c=d-1, d\}$, hiển nhiên $3<D \leq$ $n-1+1=n$.
Với $D=4$ sẽ có $n-3$ tập liên kết, với $D=5$ sẽ có $n-4$ tập liên kết, …, với $D=n$ sẽ có đúng một tập liên kết. Do đó
$$
U_n=1+2+\ldots+(n-3)=\dfrac{(n-3)(n-2)}{2} .
$$
Do đó $U_n \geq 2019 \Leftrightarrow(n-3)(n-2) \geq 4038$. Như vậy giá trị nhỏ nhất của $n$ là $n=67$.

Ví dụ 1.5. Chứng minh rằng với mọi số dương $m$ thì $\dfrac{2 m}{m^2+5}$ không thể là số nguyên.

Hướng dẫn giải

Ta có $0<\dfrac{2 m}{m^2+5}<1$ nên $\dfrac{2 m}{m^2+5}$ không thể là số nguyên.

Ví dụ 1.6. (Đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán trường PTNK năm 2014) Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.
(a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đā cho đều không nhỏ hơn 5 .
(b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tồng của chúng nhỏ hơn 40 .

Hướng dẫn giải

(a) Gọi 5 số đó là $a, b, c, d, e$, do các số là phân biệt nên ta có thể giả sử $ad+e$, suy ra $a+b+c \geq d+e+1$. Suy ra $a \geq d+e+1-b-c$.
Mặt khác, do $b, c, d, e$ là số tự nhiên nên từ $d>c>b$ ta có $d \geq c+1 \geq b+2$, suy ra $d-b \geq 2$. $e>d>c$, suy ra $e-c \geq 2$.
Do đó $a \geq(d-b)+(e-c)+1 \geq 5$. Suy ra $b, c, d, e>5$.
Vậy các số đều không nhỏ hơn 5.
(b) Nếu $a \geq 6$, suy ra $b \geq 7, c \geq 8, d \geq 9, e \geq 10$, suy ra $a+b+c+d+e \geq 40$ ( vô lý),
suy ra $a<6$.
Theo câu a ta có $a=5$. Khi đó $b+c+5 \geq d+e+1$, suy ra $b+c \geq d+e-4$.
Mà $d-2 \geq b, e-2 \geq c$, suy ra $d+e-4 \geq b+c$. Do đó $b=d-2, c=e-2$.
Khi đó $a+b+c+d+e=5+2 b+2 c+4<40$. Suy ra $b+c<\dfrac{31}{2}$. Suy ra $b \geq 7$.
Từ đó ta có $b=6, b=7$.
Nếu $b=6$ ta có $d=8, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,6,7,8,9)$
Nếu $b=7, d=9, c=8, e=10$.
Ta có bộ $(5,7,8,9,10)$. Vậy có hai bộ số thỏa đề bài là $(5,6,7,8,9)$ và $(5,7,8,9,10)$.

Ví dụ 1.7. Trong một buôn của người dân tộc, cư dân có thể nói được tiếng dân tộc, có thể nói được tiếng Kinh hoặc nói được cả hai thứ tiếng. Kết quả của một đợt điều tra cơ bản cho biết:
Có 912 người nói tiếng dân tộc,
Có 653 người nói tiếng Kinh,
Có 435 người nói được cả hai thứ tiếng.
Hỏi buôn làng có bao nhiêu cư dân ?

Hướng dẫn giải

Gọi $A$ là tập các người các người nói tiếng dân tộc, ta có $|A|=912, B$ là tập các người nói tiếng Kinh, ta có $|B|=653$. Khi đó $|A \cap B|=435$.
$A \cup B$ là tập các người dân trong buông.
Ta có
$$
|A \cup B|=|A|+|B|-|A \cap B|=912+653-435=1130
$$

Bài 1.1. Viết các số từ 1 đến 9 vào một bảng vuông $3 \times 3$, mỗi số viết một lần, sao cho tồng số ở mỗi dòng, mỗi cột và hai đường chéo đều được số chia hết cho 9 .
(a) Chỉ ra một cách viết thỏa đề bài.
(b) Với cách viết thỏa đề bài thì ô chính giữa có thể là các số nào? Tại sao?

Hướng dẫn giải

(a)
(b) Giả sử ta có bảng sau thỏa đề bài

Ta có $a+e+k, c+e+g, d+e+f, b+e+h$ chia hết cho 9 .

$$
a+e+k+c+e+g+d+e+f+b+e+h=3 e+a+b+c+d+e+f+g+h+k=3 e+45
$$
nên $3 e+45$ chia hết cho 9 , do dó $e$ chia hết cho 3 , vậy $e \in\{3,6,9\}$.

Bài 1.2. Tích của $n$ số nguyên bằng 1 và tổng của chúng bằng 0 . Chứng minh rằng $n$ là một số chia hết cho 4 .

Hướng dẫn giải

Gọi $n$ số đó là $a_1, a_2, \cdots, a_n$. Ta có
$$
a_1+a_2+\cdots+a_n=0
$$

$$
a_1 \cdot a_2 \cdots a_n=1
$$
nên các số $a_i \in\{-1 ; 1\}$, mà tổng bằng 0 nên số các số 1 bằng số các số -1 , do đó $n$ chẵn, đặt $n=2 k$, khi đó
$$
1=a_1 \cdot a_2 \cdots a_n=(-1)^k
$$
Do đó $k$ cũng chẵn, suy ra $n$ chia hết cho 4.

Bài 1.3. Tập hợp $\mathrm{A}$ bao gồm các số tự nhiên thỏa các điều kiện sau:
(a) $1 \in A$;
(b) Nếu $n \in A$ thì $2 n+1 \in A$;
(c) Nếu $3 n+1 \in A$ thì $n \in A$;
Vậy 8 có thuộc $A$ không ?

Hướng dẫn giải

$\{1,3,7,15,31,63,127\} \in A$, và $\{42,85,171,343,114,229,76,25,8\} \in A$

Bài 1.4. Giả sử $x, y, z, t$ là bốn số khác nhau và là các phần tử của tập hợp
$$
A=\{1 ; 2 ; 3 ; 4\} .
$$
Tìm $x, y, z, t$ với các giả thiết:
Nếu $x \neq 1$ thì $z \neq 2$;
Nếu $t=2$ thì $y \neq 1$;
Nếu $y=2$ hoặc $y=3$ thì $x=1$;
Nếu $y \neq 3$ thì $z=4$;
Nếu $t \neq 1$ thì $y=1$.

Hướng dẫn giải

Bài 1.5. Một nhóm 6 học sinh làm bài kiểm tra môn toán được điểm là số tự nhiên từ 1 đến 10 . Hai bạn được gọi là bạn tốt nếu điểm trung bình của 2 bạn đó lớn điểm trung bình của 6 bạn.
(a) Có thể chia 6 bạn thành 3 cặp bạn tốt được không? Tại sao?
(b) Nếu số điểm của 6 bạn là khác nhau, chứng minh rằng có 2 bạn có số điểm hơn kém nhau là 1 .

Hướng dẫn giải

Gọi số điểm các bạn lằn lượt là $a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6$, và $a_i \in\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10\}$.
Đặt $s=a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6$
(a) Giả sử chia được thành 3 cặp bạn tốt, giả sử là các cặp $a_1, a_2 ; a_3, a_4$ và $a_5, a_6$ ta có
$$
\dfrac{a_1+a_2}{2}>\dfrac{s}{6}, \dfrac{a_3+a_4}{2}>\dfrac{s}{6}, \dfrac{a_5+a_6}{2}>\dfrac{s}{6}
$$
Suy ra
$$
\dfrac{a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6}{2}>\dfrac{s}{2}
$$

Điều này mâu thuẫn.
(b) Giả sử không có bạn nào hơn kém nhau là 1 , thì giả sử $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5<a_6$ Suy ra $a_2 \geq 3, a_3 \geq 5, \cdots, a_6 \geq 11$, vô lí.

Bài 1.6. Trong kỳ thi tốt nghiệp THPT ở một trường, kết quả số thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc nhu sau:
Về môn Toán: 48 thí sinh,
Về Toán hoặc Văn: 76 thí sinh,
Về Vật lí: 37 thí sinh,
Về Văn: 42 thí sinh,
Về Vật lí hoặc Văn: 66 thí sinh,
Về Toán hoặc Vật lí: 75 thí sinh,
Về cả ba môn: 4 thí sinh.
Vậy có bao nhiêu học sinh chỉ nhận được danh hiệu xuất sắc về:
(a) 1 môn ?
(b) 2 môn?
(c) Ít nhất 1 môn?

Hướng dẫn giải

Sử dụng biểu đồ Venn. Kí hiệu $A, B, C$ là tập hợp các học sinh đạt danh hiệu xuất sắc tương ứng với các môn Toán, Vật lí hoặc Văn. Các tập hợp này, theo giả thiết thì có 48,37 và 42 phần tử. Giao của ba tập hợp này có 3 phần tử. Kí hiệu qua $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ là số các thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc.

Theo 1,2 hoặc 3 môn. Dựa vào biểu đồ Venn ta lập được các phương trình:
$$
\left\{\begin{array}{l}
a+x+y=44 \\\
b+x+z=33 \\\
a+b+x+y+z=71 \\\
a+c+x+y+z=72 \\\\
b+c+x+y+z=62
\end{array}\right.
$$
Ta có được một hệ 6 phương trình với 6 ần, nhưng diều mà ta cần biết không phải là các giá trị ẩn $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ mà là các tổng $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}, \mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z}$.
Muốn vậy, ta cộng ba phương trình đầu của hệ và sau đó cộng ba phương trình sau của hệ với nhau và được:
$$
\left\{\begin{array}{l}
a+b+c+2(x+y+z)=115 \\\
2(a+b+c)+3(x+y+z)=205
\end{array}\right.
$$
Xem hệ này như là một hệ phương trình hai ẩn, ta tính được:

$$
\begin{aligned}
& a+b+c=65 \
& x+y+z=25
\end{aligned}
$$

Đáp số: 65 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc 1 môn, 25 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc 2 môn, 94 thí sinh đạt danh hiệu xuất sắc ít nhất 1 môn.

Bài 1.7. Một số $m$ được gọi là số ma thuật nếu tổng các chữ số của nó bằng tích các chữ số của nó. Ví dụ số 213 ta có $2+1+3=2 \times 1 \times 3$.
(a) Chứng minh rằng có số ma thuật có $1,2,3,4,5$ chữ số.
(b) Có số ma thuật có 6 chữ số hay không? Tại sao?
(c) Chứng minh rằng có số ma thuật có 2037 chữ số.

Hướng dẫn giải

(a) Các số ma thuật có $1,2,3,4,5$ chữ số là: $1,22,123,4211,52111$.
(b) Số ma thuật có 6 chữ số: 621111
(c) $22222222222111 \ldots .1,11$ chữ số 2 và 2025 chữ số 1 .

Bài 1.8. Có thể viết các số tự nhiên từ 1 đến 16 thành
(a) một đường thẳng
(b) một đường tròn
sao cho tồng hai số liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên dược không? Tại sao

Hướng dẫn giải

(a) $8,1,15,10,6,3,13,12,4,5,11,14,2,7,9,16$.
(b) Giả sử tồn tại cách ghi thỏa đề bài, ta xét hai số kề bên số 8 , gọi là $a, b$ thì $8+a, 8+b$ đều là số chính phương, suy ra $a=b=1$, vô lí. Vậy không tồn tại cách ghi thỏa đề bài.

Bài 1.9. Cho $A$ là tập con của tập các số hữu tỷ dương thỏa mãn các điều kiện sau:
$1 \in A$
Nếu $x \in A$ thì $1+x \in A$
Nếu $x \in A$ thì $\dfrac{1}{x} \in A$

Hướng dẫn giải

(c) $\dfrac{13}{5}=2+\dfrac{3}{5}$.
Ta có $\dfrac{3}{5}=\dfrac{1}{1+\dfrac{2}{3}} \dfrac{3}{2} \in A \Rightarrow \dfrac{2}{3} \in A \Rightarrow \dfrac{5}{3}=1+\dfrac{2}{3} \in A$, do đó $\dfrac{3}{5} \in A$, hơn nữa $2 \in A$, suy ra $\dfrac{13}{5}=2+\dfrac{3}{5} \in A$.

Bài 1.10. Trên bảng có ghi các số tự nhiên từ 1 đến $n$. Cứ mỗi lần một học sinh xóa đi hai số và thay bằng tổng hoặc hiệu của hai số đó.
(a) Cho $n=8$ hỏi sau 7 lần có thể số trên bảng còn lại số 0 dược không?
(b) Câu hỏi tương tự với $n=9$.

Hướng dẫn giải

(a) Câu trả lời là thực hiện được, ta làm như sau:
$1,2,3,4,5,6,7,8$
$1,2,3,4,5,6,1$
$1,2,3,4,1,1$
$1,2,1,1,1$
$1,1,1,1$,
$1,1,0$
$0,0$
$0$
(b) Câu trả lời là không, vì mổi lần thay đổi thì tổng các số còn lại tính chẵn lẻ khồng đổi, tổng lúc đầu là $1+2+\cdots+9=45$ nên sau một số lần thay đổi thì số còn lại phải là số lẻ, không thể bằng 0 .

Bài 1.11. Có bao nhiêu cách viết số 1 thành tồng của 3 phân số mà mỗi phân số có tử số bằng 1 và mẫu số là một số tự nhiên? Tại sao?

Hướng dẫn giải

$$
1=\dfrac{1}{6}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{3}
$$

Bài 1.12. Chứng minh rằng giữa hai số hữu tỉ phân biệt luôn có một số hữu tỉ.

Hướng dẫn giải

Cho $a, b \in \mathbb{Q}, a<b$. Xét $c=\frac{a+b}{2}$ ta có $a<c<b$ và $c \in \mathbb{Q}$.

Bài 1.13. Gọi $S$ là tập hợp các số tự nhiên có thể viết thành tổng bình phương của hai số tự nhiên khác, ví dụ $5=1^2+2^2$ thì $5 \in S$. Chứng minh rằng nếu $x, y \in S$ thì $x y \in S$.

Hướng dẫn giải

Cho $a, b \in S$ ta có $a=x^2+y^2, b=z^2+t^2$, khi đó
$$
a b=\left(x^2+y^2\right)\left(z^2+t^2\right)=x^2 z^2+y^2 t^2+x^2 t^2+y^2 z^2=(x z+t y)^2+(x z-t y)^2
$$
Do đó $a b \in S$.

Bài 1.14. Cho $a, b$ là các số nguyên dương phân biệt, chứng minh rằng 1 không là nghiệm của phương trình $x^2-2(a+b) x+a b+2=0$.

Hướng dẫn giải

Giả sử 1 là nghiệm của phương trình ta có
$$
1^2-2(a+b) 1+a b+2=0 \Leftrightarrow a b-2 a-2 b+3=0 \Leftrightarrow(a-2)(b-2)=1
$$
Do $a, b$ là các số nguyên dương nên $a=1, b=1$ hoặc $a=3, b=3$ mâu thuẫn vì $a \neq b$.

Bài 1.15. Cho các số $a_1, a_2, \cdots, a_6$ thỏa $-\dfrac{1}{2} \leq a_i \leq \dfrac{1}{2}$ và tổng của 5 số bất kì là một số nguyên. Chứng minh rằng 6 số này bằng nhau.

Hướng dẫn giải

Đặt $S=a_1+a_2+\cdots a_6$, ta có $S \in \mathbb{Z}$
Ta có $S-a_i \in \mathbb{Z}$ với mọi $i$.
Giả sử có hai số $a_1 \neq a_2$ ta có $S-a_1-\left(S-a_2\right) \in \mathbb{Z} \Rightarrow a_2-a_1 \in \mathbb{Z}$, suy ra $a_1, a_2 \in\{\dfrac{1}{2},-\dfrac{1}{2}\}$, do $a_1 \neq a_2$ nên $a_1=\dfrac{1}{2}, a_2=-\dfrac{1}{2}$ hoặc $a_1=\dfrac{-1}{2}, a_2=\dfrac{1}{2}$.
Tương tự xét cặp số giữa $a_1$ với các số $a_3,a_4, a_5, a_6$ ta có cũng có các số còn lại thuộc $\{\dfrac{1}{2}, \dfrac{-1}{2}\}$, do đó tổng 5 số lúc này không thể là số nguyên.

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHUYÊN ĐỀ TOÁN 9 – STAR EDUCATION

ĐỀ BÀI.


Bài 1.
a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^2+5 x-6}+\sqrt{2 x^2-x+3}=2 x+1$.
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}3 x=x y z+y+1 \\\ 3 y=y z x+z+1 \\\ 3 z=z x y+x+1\end{array}\right.$.

Bài 2. Cho các số thực $x, y, z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
$$
A=x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4 .
$$

Bài 3. Xét phương trình nghiệm nguyên $x^2+y^2+z^2=x y+k z$ theo ẩn $x, y, z$ và tham số nguyên $k$.
a) Giải phương trình khi $k=3$.
b) Chứng minh rằng khi $k=3^n$ với $n \geq 1$, phương trình có đúng 2 nghiệm.

Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Phân giác ngoài của góc $\angle B A D$ và $\angle A B C$ cắt nhau tại $E$. Phân giác ngoài của góc $\angle A B C$ và $\angle B C D$ cắt nhau tại $F$. Phân giác ngoài của góc $\angle B C D$ và $\angle C D A$ cắt nhau tại $G$. Phân giác ngoài của góc $\angle C D A$ và $\angle D A B$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $E F G H$ nội tiếp.
b) Chứng minh $E, I, G$ thẳng hàng và $H, I, F$ cũng thẳng hàng.
c) Gọi $M, N, P, Q$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ tại $A B, B C, C D, D A$. Chứng minh rằng $E G$ là trung trực của $N Q$, và $F H$ là trung trực của $M P$.

Bài 5. Cho 9 điểm (khác nhau) nằm trong một hình vuông có cạnh là 1 .
a) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích không quá $\frac{1}{8}$.
b) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích nhỏ hơn $\frac{1}{8}$.

LỜI GIẢI

Bài 1.

a) Giải phương trình: $\sqrt{2 x^2+5 x-6}+\sqrt{2 x^2-x+3}=2 x+1$.
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}3 x=x y z+y+1 \\\ 3 y=y z x+z+1 \\\ 3 z=z x y+x+1\end{array}\right.$.

Lời giải

a) Điều kiện: $x \geq-\dfrac{1}{2}$ và $2 x^2+5 x-6 \geq 0$, suy ra $x>0$. Phương trình đã cho tương đương
$$ \sqrt{2 x^2+5 x-6}-x+\sqrt{2 x^2-x+3}-x-1=0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{2 x^2+5 x-6-x^2}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{2 x^2-x+3-x^2-2 x-1}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{x^2+5 x-6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{x^2-3 x+2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
Ta thấy $x=1$ là nghiệm. Xét $x \neq 1$, phương trình trên tương đương
$$\dfrac{x+6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}+\dfrac{x-2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}=0$$
Ta chứng minh $\dfrac{6}{\sqrt{2 x^2+5 x-6}+x}>\dfrac{2}{\sqrt{2 x^2-x+3}+x+1}$

hay $ 3 \sqrt{2 x^2-x+3}>\sqrt{2 x^2+5 x-6} \Leftrightarrow 16 x^2-14 x+21>0$
Bất đẳng thức cuối đúng.
Vậy tóm lại, phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $x=1$.

Bài 2.

Cho các số thực $x, y, z$ thỏa $x^2+y^2+z^2=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của
$$
A=x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4 .
$$

Lời giải

Từ giả thiết ta có $-1 \leq x, y, z \leq 1$.
Từ đó suy ra $x^3+y^3+z^3+x^2+y^2+z^2=x^2(x+1)+y^2(y+1)+z^2(z+1) \geq 0.$
Dẫn đến $x^3+y^3+z^3 \geq-\left(x^2+y^2+z^2\right)=-1$.
Lại có: $x^4+x^4+y^4-\left(x^2+y^2+z^2\right)=x^2\left(x^2-1\right)+y^2\left(y^2-1\right)+z^2\left(z^2-1\right) \leq 0.$
nên $x^4+x^4+y^4 \leq x^2+y^2+z^2=1$.
Do đó suy ra $A=x^3+y^3+z^3-\left(x^4+x^4+y^4\right) \geq-1-1=-2.$
Đẳng thức xảy ra khi $x=0, y=0, z=-1$ hoặc các hoán vị.
Áp dụng bất đẳng thức $a b \leq \dfrac{a^2+b^2}{2}$ với mọi số thực $a, b$, ta có:
$ x^3=\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{3}} x \cdot x^2 \leq \sqrt{3} \cdot \dfrac{x^2+x^4}{2}=\dfrac{x^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{x^4 \sqrt{3}}{2}.$
Tương tự, $y^3 \leq \dfrac{y^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{y^4 \sqrt{3}}{2}, z^3 \leq \dfrac{z^2 \sqrt{3}}{6}+\dfrac{z^4 \sqrt{3}}{2}$.
Từ đây suy ra $A =x^3+y^3+z^3-x^4-y^4-z^4\leq \dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(x^2+y^2+z^2\right)+\dfrac{\sqrt{3}-2}{2} \left(x^4+y^4+z^4\right)$
$\leq \dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{\sqrt{3}-2}{2} \cdot \dfrac{\left(x^2+y^2+z^2\right)^2}{3}$
$=\dfrac{\sqrt{3}}{6}+\dfrac{\sqrt{3}-2}{6}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{3}.$
Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$.

Bài 3. Xét phương trình nghiệm nguyên $x^2+y^2+z^2=x y+k z$ theo ẩn $x, y, z$ và tham số nguyên $k$.
a) Giải phương trình khi $k=3$.
b) Chứng minh rằng khi $k=3^n$ với $n \geq 1$, phương trình có đúng 2 nghiệm.

Lời giải

a) Khi $k=3$, ta có phương trình $x^2+y^2+z^2=x y+3 z \Leftrightarrow 3 z-z^2=x^2-x y+y^2 \geq 0 .$
Suy ra $0 \leq z \leq 3$.
Nếu $z=0$ hoặc $z=3$ thì $x=y=0$.
Nếu $z=1$ hoặc $z=2$ thì $x^2-x y+y^2=2$ hay $(x+y)^2=3 x y+2$. Điều này là vô lý vì số chính phương không thể chia cho 3 dư 2 .
Vậy tất cả nghiệm cần tìm là $(0,0,0),(0,0,3)$.

b) Ta chứng minh bằng cách quy nạp theo $n$. Khẳng định đúng với $n=1$. Giả sử khẳng định đúng đến $n \geq 1$, ta chứng minh khẳng định cũng đúng với $n+1$.
Khi $k=3^{n+1}$, phương trình đã cho tương đương: $(x+y)^2+z^2=3 x y+3^{n+1} z: 3$.
Đặt $a=x+y$.
Giả sử $a$ không chia hết cho 3 thì $z$ cũng không chia hết cho 3 , suy ra $
a^2-1, z^2-1 \vdots 3 \Rightarrow a^2+z^2-2 \vdots 3.$ Điều này là vô lý vì $a^2+z^2: 3.$ Vậy $x+y$ và $z$ chia hết cho .
Khi đó $(x+y)^2+z^2: 9$, dẫn đến $x y: 3$.
Kết hợp với $x+y: 3$ ta kết luận được $x, y$ đều là bội của 3 .
Đặt $x=3 x_0, y=3 y_0, z=3 z_0\left(x_0, y_0, z_0 \in \mathbb{Z}\right)$
Có: $x^2+y^2+z^2=x y+3^{n+1} z \Leftrightarrow x_0^2+y_0^2+z_0^2=x_0 y_0+3^n z_0 .$
Theo giả thiết quy nạp, phương trình trên có đúng hai nghiệm. Theo nguyên lý quy nạp, ta được phát biểu đúng với mọi $n \geq 1$.

Bài 4. Cho tứ giác $A B C D$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. Phân giác ngoài của góc $\angle B A D$ và $\angle A B C$ cắt nhau tại $E$. Phân giác ngoài của góc $\angle A B C$ và $\angle B C D$ cắt nhau tại $F$. Phân giác ngoài của góc $\angle B C D$ và $\angle C D A$ cắt nhau tại $G$. Phân giác ngoài của góc $\angle C D A$ và $\angle D A B$ cắt nhau tại $H$.
a) Chứng minh tứ giác $E F G H$ nội tiếp.
b) Chứng minh $E, I, G$ thẳng hàng và $H, I, F$ cũng thẳng hàng.
c) Gọi $M, N, P, Q$ là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ tại $A B, B C, C D, D A$. Chứng minh rằng $E G$ là trung trực của $N Q$, và $F H$ là trung trực của $M P$.

Lời giải

a) Biến đổi góc: $$\angle A E B=180^{\circ}-\angle E A B-\angle E B A=\angle B A I+\angle A B I=\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C) .$$
Tương tự, $\angle D G C=\dfrac{1}{2}(\angle A D C+\angle B C D)$.
Suy ra $$\angle A E B+\angle D G C=\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C+\angle A D C+\angle B C D)=\dfrac{1}{2} \cdot 360^{\circ}=180^{\circ} .$$
Vậy tứ giác $E F G H$ nội tiếp.

b) Ta có các tứ giác $A E B I, G D I C$ là các tứ giác nội tiếp nên suy ra
$$\angle A I E+\angle A I D+\angle G I D =\angle A B E+\left(180^{\circ}-\angle I A D-\angle I D A\right)+\angle G C D $$
$$=90^{\circ}-\angle A B I+180^{\circ}-\angle I A D-\angle I D A+90^{\circ}-\angle D C I$$
$$=360^{\circ}-\dfrac{1}{2}(\angle B A D+\angle A B C+\angle A D C+\angle B C D)=180^{\circ} .$$
Vậy $E, I, G$ thẳng hàng. Tương tự, ta cũng có $H, I, F$ thẳng hàng.

c) Gọi $X, Y$ lần lượt là giao điểm của $I E, I B$ và $Q N$.
Biến đổi góc:$$\angle B Y N =180^{\circ}-\angle Y B N-\angle B N Q=180^{\circ}-\dfrac{1}{2} \angle A B C-\dfrac{360^{\circ}-\angle Q A B-\angle N B A}{2}$$
$$=-\dfrac{1}{2} \angle A B C+\dfrac{\angle D A B+\angle A B C}{2}$$
$$=\dfrac{1}{2} \angle D A B=\angle B A I=\angle B E I .$$

Suy ra tứ giác $E B Y X$ nội tiếp, dẫn đến $\angle I X Y=90^{\circ}$.
Mà $I Q=I N$ nên ta được $E I$ là đường trung trực của $Q N$, hay $E Q$ là đường trung trực của $Q N$.
Tương tự, $F N$ của là đường trung trực của $M P$.

Bài 5. Cho 9 điểm (khác nhau) nằm trong một hình vuông có cạnh là 1 .
a) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích không quá $\dfrac{1}{8}$.
b) Chứng minh rằng ta luôn có thể tìm một tam giác với các đỉnh từ 9 điểm trên sao cho nó có diện tích nhỏ hơn $\dfrac{1}{8}$.

Lời giải

Trước tiên ta chứng minh bài toán phụ: một tam giác có ba đỉnh nằm trên cạnh hoặc miền trong của một hình chữ nhật thì có diện tích không quá một nửa diện tích hình chữ nhật ấy.
Thật vậy, giả sử tam giác $M N P$ với $M, N, P$ thuộc cạnh hoặc miền trong hình chữ nhật $A B C$.
Xét trường hợp $M, N$ thuộc cạnh hình chữ nhật, không mất tính tổng quát, $M, N$ nằm trên cạnh $A B$.
Khi đó hạ đường cao $P H$ của tam giác $M N P$ thì $$S_{M N P}=\dfrac{1}{2} P H \cdot M N \leq \dfrac{1}{2} B C \cdot M N \leq \dfrac{1}{2} B C \cdot A B=\dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Xét trường hợp $M \in A B$. Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $B C$ cắt $C D$ tại $Q$ và cắt đường thẳng $N P$ tại $T$. Nếu $T$ nằm ngoài đoạn $N P$ thì $$
S_{M N P} \leq S_{M T P} \leq \dfrac{1}{2} S_{M Q C B} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Nếu $T$ thuộc đoạn $N P$ thì $$S_{M N P}=S_{M T N}+S_{M T P} \leq \dfrac{1}{2} S_{M Q D A}+\dfrac{1}{2} S_{M Q C B}=\dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$


Cuối cùng, nếu $M, N, P$ dều không thuộc cạnh hình chữ nhật, không mất tính tổng quát, giả sử $M$ có khoảng cách gần với $A B$ nhất trong ba điểm $M, N, P$, kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $A B$ cắt $A D, B C$ tại $R, S$.
Khi đó, $$S_{M N P} \leq \dfrac{1}{2} S_{R S C D} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D} .$$
Vậy tóm lại, ta luôn có $S_{M N P} \leq \dfrac{1}{2} S_{A B C D}$. Đẳng thức xảy ra khi tam giác có một cạnh, giả sử $N P$ là cạnh của hình chữ nhật và $M$ nằm trên cạnh của hình chữ nhật đối diện với cạnh $N P$.
Trở lại bài toán, chia hình vuông thành bốn hình vuông nhỏ có diện tích là $\dfrac{1}{4}$ bởi hai đường trung bình.
Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại 3 diểm cùng thuộc một hình vuông nhỏ.
Diện tích tam giác tạo bởi 3 điểm này không quá $\dfrac{1}{2}$ diện tích hình vuông nhỏ, tức là không quá $\dfrac{1}{8}$ (nếu 3 điểm thẳng hàng thì ta coi như đó là tam giác có diện tích bằng 0 ).
Mà các điểm nằm bên trong hình vuông dẫn đến không có cạnh nào của tam giác này là cạnh của hình vuông, cho nên diện tích tam giác này phải bé hơn $\dfrac{1}{8}$.
Hoàn tất chứng minh.