Bài 1.
- Nếu $a>1$, bằng quy nạp đơn giản, ta có $u_n>1\ \forall n\in \mathbb N^*$ và
$$u_n = 2^{n-1}(a-1)+1, \ \forall n\in \mathbb N^*.$$
Do $a>1$, cho $n\rightarrow +\infty$ thì $u_n\rightarrow +\infty$. Từ đó $(u_n)$ không hội tụ.
- Nếu $a=1$ thì $u_n=1\ \forall n\in \mathbb N^*$ hay $(u_n)$ hội tụ về $1$.
- Nếu $0<a<1$, ta sẽ chứng minh rằng $(u_n)$ 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:
$$u_n = 2^{n-1}(a-1)+1\ \forall n\in \mathbb N^*$$
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 $k\in \mathbb N^*$ sao cho $u_k>0$ và $u_{k+1}\le 0$. Với cách chọn chỉ số $k$ như vậy, ta có:
$$-1\le 2u_k-1=u_{k+1}\le 0$$
Khi đó $u_{k+2}=0$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1\ \forall n\in \mathbb N^*, n\ge k+2$. Điều này dẫn đến $(u_n)$ hội tụ về $-1$.
- Nếu $-1\le a\le 0$, từ giả thiết thì $u_2=-1$. Bằng quy nạp thì $u_n=-1\ \forall n\in \mathbb N^*, n\ge 2$ hay $(u_n)$ hội tụ về $-1$.
- Nếu $-2<a<-1$, ta có:
$$u_2-u_1=a^2+3a+2=(a+2)(a+1)<0$$
Khi đó thì $u_2<u_1<-1$. Lại có $u_2=(a+2)^2-2\ge -2$ nên $-2<u_2<-1$. Bằng quy nạp, ta có $(u_n)$ là dãy giảm và $-2<u_n<-1$ nên $(u_n)$ hội tụ.
- Nếu $-2-\sqrt{3}\le a\le -2$ thì $u_2=a^2-4a+2$ và dễ có được:
$$-1\le a^2-4a+2\le 1$$
Theo các trường hợp đã xét, dãy số $(u_n)$ hội tụ.
- Nếu $a<-2-\sqrt{3}$, bằng vài tính toán, ta có $u^2=a^2-4a+2>1$.\\
Theo trường hợp đầu tiên, dãy số $(u_n)$ không hội tụ.Vậy dãy số $(u_n)$ hội tụ khi và chỉ khi $-2-\sqrt{3}\le a\le 1$.]
Bài 2. Ta sẽ chứng minh rằng $k=3$ là số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán. Trước hết, chọn $x=y=\dfrac{3}{4},z=\dfrac{3}{2}$ thì ta phải có:
$$\left(\frac{3}{4}\right)^{2k}\cdot \left(\frac{3}{2}\right)^{k}\left(2\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{3}+\left(\frac{3}{2}\right)^3\right)\le 3$$
Dễ thấy đánh giá trên chỉ đúng nếu $k\ge 3$. Ta đưa về chứng minh rằng:
$$x^3y^3z^3(x^3+y^3+z^3)\le 3.$$
Không mất tính tổng quát, giả sử $x\ge y\ge z$ thì $z \le 1$. Ta có:
$$\begin{aligned} & x^3+y^3=(x+y)^3-3xy(x+y)=(3-z)^3-3xy(x+y) \text{ hay} \\
&(3-z)^3 + z^3 \le \frac{3}{x^3y^3z^3}+3xy(x+y). \end{aligned} $$
Khai triển và thu gọn, bất đẳng thức trở thành:
$$3z^2-9z+9 \le \frac{1}{x^3y^3z^3}+x^2y+xy^2.$$
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 $$3z^2-9z+9 \le \dfrac{3}{z} \text{ hay } 3(z-1)^3 \le 0, \text{ đúng.}$$
Vậy $k=3$ là hằng số nguyên dương nhỏ nhất thoả mãn bài toán.
Bài 3.
(a) Đặt $A = \\{f(n+1)-f(n)|n \in\mathbb{N^{*}}\\}$.
Vì $f$ là hàm số tăng thực sự trên $\mathbb{N^{*}}$ nên $A\subset \mathbb{N^{*}}$.
Khi đó phải tồn tại $k=\min A$ và tồn tại $n\in \mathbb N^*$ để $k=f(n+1)-f(n)$.
Khi đó:
$$f(2n+2) – f(2n) = 2f(n+1) – 2f(n) = 2k.$$
Lại có $f(2n+2) – f(2n+1),f(2n+1) – f(2n)\ge k$ nên
$$f(2n+2)-f(2n+1)+f(2n+1)-f(2n)\ge 2k.$$
Từ đây ta phải có $f(2n+2) – f(2n+1)=f(2n+1) – f(2n)= k$. Bằng quy nạp theo $m$, ta chứng minh được
$$f(2^mn+t) = 2^mf(n)+tk\ \forall t,m\in \mathbb N, t\le m.$$
Lại có $f(1)=3,f(2)=6$ nên $k \le 3<p$ hay $(k, p)=1$. \medskip
Xét $p$ số nguyên dương sau:
$$f(2^pn), f(2^pn+1), f(2^pn+2),\ldots, f(2^pn+p-1)$$
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 $p$. \medskip
(b) Ta xây dựng một hàm số $f$ với các điều kiện như sau:
$f(1) = 2^a > q (a\in\mathbb{N^{*}},$
$f(2n)=2f(n)\ \forall n\in \mathbb{N^{*}},$
$f(2n+1)=f(2n)+q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}.$
Ta chứng minh rằng hàm số $f$ vừa xây dựng thỏa mãn bài toán. \medskip
Trước hết ta chứng minh rằng $f$ là hàm tăng thực sự, cụ thể là:
$$f(n+1) – f(n) \geq q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}.$$
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:
$$f(k+1)= 2f\left(\dfrac{k+1}{2}\right) \geq 2\left(f\left(\dfrac{k-1}{2}\right)+q\right)= f(k-1)+2q.$$
Lại có $f(k)=f(k-1)+q$ nên $f(k+1)\ge f(k)+q$.
Theo nguyên lý quy nạp, ta có $f(n+1) – f(n) \geq q\ \forall n\in \mathbb{N^{*}}$. \medskip
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 $f(k+1)= 2f\left(\dfrac{k+1}{2}\right)$ 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.
(a) Ta sẽ chứng minh rằng $AD\perp BC$. Gọi $X$ là điểm đồng quy của $EF,MN,BC$. Do $AE,AF$ tiếp xúc với $(I)$ nên $EF$ là đường đối cực của $A$ đối với $(I)$. Ta có $X\in EF$ nên theo định lý La Hire, điểm $A$ sẽ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với đường tròn $(I)$. \medskip
Lại có $P$ là giao điểm của $EN,FM$ nên $P$ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với $(I)$. Vì thế nên $AP$ là đường đối cực của $X$ đối với $(I)$ hay $AP\perp BC$. Do đó $$\angle ADI=\angle AEI=\angle AFI=90^\circ.$$
Vậy $A,D,E,F$ cùng thuộc một đường tròn.
(b) Gọi $S$ là giao điểm của $BN,CM$. Xét hai tam giác $PEF,SBC$ có $PE$ cắt $SB$ tại $N$, $PF$ cắt $SC$ tại $M$, $EF$ cắt $BC$ tại $X$ và $X,M,N$ thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì $PS,EB,FC$ đồng quy. Mặt khác $EB$ cắt $FC$ tại $A$ nên $A,P,S$ thẳng hàng, dẫn đến $S\in AD$. \medskip
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\angle BAK=\angle CAH$. Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ với:
Các đường thẳng $AD,BH,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle DAB}{\sin \angle DAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Các đường thẳng $AH,BH,CH$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle HAB}{\sin \angle HAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle HCA}{\sin \angle HCB}=1$$
Các đường thẳng $AK,BK,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}\cdot \frac{\sin\angle KBC}{\sin \angle KBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có
$$\frac{\sin\angle HAC}{\sin \angle HAB}=\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}$$
Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:
$$\tan\angle HAC=\tan\angle KAB$$
Dẫn đến $\angle HAC=\angle KAB$. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh $TB=TC$.
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AK,AH$. Ta có:
$$UB=\dfrac{AK}{2}=VT,UT=\dfrac{AH}{2}=VC.$$
Đồng thời, ta cũng có:
$$\angle BUT=\angle BUA-\angle AUT=\angle AVC-\angle AVT=\angle TVC$$
Do đó $\Delta BUT=\Delta TVC$ (c.g.c), vậy nên $TB=TC$.
Bài 5.
(a) Ta cần tìm $\Delta_n$ nhỏ nhất để phương trình $15m^2 – a^2 = \Delta_n$ có nghiệm nguyên dương. Nhận thấy $15 – 3^2 = 6$ nên $\min \Delta_n\le 6$. Ta chứng minh rằng phương trình trên không có nghiệm nguyên dương với $\Delta_n < 6$. \medskip
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 $4$. \medskip
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 $15m^2-a^2=5$ hay $5\mid a$. Đặt $a=5s$ $(s\in \mathbb N^*)$, ta có:
$$3m^2 – 5s^2 = 1.$$
Từ đó thì $$3(m^2+s^2)\equiv 1 \pmod{8} \text{ hay } m^2+s^2\equiv 3 \pmod{8}.$$
Điều này vô lý do $m^2$ chia $8$ dư $0,1,4$. Vậy $\Delta_n$ nhỏ nhất là $6.$ \medskip
(b) Ta có $$5(4p+3)q^2-a^2=\Delta_d.$$ 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 $5(4p+3)q^2=a^2$. Xét bộ số $(q,a)$ với $q+a$ nhỏ nhất. Từ phương trình trên, ta có $a^2+q^2\equiv 0$ (mod $4$) hay $a\equiv q\equiv 0$ (mod $2$).\medskip
Đặt $a=2a_1$ và $q=2q_1$ với $a_1,q_1\in \mathbb N^*$ thì bộ số $(q_1,a_1)$ cũng thoả mãn điều kiện $5(4p+3)q_1^2=a_1^2$. Hơn nữa $q_1+a_1<q+a$, mâu thuẫn.
Nếu $\Delta_d = 1$, ta có $a^2 + 1 = 5(4p+3)q^2$. Do $5(4p+3)\equiv 3$ (mod $4$) nên số này tồn tại một ước nguyên tố $r\equiv 3$ (mod $4$).\\
Do đó $a^2+1\equiv 0$ (mod $r$) hay $r\mid 1$, vô lý.
Nếu $\Delta_d = 4$, chứng minh tương tự, ta cũng có điều mâu thuẫn.
Vậy ta phải có $\Delta_d \ge 5$.
Bài 6.
(a) Với $T(1,4,6,7)$, ta có $x \leq 1$ nên $x =1$. Khi đó ta có $2\le y \le 4$ 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 $T(1,4,6,7)$. \medskip
(b) Đặt các tập hợp sau:
$$\begin{cases}
T_1 = \{(1, y, z, t)\mid 3\le y \le b, y<z\le c, z<t \leq d \}\\\\
T_2 = \{(1, 2, z, t)\mid 4\le z \le c, z<t\le d \}\\\\
T_3 = \{(1, 2, 3, t)\mid 5\le t \le d \}
\end{cases}.$$
Ta có $d_3 = |T_3| = d – 4$ và
$$d_2=\sum_{z=4}^{c}(d-z)=(c-3)d+\frac{(c+4)(c-3)}{2}.$$
Tiếp theo ta tính $d_1=|T_1|$. Vì $b \ge 4$ nên $y \ge 3$. Xét các khả năng sau
Nếu $y=3$ thì $T(1,3,z,t)=d_2$.
Nếu $y=4$ thì $T(1,4,z,t)=\sum_{z=5}^{c} (d-z)=(c-4)d-\dfrac{(c+5)(c-4)}{2}$. \medskip
Từ đó $d_1\ge d_2+(c-4)d-\dfrac{(c+5)(c-4)}{2}$. Do đó, kết hợp với việc tính được giá trị của $d_2$, khi cộng theo vế thì $d_1+d_3 – 2d_2 \ge 0.$
Vậy $d_1\ge 2d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=4$.
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
$$\begin{cases}
A = \{(1, 3, 4, t)\mid 5\le t \le d \}\\\\
B = \{(1, 3, z, t)\mid 5\le z \le c, z<t\le d \}\\\\
C = \{(1, y, z, t)\mid 4\le y\le b, y<z\le c, z<t \le d \}
\end{cases}.$$
Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A$ vào $T_3$ nên $|A|=|T_3|=d_3$.
Xét $D=\{(1, 4, z, t)\mid 5\le z \le c, z<t\le d \}$. Dễ kiểm chứng rằng $D\subset C$ và có song ánh từ $D$ vào $B$ nên $|D|=|B|$.
Ta có $A\cup B=\{(1, 3, z, t)\mid 4\le z \le c, z<t\le d \}$. Dễ kiểm chứng rằng có song ánh từ $A\cup B$ vào $T_2$ nên $|A\cup B|=|T_2|=d_2$. Chú ý rằng $A\cap B=\varnothing$ nên $|A|+|B|=d_2$ hay $|B|=d_2-d_3$. Từ đó ta có:
$$d_1=|A|+|B|+|C|\ge |A|+|B|+|D|=d_3+2|B|$$
Vậy $d_1\ge d_3+2(d_2-d_3)=2d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $b=4$.
Bài 7.
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 $S$. \medskip
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 $\dfrac{3}{10}|S||X|$. Do đó nếu tính theo $x$ thì sẽ phải tồn tại máy tính $x$ kết nối trực tiếp với ít nhất $\dfrac{3}{10}|S|$. \medskip
Quay trở lại bài toán, \medskip
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 $S\ne \varnothing$ 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. \medskip
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
$$k + 0,3(n-k) = 0,7k + 0,3n \ge 0,7\cdot 0,3n + 0,3n = 0,51n.$$
Từ đây ta có được kết luận của bài toán.
Bài 8.
(a) Ta sẽ chứng minh rằng $AD\perp BC$. Gọi $X$ là điểm đồng quy của $EF,MN,BC$. Do $AE,AF$ tiếp xúc với $(I)$ nên $EF$ là đường đối cực của $A$ đối với $(I)$. Ta có $X\in EF$ nên theo định lý La Hire, điểm $A$ sẽ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với đường tròn $(I)$. \medskip
Lại có $P$ là giao điểm của $EN,FM$ nên $P$ nằm trên đường đối cực của $X$ đối với $(I)$. Vì thế nên $AP$ là đường đối cực của $X$ đối với $(I)$ hay $AP\perp BC$. Do đó $$\angle ADI=\angle AEI=\angle AFI=90^\circ.$$
Vậy $A,D,E,F$ cùng thuộc một đường tròn.
(b) Gọi $S$ là giao điểm của $BN,CM$. Xét hai tam giác $PEF,SBC$ có $PE$ cắt $SB$ tại $N$, $PF$ cắt $SC$ tại $M$, $EF$ cắt $BC$ tại $X$ và $X,M,N$ thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì $PS,EB,FC$ đồng quy. Mặt khác $EB$ cắt $FC$ tại $A$ nên $A,P,S$ thẳng hàng, dẫn đến $S\in AD$. \medskip
Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\angle BAK=\angle CAH$. Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ với:
Các đường thẳng $AD,BH,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle DAB}{\sin \angle DAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Các đường thẳng $AH,BH,CH$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle HAB}{\sin \angle HAC}\cdot \frac{\sin\angle HBC}{\sin \angle HBA}\cdot \frac{\sin\angle HCA}{\sin \angle HCB}=1$$
Các đường thẳng $AK,BK,CK$ đồng quy:
$$\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}\cdot \frac{\sin\angle KBC}{\sin \angle KBA}\cdot \frac{\sin\angle KCA}{\sin \angle KCB}=1$$
Chú ý rằng do các góc vuông và góc bù nhau nên ta có
$$\frac{\sin\angle HAC}{\sin \angle HAB}=\frac{\sin\angle KAB}{\sin \angle KAC}$$
Từ đó sử dụng công thức cộng cho mẫu thức và biến đổi thì:
$$\tan\angle HAC=\tan\angle KAB$$
Dẫn đến $\angle HAC=\angle KAB$. Cuối cùng, ta sẽ chứng minh $TB=TC$.
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của các đoạn $AK,AH$. Ta có:
$$UB=\dfrac{AK}{2}=VT,UT=\dfrac{AH}{2}=VC.$$
Đồng thời, ta cũng có:
$$\angle BUT=\angle BUA-\angle AUT=\angle AVC-\angle AVT=\angle TVC$$
Do đó $\Delta BUT=\Delta TVC$ (c.g.c), vậy nên $TB=TC$.
