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 $A$.