ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả $a$ để dãy số $\left(u_n\right)$ hội tụ, biết $u_1=a$ và $\forall n \in \mathbb{N}^*$ thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}2 u_n-1 \text { nếu } u_n>0 \\ -1 \text { nếu }-1 \leq u_n \leq 0 \\ u_n^2+4 u_n+2 \text { nếu } u_n<-1\end{array}\right.$

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^k y^k z^k\left(x^3+y^3+z^3\right) \leq 3$

luôn đúng với mọi số thực dương $x, y, z$ thoả mãn điều kiện $x+y+z=3$.

Bài 3. Cho hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn hai điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $f$ là hàm tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

$\quad\quad$ ii) $f(2 n)=2 f(n) \forall n \in \mathbb{N}^*$.

(a) Giả sử $f(1)=3$ và $p>3$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $f(n)$ chia hết cho $p$.

(b) Cho $q$ là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm $f$ thoả mãn các điều kiện của bài toán mà $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi $n$ nguyên dương.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có góc $\angle B A C$ tù và $A H \perp B C(H$ nằm trên $B C)$. Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $A B$. Dựng điểm $N$ sao cho $\Delta B M N \sim \triangle H C A$, với $H$ và $N$ nằm khác phía đối với đường thẳng $A B$.

(a) Gọi $C M$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $B M N$ tại $K$. Chứng minh rằng $N K$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Gọi $N H$ cắt $A C$ tại $P$. Dựng điểm $Q$ sao cho $\triangle H P Q \sim \triangle H N M$, với $Q$ và $M$ nằm khác phía đối với đường thẳng $N P$. Chứng minh rằng $Q$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Với mỗi số nguyên dương $n$, tồn tại duy nhất số tự nhiên $a$ thoả mãn điều kiện $a^2 \leq n<(a+1)^2$. Đặt $\Delta_n=n-a^2$.

(a) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\Delta_n$ khi $n$ thay đổi và luôn thoả mãn $n=15 m^2$ với $m$ là số nguyên dương.

(b) Cho $p, q$ là các số nguyên dương và $d=5(4 p+3) q^2$. Chứng minh rằng $\Delta_d \geq 5$.

Bài 6. Với các số nguyên $a, b, c, d$ thoả mãn $1 \leq a<b<c<d$, ký hiệu:

$T(a, b, c, d)=[(x, y, z, t) \subset \mathbb{N}^* \mid 1 \leq x<y<z<t, x \leq a, y \leq b, z \leq c, t \leq d]$

(a) Tình số phần tử của $T(1,4,6,7)$.

(b) Cho $a=1$ và $b \geq 4$. Gọi $d_1$ là số phần tử của $T(a, b, c, d)$ chứa 1 và không chứa $2 ; d_2$ là số phần tử chứa 1,2 và không chứa $3 ; d_3$ là số phần tử chứa $1,2,3$ và không chứa 4 . Chứng minh rằng $d_1 \geq 2 d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 7. Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kỳ có kết nối trực tiếp với ít nhất $30 \%$ máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi một máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó. Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà nếu thả virus vào hai máy đó, ít nhất $50 \%$ máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn. Đường tròn $(I)$ có tâm $I$ thuộc cạnh $B C$ và tiếp xúc với các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E, F$. Lấy $M, N$ bên trong tứ giác $B C E F$ sao cho $E F N M$ nội tiếp $(I)$ và các đường thẳng $M N, E F, B C$ dồng quy. Gọi $M F$ cắt $N E$ tại $P, A P$ cắt $B C$ tại $D$.

(a) Chứng minh rằng $A, D, E, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Lấy trên các đường thẳng $B N, C M$ các điểm $H, K$ sao cho $\angle A C H=$ $\angle A B K=90^{\circ}$. Gọi $T$ là trung điểm $H K$. Chứng minh rằng $T B=T C$.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả $a$ để dãy số $\left(u_n\right)$ hội tụ, biết $u_1=a$ và $\forall n \in \mathbb{N}^*$ thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}2 u_n-1 \text { nếu } u_n>0, \\ -1 \text { nếu }-1 \leq u_n \leq 0, \\ u_n^2+4 u_n+2 \text { nếu } u_n<-1\end{array}\right.$

Lời giải. Có các trường hợp sau cần xem xét:

• Nếu $a>1$, bằng quy nạp đơn giản, ta có $u_n>1 \forall n \in \mathbb{N}^*$ và

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=2^{n-1}(a-1)+1, \forall n \in \mathbb{N}^* .$

Do $a>1$, cho $n \rightarrow+\infty$ thì $u_n \rightarrow+\infty$. Từ đó $\left(u_n\right)$ không hội tụ.

• Nếu $a=1$ thì $u_n=1 \forall n \in \mathbb{N}^*$ hay $\left(u_n\right)$ hội tụ về 1 .

• Nếu $0<a<1$, ta sẽ chứng minh rằng $\left(u_n\right)$ có ít nhất một số hạng không dương. Thật vậy, giả sử $u_n>0 \forall n \in \mathbb{N}^*$ thì theo trường hợp đầu tiên, ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=2^{n-1}(a-1)+1 \forall n \in \mathbb{N}^*$

Do $a>1$, cho $n \rightarrow+\infty$ thì $u_n \rightarrow-\infty$, trái với việc $u_n>0 \forall n, \in \mathbb{N}^*$.

Từ đó điều giả sử là sai hay phải tồn tại $k \in \mathbb{N}^*\text { sao cho } u_k>0 \text { và } u_{k+1} \leq 0$. Với cách chọn chỉ số $\text{k}$ như vậy, ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -1 \leq 2 u_k-1=u_{k+1} \leq 0$

Khi đó $u_{k+2}=0$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1 \forall n \in \mathbb{N}^*, n \geq k+2$. Điều này dễn đến $\left(u_n\right)$ hội tụ về $-1$.

• Nếu $-1 \leq a \leq 0$, từ giả thiết thì $u_2=-1$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1 \forall n \in$ $\mathbb{N}^*, n \geq 2$ hay $\left(u_n\right)$ hội tụ về $-1$.

• Nếu $-2<a<-1$, ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_2-u_1=a^2+3 a+2=(a+2)(a+1)<0$

Khi đó thì $u_2<u_1<-1$. Lại có $u_2=(a+2)^2-2 \geq-2$ nên $-2<u_2<-1$.

Bằng quy nạp, ta có $\left(u_n\right)$ là dãy giảm và $-2<u_n<-1$ nên $\left(u_n\right)$ hội tụ.

• Nếu $-2-\sqrt{3} \leq a \leq-2$ thì $u_2=a^2-4 a+2$ và dễ có được:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -1 \leq a^2-4 a+2 \leq 1$

Theo các trường hợp đã xét, dãy số $\left(u_n\right)$ hội tụ.

• Nếu $a<-2-\sqrt{3}$, bằng vài tính toán, ta có $u^2=a^2-4 a+2>1$.

Theo trường hợp đầu tiên, dãy số $\left(u_n\right)$ không hội tụ.

Vậy dãy số $\left(u_n\right)$ hội tụ khi và chỉ khi $-2-\sqrt{3} \leq a \leq 1$.

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^k y^k z^k\left(x^3+y^3+z^3\right) \leq 3$

luôn đúng với mọi số thực dương $x, y, z$ thoả mãn điều kiện $x+y+z=3$.

Lời giải. Ta sẽ chứng minh rằng $k=3$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán. Trước hết, chọn $x=y=\frac{3}{4}, z=\frac{3}{2}$ thì ta phải có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(\frac{3}{4}\right)^{2 k} \cdot\left(\frac{3}{2}\right)^k\left(2 \cdot\left(\frac{3}{4}\right)^3+\left(\frac{3}{2}\right)^3\right) \leq 3$

Dễ thấy đánh giá trên chỉ đúng nếu $k \geq 3$. Ta đưa về chứng minh rằng:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^3 y^3 z^3\left(x^3+y^3+z^3\right) \leq 3 .$

Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y \geq z$ thì $z \leq 1$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad x^3+y^3=(x+y)^3-3 x y(x+y)=(3-z)^3-3 x y(x+y) \text { hay } $

$\quad\quad\quad\quad\quad (3-z)^3+z^3 \leq \frac{3}{x^3 y^3 z^3}+3 x y(x+y)$

Khai triển và thu gọn, bất đẳng thức trở thành:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 3 z^2-9 z+9 \leq \frac{1}{x^3 y^3 z^3}+x^2 y+x y^2$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có vế phải của bất đẳng thức trên sẽ không nhỏ hơn $\frac{3}{z}$. Từ đây ta chỉ cần chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 3 z^2-9 z+9 \leq \frac{3}{z} \text { hay } 3(z-1)^3 \leq 0 \text {, đúng. }$

Vậy $k=3$ là hằng số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán.

Nhận xét. Dưới đây là các cách xử lý khác cho bất đẳng thức ứng với $k=3$ ở trên.

Cách 1. Không mất tính tổng quát ta giả sử $x \leq y \leq z$. Khi đó luôn tồn tại $m>n \geq 0$ sao cho $x=m-n, y=m+n$. Khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad z=3-2 m ; m=\frac{x+y}{2} \leq 1$

Xét hàm số

$f(n)=(m-n)^3(m+n)^3 z^3\left[z^3+(m-n)^3+(m+n)^3\right]=z^3\left(m^2-n^2\right)^3\left(z^3+2 m^3+6 m n^2\right)$

thì

$\quad\quad\quad\quad\quad f^{\prime}(n)=z^3\left(m^2-n^2\right)^2\left(-6 n z^3-48 m n^3\right) \leq 0$

nên

$\quad\quad\quad\quad\quad f(n) \leq f(0)=m^6 z^3\left(z^3+2 m^3\right)=m^6(3-2 m)^3\left((3-2 m)^3+2 m^3\right)$

Xét hàm số

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad g(m)=m^6(3-2 m)^3\left[(3-2 m)^3+2 m^3\right]$

thì

$\quad\quad\quad\quad\quad g^{\prime}(m)=18 m^5(3-2 m)^2(m-1)\left[(m-1)\left(8 m^2-37 m+26\right)-1\right] \geq 0 .$

Vậy nên $g(m) \leq g(1)=3$, bài toán được giải quyết.

Cách 2. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $z$ là số lớn nhất trong ba số $x, y, z$. Đặt $t=\frac{x+y}{2}$ và $f(x, y, z)=x^3 y^3 z^3\left(x^3+y^3+z^3\right)$. Ta sẽ chứng minh $f(x, y, z) \leq$ $f(t, t, z)$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad f(t, t, z)-f(x, y, z)=z^3\left[t^6\left(2 t^3+z^3\right)-x^3 y^3\left(x^3+y^3+z^3\right)\right] .$

Mặt khác,

$t^6\left(2 t^3+z^3\right)-x^3 y^3\left(x^3+y^3+z^3\right)=z^3\left(t^6-x^3 y^3\right)+2 t^9-x^3 y^3(x+y)\left(x^2+y^2-x y\right) $

$=z^3\left(t^6-x^3 y^3\right)+2 t^9-2 t x^3 y^3\left(4 t^2-3 x y\right) \geq t^3\left(t^6-x^3 y^3\right)+2 t^9-2 t x^3 y^3\left(4 t^2-3 x y\right) $

$=3 t\left(t^2-x y\right)\left[t^6+x y\left(2 x y+t^2\right)\left(t^2-x y\right)\right] \geq 0 .$

Vậy nên

$\quad\quad\quad\quad\quad f(x, y, z) \leq f(t, t, z)=f(t, t, 3-2 t)=t^6(3-2 t)^3\left[2 t^3+(3-2 t)^3\right]$

Ta chỉ cần chứng minh

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad t^6(3-2 t)^3\left[2 t^3+(3-2 t)^3\right] \leq 3$

Đến đây thực hiện như cách 1 ở trên.

Bài 3. Cho hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn hai điều kiện sau:

i) $f$ là hàm tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

ii) $f(2 n)=2 f(n) \forall n \in \mathbb{N}^*$.

(a) Giả sử $f(1)=3$ và $p>3$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $f(n)$ chia hết cho $p$.

(b) Cho $q$ là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm $f$ thoả mãn các điều kiện của bài toán mà $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi $n$ nguyên dương.

Lời giải. (a) Đặt $A=[f(n+1)-f(n) \mid n \in \mathbb{N}^*].$

Vì $\text { f là hàm số tăng thực sự trên } \mathbb{N}^* \text { nên } A \subset \mathbb{N}^*$.

Khi đó phải tồn tại $k=\min A \text { và tồn tại } n \in \mathbb{N}^* \text { để } k=f(n+1)-f(n)$. Khi đó:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(2 n+2)-f(2 n)=2 f(n+1)-2 f(n)=2 k .$

Lại có $f(2 n+2)-f(2 n+1), f(2 n+1)-f(2 n) \geq k$ nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(2 n+2)-f(2 n+1)+f(2 n+1)-f(2 n) \geq 2 k .$

Từ đây ta phải có $f(2 n+2)-f(2 n+1)=f(2 n+1)-f(2 n)=k$. Bằng quy nạp theo $m$, ta chứng minh được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(2^m n+t\right)=2^m f(n)+t k \forall t, m \in \mathbb{N}, t \leq m .$

Lại có $f(1)=3, f(2)=6$ nên $k \leq 3<p$ hay $(k, p)=1$.

Xét $p$ số nguyên dương sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(2^p n\right), f\left(2^p n+1\right), f\left(2^p n+2\right), \ldots, f\left(2^p n+p-1\right)$

lập thành một cấp số cộng có công sai $k$ nên là một hệ thặng dư đầy đủ modulo $p$. Từ đó phải tồn tại một số hạng chia hết cho $p$.

(b) Ta xây dựng một hàm số $f$ với các điều kiện như sau:

$\quad\quad$ i) $f(1)=2^a>q\left(a \in \mathbb{N}^*\right.$,

$\quad\quad$ ii) $f(2 n)=2 f(n) \forall n \in \mathbb{N}^*$,

$\quad\quad$ iii) $f(2 n+1)=f(2 n)+q \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Ta chứng minh rằng hàm số $f$ vừa xây dựng thỏa mãn bài toán.

Trước hết ta chứng minh rằng $f$ là hàm tăng thực sự, cụ thể là:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-f(n) \geq q \forall n \in \mathbb{N}^* .$

Với $n=1$, ta có $f(2)-f(1)=2.2^a-2^a=2^a>q$. Giả sử khẳng định cần chứng minh đúng đến $n=k$. Xét các khả năng sau:

• Nếu $k$ là số chẵn, ta có $f(k+1)=f(k)+q$ thỏa mãn yêu cầu.

• Nếu $k$ là số lẻ, ta có:

$\quad\quad\quad\quad f(k+1)=2 f\left(\frac{k+1}{2}\right) \geq 2\left(f\left(\frac{k-1}{2}\right)+q\right)=f(k-1)+2 q .$

Lại có $f(k)=f(k-1)+q$ nên $f(k+1) \geq f(k)+q$.

Theo nguyên lý quy nạp, ta có $f(n+1)-f(n) \geq q \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Bây giờ ta chứng minh rằng không tồn tại $n$ để $q \mid f(n)$. Trước hết thì $f(1)=2^a$ không chia hết cho $q$. Giả sử điều này đúng đến $n=k$. Xét các khả năng sau:

• Nếu $k$ chẵn thì $f(k+1)=f(k)+q$ không chia hết cho $q$.

• Nếu $k$ lẻ thì $f(k+1)=2 f\left(\frac{k+1}{2}\right)$ không chia hết cho $q$.

Theo nguyên lý quy nạp, $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Các điều kiện đã được kiểm tra đầy đủ.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có góc $\angle B A C$ tù và $A H \perp B C(H$ nằm trên $B C$ ). Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $A B$. Dựng điểm $N$ sao cho $\Delta B M N \sim \triangle H C A$, với $H$ và $N$ nằm khác phía đối với đường thẳng $A B$.

(a) Gọi $C M$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $B M N$ tại $K$. Chứng minh rằng $N K$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Gọi $N H$ cắt $A C$ tại $P$. Dựng điểm $Q$ sao cho $\triangle H P Q \sim \Delta H N M$, với $Q$ và $M$ nằm khác phía đối với đường thẳng $N P$. Chứng minh rằng $Q$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải. (a) Xét điểm $X$ trên $A C$ sao cho $\angle X B C=90^{\circ}$ và $K^{\prime}$ là giao điểm của $N X$ và $C M$. Ta có $\Delta B M N \sim \triangle B C X$ (cùng hướng). Từ đó có một phép vị tự quay tâm $B$ biến $M \mapsto N, C \mapsto X$.

Giả sử $C M$ cắt $B X$ tại $K^{\prime}$ thì $K^{\prime}$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $B M N$. Từ đó $K^{\prime} \equiv K$ nên $N K$ luôn đi qua điểm $X$ cố định.

(b) Xét phép vị tự tâm $H$ biến

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad N \mapsto P, M \mapsto Q, B \mapsto F .$

Ta có $\Delta B M N \sim \triangle F Q P$. Khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle F Q P=\angle B M N=\angle A C B=\angle F C P$

nên tứ giác $C F P Q$ nội tiếp. Từ đây dẫn đến

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle Q C P=\angle Q F P=\angle M B N=90^{\circ} .$

Vậy $Q$ thuộc đường thẳng qua $C$ vuông góc với $A C$, là đường thẳng cố định.

 

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Với mỗi số nguyên dương $n$, tồn tại duy nhất số tự nhiên $a$ thoả mãn điều kiện $a^2 \leq n<(a+1)^2$. Đặt $\Delta_n=n-a^2$.

(a) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\Delta_n$ khi $n$ thay đổi và luôn thoả mãn $n=15 m^2$ với $m$ là số nguyên dương.

(b) Cho $p, q$ là các số nguyên dương và $d=5(4 p+3) q^2$. Chứng minh rằng $\Delta_d \geq 5$.

Lời giải. (a) Ta cần tìm $\Delta_n$ nhỏ nhất để phương trình $15 m^2-a^2=\Delta_n$ có nghiệm nguyên dương. Nhận thấy $15-3^2=6$ nên $\min \Delta_n \leq 6$. Ta chứng minh rằng phương trình trên không có nghiệm nguyên dương với $\Delta_n<6$.

Ta có $3 \mid a^2+\Delta_n$. Suy ra $3 \mid \Delta_n$ hoặc $3 \mid \Delta_n+1$. Mặt khác $5 \mid a^2+\Delta_n$ nên $\Delta_n$ chia 5 chỉ có thể dư 0,1 hoặc 4 .

Từ đó nếu tồn tại $n$ để $\Delta_n<6$ thỏa mãn bài toán thì $\Delta_n=5$. Giả sử rằng tồn tại $n$ như thế, ta có $15 m^2-a^2=5$ hay $5 \mid a$. Đặt $a=5 s\left(s \in \mathbb{N}^*\right)$, ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 3 m^2-5 s^2=1 \text {. }$

Từ đó thì

$\quad\quad\quad\quad 3\left(m^2+s^2\right) \equiv 1 \quad(\bmod 8)$ hay $m^2+s^2 \equiv 3 \quad(\bmod 8)$

Điều này vô lý do $m^2$ chia 8 dư $0,1,4$. Vậy $\Delta_n$ nhỏ nhất là 6 .

(b) Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 5(4 p+3) q^2-a^2=\Delta_d .$

Do $a^2$ chia 5 dư $0,1,4$ nên $\Delta_d$ chia 5 dư $0,1,4$. Giả sử rằng có bộ số để $\Delta_d<5$. Xét các khả năng sau:

• Nếu $\Delta_d=0$ thì $5(4 p+3) q^2=a^2$. Xét bộ số $(q, a)$ với $q+a$ nhỏ nhất. Từ phương trình trên, ta có $a^2+q^2 \equiv 0(\bmod 4)$ hay $a \equiv q \equiv 0(\bmod 2)$.

Đặt $a=2 a_1$ và $q=2 q_1$ với $a_1, q_1 \in \mathbb{N}^*$ thì bộ số $\left(q_1, a_1\right)$ cũng thoả mãn điều kiện $5(4 p+3) q_1^2=a_1^2$. Hơn nữa $q_1+a_1<q+a$, mâu thuẫn.

• Nếu $\Delta_d=1$, ta có $a^2+1=5(4 p+3) q^2$. Do $5(4 p+3) \equiv 3(\bmod 4)$ nên số này tồn tại một ước nguyên tố $r \equiv 3(\bmod 4)$.

Do đó $a^2+1 \equiv 0(\bmod r)$ hay $r \mid 1$, vô lý.

• Nếu $\Delta_d=4$, chứng minh tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn.

Vậy ta phải có $\Delta_d \geq 5$.

Bài 6. Với các số nguyên $a, b, c, d$ thoả mãn $1 \leq a<b<c<d$, ký hiệu: $T(a, b, c, d)=[(x, y, z, t) \subset \mathbb{N}^* \mid 1 \leq x<y<z<t, x \leq a, y \leq b, z \leq c, t \leq d]$.

(a) Tính số phần tử của $T(1,4,6,7)$.

(b) Cho $a=1$ và $b \geq 4$. Gọi $d_1$ là số phần tử của $T(a, b, c, d)$ chứa 1 và không chứa $2 ; d_2$ là số phần tử chứa 1,2 và không chứa $3 ; d_3$ là số phần tử chứa $1,2,3$ và không chứa 4 . Chứng minh rằng $d_1 \geq 2 d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Lời giải. (a) Với $T(1,4,6,7)$, ta có $x \leq 1$ nên $x=1$. Khi đó ta có $2 \leq y \leq 4$ hay $y \in{2,3,4}$. Xét các khả năng sau:

• Nếu $y=2$ thì $3 \leq z \leq 6$. Với mỗi giá trị của $z$, ta có thể thu được $7-z$ giá trị của $t$ nên ta có 10 bộ số.

• Nếu $y=3$, tương tự ta có 6 bộ số.

• Nếu $y=4$, tương tự ta có 3 bộ số.

Vậy có tất cả 19 bộ số trong $T(1,4,6,7)$.

(b) Đặt các tập hợp sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}T_1={(1, y, z, t) \mid 3 \leq y \leq b, y<z \leq c, z<t \leq d} \\ T_2={(1,2, z, t) \mid 4 \leq z \leq c, z<t \leq d} \\ T_3={(1,2,3, t) \mid 5 \leq t \leq d}\end{array}\right.$

Ta có $d_3=\left|T_3\right|=d-4$ và

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad d_2=\sum_{z=4}^c(d-z)=(c-3) d+\frac{(c+4)(c-3)}{2}$

Tiếp theo ta tính $d_1=\left|T_1\right|$. Vì $b \geq 4$ nên $y \geq 3$. Xét các khả năng sau

• Nếu $y=3$ thì $T(1,3, z, t)=d_2$.

• Nếu $y=4$ thì $T(1,4, z, t)=\sum_{z=5}^c(d-z)=(c-4) d-\frac{(c+5)(c-4)}{2}$.

Từ đó $d_1 \geq d_2+(c-4) d-\frac{(c+5)(c-4)}{2}$. Do đó, kết hợp với việc tính được giá trị của $d_2$, khi cộng theo vế thì $d_1+d_3-2 d_2 \geq 0$.

Vậy $d_1 \geq 2 d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=4$.

Nhận xét. Ngoài lời giải khá “đại số” phía trên, có một lời giải khác cho ý sau của bài toán sử dụng song ánh:

• Điểm mấu chốt là phân rã $T_1, T_2, T_3$ thành các nhóm thích hợp và thiết lập được đơn ánh giữa chúng. Với các tập $T_1, T_2, T_3$ định nghĩa như trên, ta viết $T_1$ thành $A \cup B \cup C$ có giao đôi một khác rỗng, trong đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}A={(1,3,4, t) \mid 5 \leq t \leq d} \\ B={(1,3, z, t) \mid 5 \leq z \leq c, z<t \leq d} \\ C={(1, y, z, t) \mid 4 \leq y \leq b, y<z \leq c, z<t \leq d}\end{array}\right.$

• Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A$ vào $T_3$ nên $|A|=\left|T_3\right|=d_3$.

• Xét $D={(1,4, z, t) \mid 5 \leq z \leq c, z<t \leq d}$. Dễ kiểm chứng rằng $D \subset C$ và có song ánh từ $D$ vào $B$ nên $|D|=|B|$.

• Ta có $A \cup B={(1,3, z, t) \mid 4 \leq z \leq c, z<t \leq d}$. Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A \cup B$ vào $T_2$ nên $|A \cup B|=\left|T_2\right|=d_2$. Chú ý rằng $A \cap B=\varnothing$ nên $|A|+|B|=d_2$ hay $|B|=d_2-d_3$. Từ đó ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad d_1=|A|+|B|+|C| \geq|A|+|B|+|D|=d_3+2|B|$

Vậy $d_1 \geq d_3+2\left(d_2-d_3\right)=2 d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=4$.

Bài 7. Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kỳ có kết nối trực tiếp với ít nhất $30 \%$ máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi một máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó. Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà nếu thả virus vào hai máy đó, ít nhất $50 \%$ máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus.

Lời giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau: Xét một tập con $S$ bất kỳ của tập các máy tính $X$, khi đó tồn tại 1 máy tính của hệ thống kết nối trực tiếp với ít nhất $30 \%$ máy tính của $S$.

Thật vậy, xét các cặp $(s, x)$ với $s \in S, x \in X$ và $(s, x)$ kết nối trực tiếp với nhau. Khi đó, nếu tính theo $s$ thì số cặp như vậy sẽ không ít hơn $\frac{3}{10}|S||X|$. Do đó nếu tính theo $x$ thì sẽ phải tồn tại máy tính $x$ kết nối trực tiếp với ít nhất $\frac{3}{10}|S|$.

Quay trở lại bài toán,

Giả sử hệ thống có $n$ máy tính. Xét máy tính $A$ bất kỳ. Gọi $S$ là tập hợp các máy tính không kết nối trực tiếp với $A$. Nếu $S=\varnothing$ thì kết quả bài toán là hiển nhiên. Nếu $S \neq \varnothing$ thì theo bổ đề, tồn tại máy tính $B$ kết nối trực tiếp với ít nhất $30 \%$ máy tính trong $S$. Ta chứng minh hai máy tính $A$ và $B$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Thật vậy, giả sử $A$ kết nối trực tiếp với $k$ máy tính khác. Khi đó, theo cách chọn, $A$ và $B$ sẽ kết nối trực tiếp với ít nhất

$\quad\quad\quad\quad\quad k+0,3(n-k)=0,7 k+0,3 n \geq 0,7 \cdot 0,3 n+0,3 n=0,51 n .$

Từ đây ta có được kết luận của bài toán.

Bài 8 . Cho tam giác $A B C$ nhọn. Đường tròn $(I)$ có tâm $I$ thuộc cạnh $B C$ và tiếp xúc với các cạnh $A B, A C$ lần lượt tại $E, F$. Lấy $M, N$ bên trong tứ giác $B C E F$ sao cho $E F N M$ nội tiếp $(I)$ và các đường thẳng $M N, E F, B C$ đồng quy. Gọi $M F$ cắt $N E$ tại $P, A P$ cắt $B C$ tại $D$.

(a) Chứng minh rằng $A, D, E, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Lấy trên các đường thẳng $B N, C M$ các điểm $H, K$ sao cho $\angle A C H=$ $\angle A B K=90^{\circ}$. Gọi $T$ là trung điểm $H K$. Chứng minh rằng $T B=T C$.

Lời giải. (a) Ta sẽ chứng minh rằng $A D \perp B C$. Gọi $X$ là điểm đồng quy của $E F, M N, B C$. Do $A E, A F$ tiếp xúc với $(I)$ nên $E F$ là đường đối cực của $A$ đối với (I). Ta có $X \in E F$ nên theo định lý La Hire, điểm $A$ sẽ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với đường tròn $(I)$.

Lại có $P$ là giao điểm của $E N, F M$ nên $P$ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với $(I)$. Vì thế nên $A P$ là đường đối cực của $X$ đối với $(I)$ hay $A P \perp B C$. Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle A D I=\angle A E I=\angle A F I=90^{\circ} .$

Vậy $A, D, E, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(b) Gọi $S$ là giao điểm của $B N, C M$. Xét hai tam giác $P E F, S B C$ có $P E$ cắt $S B$ tại $N, P F$ cắt $S C$ tại $M, E F$ cắt $B C$ tại $X$ và $X, M, N$ thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì $P S, E B, F C$ đồng quy. Mặt khác $E B$ cắt $F C$ tại $A$ nên $A, P, S$ thẳng hàng, dẫn đến $S \in A D$.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\angle B A K=\angle C A H$. Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $A B C$ với:

• Các đường thẳng $A D, B H, C K$ đồng quy:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{\sin \angle D A B}{\sin \angle D A C} \cdot \frac{\sin \angle H B C}{\sin \angle H B A} \cdot \frac{\sin \angle K C A}{\sin \angle K C B}=1$

• Các đường thẳng $A H, B H, C H$ đồng quy:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{\sin \angle H A B}{\sin \angle H A C} \cdot \frac{\sin \angle H B C}{\sin \angle H B A} \cdot \frac{\sin \angle H C A}{\sin \angle H C B}=1$

• Các đường thẳng $A K, B K, C K$ đồng quy:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{\sin \angle K A B}{\sin \angle K A C} \cdot \frac{\sin \angle K B C}{\sin \angle K B A} \cdot \frac{\sin \angle K C A}{\sin \angle K C B}=1$

Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{\sin \angle H A C}{\sin \angle H A B}=\frac{\sin \angle K A B}{\sin \angle K A C}$

Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \tan \angle H A C=\tan \angle K A B$

Dẫn đến $\angle H A C=\angle K A B$. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh $T B=T C$.

Gọi $U, V$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $A K, A H$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad U B=\frac{A K}{2}=V T, U T=\frac{A H}{2}=V C .$

Đồng thời, ta cũng có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle B U T=\angle B U A-\angle A U T=\angle A V C-\angle A V T=\angle T V C$

Do đó $\Delta B U T=\Delta T V C$ (c.g.c), vậy nên $T B=T C$.

Nhận xét. Để chứng minh $\angle H A C=\angle K A B$, cũng là mấu chốt của lời giải trên, ta có thể dùng bổ đề sau:

Cho tam giác $A B C$ có hai điểm $P, Q$ sao cho $A P, A Q$ đẳng giác trong góc $A$. Gọi $X$ là giao điểm của $B P, C Q$ và $Y$ là giao điểm của $B Q, C P$. Khi đó, ta cũng có $A X, A Y$ đẳng giác trong góc $A$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{5(x+y)}{x+y+6 x y}+\frac{6(x+z)}{x+z+5 x z}=4 \\ \frac{6(y+z)}{z+y+4 z y}+\frac{4(x+y)}{x+y+6 x y}=5 \\ \frac{4(x+z)}{x+y+5 x z}+\frac{5(y+z)}{y+z+4 y z}=6\end{array}\right.$

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad  f(|x|+y+f(y+f(y)))=3 y+|f(x)|, \forall x, y \in \mathbb{R}$

Bài 3. Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $n=2 p+r$ với $r \in{0,1,2, \ldots, p-1}$. Đặt $X={1,2, \ldots, n}$. Ánh xạ $f: X \rightarrow X$ được gọi là có tính chất $\mathcal{P}$ nếu $f$ không phải là ánh xạ đồng nhất và $f(f(\ldots(f(k)) \ldots)$ ) $=k$ (ánh xạ hợp $p$ lần) với mọi $k \in X$.

Đặt $A_f={k \in X \mid f(k)=k}$.

a) Chứng minh rằng nếu $f$ có tính chất $\mathcal{P}$ thì $\left|A_f\right| \equiv r(\bmod p)$.

b) Gọi $d$ là số các ánh xạ có tính chất $\mathcal{P}$. Chứng minh rằng $d$ không là ước của $n$ !.

(Kí hiệu $|A|$ chỉ số lượng các phần tử của tập hợp $A$.)

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên $(O)$ sao cho $B C$ luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $K$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C, N$ là giao điểm của $A M$ với $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $K N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (2 a+2 b-c)(2 b+2 c-a)(2 c+2 a-b)>25 a b c$

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=\sqrt{2}$ và $u_{n+1}=\frac{2 u_n^2+5 u_n+5}{2 u_n+4}, \forall n \geq 1$. Tìm $\lim \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}$.

Bài 7. Xét số tự nhiên $n>1$. Bắt đầu từ bộ số $1,2, \ldots, 2 n-1,2 n$, ta thực hiện phép biến đổi sau: Chọn hai số $a, b$ sao cho $a-b>1$, xoá hai số này và thay thế bởi hai số $a-1, b+1$. Với bộ số mới, ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự’

a) Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể tiếp tục thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.

b) Gọi $k$ là số lần phép biến đổi cần thực hiện để đạt đến trạng thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $k$.

Bài 8. Cho đường tròn $\left(\gamma_1\right)$ đường kính $A B$ và đường tròn $\left(\gamma_2\right)$ tâm $A$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $C, D$. Điểm $M$ thay đổi trên cung $C D$ (nằm bên trong $\left(\gamma_1\right)$ ) của $\left(\gamma_2\right)$. Gọi $B M$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $N$ khác $M$ và $B$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{N D+N C}{M N}$.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Giải hệ phương trình

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{5(x+y)}{x+y+6 x y}+\frac{6(x+z)}{x+z+5 x z}=4 \\ \frac{6(y+z)}{z+y+4 z y}+\frac{4(x+y)}{x+y+6 x y}=5 \\ \frac{4(x+z)}{x+y+5 x z}+\frac{5(y+z)}{y+z+4 y z}=6\end{array} .\right.$

Lời giải. Đặt $u=\frac{x+y}{x+y+6 x y}, v=\frac{y+z}{y+z+4 y z}, w=\frac{z+x}{z+x+5 z x}$ thì ta có hệ

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array} { l }{ 5 u + 6 w = 4 } \\ { 6 v + 4 u = 5 } \\ { 4 w + 5 v = 6 }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}8 u=1 \\ 4 v=3 \\ 16 w=9\end{array} .\right.\right.$

Suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array} { l }{ 7 ( x + y ) = 6 x y } \\ { 3 ( y + z ) = 1 2 y z } \\ { 7 ( z + x ) = 4 5 z x }\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=\frac{6}{7} \\ b+c=12 \\ c+a=\frac{45}{7}\end{array}\right.\right.$

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. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(|x|+y+f(y+f(y)))=3 y+|f(x)|, \forall x, y \in \mathbb{R}$

Lời giải. Dễ thấy $f$ toàn ánh. Giả sử $f(a)=0$ và thay $x=0, y=a$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 0=3 a+|f(0)|$

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

Thay $y=0$ thì $f(|x|)=|f(x)|$ nên $f(x) \geq 0, \forall x \geq 0$. 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

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad -\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}+f\left(-\frac{f(x)}{3}\right)\right)=-x$

với mọi $x>0$. Trong đề bài, thay $x=0$ thì $f(y+f(y+f(y)))=3 y$. Thay $y \rightarrow-\frac{f(x)}{3}$ 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.

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 $x \geq 0$ và $y \rightarrow \frac{f(y)}{3}$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(x+\frac{f(y)}{3}+f\left(\frac{f(y)}{3}+f\left(\frac{f(y)}{3}\right)\right)\right)=f(y)+f(x)$

hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x, y>0$. Vì $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}^{+}$nên ta có $f(x)=a x, \forall x>0$. Lại do tính chất hàm lẻ, ta suy ra $f(x)=a x, \forall x \in \mathbb{R}$. Thay vào đề bài, ta có $a=1$.

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

Bài 3. Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và $n=2 p+r$ với $r \in{0,1,2, \ldots, p-1}$. Đặt $X={1,2, \ldots, n}$. Ánh xạ $f: X \rightarrow X$ được gọi là có tính chất $\mathcal{P}$ nếu $f$ không phải là ánh xạ đồng nhất và $f(f(\ldots(f(k)) \ldots)$ ) $=k$ (ánh xạ hợp $p$ lần) với mọi $k \in X$.

Đặt $A_f={k \in X \mid f(k)=k}$.

a) Chứng minh rằng nếu $f$ có tính chất $\mathcal{P}$ thì $\left|A_f\right| \equiv r(\bmod p)$.

b) Gọi $d$ là số các ánh xạ có tính chất $\mathcal{P}$. Chứng minh rằng $d$ không là ước của $n$ !.

(Kí hiệu $|A|$ chỉ số lượng các phần tử của tập hợp $A$.)

Lời giải. a) Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left|A_f\right| \equiv r \quad(\bmod p) \Leftrightarrow\left|X \backslash A_f\right| \text { chia hết cho } p \text {. }$

Điều này tương đương số phần tử của tập hợp $B={k \in X \mid f(k) \neq k}$ 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,

Giả 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 $0<p-t m<m$. Lại có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f_m(x)=x \Rightarrow f_{t m}(x)=x \Rightarrow f_{p-t m}(x)=f_p(x)=x$

(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 $B$.

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 điều phải chứng minh.

(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:

1. 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.
2. Nếu $\left|A_f\right|=r$ thì tương tự trên, ta cũng đếm được $(p !)^2 C_n^r C_{2 p}^p$.

Từ đó suy ra số ánh xạ tính chất $\mathcal{P}$ là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad d=p ! C_n^{p+r}+(p !)^2 C_n^r C_{2 p}^p$

Ta sẽ chứng minh số này không là ước của $n$ !. Ta viết số $d$ dưới dạng khai triển

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad d=p ! \frac{n !}{(p+r) ! p !}+(p !)^2 \frac{n !}{r !(2 p) !} \cdot \frac{(2 p) !}{(p !)^2}=\frac{n !}{(p+r) !}+\frac{n !}{r !} .$

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

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{n !}{d}=\frac{r !(p+r) !}{r !+(p+r) !}=\frac{k \cdot(r !)^3}{(1+k \cdot r !) \cdot r !}=\frac{k \cdot(r !)^2}{k \cdot r !+1} .$

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 $n$ !.

Nhận xét. Bài này nếu tổng quát $n=k q+r$ thì kết quả câu a vẫn đúng. Tuy nhiên, câu b biến đổi sẽ phức tạp hơn nhiều.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên $(O)$ sao cho $B C$ luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $K$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C, N$ là giao điểm của $A M$ với $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $K N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. Giả sử $K N$ cắt $(O)$ tại $I$ thì tứ giác $B N C I$ điều hòa.

Do đó $A(B C, N I)=-1$, mà $A N$ chia đôi $B C$ nên $A I | B C$, tức là $A I$ có phương cố định. Từ đó ta thấy $I$ là điểm cố định cần tìm.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Chứng minh rằng nếu $a, b, c$ là độ dài ba cạnh của một tam giác thì:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (2 a+2 b-c)(2 b+2 c-a)(2 c+2 a-b)>25 a b c .$

Lời giải. Đặt $a+b-c=x, b+c-a=y, c+a-b=z$ thì $x, y, z>0$. Ta đưa về bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(4 \cdot \frac{x}{y+z}+1\right)\left(4 \cdot \frac{y}{z+x}+1\right)\left(4 \cdot \frac{z}{x+y}+1\right)>25 .$

Không mất tính tổng quát, giả sử $0<x \leq y \leq z$. Đặt $S=x+y+z$. Ta đưa về

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (S+3 x)(S+3 y)(S+3 z)>25(S-x)(S-y)(S-z) .$

Khai triển và rút gọn, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S^3-4 S(x y+y z+z x)+13 x y z>0 .$

Chú ý rằng

$\quad\quad\quad\quad S^3-4 S(x y+y z+z x)=S\left(S^2-4(x y+y z+z x)\right)=S\left((x+y-z)^2-4 x y\right)$

nên ta đưa về $S(x+y-z)^2+x y(13 z-4 S)>0$. Bất đẳng thức cuối đúng vì $13 c-4 S=9 z-4(x+y)>0$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=\sqrt{2}$ và $u_{n+1}=\frac{2 u_n^2+5 u_n+5}{2 u_n+4}, \forall n \geq 1$. Tìm $\lim \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}$.

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

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad L=\frac{2 L^2+5 L+5}{2 L+4} \Leftrightarrow L=-5,$

vô lý. Suy ra $\lim _{n \rightarrow+\infty} u_n=+\infty$. Từ đó, ta được

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

$\quad\quad\quad\quad\quad \lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{u_n^2-3 u_n+5}{3 n^2+4 n-1}=\lim _{n \rightarrow+\infty} \frac{\left(\frac{u_n}{n}\right)^2-\frac{3 u_n-5}{n^2}}{3+\frac{4}{n}-\frac{1}{n^2}}=\left(\frac{1}{2}\right)^2 \cdot \frac{1}{3}=\frac{1}{12}$

Bài 7. Xét số tự nhiên $n>1$. Bắt đầu từ bộ số $1,2, \ldots, 2 n-1,2 n$, ta thực hiện phép biến đổi sau: Chọn hai số $a, b$ sao cho $a-b>1$, xoá hai số này và thay thế bởi hai số $a-1, b+1$. Với bộ số mới, ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự.

a) Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể tiếp tục thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.

b) Gọi $k$ là số lần phép biến đổi cần thực hiện để đạt đến trạng thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của $k$.

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

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.

(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 $1+2+\cdots+2 n=n(2 n+1)$

Giả sử cuối cùng, ta có $x$ số $m$ và $y$ số $m+1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x+y=2 n \\ m x+(m+1) y=n(2 n+1)\end{array}\right.$

Suy ra $2 m n+y=2 n^2+n \Rightarrow n \mid y$. Tuy nhiên, nếu $y \in{0,2 n}$ thì vô lý vì vế phải không chia hết cho $2 n$. 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 $S=n \cdot n^2+n \cdot(n+1)^2=n\left(2 n^2+2 n+1\right)$.
• Tổng bình phương ban đầu là $S_0=1^2+2^2+\cdots+(2 n)^2=\frac{n(2 n+1)(4 n+1)}{3}$.

Suy ra $S_0-S=\frac{2}{3}\left(n^3-n\right)$.

(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 $2(a+b-1) \geq 2$.

Suy ra số lần nhiều nhất sẽ là $\frac{1}{3}\left(n^3-n\right)$. 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 $k_{\max }=\frac{1}{3}\left(n^3-n\right)$.

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 $n+2, n+3, \ldots, 2 n$ 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 $\frac{1}{2}\left(\frac{n(n-1)}{2}+\frac{n(n-1)}{2}\right)=\frac{n(n-1)}{2}$.

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

Bài 8. Cho đường tròn $\left(\gamma_1\right)$ đường kính $A B$ và đường tròn $\left(\gamma_2\right)$ tâm $A$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $C, D$. Điểm $M$ thay đổi trên cung $C D$ (nằm bên trong $\left(\gamma_1\right)$ ) của $\left(\gamma_2\right)$. Gọi $B M$ cắt $\left(\gamma_1\right)$ tại $N$ khác $M$ và $B$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{N D+N C}{M N}$.

Lời giải. Theo định lý Ptolemy cho tứ giác $B C N D$ nội tiếp trong $\gamma_1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C \cdot N D+B D \cdot N C=B N \cdot C D .$

Vì $A C=A D$ nên $B C=B D=m$ và $C D=n$ là các giá trị cố định.

Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad m(N C+N D)=n \cdot B N \Rightarrow N C+N D=\frac{n}{m} \cdot B N .$

Suy ra $\frac{N C+N D}{M N}=\frac{n}{m} \cdot \frac{B N}{M N}$. Ta đưa về tìm giá trị nhỏ nhất của $\frac{B N}{M N}$. Xét phương tích từ $B$ đến $\gamma_2$ thì $B M \cdot B N=B K \cdot B A=c$ là hằng số nên$(B N-M N) B N=c$. Do đó $\frac{M N}{B N}=1-\frac{c}{B N^2}$ nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{B N}{M N} \min \Leftrightarrow \frac{M N}{B N} \max \Leftrightarrow \frac{c}{B N^2} \min \Leftrightarrow B N^2 \max .$

Dễ thấy $\max B N=A B$, xảy ra khi $N \equiv A$ hay $M \equiv K$. Khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{N C+N D}{M N}=\frac{A C+A D}{A K}=2$

chính là giá trị nhỏ nhất cần tìm.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử đa thức $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu như $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Lời giải. Chú ý rằng $2009=49 \cdot 41=7^2 \cdot 41$ nên yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh

1. Tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $41 n-1$ là số chính phương.
2. Không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

(a) Trước hết, ta đi tìm một số $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho 41 . Điều này có thể được thực hiện bằng cách thử tuần tự. Ta dễ dàng tìm được $a=9$ thỏa mãn. Từ đây, ta thấy các số $(82 k+9)^2+1$ là số chẵn và chia hết cho 41 . Bây giờ chỉ cần chọn.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad n=\frac{(82 k+9)^2+1}{41}$

với $k$ đủ lớn là ta tìm được số $n$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

(b) Giả sử tồn tại $m$ sao cho $41 m-3=a^2$. Khi đó ta có $-3 \equiv a^2(\bmod 41)$. Từ đó theo định lý Fermat nhỏ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv a^{40} \equiv 1 \quad(\bmod 41) .$

Nhưng mặt khác, ta lại có $(-3)^4 \equiv-1(\bmod 41)$, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv(-1)^5 \equiv-1 \quad(\bmod 41) .$

Do đó $1 \equiv-1(\bmod 41)$, vô lý. Do đó điều đã giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Lời giải. (a) Ta sẽ tìm các số có dạng $\overline{a b c}$ sao cho $c$ chẵn và $3 \mid a+b+c$. Ta có các trường hợp sau

• Nếu $c=0$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $2+4+8+6+4+0=24$.
• Nếu $c=2$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+5+6+6+2=23$.
• Nếu $c=4$ thì $a+b \in{2,5,8,11,14,17}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.
• Nếu $c=6$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $3+4+7+6+2+0=22$.
• Nếu $c=8$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.

Do đó, có tất cả $24+23+23+22+23=115$ số thỏa mãn đề bài.

(b) Ta xét khai triển tương ứng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(x)=\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5\right)^n=\sum_{k=n}^{5 n} a_k x^k$

Số các số chia hết cho ba cần tìm chính bằng tổng các số hạng của khai triển trên có dạng $x^{3 k}$, giả sử tổng đó là $A$. Xét ba nghiệm phức của phương trình $t^3=1$ là $t=1, t=\varepsilon, t=\varepsilon^2$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)=5^n, P(\varepsilon)=\left(\varepsilon+\varepsilon^2+\varepsilon^3+\varepsilon+\varepsilon^2\right)^n =(-1)^n $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P\left(\varepsilon^2\right)=\left(\varepsilon^2+\varepsilon+1+\varepsilon^2+\varepsilon\right)^n =(-1)^n$

Hơn nữa, dễ dàng thấy rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=\sum_{k=n}^{5 n} a_k\left(1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}\right) $

Nếu $3 \mid k$ thì $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A$. Nếu $k$ không chia hết cho 3 thì $1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}=$ $1+\varepsilon+e^2=0$ nên các biểu thức còn lại trong tổng $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)$ đều bằng 0. Vậy nên ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A \Leftrightarrow A=\frac{5^n+2(-1)^n}{3}$

Đó cũng chính là số các số cần tìm.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải. (a) Đặt $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}=-k^2$. Từ $E$ hạ $I E \perp A A^{\prime}$. Gọi $N^{\prime}, P$ lần lượt là giao điểm của $(B M N)$ với $A A^{\prime}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overline{A M} \cdot \overline{A B}=\overline{A N^{\prime}} \cdot \overline{A P}=A A^{\prime 2}=\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} N^{\prime}}\right)\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)$

Do đó,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{A A^{\prime}}\left(\overline{A^{\prime} N^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)=-\overline{A^{\prime} N^{\prime}} \cdot \overline{A^{\prime} P}=k^2$

Ta thu dược

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 \overline{A^{\prime} E}=\frac{k^2}{\overline{A A^{\prime}}}$

Suy ra $E$ cố định. Vậy điểm $I$ chạy trên đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

(b) Gọi $F$ là trung điểm của $A A^{\prime}$, ta có $F$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $A N A^{\prime} M$. Gọi $Z$ là giao điểm của $M N$ và $A A^{\prime}$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z A} \cdot \overline{Z A^{\prime}}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 \text {. }$

Suy ra $Z$ cố định.

Bây giờ, từ $K$ hạ $K Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$. Ta có $F, M, N, K, Y$ cùng nằm trên một đường tròn, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z F} \cdot \overline{Z Y}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 .$

Từ đây dễ thấy $Y$ cố định. Vậy $K$ di động trên đường thẳng qua $Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Lời giải. Trước hết, dễ thấy $f(x)=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt, đặt là $c_1<c_2$. Gọi $x_1, x_2$ là 2 trong số 4 nghiệm có tổng bằng $-1$. Theo định lý Viete thì: $c_1+c_2=$ $-a, c_1 c_2=b$. Ngoài ra,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x))=0 \Leftrightarrow f(x)=c_1 \vee f(x)=c_2 .$

Ta xét các trường hợp sau

• Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của cùng một phương trình trong hai phương trình trên, theo định lý Viete thì $-a=x_1+x_2=-1$ nên $a=1$. Do $f(x)=c_1, f(x)=c_2$ đều phải có 2 nghiệm phân biệt nên $\Delta_1>0, \Delta_2>0$, tức là $1-4\left(b-c_1\right)>$ $0,1-4\left(b-c_2\right)>0$. Cộng lại, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2-4\left(2 b-c_1-c_2\right)>0 \Leftrightarrow 1-2(2 b+1)>0 \Leftrightarrow b<-\frac{1}{4} .$

• Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của hai phương trình thì $x_1^2+a x_1+b=c_1, x_2^2+a x_2+b=c_2$. Cộng lại, ta có $x_1^2+x_2^2+a\left(x_1+x_2\right)+2 b=c_1+c_2 \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+2 b=0$. Do đó $b=-\frac{x_1^2+x_2^2}{2} \leq-\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{4}=-\frac{1}{4}$.

Trong mọi trường hợp, ta luôn có điều phải chứng minh.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Lời giải. Ta có

$P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=\left(x^p+C_p^1 x^{p-1}+C_p^2 x^{p-2}+\cdots\right)\left(x^q-3 C_q^1 x^{q-1}+9 C_q^2 x^{q-2}+\cdots\right)$

Từ đó suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a_1=C_p^1-3 C_q^1 \text { và } a_2=C_p^2+9 C_q^2-3 C_p^1 C_q^1$

Như vậy $a_1=a_2$ khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad p-3 q=\frac{p(p-1)}{2}+\frac{9 q(q-1)}{2}-3 p q$

hay

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 p-6 q=p^2-p+9 q^2-9 q-6 p q \text { tức là } 3 n=3(p+q)=(p-3 q)^2 \text {. }$

Suy ra $3 n$ là số chính phương. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Lời giải. (a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $c=\min {a, b, c}$. Khi đó, với chú ý rằng $a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a} =1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq 1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh.

$\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$a^3+b^3+a^2 b+b^2 a+2 c^2 a+2 c^2 b+8 a b c \geq 2\left(a^2 b+a^2 c+b^2 a+b^2 c+c^2 a+c^2 b+2 a b c\right)$

hay

$a^3+b^3+4 a b c \geq a^2 b+b^2 a+2 a^2 c+2 b^2 c . \Leftrightarrow(a-b)^2(a+b-2 c) \geq 0 .$

Do $c=min (a, b, c)$ nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng.

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

(b) Kiểm tra trực tiếp, ta thấy bộ $(a, b, c)=(2,1,1)$ thỏa mãn đề bài. Điều này cho thấy rằng nếu nghịch đảo cả hai phân số trong vế trái của câu a) thì bài toán không còn đúng nữa.

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Lời giải. (a) Quĩ tích trọng tâm G của tam giác $O M N$

Gọi $I$ là trung điểm $M N$. Ta có ${G}=V_O^{\frac{2}{3}}({I})$. Ta sẽ tìm quỹ tích điểm $I$.

Phần thuận. Gọi $X$ là giao điểm thứ hai của $(I M P)$ với $O x, Y$ là giao điểm thứ hai của $(I N P)$ với $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X I P=\angle X M P=\angle P N Y=180^{\circ}-\angle P I Y$

do đó $X, Y, Z$ thẳng hàng. Mặt khác,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I X P=\angle N M P=\angle P O N$

nên $\angle I X P$ không đổi. Tương tự ta cũng có $\angle X Y P$ không đổi mà $P$ cố định suy ra $X, Y$ cố định vậy $I$ nằm trên đường thẳng $X Y$ cố định.

Phần đảo. Lấy $X, Y$ lần lượt thuộc tia $O x, O y$ sao cho $\angle P X Y=\angle P O y$ và $\angle P Y X=$ $\angle P O x$. Lấy $I \in X Y$ ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$. Thật vậy,

Gọi $M$ là giao điểm thứ hai của $(I X P)$ và $O x, N$ là giao điểm thứ hai của $(I Y P)$ và $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X M P=\angle X I P=\angle P N Y$

nên tứ giác $O M P N$ nội tiếp. Ta có điều phải chứng minh.

(b) Quỹ tích trục tâm H của tam giác OMN.

Phần thuận. Gọi $T$ là trung điểm $O P . X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y . K$ là trực tâm tam giác $O X Y . I$ là tâm đường tròn $(O M N)$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{O K}{O T}=\frac{O H}{O I}(=2|\cos \angle x O y|) \text { và } \angle I O T=\angle H O K$

nên $\triangle I O T \sim \triangle H O K$. Mà $\angle I T O=90^{\circ}$ nên $\angle H K O=90^{\circ}$. Vậy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$ (Chú ý $K$ cố định).

Phần đảo. Lấy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$, trong đó $K$ là trực tâm tam giác $O X Y$ và $X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y$. Ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$ và $\triangle O M N$ nhận $H$ là trực tâm. Thật vậy, gọi $T$ là trung điểm $O P$ và dựng $\triangle O T I \sim \triangle O K H$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle O T I=\angle O K H=90^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O T=\angle H O K$

nên $I$ nằm trên trung trực của $O P$. Do đó nếu vẽ $(T, T O)$ thì đường tròn này đi qua $P$ và cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Ta có $K, T$ là trực tâm và tâm đường tròn $(O X Y)$ nên $\angle K O y=\angle T O x$. Ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O y=\angle H O x$

Lại có $\triangle O T I \sim \triangle O K H$ nên $\frac{O H}{O I}=\frac{O T}{O K}=2|\cos \angle x O y|$. Ta suy ra $H$ là trực tâm tam giác $O M N$

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tồng quát sau: Tồn tại các số $a, b$ thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi số $n>1$ không có dạng $n=\overline{m 999 \ldots 9}$ với $0 \leq m \leq 8$ và $S(n)$ lẻ.

Thật vậy, xét $n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_k}$ với $k$ là số các chữ số của $n$.

Ta có 2 trường hợp cần xét như sau:

1. Nếu $S(n)$ chẵn (tương đương với có chẵn chữ số lẻ trong trong $n$ ), ta thực hiện như sau:

• Nếu $d_i$ chẵn thì tách thành $d_i=\frac{d_i}{2}+\frac{d_i}{2}$ và chữ số ở hàng tương ứng của $a, b$ sẽ là 2 số này.
• Nếu $d_i$ lẻ thì tách thành $d_i=\frac{d_i-1}{2}+\frac{d_i+1}{2}$ thì $\frac{d_i+1}{2}-\frac{d_i-1}{2}=1$ và như thế, ta luân phiên thay đổi các số lớn nhỏ để ghép vào $a, b$ để đảm bảo có $S(a)=S(b)$.

Do có chẵn số $d_i$ lẻ như thế nên quá trình trên thực hiện được và trong trường hợp này, tồn tại số $a, b$ thỏa mãn.

1. Nếu $S(n)$ lẻ (tương đương với có lẻ chữ số lẻ trong trong $n$ ). Nếu $n$ có dạng $m 999 \ldots 9$ với $0 \leq m \leq 8$ thì rõ ràng khi tách ra thành 2 phần, các phép tính tồng phía sau để thu được các sồ 9 là không có nhớ và chúng có dạng $d_i+d_i^{\prime}=9$. Khi đó, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S(a)+S(b)=S(n) \text { mà }\left\{\begin{array}{l}S(a)=S(b) \\ S(n) \equiv 1(\bmod 2)\end{array}\right.$

Điều mâu thuân trên cho thấy trường hợp này không tồn tại cách tách $n$ thành $a, b$ thỏa mãn. Nếu $n$ không có dạng trên thì dễ thấy tồn tại $d_i \neq 0, d_{i+1} \neq 9$.

Ta viết lại $n$ như sau:

$n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_i d_{i+1} \ldots d_k}=\overline{d_1 d_2 d_{3 \ldots}\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}+\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$

Đặt $a=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}, b=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$ thì $S(a), S(b)$ cùng tính chẵn lẻ và $a+b=n$. Ta có thể giả sử $S(a)>S(b)$, trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Nếu chọn một vị trí $t$ mà $d_t \neq 0$ thì có thể đổi các số $a, b$ thành

$a^{\prime}=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots\left(d_t-1\right) \ldots d_k}, y=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-i}+10^{k-t}$

với $k \neq i$. Khi đó

$\quad\quad\quad \quad\quad\quad S\left(a^{\prime}\right)-S\left(b^{\prime}\right)=S(a)-1-(S(b)+1)=-2 .$

Cứ như vậy, ta thực hiện liên tiếp đến khi nào chênh lệch giữa hai tổng các chữ số bằng 0 thì dừng lại (tồn tại thời điểm như vậy vì ban đầu chúng cùng tính chẵn lẻ nên hiệu của chúng là số chẵn và mỗi lần thực hiện quá trình trên thì hiệu giảm đi 2 đơn vị). Các số $a, b$ lúc đó sẽ thỏa mãn đề bài và cũng tồn tại cách tách.

Bài toán được giải quyết hoàn toàn.