Bài 1. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{2}=2 z-z^{2} \\ (y-z)^{2}=2 x-x^{2} \\ (z-x)^{2}=2 y-y^{2}\end{array}\right.$

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+c=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Bài 5. Cho đa giác đều n cạnh . Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $\mathrm{n}=4$ và $\mathrm{n}=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một.

số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

LỜI GIẢI

Bài 1. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^{2}=2 z-z^{2} \\ (y-z)^{2}=2 x-x^{2} \\ (z-x)^{2}=2 y-y^{2}\end{array}\right.$

(b) Cho hình vuông $A B C D$ cạnh $a$. $M$ và $N$ là hai điểm lần lượt nằm trên các cạnh $A B$ và $B C$ sao cho $\frac{A M}{A B}=\frac{C N}{C B}=x$ với $0<x<1$. Các đường thẳng qua $M, N$ song song với $B D$ lần lượt cắt $A D$ tại $Q$ và $C D$ tại $P$. Tính diện tích tứ giác $M N P Q$ theo $a$ và $x$ và tìm $x$ sao cho diện tích này lớn nhất.

Lời giải.

(a) Lấy (1) trừ (2) ta có:

$(x-2 y+z)(x-z)=x^{2}-z^{2}-2(x-z)=(x-z)(x+z-2) \Leftrightarrow 2(x-z)(y-1)=0 \Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$.

• Với $y=1$, ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^{2}=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$.

$+$ Với $z=x+1$, giải được $x=0, z=1$ và $x=1, z=2$. Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$.

$+$ Với $z=x-1$, giải ra được $x=1, z=0$ và $x=2, z=1$. Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$.

• Với $x=z$, từ (3) ta có $y^{2}-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$.

$+$ Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^{2}=2 z-z^{2} \\ z^{2}=2 x-x^{2}\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 z^{2}=2 z \\ x-z\end{array}\right.\right.$.

Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.

$+$ Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$.

Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.

(b) Chứng minh được $M N P Q$ là hình chữ nhật.

Ta có $\frac{M N}{A C}=\frac{M \dot{B}}{B A}=\frac{A B-A M}{A B}=1-\frac{A M}{A B}=1-x$ suy ra $M N=(1-x) a \sqrt{2}$.

$\frac{M Q}{B D}=\frac{A M}{A B}=x$, suy ra $M Q=x a \sqrt{2}$.

Từ đó $S=M N . M Q=2 a^{2} x(1-x)$ Mà $x(1-x) \leq \frac{1}{4}(x+1-x)^{2}=\frac{1}{4}$. Suy ra $S \leq \frac{a^{2}}{2}$. Đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$.

Vậy diện tích đạt giá trị lớn nhất bằng $\frac{1}{2} a^{2}$ khi $M$ là trung điểm $A B$.

Bài 2. Số nguyên dương $n$ được gọi là số điều hòa nếu như tổng các bình phương của các ước của nó ( kể cả 1 và $\mathrm{n}$ ) đúng bằng $(n+3)^{2}$.

(a) Chứng minh rằng số 287 là số điều hòa.

(b) Chứng minh rằng số $n=p^{3}$ ( $p$ nguyên tố ) không phải là số điều hòa.

(c) Chứng minh rằng nếu số $n=p q(p, q$ là các số nguyên tố khác nhau) là số điều hòa thì $n+2$ là số chính phương.

Lời giải.

(a) Số $n=287$ có các ước dương là $1,7,41,287$. Ta có $1^{2}+7^{2}+41^{2}+287^{2}=$ $(287+3)^{2}$ nên 287 là số điều hòa.

(b) Các ước dương của $n=p^{3}$ là $1, p, p^{2}, p^{3}$. Giả sử $n$ là số điều hòa, ta có $(n+3)^{2}=1^{2}+p^{2}+p^{4}+p^{6} \Leftrightarrow p^{4}+p^{2}=6 p^{3}+8$. Suy ra $p \mid 8$ mà $p$ nguyên tố nên $p=2$. Thử lại thấy không thỏa, vậy $n=p^{3}$ không phải là số điều hòa với mọi số nguyên tố $p$.

(c) Các ước dương của $n=p q$ là $1, p, q, p q$. Vì $n$ là số điều hòa nên ta có: $1+p^{2}+q^{2}+p^{2} q^{2}=(p q+3)^{2} \Leftrightarrow p^{2}+q^{2}=6 p q+8 \Leftrightarrow(p+q)^{2}=$ $4(p q+2)$. Do 4 là số chính phương nên $p q+2$ cũng là số chính phương hay $n+2$ là số chính phương.

Bài 3. (a) Tìm tất cả các số thực $x$ thỏa $x^{2}-5 x+4+2 \sqrt{x-1} \geq 0$.

(b) Chứng minh rằng với các số không âm $a, b, c$ thỏa $a+b+C=3$ thì ta có bất đẳng thức $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$.

Lời giải.

(a) Điều kiện $x \geq 1$. Đặt $t=\sqrt{x-1}$. Khi đó $t \geq$ và $x=t^{2}+1$. Ta có bất phương trình:

$\left(t^{2}+1\right)^{2}-5\left(t^{2}+1\right)+4+2 t \geq \Leftrightarrow t^{4}-t^{2}+2 t \geq 0 \Leftrightarrow t(t+2)(t-1)^{2} \geq 0$

đúng với mọi $t \geq 0$.

Vậy nghiệm của bất phương trình là $x \geq 1$.

(b) Ta có $t^{2}-3 t+2 \sqrt{t}=\sqrt{t}(\sqrt{t}+2)(\sqrt{t}-1)^{2} \geq 0$. Suy ra $t^{2}+2 \sqrt{t} \geq 3 t$ với $\operatorname{mọi} t \geq 0$.

Áp dụng ta có $a^{2}+2 \sqrt{a} \geq 3 a, b^{2}+2 \sqrt{b} \geq 3 b, c^{2}+2 \sqrt{c} \geq 3 c$.

Suy ra $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq 3(a+b+c) \Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}+$ $2(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}) \geq(a+b+c)^{2} \Leftrightarrow \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c} \geq a b+b c+a c$ (đccm).

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Trên đường thẳng vuông góc với $A B$ tại $B$ ta lấy điểm $D$ di động nằm cùng phía với $C$ đối với đường thẳng $A B$.

(a) Chứng minh rằng nếu $A C+B D<C D$ thì trên cạnh $A B$ tồn tại hai điểm $\mathrm{M}$ và $\mathrm{N}$ sao cho $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$

(b) Giả sử điều kiện trên được thỏa mãn. Đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ cắt đường thẳng qua $B$ song song với $M C$ tại $E$. Chứng minh rằng đường thẳng $D E$ luôn đi qua một điểm cố định .

Lời giải.

(a) Xét đường tròn đường kính $C D$ có tâm $O$ là trung điểm $C D$. Gọi $I$ là trung điểm $A B$, khi đó $O I \perp A B$ và $O I$ là đường trung bình của hình thang $A C D B$ nên $O I=\frac{1}{2}(A C+B D)<\frac{C D}{2}$.

Do đó khoảng cách từ $O$ đến $A B$ nhỏ hơn bán kính đường tròn đường kính $C D$ nên $A B$ cắt đường tròn đường kính $A B$ tại hai điểm $M, N$. Suy ra $\angle C M D=\angle C N D=90^{\circ}$. Hơn nữa $\angle O C A+\angle O D B=180^{\circ}$ nên có một góc lớn hơn hoặc bằng $90^{\circ}$. Giả sử là $\angle A C D \geq 90^{\circ}$. Suy ra $O A>O C$. Suy ra $A$ nằm ngoài đường tròn $(O)$. Do đó $M, N$ thuộc đoạn $A B$.

(b) Gọi $E^{\prime}$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song với $M D$ với $C D$. Gọi $P$ là giao điểm của $M D$ với $A C, Q$ là giao điểm của $M C$ với $B D$. Theo định lý Thalet ta có: $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{C A}{C P}, \frac{C A}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Suy ra $\frac{C E^{\prime}}{C D}=\frac{B Q}{D Q}$. Từ đó ta có $B E^{\prime}|| M C$. Suy ra $C, D, E$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $D E$ luôn qua điểm $C$ cố định.

Bài 5. Cho đa giác đều $n$ cạnh. Dùng 3 màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh đa giác một cách tùy ý ( mỗi đỉnh được tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều được tô màu). Cho phép thực hiện thao tác sau đây : chọn hai đỉnh kề nhau bất kì ( nghĩa là hai đỉnh liên tiếp) khác màu và thay màu của hai đỉnh đó bằng màu còn lại.

(a) Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu.

(b) Chứng minh rằng với $n=4$ và $n=8$, bằng cách thực hiện thao tác trên một số lần ta có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi một màu.

Lời giải.

(a) Xét một dãy các đỉnh màu vàng $A V_{1} V_{2} \ldots V_{k} B$ (có thể chỉ gồm một đỉnh) được giới hạn bởi 2 đỉnh $A$ và $B$ (có thể trùng nhau) không phải màu vàng. Sử dụng thao tác đã cho ta đổi màu hai đỉnh $A$ và $V_{1}$ thành màu

thứ ba (hiển nhiên không phải màu vàng). Tiếp tục như thế đổi màu các đỉnh $\mid V_{2}, V_{3}, \ldots, V_{k}$ sang màu không phải vàng. Như vậy ta đã làm mất màu vàng trong dãy các đỉnh ở trên.

Bằng cách thực hiện như trên đối với dãy các điểm màu vàng khác ta suy ra có thể làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn được tô bởi hai màu xanh và đỏ.

(b) Do câu a) ta chỉ xét trường hợp các đỉnh của đa giác được tô bởi hai màu, chẳng hạn xanh và đỏ.

Bằng thao tác đã cho ta có hai kiểu chuyển màu bộ 4 đỉnh liên tiếp như sau:

$d d x x \rightarrow d v v x \rightarrow x x v x \rightarrow x d d x \rightarrow v v v v$ và $d x d x \rightarrow d v v d, d x x d \rightarrow v v v v$ (1)

Do tính đối xứng nên suy ra nếu một bộ 4 đỉnh mà trong đó có hai đỉnh cùng một màu và hai đỉnh còn lại cùng một màu khác thì ta chuyển cả 4 đỉnh về màu thứ ba.

Bằng cách dùng kiểu biến đổi trên ta có:

$d d d x \rightarrow d d v v \rightarrow x x x x$ (dùng (1)) và $d d x d \rightarrow d v v d \rightarrow x x x x(2)$.

Nghĩa là nếu có 3 đỉnh cùng màu, ta chuyển ta chuyển màu của 3 đỉnh đó về cùng màu của đỉnh thứ tư.

Như vậy bằng (1) và (2) ta có thể chuyển mày của mỗi bộ 4 đỉnh liên tiếp về cùng một màu. Điều này chứng minh cho trường hợp $n=4$.

Với $n=8$, ta chia 8 đỉnh thành 2 bộ 4 đỉnh. Như đã chứng minh ở trên, ta có thể làm cho mỗi bộ 4 đỉnh như thế có cùng màu. Nếu màu của hai bộ là như nhau thì ta có điều cần chứng minh. Nếu hai bộ khác nhau, chẳng hạn ta có kiểu tô màu $x x x x d d d d$. Ta có có phép biến đổi hai bộ liên tiếp: $x x x x d d d d \rightarrow x x x v v d d d \rightarrow x x x v \mid v d d d \rightarrow$ vvvvvvvvv(dùng (2)). Vậy ta đã chứng minh cho trường hợp $n=8$.

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Bài 2. (a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

(b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$.

Chứng minh bất đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

(a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

(b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq$ $B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

(a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

(b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

(c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

(a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

(b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn $40 .$

LỜI GIẢI

Bài 1. Cho phương trình $\left(m^{2}+5\right) x^{2}-2 m x-6 m=0(1)$ với $m$ là tham số.

(a) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Chứng minh rằng khi đó tổng của hai nghiệm không thể là số nguyên.

(b) Tìm $m$ sao cho phương trình (1) có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ thỏa mãn điều kiện

$\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16$

Lời giải.

a) Phương trình có hai nghiêm phân biệt khi và chỉ khi:

$\left\{\begin{array}{l}m^{2}+5 \neq 0 \\\Delta^{\prime}=m^{2}+6 m\left(m^{2}+5\right)>0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow m\left(6 m^{2}+m+30\right)>0$

$\Leftrightarrow m\left[5 m^{2}+\left(m+\frac{1}{2}\right)+\frac{119}{4}\right]>0$

$\Leftrightarrow m>0$

Khi đó theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5}$.

Vi $m^{2}+5-2 m=(m-1)^{2}+4>0$, suy ra $m^{2}+5>2 m>0$.

Do đó $0<\frac{2 m}{m^{2}+5}<1$ nên tổng hai nghiệm của phương trình không thể là số nguyên.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm $\Delta^{\prime} \geq 0 \Leftrightarrow m \geq 0 .$ Khi đó $\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\frac{2 m}{m^{2}+5} \\ x_{1} x_{2}=\frac{-6 m}{m^{2}+5}\end{array}\right.$

Ta có $\left(x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}\right)^{4}=16 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \\ x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2\end{array}\right.$

Trường hợp 1: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$, ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=2(V N)$

Trường hợp 2: $x_{1} x_{2}-\sqrt{x_{1}+x_{2}}=-2 \Leftrightarrow \frac{-6 m}{m^{2}+5}-\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}=-2$.

Đặt $t=\sqrt{\frac{2 m}{m^{2}+5}}$ ta có phương trình: $-3 t^{2}-t=-2 \Leftrightarrow t=-1(l), t=\frac{3}{2}$.

Với $t=\frac{3}{2}$ ta có $\frac{2 m}{m^{2}+5}=\frac{3}{2}$. Giải ra được $m=2(n), m=\frac{5}{2}(n)$.

Bài 2. a) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}2(1+x \sqrt{y})^{2}=9 y \sqrt{x} \\ 2(1+y \sqrt{x})^{2}=9 x \sqrt{y}\end{array}\right.$

b) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ với các đường phân giác trong $B M, C N$. Chứng minh bât đẳng thức $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2}$.

Lời giải.

1) Đặt $a=x \sqrt{y}, b=y \sqrt{x}$. Điều kiện $a, b \geq 0$.

Ta có hệ: $\left\{\begin{array}{l}2(1+a)^{2}=9 b(1) \\ 2(1+b)^{2}=9 a(2)\end{array}\right.$

Lấy (1) trừ (2) ta có: $(a-b)(2 a+2 b+13)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=b(n) \\ 2 a+2 b=-13(l)\end{array}\right.$

Với $a=b$ thế vào $(1)$ ta có $2\left(1+a^{2}\right)=9 a \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a=2, b=2 \\ a=\frac{1}{2}, b=\frac{1}{2}\end{array}\right.$

Khi $a=b=2$ ta có $x=y=\sqrt[3]{4}$

Khi $a=b=\frac{1}{2}$ ta có $x=y=\sqrt[3]{\frac{1}{2}}$.

2) Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{M C}{M A}=\frac{B C}{A B}$,  suy ra  $\frac{M C+M A}{M A}=1+\frac{B C}{A B} $

$\frac{B B}{N A}=\frac{B N+N A}{A C}$,  suy ra  $\frac{B N+N A}{N A}=1+\frac{B C}{A C} $

Suy ra:

$\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A}=\left(1+\frac{B C}{A B}\right)\left(1+\frac{B C}{A C}\right) $

$=1+\frac{B C^{2}}{A B \cdot A C}+\frac{B C}{A B}+\frac{B C}{A C} $

Ta có  $B C^{2}=A B^{2}+A C^{2} \geq 2 \cdot A B \cdot A C$, suy ra $\frac{B C C^{2}}{A B \cdot A C} \geq 2 $

Và  $\frac{B A}{A C}+\frac{B C}{A C} \geq \sqrt{\frac{B C \cdot B C}{A B \cdot A C}} \geq 2 \sqrt{2} . $

Do đó  $\frac{(M C+M A)(N B+N A)}{M A \cdot N A} \geq 3+2 \sqrt{2} .$

Bài 3. Cho các số nguyên dương $a, b$ thỏa $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$.

a) Chứng minh rằng $a+b$ không thể là số nguyên tố.

b) Chứng minh rằng nếu $c>1$ thì $a+c$ và $b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Lời giải.

a) Từ đề bài ta có $c(a+b)=a b$, suy ra $a b$ chia hết cho $a+b$.

Giả sử $a+b$ nguyên tố. Ta có $a<a+b$, suy ra $a, a+b$ nguyên tố cùng nhau, suy ra $b$ chia hết cho $a+b$ vô lý vì $b<a+b$.

b) Giả sử $a+c, b+c$ đều là các số nguyên tố. Khi đó:

$c(a+b)=a b \Leftrightarrow c a=a b-b c \Leftrightarrow a(b+c)=b(2 a-c) . $

Và  $b(a+c)=a(2 b-c) .$

Dễ thấy $b+c$ nguyên tố và $b+c>b$ nên $b+c$ và $b$ là nguyên tố cùng nhau; tương tự $a+b$ và $a$ nguyên tố cùng nhau.

Mà $a(b+a)$ chia hết cho $b$, suy ra $a$ chia hết cho $b, b(a+c)$ chia hết cho $a$, suy ra $b$ chia hết cho $a$. Suy ra $a=b=2 c$, suy ra $a+c=b+c=3 c$ không phải là số nguyên tố do $c>1$.

Vậy khi $c>1$ thì $a+c, b+c$ không thể đồng thời là số nguyên tố.

Bài 4. Cho điểm $C$ thay đổi trên nửa đường tròn đường kính $A B=2 R(C \neq A, C \neq B)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $A B ; I$ và $J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $A C H$ và $B C H$. Các đường thẳng $C I, C J$ cắt $A B$ tại $M, N$.

a) Chứng minh $A N=A C, B M=B C$.

b) Chứng minh 4 điểm $M, N, I, J$ cùng nằm trên một đường tròn và các đường thẳng $M J, N I$ và $C H$ đồng quy.

c) Tìm giá trị lớn nhất của $\mathrm{MN}$ và giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $\mathrm{CMN}$ theo $R$.

Lời giải.

a) Ta có $\angle H C B=\angle C A B$ (cùng phụ với $\angle A B C$ ) và $\angle H C A=\angle C B A$ (cùng phụ với $\angle B A C$ ).

Ta có $\angle C A N=\angle N A C+\angle A B C=\angle H A N+\angle A C B=\angle C A N$. Suy ra tam giác $C A N$ cân tại $A$ hay $A N=A C$. Chứng minh tương tự ta có $B M=B C$.

b) Tam giác $C A N$ cân tại $A$ có $A I$ là phân giác nên cũng là trung trực, suy ra $I C=$ $I N$, suy ra $\angle I N C=\angle I C N=\angle I C H+\angle N C H=\frac{1}{2} \angle A C H+\frac{1}{2} \angle B C H=45^{\circ} .$ Tương tự thì $\angle J M C=45^{\circ}$.

Tứ giác $M I J N$ có $\angle J M C=\angle I N C=45^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp, hay $M, N, I, J$ cùng thuộc một đường tròn.

Tam giác $I N C$ cân có $\angle I C N=45^{\circ}$ nên $\angle C I N=90^{\circ}$, suy ra $C I \perp C M$.

Chứng minh tương tự $M J \perp C N$.

Tam giác $C M N$ có $C H, M J, N I$ là các đường cao nên đồng quy.

c) Đặt $A C=b, B C=a$. Ta có $a^{2}+b^{2}=B C^{2}=4 R^{2}$.

Ta có $A N=A C=b, B M=B C=a$.

$A M+B N=B C+M N$, suy ra $M N=a+b-B C=a+b-2 R$.

Ta có $(a+b)^{2} \leq 2\left(a^{2}+b^{2}\right)=8 R^{2}$. Suy ra $a+b \leq 2 \sqrt{2} R$, suy ra $a+b-2 R \leq$ $2 R(\sqrt{2}-1)$.

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=R \sqrt{2}$.

Vậy giá trị lớn nhất của $M N$ bằng $2 R(\sqrt{2}-1)$ khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn. Khi đó $S_{C M N}=\frac{1}{2} C H . M N \leq R^{2}(\sqrt{2}-1)$. Đẳng thức xảy ra khi $C$ là điểm chính giữa đường tròn.

Bài 5. Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng của ba số bất kỳ trong chúng lớn hơn tổng của hai số còn lại.

a) Chứng minh rằng tất cả 5 số đã cho đều không nhỏ hơn 5 .

b) Tìm tất cả các bộ gồm 5 số thỏa mãn đề bài mà tổng của chúng nhỏ hơn 40 .

Lời giải.

a) Gọi 5 số đó là $a, b, c, d, e$, do các số là phân biệt nên ta có thể giả sử $a<b<c<$ $d<e$.

Theo giả thiết ta có $a+b+c>d+e$, suy ra $a+b+c \geq d+e+1$. Suy ra $a \geq d+e+1-b-c$.

Mặt khác, do $b, c, d, e$ là số tự nhiên nên từ $d>c>b$ ta có $d \geq c+1 \geq b+2$, suy ra $d-b \geq 2$.

$e>d>c$, suy ra $e-c \geq 2$.

Do đó $a \geq(d-b)+(e-c)+1 \geq 5$. Suy ra $b, c, d, e>5$.

Vậy các số đều không nhỏ hơn 5 .

b) Nếu $a \geq 6$, suy ra $b \geq 7, c \geq 8, d \geq 9$, e $\geq 10$, suy ra $a+b+c+d+e \geq 40$ ( vô lý), suy ra $a<6$. Theo câu a ta có $a=5$. Khi đó $b+c+5 \geq d+e+1$, suy ra $b+c \geq d+e-4 .$

Mà $d-2 \geq b, e-2 \geq c$, suy ra $d+e-4 \geq b+c$. Do đó $b=d-2, c=e-2$. Khi đó $a+b+c+d+e=5+2 b+2 c+4<40$. Suy ra $b+c<\frac{31}{2}$. Suy ra $b \geq 7$.

Từ đó ta có $b=6, b=7$.

Nếu $b=6$ ta có $d=8, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,6,7,8,9)$

Nếu $b=7, d=9, c=8, e=10$. Ta có bộ $(5,7,8,9,10)$.

Bài 1. (a) Giải phương trình $\sqrt{2 x-1}+\sqrt{1-2 x^{2}}=2 \sqrt{x-x^{2}}$.

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=0$.

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên ( $a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C$, $F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F$.EO.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bât kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

LỜI GIẢI

Bài 1. (a) Giải phương trình $\sqrt{2 x-1}+\sqrt{1-2 x^{2}}=2 \sqrt{x-x^{2}}$.

(b) Cho các số $a$ và $b$ thỏa mãn điều kiện $\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}=\sqrt[3]{b-\frac{1}{4}}$. Chứng minh rằng $-1 \leq a<0$.

Lời giải.

(a) Đặt $a=\sqrt{2 x-1}, b=\sqrt{1-2 x^{2}}$.

Khi đó ta có $a+b=2 \sqrt{\frac{a^{2}+b^{2}}{2}} \Leftrightarrow a=b$.

Khi đó ta có $\sqrt{2 x-1}=\sqrt{1-2 x^{2}} \Leftrightarrow 2 x-1 \geq 0,2 x-1=1-2 x^{2}$.

Giải ra được nghiệm $x=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$.

(b) Ta có $x^{3}-y^{3}=(x-y)\left(x^{2}+x y+y^{2}\right)$ và $x^{2}+x y+y^{2} \geq 0$ nên $x \geq y \Leftrightarrow$ $x^{3} \geq y^{3}$.

Đặt $x=\sqrt[3]{a}, y=\sqrt[3]{b}$. Ta có $x+y=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}$. Suy ra $x=\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}-y<0$.

Giả sử $x<-1$, ta có $\sqrt[3]{y^{3}-\frac{1}{4}}=y+x<y-1$

$\Leftrightarrow y^{3}-\frac{1}{4}<y^{3}-3 y^{2}+3 y-1$

$\Leftrightarrow y^{2}-y+\frac{1}{4}<0$ $\Leftrightarrow\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}<0$ (vô lý).

Do đó $x \geq-1 \Leftrightarrow a \geq-1$.

Vậy $-1 \leq a<0$.

Bài 2. (a) Tìm các số nguyên $a, b, c$ sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+$ $3=0$.

(b) Cho $m$ là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+4 m=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ sao cho $a^{\prime}+b^{\prime}+c^{\prime}=0$ và $a^{\prime} b^{\prime}+b^{\prime} c^{\prime}+a^{\prime} c^{\prime}+m=$ 0 .

(c) Với $k$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $a, b, c$ khác 0 sao cho $a+b+c=0$ và $a b+b c+a c+2^{k}=0$.

Lời giải.

(a) Từ $a+b+c=0, a b+b c+c a=-3$ ta có $a^{2}+b^{2}+c^{2}=6$. Do $a, b, c$ vai trò như nhau nên ta có thể giả sử $|a| \geq|b| \geq|c|$. Khi đó $1<|a|<3$. Suy ra

$|a|=2$, suy ra $a=2$ hoặc $a=-2$.

Với $a=2$ thì $b+c=-2, b^{2}+c^{2}=2$ giải ra được $b=c=-1$.Ta có có bộ $(2 ;-1 ;-1)$ và các hoán vị.

Với $a=-2$ thì $b+c=2, b^{2}+c^{2}=2$, giải ra được $b=c=1$, ta có bộ $(-2 ; 1 ; 1)$ và hoán vị.

(b) Ta có $a+b+c=0$ chẵn (1)và $a b+b c+a c=-4 m$ chẵn.(2)

Nếu 3 số $a, b, c$ đều lẻ, không thỏa (1).

Nếu có 1 chẵn, 2 lẻ thì không thỏa (2).

Do đó 3 số $a, b, c$ đều chẵn. Khi đó đặt $a^{\prime}=\frac{a}{2}, b^{\prime}=\frac{b}{2}, c^{\prime}=\frac{c}{2}$ thì $a^{\prime}, b^{\prime}, c^{\prime}$ thỏa đề bài.

(c) Với $k=0$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c=-1$ thì $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$ (3). Không có bộ 3 số nguyên $a, b, c$ khác 0 thỏa (3).

Với $k=1$ thì $a+b+c=0, a b+b c+a c=-2$ khi đó $a^{2}+b^{2}+c^{2}=4$ (4). Giả sử $|a|$ nhỏ nhất khi đó $1 \leq a^{2}<2$ (không có $a$ thỏa). Không tồn tại $a, b, c$ nguyên khác 0 thỏa (4).

Với $k>1$.

• Nếu $k$ chẵn, đặt $k=2 n$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+4^{n}=0$, theo câu a), tồn tại $a_{1}, b_{1}, c_{1}$ nguyên thỏa

$a_{1}+b_{1}+c_{1}=0, a_{1} b_{1}+a_{1} c_{1}+b_{1} c_{1}+4^{n-1}=0$

Tương tự ta sẽ được $a_{n}, b_{n}, c_{n}$ nguyên thỏa $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+$ $b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-1$ (vô nghiệm).

• Nếu $k$ lẻ đặt $k=2 n+1$ ta có $a+b+c=0, a b+b c+a c+2.4^{n}=0$, làm tương tự trên ta được $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0, a_{n} b_{n}+b_{n} c_{n}+a_{n} c_{n}=-2$ (vô nghiệm).

Vậy không tồn tại các số $a, b, c$ khác 0 thỏa đề bài.

Bài 3. Giả sử phương trình $2 x^{2}+2 a x+1-b=0$ có 2 nghiệm nguyên $(a, b$ là tham số). Chứng minh rằng $a^{2}-b^{2}+2$ là số nguyên và không chia hết cho 3 .

Lới giải.

Theo định lý Viete ta có $x_{1}+x_{2}=-a, x_{1} x_{2}=\frac{1-b}{2}$. Khi đó $Q=a^{2}-$ $b^{2}+2=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-\left(2 x_{1} x_{2}-1\right)^{2}+2=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-4 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}+1$ là một số nguyên.

Ta chứng minh $Q$ không chia hết cho 3 .

Ta có tính chất sau, với một số nguyên $m$ bât kì thì nếu $m$ chia hết cho 3 thì $m^{2}$ chia hết cho 3 . Nếu $m$ chia 3 dư 1 hoặc 2 thì $m^{2}$ chia 3 dư 1 . Ta có $Q=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1-3 x_{1}^{2} x_{2}^{2}+6 x_{1} x_{2}$.

Ta cần chứng minh $Q^{\prime}=x_{1}^{2}+x_{2}^{2}-x_{1}^{2} x_{2}^{2}+1$ không chia hết cho 3 . Xét xác trường hợp sau:Nếu $x_{1}, x_{2}$ không chia hết cho 3 thì $x_{1}^{2}, x_{2}^{2}$ chia 3 dư 1 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2. Nếu $x_{1}$ chia hết cho $3, x_{2}$ không chia hết cho 3 , khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 2 .

$x_{1}, x_{2}$ chia hết cho 3 . Khi đó $Q^{\prime}$ chia 3 dư 1 .

Vậy $Q^{\prime}$ không chia hết cho 3 .

Do đó $Q$ không chia hết cho 3 .

Bài 4. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ có các góc nhọn, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $B C, E$ là điểm chính giữa của cung nhỏ $B C, F$ là điểm đối xứng của $E$ qua $M$.

(a) Chứng minh $E B^{2}=E F . EO$.

(b) Gọi $D$ là giao điểm của $A E$ và $B C$. Chứng minh các điểm $A, D, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.

(c) Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$ và $P$ là điểm thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $I B C$ sao cho $P, O, F$ không thẳng hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF đi qua một điểm cố định.

Lời giải.

(a) Ta có $E$ là điểm chính giữa cung $B C$, suy ra $E B=E C$ và $O E \perp B C$ nên $M, O, E$ thẳng hàng.

Vẽ đường kính $E K$. Ta có $E M \cdot E K=E B^{2}$.

Mặt khác $E F=2 E M, E O=\frac{1}{2} E K$. Do đó $E F \cdot E O=E M \cdot E K=E B^{2}$. (1)

(b) Ta có $\angle E B C=\angle E A C=\angle E A B$. Suy ra $\triangle E A B \sim \triangle E B D$. Suy ra $E B^{2}+$ $E D \cdot E A(2)$.

Từ (1) và (2) ta có: $E A \cdot E D=E O \cdot E F$. Suy ra tứ giác $O F D A$ nội tiếp.

(c) Ta có $\angle E I B=\angle E A B+\angle A B I=\frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=\angle E B C+\angle C B I=\angle E B I$, suy ra $E B=E I=E C$. Vậy $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $B I C$.

Do đó $E P=E B$. Ta có $E P^{2}=E B^{2}=E O \cdot E F$.

Suy ra $\triangle E P F \sim \angle E O P$. Suy ra $\angle E P F=\angle F O P$.

Hơn nữa, do $O, F$ cùng phía đối với $E$ nên $P O, P F$ cùng phía đối với $P E$.

Vẽ tia tiếp tuyến $P x(P F, P O$ cùng phía đối với $P x)$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P O F$. Khi đó $\angle x P F=\angle F O P=\angle E P x$. Suy ra $P x$ và $P E$ trùng nhau. Vậy $P x$ luôn qua điểm $E$ cố định.

Bài 5. Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS đã tổ chứng 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chứng xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng:

(a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần.

(b) Có đúng một học sinh được trao giải ở 8 đợt thi.

Lời giải.

(a) Giả sử $A_{1}$ là tập 3 bạn đạt giải trong đợt thi thứ nhât. Tương tự với $A_{2}, \ldots, A_{8}$.

Ta có $A_{1}={a, b, c}$. Vị $A_{1} \cap A_{i}, i=\overline{2,8}$ có đúng một học sinh nên các học sinh $a, b, c$ xuất hiện trong 7 tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$ và không có hai bàn nào xuất hiện cùng một tập. Do đó theo nguyên lí Đirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tập trong các tập $A_{2}, \ldots, A_{8}$. Khi đó học sinh này có xuất hiện trong ít nhất 4 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần.

(b) Theo câu a, có một học sinh $a$ nhận thưởng được ít nhất 4 lần, giả sử là từ lần 1 đến lần 4 . Hay $a$ thuộc $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$. Khi đó nếu $a$ không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần $a$ không nhận thưởng. Giả sử là lần 8 , tức là $a$ không thuộc $A_{8}$.

Khi đó $A_{1} \cap A_{8}$ là 1 học sinh nên có học $\sinh b \neq a$ thuộc $A_{8}$, tương tự có học sinh $c, d, e$ lần lượt thuộc $A_{2}, A_{3}, A_{4}$ cũng thuộc $A_{8}$. Hơn nữa $b, c, d, e$ phải phân biệt. Do đó $A_{8}$ chứa ít nhất 4 phần tử. (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập, hay nhận thưởng 8 lần. Và không có hai học sinh nào cùng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa.