ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+ax^3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2. Cho $A={1,2, \ldots, 2 n}$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

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

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a . \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$. Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$$\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Dường tròn ngoại tiếp tam giác $I I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ dồng quy.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+a x+3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải. Gọi $x_0$ là một nghiệm của $P(x)$ (dễ thấy $x_0 \neq 0$ ). Do $P\left(x_0\right)=0$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad-\left(x_0^4+1\right)=a x_0^3+b x_0^2+c x_0 .$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\left(x_0^4+1\right)^2=\left(a x_0^3+b x_0^2+c x_0\right)^2 \leq\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x_0^6+x_0^4+x_0^2\right) .$

Đặt $t=x_0^2>0$. Từ đánh giá trên, ta suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a^2+b^2+c^2 \geq \frac{\left(t^2+1\right)^2}{t^3+t^2+t}=\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)}$

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad t \leq \frac{t^2+1}{2} \text { và } t^2+t+1 \leq t^2+\frac{t^2+1}{2}=\frac{3}{2}\left(t^2+1\right) .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)} \geq \frac{4}{3}, \text { nên } a^2+b^2+c^2 \geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x_0^4+a x_0^3+b x_0^2+c x_0+1=0 \\ x_0^2=1 \\ \frac{a}{x_0^3}=\frac{b}{x_0^2}=\frac{c}{x_0}\end{array}\right.$

Giải hệ này, ta thu được $a=b=c=-\frac{2}{3}$ hoặc $a=-b=c=\frac{2}{3}$.

Bài 2. Cho $A=[1,2, \ldots, 2 n]$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Lời giải . Gọi $u_n, n \in{1,2, \ldots, n}$ là số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ thỏa mãn yêu cầu đề bài, đồng thời hai phần tử $n$ và $n+1$ không đi cùng nhau trong bất kì tập $A_i$ nào. Ta chia các số $1,2, \ldots, 2 n$ vào một bảng $2 \times n$ như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Khi đó, mỗi cách chọn được liệt kê trong $u_n$ tương ứng với một cách chọn từ bảng trên các cặp gồm hai số ở cùng một cột hoặc hai số liên tiếp nhau trên cùng một hàng. Xét $u_{n+1}$, vì phần tử $2(n+1)$ chỉ có thể đi cùng với $n+1$ hoặc $2 n+1$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó nên ta xét hai khả năng sau.

• $2(n+1)$ và $n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Lúc này, mỗi cách chọn một bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ ứng với một cách chọn các cặp số gồm các số ở cùng một cột hoặc ở cạnh nhau trong cùng một hàng từ một bảng $2 \times n$. Theo định nghĩa của ta số cách chọn như thế là $u_n$. Vậy trong trường hợp này có $u_n$ cách chọn.

• $2(n+1)$ và $2 n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử đó là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n+1 & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Ta thấy $n+1$ chỉ có thể đi cùng với $2(n+1)$ (trường hợp $n+1$ đi cùng với $n+2$ không được xét trong $\left.u_{n+1}\right)$ nhưng $2(n+1)$ đã đi cùng với $2 n+1$ nên $n+1$ phải đi cùng với $n$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó, giả sử là $A_n$. Lập luận tương tự trường hợp trên, ta suy ra số cách chọn các tập ${A_1, A_2, \ldots, A_n-1}$ là $u_{n-1}$.

Theo quy tắc cộng, ta có $u_{n+1}=u_n+u_{n-1}$. Mặt khác, $u_1=1$ và $u_2=2$ nên ta tìm được công thức tổng quát của $u_n$ là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]$

Xét trường hợp sinh ra bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ có $n$ và $n+1$ đi cùng trong một tập $A_i$ nào đó.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Rõ ràng 1 chỉ có thể đi cùng với 2 hoặc $n+1$ nhưng $n+1$ đã đi cùng $n$ nên 1 chỉ có thể đi cùng với 2 . Tiếp theo, $n+2$ có thể đi cùng với $2, n+1$ hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+1$ đã đi với $n$ nên $n+2$ phải đi với $n+3$.

Tiếp tục, 3 có thể đi cùng 2,4 hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+3$ đã đi với $n+2$ nên 3 phải đi với 4 . Tiếp tục lý luận như trên, ta suy ra $A_i$ phải có dạng

$\quad\quad\quad [1,2],[3,4], \ldots,[n-2, n-1],[n, n+1],[n+1, n+2], \ldots,[2 n-1,2 n]$

Từ đó suy ra trường hợp này chỉ cho ta duy nhất một bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ nếu $n$ lẻ và không có bộ nào nếu $n$ chẵn.

Vậy số các bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ thỏa mãn đề bài là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n=1,n \text { chẳn. } \\ 1+\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n>1, n \text { lẻ’ }\end{cases}$

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

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

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Lời giải. Vì $f: \mathbb{N}^* \longrightarrow \mathbb{N}^*$ tăng ngặt nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(a)-f(b) \geq a-b, \forall a, b \in \mathbb{N}^*, a>b .$

Theo điều kiện (iii), ta có

$2=2(n+1)+9-(2 n+9) =f(f(n+1)-(n+1))-f(f(n)-n) $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq f(n+1)-(n+1)-[f(n)-n] $

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

Do đó $f(n+1)-f(n) \leq 3$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, tức $f(n+1)-f(n) \in\ {1,2,3}$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Ta xét các trường hợp sau

• Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-(n+1)=f(n)-n,$

suy ra $2(n+1)+9=f(f(n+1)-(n+1))=f(f(n)-n))=2 n+9$, vô lí.

• Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=3$ thì

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

Ta lại có

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

Do đó, nếu $f(n)>n$ thì đặt $t=f(n)-n \in \mathbb{N}^*$, ta suy ra $f(t+2)=t+2$.

Mà $f$ tăng ngặt nên $f(t+1)-f(t)=1$, mâu thuẫn.

Vậy $f(n) \leq n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ suy ra

$f(n)=n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.

Khi đó ta lại có $n=f(n)=f(f(n))=4 n+9,$ tức $n=-3$, vô lí.

Như vậy, $f(n+1)-f(n) \notin{1,3}$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-f(n)=2 \text {, với mọi } n \in \mathbb{N}^* \text {. }$

Ta suy ra $f(n)=2 n+k$. Thay vào đề bài, ta thu được $k=3$. Vậy $f(n)=2 n+3$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. (a) Kí hiệu $X=M I \cap P B, Y=N I \cap P A$. Ta có $\angle P M I=\angle P N I=$ $\angle A P B$ nên các tam giác $P M X$ và $P N Y$ cân tại $X, Y$. Từ đó suy ra

$\angle P X M=\angle P Y N=180^{\circ}-2 \angle A P B,$

suy ra $M, N, X, Y$ đồng viên. Gọi $S$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A O B$ thì $S$ cố định. Ta có $\angle I S B=180^{\circ}-\angle A O B=180^{\circ}-2 \angle A P B=\angle P X M$. Tương tự, ta suy ra $\angle I S A=\angle P Y N$. Do đó $I, S, X, B$ đồng viên và $I, S, Y, A$ đồng viên. Suy ra

$\angle S X B=\angle S Y A=\angle S I B=90^{\circ} .$

Suy ra $I S$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P X Y$. Mặt khác, $M, N, X, Y$ dồng viên nên nên $M N$ và $X Y$ đối song nhau trong $\angle A P B$, tức $I S \perp$ $M N$. Nói cách khác, đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $S$ cố định.

(b) Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau.

BỔ ĐỀ. Cho tam giác $A B C$ và đường tròn $(\omega)$ đi qua hai điểm $B, C$ và cắt các canh $A B, A C$ tại $X, Y$. Gọi $X X^{\prime}, Y Y^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A X Y$. Gọi $B B^{\prime}, C C^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A B C$. Gọi $H, H^{\prime}$ là các trục tâm của tam giác $A B C$ và tam giác $A X Y$. Kí hiệu $I \equiv B Y \cap C X$. Khi đó $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng.

Chứng minh. Ta có $X, Y, X^{\prime}, Y^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H^{\prime} X} \cdot \overline{H^{\prime} X^{\prime}}=\overline{H^{\prime} Y} \cdot \overline{H^{\prime} Y^{\prime}}$, tức là

$P_{H^{\prime} /[B Y]}=P_{H^{\prime} /[C X]},$

trong đó $[U V]$ là đường tròn đường kính $U V$. Ta có $B, C, B^{\prime}, C^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H B} \cdot \overline{H B^{\prime}}=\overline{H C} \cdot \overline{H C^{\prime}}$, tức

$P_{H /[B Y]}=P_{H /[C X]} .$

Cuối cùng $B, C, X, Y$ đồng viên nên $\overline{I B} \cdot \overline{I Y}=\overline{I C} \cdot \overline{I X}$, tức

$P_{I /[B Y]}=P_{I /[C Y]} .$

Suy ra $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng vì cùng thuộc trục đẳng phương của $[B Y]$ và $[C X]$.

Trở lại bài toán,

Gọi $H, O^{\prime}$ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $P M N$. Ta có $O^{\prime} P=O^{\prime} M$ và $X P=X M$ nên $X O^{\prime}$ là đường trung trực của $P M$, suy ra $X O^{\prime} \perp P Y$. Tương tự ta cũng có $Y O^{\prime} \perp P X$.

Vì thế nên $O^{\prime}$ cũng chính là trực tâm của tam giác $P X Y$. Áp dụng bổ đề cho tam giác $P X Y$ với $(\omega) \equiv(M N X Y)$ thì ta có $O^{\prime}, H, I \equiv Y N \cap M X$ thẳng hàng. Hay nói cách khác, đường thẳng Euler $O^{\prime} H$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $I$ cố định. Bài toán được giải quyết.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Lời giải. Đặt $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$. Khi đó $m, n, p>0$. Hệ phương trình trở thành

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}m x-n y+\frac{1}{x y}=p \\ n z-p x+\frac{1}{z x}=m \\ p y-m z+\frac{1}{y z}=n,\end{array}\right.$

tương đương

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{aligned}m x-n y-p &=-\frac{1}{x y}, \\ -m+n z-p x &=-\frac{1}{z x}, \\ -m z+p y-n &=-\frac{1}{y z} .\end{aligned}\right.$

Xem hệ trên là hệ phương trình tuyến tính theo ẩn $m, n, p$, ta có

$\quad\quad D=\left|\begin{array}{ccc}x & -y & -1 \\ -1 & z & -x \\ -z & -1 & y\end{array}\right|=x y z-x y z-1-x^2-y^2-z^2=-1-\left(x^2+y^2+z^2\right) \neq 0$

và

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad\quad D_m=\left|\begin{array}{ccc}x & -\frac{1}{x y} & -1 \\ -1 & -\frac{1}{z x} & -x \\ -z & -\frac{1}{y z} & y\end{array}\right|=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{z x} .$

Tương tự, ta cũng tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad D_n=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{y z} \text {, và } D_p=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{x y} .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (m, n, p)=\left(\frac{D_m}{D}, \frac{D_n}{D}, \frac{D_p}{D}\right)=\left(\frac{1}{z x}, \frac{1}{y z}, \frac{1}{x y}\right) .$

Thay $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x y=\frac{1}{b c^2}, y z=\frac{1}{a b}, z x=\frac{1}{a} .$

Nhân ba phương trình trên vế theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta được $x y z=\pm \frac{1}{a b c}$.

• Với $x y z=\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=\frac{1}{c}, y=\frac{1}{b c}, z=\frac{c}{a}$.
• Với $x y z=-\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=-\frac{1}{c}, y=-\frac{1}{b c}, z=-\frac{c}{a}$.

Vậy hệ có 2 nghiệm là $\left(\frac{1}{c}, \frac{1}{b c}, \frac{c}{a}\right)$ và $\left(-\frac{1}{c},-\frac{1}{b c},-\frac{c}{a}\right)$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra $S_{n+1}-S_n=\left(S_n-2\right)^2$. Do đó dãy $\left(S_n\right)$ được xác định như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}S_1=a, \\ S_{n+1}=f\left(S_n\right)=S_n^2-3 S_n+4 .\end{array}\right.$

Hơn nữa $f^{\prime}(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{3}$ nên ta có thể vẽ bảng biến thiên, khảo sát được hàm số này. Từ đó, nhờ việc các trường hợp của $a$, ta thấy

• Nếu $a>2$. Giả sử $[S_n]$ có giới hạn $L$ thì ta phải có $L=f(L)$ nên $L \in{1,2}$. Mà $\left(S_n\right)$ không giảm nên $L \geq a>2$, mâu thuẫn. Vậy nếu $a>2$ thì $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
• Nếu $a<1$ thì suy ra $S_2=f(a)>2$. Quay về trường hợp 1 , ta suy ra $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
• Nếu $1 \leq a \leq 2$ thì từ bảng biến thiên, ta có $\frac{7}{4} \leq S_n \leq 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Từ đó $\left(S_n\right)$ không giảm và bị chặn nên $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Vậy các giá trị của $a$ thỏa mãn đề bài là $a \in[1,2]$.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y .$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$. Xét giá trị $k$ sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy, gọi $\left(x_0, y_0\right)$ là nghiệm sao cho $x_0 \geq y_0 \geq 0$ và $x_0$ nhỏ nhất. Xét tam thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x)=x^2-\left(k y_0-1\right) x+y_0^2+y_0 .$

Khi đó $f\left(x_0\right)=0$. Theo định lí Viette, $f(x)$ còn một nghiệm khác là $x_0^{\prime}=k y_0-1-x_0$. Tuy nhiên, theo cách chọn $\left(x_0, y_0\right)$ thì ta có $x_0^{\prime} \geq x_0 \geq y_0$ nên $y_0$ nằm ngoài hai khoảng nghiệm của tam thức bậc hai $f(x)$. Mà hệ số cao nhất của $f(x)$ dương nên $f\left(y_0\right) \geq 0$. Do $f\left(y_0\right) \geq 2 y_0^2+2 y_0-k y_0^2$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad k \leq 2+\frac{2}{y_0} \leq 4 .$

Suy ra $k \in{1,2,3,4}$.

• Nếu $k=1$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4} y^2+x+y=0$ (vô lí vì $\left.x, y>0\right)$.

• Nếu $k=2$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=2 x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(x-y)^2+x+y=0$ (vô lí vì $x, y>0$ ).

• Nếu $k=3$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(2,2)$.
• Nếu $k=4$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(1,1)$.

Vậy các giá trị cần tìm là $k=3, k=4$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Lời giải. Gọi $\left(O^{\prime}\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $\left(O_1\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $\left(I I_2 I_3\right)$. Ta có $A I \perp I_2 I_3, B I \perp I_3 I_1$ nên $I$ là trực tâm tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $(O)$ là đường tròn Euler của tam giác $I_1 I_2 I_3$ nên $O$ là trung điểm của $I O^{\prime}$. Mặt khác thì

$\angle I_2 O_1 I_3=2\left(180^{\circ}-\angle I_2 I I_3\right)=2 \angle I_2 I_1 I_3=I_2 O^{\prime} I_3 .$

Do đó $O^{\prime}$ đối xứng với $O_1$ qua $I_2 I_3$, suy ra $\overrightarrow{O^{\prime} O_1}=\overrightarrow{I_1 I}$, tức $A I O_1 O^{\prime}$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm $I O^{\prime}$ nên $O$ cũng là trung điểm của $I_1 O_1$. Hơn nữa, $O O_1 \perp M_1 N_1$ (đường nối tâm vuông góc với dây cung) nên $I_1 O \perp M_1 N_1$.

Mặt khác, $J_1$ là trung điểm của $I I_1$ (đường tròn Euler đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh của tam giác ấy) nên phép vị tự tâm $I$, tỉ số $k=\frac{1}{2}$ biến $I_1 O_1$ thành $d_1$. Do đó $d_1$ đi qua trung điểm $S$ của $O I$. Tương tự, ta suy ra $d_2, d_3$ cũng đi qua $S$, tức $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Nhận xét. Bài toán thực chất là việc đổi mô hình từ một tính chất quen thuộc liên quan đến trực tâm, chân đường cao sang mô hình ba tâm bàng tiếp. Vì thế, đôi khi việc chuyển đổi giữa các mô hình giúp cho bài toán sáng sủa, dễ xử lý hơn.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Đề thi

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả $a$ để dãy số $(u_n)$ hội tụ, biết $u_1=a$ và $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì:
$$u_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}
2u_n-1\ \text{nếu $u_n>0$,}\\
-1\ \text{nếu $-1\le u_n\le 0$,}\\
u_n^2+4u_n+2\ \text{nếu $u_n<-1$.}
\end{array} \right.$$

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức $$x^ky^kz^k(x^3+y^3+z^3)\le 3$$
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:

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

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

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 $ABC$ có góc $\angle BAC$ tù và $AH\perp BC$ ($H$ nằm trên $BC$). Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $AB$. Dựng điểm $N$ sao cho $\Delta BMN\sim \Delta HCA$, với $H$ và $N$ nằm khác phía đối với đường thẳng $AB$.

a) Gọi $CM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMN$ tại $K$. Chứng minh rằng $NK$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $NH$ cắt $AC$ tại $P$. Dựng điểm $Q$ sao cho $\triangle HPQ\sim \Delta HNM$, với $Q$ và $M$ nằm khác phía đối với đường thẳng $NP$. 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 $a^2\le n<(a+1)^2$. Đặt $\Delta_n=n-a^2$.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\Delta_n$ khi $n$ thay đổi và luôn thoả mãn $n=15m^2$ với $m$ là số nguyên dương.
b) Cho $p,q$ là các số nguyên dương và $d=5(4p+3)q^2$. Chứng minh rằng $\Delta_d\ge 5$.

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

a) Tình số phần tử của $T(1,4,6,7)$.
b) Cho $a=1$ và $b\ge 4$. 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 $d_1\ge 2d_2-d_3$. 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 $ABC$ nhọn. Đường tròn $(I)$ có tâm $I$ thuộc cạnh $BC$ và tiếp xúc với các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E,F$. Lấy $M,N$ bên trong tứ giác $BCEF$ sao cho $EFNM$ nội tiếp $(I)$ và các đường thẳng $MN,EF,BC$ đồng quy. Gọi $MF$ cắt $NE$ tại $P$, $AP$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng $A,D,E,F$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Lấy trên các đường thẳng $BN,CM$ các điểm $H,K$ sao cho $\angle ACH=\angle ABK=90^\circ$. Gọi $T$ là trung điểm $HK$. Chứng minh rằng $TB=TC$.

Hết

Lời giải

Đề bài

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.  Cho tập hợp:
$$A=\left\{ n\in \mathbb{N}\mid 1\le n\le 2015,\gcd (n,2016)=1 \right\}.$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a\in A$ sao cho tồn tại số nguyên $b$ mà $a+2016b$ là số chính phương?
Bài 2. Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:
$$\left\{\begin{array}{l}
a^2\le 1\\
a^2+b^2\le 5\\
a^2+b^2+c^2\le 14\\
a^2+b^2+c^2+d^2\le 30
\end{array} \right..$$

a)Chứng minh rằng $a+b+c+d\le 10$.
b) Chứng minh rằng $ad+bc\le 10$.

Bài 3.  Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$$f\left( x-2f(y) \right)=5f(x)-4x-2f(y), \, \ \forall x,y\in \mathbb R.$$
Bài 4. Cho đường tròn $k$ và các điểm $B,C$ thuộc đường tròn sao cho $BC$ không phải là đường kính; $I$ là trung điểm $BC$. Điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ của $k$. Gọi $(\mathcal I_1)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, $(\mathcal I_2)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$. Các đường tròn $(\mathcal I_1), (\mathcal I_2)$ cắt nhau tại $D$.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $K$ là trung điểm $AD$, $E$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $AB$ tại $A$, $F$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $AC$ tại $A$. Chứng minh rằng góc $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_n=\dfrac{1}{n\cos \frac{1}{n}}\ \forall n\in \mathbb N^*$. Tính giới hạn:
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{3}}+{{x}_{5}}+\cdots+{{x}_{2n-1}}}{{{x}_{2}}+{{x}_{4}}+{{x}_{6}}+\cdots +{{x}_{2n}}}.$$
Bài 6. Tìm các giá trị của $b$ sao cho tồn tại $a$ để hệ phương trình sau có nghiệm $(x,y)$:
$$\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^2+(y+1)^2=b \\
y=x^2+(2a+1)x+a^2
\end{array} \right..$$
Bài 7. Cho $n$ là số nguyên dương, $n\ge 2$ và $X=\left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$. Gọi ${{A}_{1}},{{A}_{2}},\ldots,{{A}_{m}}$ và ${{B}_{1}},{{B}_{2}},\ldots,{{B}_{m}}$ là hai dãy các tập con khác rỗng của $X$ thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,m \right\}$, ${{A}_{i}}\cap {{B}_{j}}=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$
a) Chứng minh rằng với mỗi hoán vị $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ của tập hợp $X$, có không quá một cặp tập hợp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,m$ sao cho nếu $x_k\in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì ta phải có $k<l$.
b) Gọi $a_i,b_i$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_i,B_i$ với $i=1,2,3,\ldots,m$. Chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{C_{{a_i+b_i}}^{a_i}}}\le 1.$$

Bài 8.  Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $I$ đi qua $B,C$ lần lượt cắt các tia $BA,CA$ tại $E,F.$

a) Giả sử các tia $BF,CE$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(AEF)$. Chứng minh rằng $OT\parallel ID.$
b) Trên $BF,CE$ lần lượt lấy các điểm $G,H$ sao cho $AG\perp CE,AH\perp BF.$ Các đường tròn $(ABF),(ACE)$ cắt $BC$ tại $M,N$ khác $B,C$ và cắt $EF$ tại $P,Q$ khác $E,F$. Gọi $K$ là giao điểm của $MP,NQ$. Chứng minh rằng $DK\perp GH$.

Hết

Bài 1.

Cho số nguyên dương $n>1$, ta quy ước gọi một số nguyên dương $a < n$ là thặng dư chính phương theo modulo $n$ nếu $\gcd(a,n)=1$ và tồn tại số nguyên $x$ sao cho $a\equiv {{x}^{2}} \pmod n .$ \medskip

Đặt $s(n)$ là số các số như thế. Ta sẽ chứng minh hai bổ đề dưới đây: \medskip

Bổ đề 1. Cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dương. Khi đó:

Nếu $p=2$ thì $s({{2}^{k}})={{2}^{\max (k-3,0)}}$.
Nếu $p>2$ thì $s({{p}^{k}})=\dfrac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}$.

Bổ đề 2. $s(n)$ là hàm nhân tính, tức là $s(ab)=s(a)s(b)$ với $\gcd(a,b)=1$. \medskip

Thật vậy, \medskip

Trước hết, ta biết rằng $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s({{p}^{k}})$ với $k\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$. Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho $$a\equiv {{x}^{2}}\pmod{p}.$$ Đặt $a={{x}^{2}}+pq$ thì hiển nhiên $$a\equiv {{x}^{2}}+pq \pmod {{p}^{k}}\Leftrightarrow a-pq\equiv {{x}^{2}} \pmod {{p}^{k}}$$ và khi đó, ta có ${{p}^{k-1}}$ cách chọn $q$ để các số $a-pq$ là các thặng dư chính phương theo modulo ${{p}^{k}}$. Suy ra
$$s({{p}^{k}})={{p}^{k-1}}s(p)=\frac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}.$$ Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3,$ dễ dàng kiểm tra được $s({{2}^{k}})=1$. \medskip

Ta xét $k\ge 4$, tương tự trên, ở bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s({{2}^{k}})=2s({{2}^{k-1}})$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được $$s({{2}^{k}})={{2}^{k-3}},k\ge 4.$$ Tiếp theo, xét hai số $a,b$ nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Gọi $A$ là tập hợp các thặng dư chính phương theo modulo $ab$ và $B$ là tập hợp các số là thặng dư chính phương chung của $a,b.$ \medskip

Nếu $x\in A$ thì tồn tại $y$ sao cho $x\equiv {{y}^{2}} \pmod{ab}$. Rõ ràng khi đó,
$$x\equiv {{y}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{y}^{2}}\pmod b$$
(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn ${x}'$ sao cho ${x}'<a$ và $x\equiv {x}'\pmod a$; tương tự với $b$).
Do đó, $x\in B$, tức là $x\in A\Rightarrow x\in B$ nên $\left| A \right|\le \left| B \right|$. \medskip

Tiếp theo, xét $x\in B$. Khi đó tồn tại $r,s$ sao cho
$x\equiv {{r}^{2}}\pmod a,\text{ }x\equiv {{s}^{2}}\pmod b$.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên $z$ sao cho $$z\equiv r\pmod a, \, z\equiv s\pmod b.$$ Khi đó $$x\equiv {{z}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{z}^{2}}\pmod b$$ nên
$$x\equiv {{z}^{2}} \pmod{ab}.$$ Do đó: $x\in A$, tức là $x\in B\Rightarrow x\in A$ nên $\left| A \right|\ge \left| B \right|$. Từ đây ta có $$\left| A \right|=\left| B \right| \text{ hay } s(a)s(b)=s(ab).$$ Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính. \medskip

Các bổ đề đều được chứng minh. \medskip

Trở lại bài toán, ta thấy rằng $2016={{2}^{5}}\cdot {{3}^{2}}\cdot 7.$ Rõ ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo $2016$.
Theo bổ đề 2 thì $$s(2016)=s({{2}^{5}})s({{3}^{2}})s(7).$$ Theo bổ đề 1 thì $$s({{2}^{5}})={{2}^{2}}=4,s({{3}^{2}})=\frac{{{3}^{2}}-3}{2}=3,s(7)=\frac{7-1}{2}=3.$$ Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4\cdot 3\cdot 3=36.$

Bài 2. 

(a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=2,c=3,d=4$ nên ta có các đánh giá sau $
{{a}^{2}}+1\ge 2a
{{b}^{2}}+4\ge 4b
{{c}^{2}}+9\ge 6c
{{d}^{2}}+16\ge 8d
$

Do đó, ta có
$24(a+b+c+d)\le 3({{d}^{2}}+16)+4({{c}^{2}}+9)+6({{b}^{2}}+4)+12({{a}^{2}}+1)$
$=3{{d}^{2}}+4{{c}^{2}}+6{{b}^{2}}+12{{a}^{2}}+120 $

$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+6{{a}^{2}}+120$

$\le 3\cdot 30+14+2\cdot 5+6\cdot 1+120=240$
Suy ra $a+b+c+d\le 10.$ \medskip

(b) Ta có $$16{{a}^{2}}+{{d}^{2}}\ge 8ad \text{ và } 9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}\ge 12bc.$$

Từ đó suy ra

$24(ad+bc)\le 3(16{{a}^{2}}+{{d}^{2}})+2(9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}})$
$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+5({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+10({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+30{{a}^{2}}$
$\le 3\cdot 30+5\cdot 14+10\cdot 5+30\cdot 1=240$
Suy ra $ad+bc\le 10.$

Bài 3.

Gọi () là điều kiện đề bài cho.
Trong () thay $x=y=0$, ta có $$f(-2f(0))=3f(0).$$ Đặt $f(0)=a$ thì $f(-2a)=3a$.
Trong () thay $x=0$ và $y=-2a$, ta có $$f(-2f(-2a))=5a-2f(-2a)\Leftrightarrow f(-6a)=-a.$$ Trong (), thay $x=-2a,y=-6a$, ta có
$$\begin{aligned}
& f(-2a-2f(-6a))=5f(-2a)-4x-2f(-6a) \\
& \Leftrightarrow f(0)=15a+8a+2a.
\end{aligned}$$ Từ đây ta có $a=25a$ nên $a=0,$ tức là $f(0)=0$. \medskip

Trong $(*),$ thay $y=0$, ta có $$f(x)=5f(x)-4x\Leftrightarrow f(x)=x.$$ Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hàm số cần tìm chính là $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}.$

Bài 4.

(a) Gọi $O$ là tâm của đường tròn $k.$ Không mất tính tổng quát, giả sử tia $AD$ nằm giữa hai tia $AO,AB,$ các trường hợp còn lại tương tự.

Ta có: $$\angle IDB=\angle ABC,\angle IDC=\angle ACB$$ nên $$\angle BAC+\angle BDC=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB=180{}^\circ .$$ Do đó, tứ giác $ABDC$ nội tiếp hay $D\in (O).$ Ta thấy $$\begin{aligned}
& \angle DAO+\angle OID \\
& =\angle BAC-(\angle DAB+\angle OAC)+360{}^\circ -(90{}^\circ +\angle DIC) \\
& =\angle BAC-\left( \angle ICD+90{}^\circ -\angle ABC \right)+270{}^\circ -\angle DIC \\
& =\angle BAC+\angle ABC-(\angle ICD+\angle DIC)+180{}^\circ \\
& =(180{}^\circ -\angle ACB)-\left( 180{}^\circ -\angle IDC \right)+180{}^\circ \\
& =\angle IDC-\angle ACB+180{}^\circ =180{}^\circ.
\end{aligned} $$

Do đó, $AOID$ nội tiếp hay đường tròn $(AID)$ đi qua $O$ cố định. \medskip

(b) Ta có: $$\angle EAC=90{}^\circ -\angle BAC,\angle FAB=90{}^\circ -\angle BAC$$ nên
$$\angle EAF=180{}^\circ -2\angle BAC+\angle BAC=180{}^\circ -\angle BAC.$$

Do đó, góc $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: \medskip

Bổ đề. Giá trị của biểu thức $\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$ tiến tới vô cực khi $n\to +\infty.$ \medskip

Thật vậy, xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có $$f'(x)=\frac{1}{1+x}-1<0$$ nên đây là hàm nghịch biến, suy ra $f(x)<f(0)=0$ hay $\ln (1+x)<x,\forall x>0$. Thay $x$ bởi $\frac{1}{n}$, ta được
$$\ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)<\frac{1}{n}\Leftrightarrow \frac{1}{n}>\ln (1+n)-\ln n.$$ Do đó, $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln1+\ln3-\ln2+\cdots+ln(n+1)-\ln n=\ln (n+1).$$ Vì $\ln (n+1)\to +\infty $ khi $n\to +\infty $ nên $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\to +\infty.$$
Trở lại bài toán, đặt $$y_n=\frac{x_1+x_3+x_5+\cdots+x_{2n-1}}{x_2+x_4+x_6+\cdots+x_{2n}}$$ với $n\ge 1.$

Ta thấy vì $\frac{1}{n}\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra $$x_n=\frac{1}{n\cos \frac{1}{n}}>0,n\ge 1. $$
Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ thì ${f}'(t)=\frac{\cos t+t\sin t}{{{\cos }^{2}}t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_n=f\left( \frac{1}{n} \right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_n$ cũng là dãy giảm. \medskip

Suy ra $x_1>x_2,x_3>x_4,\ldots,x_{2n-1}>x_{2n}$ nên $y_n>1$. \medskip

Ngoài ra, ta cũng có $x_3<x_2,x_5<x_4,\ldots,x_{2n-1}<x_{2n-2}$ nên $y_n< \frac{x_1+x_2+x_4+\cdots+x_{2n-2}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

$= 1-\frac{x_1-x_{2n}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}<1-\frac{x_1}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

Dễ thấy rằng $$x_2+x_4+\cdots+x_{2n}=\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i\cos \frac{1}{2i}}}\ge \sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}.$$

Theo bổ đề trên thì $\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}$ tiến tới vô cực nên $$\lim \left( x_2+x_4+\cdots+x_{2n} \right)=+\infty .$$

Do đó $$\lim \left( 1-\frac{x_{1}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}} \right)=1-0=1.$$ Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_n=1.$

Bài 6.

Đặt $X=x-1,Y=y+1$, thay vào, ta có
$$\begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y-1={{(X+1)}^{2}}+(2a+1)(X+1)+{{a}^{2}} \\
\end{aligned} \right. \
& \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y={{X}^{2}}+(2a+3)X+{{a}^{2}}+2a+3.
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned}$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X,Y).$ Do $$Y-(X+2)={{X}^{2}}+2(a+1)X+{{(a+1)}^{2}}={{\left( X+a+1 \right)}^{2}}\ge 0$$ nên $Y\ge X+2$. Suy ra $Y-X\ge 2>0$, tức là ${{(X-Y)}^{2}}\ge 4.$ Ta có
$$b={{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=\frac{{{(X-Y)}^{2}}+{{(X+Y)}^{2}}}{2}\ge \frac{{{(Y-X)}^{2}}}{2}\ge 2.$$ Mặt khác, với $b\ge 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$${{X}^{2}}+{{Y}^{2}}={{(a+1)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}=2({{a}^{2}}+1)=b.$$ Như thế, với $a$ thỏa mãn $2({{a}^{2}}+1)=b$ thì hệ có nghiệm là $$(X,Y)=(-a-1,1-a).$$ Dễ dàng thấy rằng do $b\ge 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế. \medskip

Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b\ge 2$.

Bài 7.

(a) Giả sử ngược lại, tồn tại $2$ cặp $(A_i,B_i)$ và $(A_j,B_j)$ thỏa mãn điều kiện đề bài đã cho. \medskip

Vì $i\ne j$ nên theo giả thiết, $$\left| A_i \cap B_j \right|\ge 1,\left| A_j\cap B_i \right|\ge 1.$$ Đặt $x_r\in A_i\cap B_j,x_s\in A_j\cap B_i$ với $1\le r,s\le n$ thì:

Do $x_r\in B_j$ nên với mọi $x_k\in A_j$, ta đều có $k<r.$
Do $x_r\in A_i$ nên với mọi $x_k\in B_i$, ta đều có $k>r$.

Từ đây suy ra $$A_j \subset \left\{ x_1,x_2,\ldots,x_{r-1} \right\},B_i\subset \left\{x_{r+1},x_{r+2},\ldots,x_n \right\}.$$

Điều này cho thấy $A_j\cap B_i=\varnothing $, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy tồn tại không quá $1$ cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện đã cho. \medskip

(b) Gọi $T$ là tập hợp các cách chọn hai dãy $$A_1,A_2,\ldots,A_m \text{và} B_1,B_2,\ldots,B_m$$ thỏa mãn điều kiện là: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$, $A_i\cap B_j=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$ \medskip

Gọi $T_i\subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,n$ sao cho nếu $x_k \in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì $x_k<x_l$ (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của $X$). \hfill (*) \medskip

Theo câu (a) thì $T_i \cap T_j=\varnothing $ với $i\ne j$ nên ta có $$\left| T_1 \right|+\left| T_2 \right|+\cdots +\left| T_m \right|=\left| T_1 \cup T_2 \cup \ldots \cup T_m \right|\le T.$$ Tiếp theo, với $1\le i\le m$, xét một tập hợp $S\subset X$ và $\left| S \right|=a_i+b_i$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng $1$ cách chọn $(A_i,B_i)$ thỏa mãn tính chất $(*)$ – tức là $A_i$ sẽ nhận $a_i$ số nhỏ nhất trong tập $S,$ $B_i$ là lấy phần còn lại. \medskip

Trong khi đó, nếu không có điều kiện $(*),$ ta có thể chọn tùy ý $C_{a_i+b_i}^{a_i}$ phần tử trong $S$ và $A$ và số còn lại cho $B.$ \medskip

Do đó, ta có
$\left| T_i \right|=\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}} $ với $i=1,2,\ldots,m.$

Từ đây suy ra

$$\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le \left| T \right|\Leftrightarrow \sum\limits_{i=1}^{m}\frac{1}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le 1$$

Ta có đpcm.

Bài 8. 

(a) Giả sử $EF$ cắt $BC$ ở $L$ và $(T),(O)$ cắt nhau tại $J$ khác $A.$ Suy ra $AJ$ chính là trục đẳng phương của $(T),(O).$ Do đó $OT\bot AJ$. \medskip

Khi đó,
[LB\cdot LC=LE\cdot LF] nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(T),(O)$. Suy ra $A,J,L$ thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác $BEFC$ nội tiếp trong đường tròn $(I)$ thì $I$ chính là trực tâm của tam giác $ADL.$ \medskip

Vì thế nên $ID\bot AL$, mà $OT\bot AJ$ nên $ID\parallel OT$. \medskip

(b) Dễ dàng thấy rằng $D$ là trực tâm của tam giác $AGH$ nên $AD\bot GH$. Ta sẽ chứng minh rằng $A,D,K$ thẳng hàng. \medskip

Ta có $DB\cdot DF=DE\cdot DC$ nên $D$ có cùng phương tích tới $(ABF),(AEC)$. Suy ra $AD$ chính là trục đẳng phương của $2$ đường tròn này. \medskip

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
$$\angle MPQ=\angle MBF=\angle CEF=\angle CNQ.$$ Suy ra $MNPQ$ nội tiếp, dẫn đến $KM\cdot KP=KN\cdot KQ$, tức là $K$ cũng có cùng phương tích tới $2$ đường tròn $(ABF),(AEC)$. \medskip

Từ đó suy ra $A,D,K$ thẳng hàng. Do đó, $DK$ vuông góc với $GH.$