Ngày thi thứ 1

Bài 1.

Gọi 4 phương trình của hệ lần lượt là $(1), (2), (3), (4).$ Nếu $z+t=0$ thì khử $t$ ở các phương trình.

Ta có $x+y=3$ và $(x+y){{z}^{2}}=41$ nên ${{z}^{2}}=\frac{41}{3}$.

Mặt khác $z(x-y)=5$ và ${{z}^{3}}(x-y)=101$ nên ${{z}^{2}}=\frac{101}{5},$ từ đây ta có điều vô lý.

Do đó, ta chỉ cần xét $z+t \neq 0$. Từ $(2),$ ta có

$$(xz + yt)(z + t) = 5(z + t),$$

sau khi khai triển, sử dụng $(1),(3)$, ta được $$41 + 3zt = 5(z + t).$$

Từ $(3),$ ta có $$(x{z^2} + y{t^2})(z + t) = 41(z + t),$$

lại khai triển, sử dụng $(2),(4)$, ta được $$101 + 5zt = 41(z + t).$$

Do đó, ta có một hệ phương trình theo biến $zt,z+t$ nên giải ra được $z+t=1,zt=-12$. Từ đây ta có $(z,t)=(4,-3),(-3,4).$

•  Nếu $z=4,t=-3$ thì dễ dàng tính được $x=2,y=1.$
•  Nếu $z=-3,t=4$ thì ta cũng tính được $x=1,y=2.$

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là $$(x,y,z,t)=(1,2,-3,4),(2,1,4,-3).$$

Bài 2.

Do $z_n$ là dãy tăng nên ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên là được.

Giả sử $L$ là chặn trên của $v_n$, ta có do $x_n$ giảm nên

$${z_n} – n{x_{n + 2}} \le {v_{n + 1}} = {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} + {x_{n + 1}} – (n + 1){x_{n + 2}} \le L.$$

Suy ra \[{z_n} \le L + n{x_{n + 2}}.\]

Tương tự, \[{z_n} – n{x_{n + 3}} \le {v_{n + 2}} = {x_1} + {x_2} + \ldots + {x_n} + {x_{n + 1}} + {x_{n + 2}} – (n + 2){x_{n + 3}} \le L\]

nên ta được \[{z_n} \le L + n{x_{n + 3}}.\]

Qua hai bước trên, làm tương tự, cho $n$ cố định, ta suy ra được\[{z_n} \le L + n\mathop {\lim }\limits_{N \to \infty } {x_N} = L.\]

Ta có điều phải chứng minh.

Bài 3.

(a) Ta giải bằng phương pháp đếm bằng hai cách. Giả sử ngược lại, tồn tại tập $M$ gồm $2n+1$ tập con đôi một không giống nhau. Ta đếm số các bộ $(x, i, j)$ với $i < j$ mà $x \in A_i \Delta A_j.$ Theo giả thiết, số bộ này ít nhất là

$(2n+1)\frac{(2n+1)2n}{2}.$

Với mỗi $x,$ giả sử có $k$ tập con $A_i$ chứa $x$ và $2n+1-k$ tập con không chứa $x.$ Khi đó số cặp $A_i, A_j$ mà $x \in A_i \Delta A_j$ sẽ không quá $k(2n+1-k) \le n(n+1).$ Như vậy số bộ này nhiều nhất là $4n \cdot n(n+1).$ Từ đó ta suy ra bất đẳng thức   \[(2n+1)\frac{(2n+1)2n}{2}\le 4n \cdot n(n+1).\]

Suy ra $1 ≤ 0,$ vô lý, kéo theo $m \le 2n.$

(b) Xét tập $M = \{A_1, A_2, \ldots, A_m \}$ gồm $m$ tập con đôi một không giống nhau của $X.$

Đặt $X’ = X \cup {0}.$ Ta thiết lập các tập $A’_i$ theo nguyên tắc sau đây

•  Nếu $|A_i|$ chẵn thì $A’_i = A_i,$
•  Nếu $|A_i|$ lẻ thì $A’_i = A_i \cup \{0\}.$

Khi đó ta có $|A’_i|$ chẵn với mọi $i.$ Từ đó, do

$$| A \Delta B | = | A | + | B | – 2| A \cap B | \text{ nên } |A’_i \Delta A’_j|.$$

Mà ${{{A}’}_{i}}\Delta {{{A}’}_{j}} \supseteq {{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}}$ nên $\left| {{{{A}’}}_{i}}\Delta {{{{A}’}}_{j}} \right|\ge \left| {{A}_{i}}\Delta {{A}_{j}} \right|\ge 2n+1.$ Từ đây, do tính chẵn, suy ra $|A’_i \Delta A’_j| \ge 2n+2.$

Lại áp dụng lập luận tương tự (a) cho tập $M’ = \{A’_1, A’_2, \ldots, A’_m \}$ thuộc $X’,$ ta có số bộ $(x, i, j)$ với $x \in A’_i \Delta A’_j$ một mặt sẽ có ít nhất là $$(2n+2)\frac{m(m-1)}{2}.$$ Mặt khác sẽ không vượt quá $(4n+1) \cdot \frac{{{m}^{2}}}{4}.$ Từ đó suy ra bất đẳng thức

\[\begin{aligned} & (2n+2)\frac{m(m-1)}{2}\le (4n+1) \cdot \frac{{{m}^{2}}}{4} \\ &\Leftrightarrow 4(n+1)(m-1)\le (4n+1)m \\ & \Leftrightarrow m\le \frac{4(n+1)}{3}. \end{aligned}\]

Bài 4.

(a) Gọi $AT$ là đường cao của tam giác $ABC$ với $T \in BC.$ Suy ra tứ giác $AHTB$ và $ATKC$ nội tiếp.

Do đó $$\angle{HTI}=\angle{BAH}=\alpha =\angle{CAK}=\angle{ITK}.$$ Suy ra $I,H,T,K$ đồng viên. Do đó, tâm $(IHK)$ thuộc trung trực của $TI$ cố định.

(b) Gọi $(\omega)$ là đường tròn đường kính $AB.$ Ta có tứ giác $AHTB$ nội tiếp $(\omega).$ Do đó $(\omega)$ giao $(IHK)$ tại $T$ và $H.$

Giả sử $(\omega)$ và $(IHK)$ tiếp xúc thì $T \equiv H$ dẫn đến $AM$ là đường cao của tam giác $ABC.$

Khi đó ta tính được $\alpha = 90^{\circ} -\angle{ABC}.$

Hoàn toàn tương tự nếu $(IHK)$ tiếp xúc với đường tròn đường kính $AC.$

Ngày thi thứ 2

Bài 5.

(a) Đặt $x^{\frac{4}{3}} = a, x^{-\frac{4}{3}}=b$ thì ta có $ab=1$ và cần chứng minh rằng

$$2(a^4+b^4+1) \ge 3(a^3+b^3).$$

Ta cũng có

$a^4+b^4=((a+b)^2-2)^2-2$ và $a^3+b^3=(a+b)^3-3(a+b)$.

Đặt $t = a+b \ge 2$ thì ta cần có

$2((t^2-2)^2-1) \ge 3(t^3-3t)$.

Biến đổi tương đương bất đẳng thức này, ta được

$$(t-2)(2t+1)(t^2-3) \ge 0.$$

Bất đẳng thức này đúng do $t \ge 2$.

(b) Ta chứng minh hằng số nhỏ nhất là $\alpha_0=\sqrt{3/2}.$ Không mất tính tổng quát, giả sử $x\ge 1.$ Đầu tiên, vì hàm $h(\alpha)=x^{\alpha}+\frac{1}{x^{\alpha}}$ tăng nên ta dễ thấy $\alpha>1.$ Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng hai bước. \medskip

Bước : $\alpha=\sqrt{3/2}=\alpha_0$ thì bất đẳng thức đúng. Thật vậy, ta cần chứng minh

$$\frac{2(x^{\alpha_0}-1)^2}{x^{\alpha_0}}\ge\frac{3(x-1)^2}{x},$$

tương đương $f(x)=x^{\alpha_0}-\frac{1}{x^{\alpha_0}}-\alpha_0 x+\frac{\alpha_0}{x}.$

Ta có

$$f'(x)=\alpha_0 (x^{\alpha_0-1}-1)\left(1-\frac{1}{x^{\alpha_0+1}}\right)\ge 0 \forall x\ge 1,$$

nên $f(x)\ge f(1)=0.$

Bước 2: Chứng minh $\alpha=\sqrt{3/2}=\alpha_0$ là hằng số nhỏ nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại $1<\alpha<\alpha_0$ sao cho bất đẳng thức ở đề bài thỏa mãn với mọi $x\ge 1.$ Khi đó tồn tại $m>n$ nguyên dương sao cho $\alpha<\frac{m}{n}<\alpha_0.$ Khi đó $h(\alpha)<h\left(\frac{m}{n}\right).$ Từ đây suy ra

$$2h\left(\frac{m}{n}\right)+2\ge3h(1),$$

tương đương

$$\frac{2(y^m-1)^2}{y^m}\ge\frac{3(y^n-1)^2}{y^n} \, \forall y\ge 1,$$

với $y=\sqrt[n]{x}.$ Bất đẳng thức trên có thể được viết lại với $y>1$ như sau

$$g(y)=2(y^{m-1}+y^{m-2}+\cdots+1)^2-3y^{m-n}(y^{n-1}+y^{n-2}+\cdots+1)^2\ge 0, \, \forall y>1.$$

Vì $g(y)$ liên tục nên ta có

$$\lim_{y\to 1}g(y)\ge0 \iff 2m^2\ge3n^2,$$

mâu thuẫn do $m/n<\sqrt{3/2}.$

Vậy hằng số nhỏ nhất cần tìm là $\sqrt{3/2}.$

Bài 6.

Đặt $a = 3^{4(n^2+n+1)} \ge 81$ thì ta có $A=t^7+t^5+1 $. Phân tích biểu thức này thành nhân tử, ta có

$$A=(t^5-t^4+t^3-t+1)(t^2+t+1).$$

Dễ dàng chứng minh được $$t^5-t^4+t^3-t+1 > t^2+t+1 > 1$$ nên biểu thức trên không thể là số nguyên tố được.

Vậy không tồn tại số $n$ nào thỏa mãn đề bài.

Bài 7.

Trong $(i),$ thay $m=1$, ta có

$$f(f(n))=n^6f(n).(*)$$

Từ đây dễ suy ra $f$ đơn ánh. Tiếp tục thay $m$ bởi $f(m),$ ta có

$$f(f(m) \cdot f(n))=n^6 \cdot f(f(m) \cdot n)=(mn)^6 \cdot f(mn)=f(f(mn)).$$

Kết hợp với tính đơn ánh, ta có $ f(m) \cdot f(n)=f(mn)$ nên $f$ nhân tính. \medskip

Tiếp theo, giả sử tồn tại $n$ sao cho $\gcd (f(n),n)=1$ suy ra $f(f(n))$ và $f(n)$ nguyên tố cùng nhau. Từ $(*)$ ta được $f(n)=1$ và $f(1)=n^6$. Lại có $\gcd (f(1),1)=1$ nên $f(1)=1$ . Do đó $$\gcd (f(n),n) \neq 1,\forall n \ge 2.$$

Xét số nguyên $n$ bất kì. Giả sử $f(n)$ có ước nguyên tố $q$ sao cho $q$ không là ước của $n.$ Khi đó $\gcd (n,q)=1$ và $\gcd (f(n),f(q)) \neq 1, $ trái với điều kiện $(ii).$ \medskip

Xét số nguyên tố $p$ bất kì. Khi đó $f(p)=p^k, k \ge 1$ do $(f(p),p) \neq 1$. Suy ra $$f(f(p))=f(p^k)=f(p)^k= p^{k^2}.$$

Thay vào $(*)$ ta được $$p^{k^2}=p^6 \cdot p^k \Rightarrow \begin{cases} k=3 \\ f(p)=p^3 \end{cases}.$$

Từ đây, kết hợp với tính nhân tính của $f$ và ta cũng biết rằng mỗi số $n$ đều có thể biểu diễn thành tích của các số nguyên tố, ta có được $f(n)=n^3$ với mọi $n \in \mathbb{N}.$

Bài 8.

Giả sử $MF$ cắt $BC$ tại $T$, ta có $(C)$ tiếp xúc với $BC$ tại $H$ nên $$TH^2=TF \cdot TM.$$

 

Ta lại có $NQ \parallel BC$ vậy nên $$\angle{TBF}=\angle{FQN}=\angle{TMB},$$ suy ra $TB^2=TF \cdot TM.$ Từ đó, suy ra $T$ là trung điểm $HB$. Tương tự, ta cũng chứng minh được rằng $NE$ cắt $BC$ cũng tại trung điểm $BH$.

Suy ra $NE, MF, BC$ đồng quy tại $T$ là trung điểm $BH$, là một điểm cố định.

Nhận xét: Bài toán này cũng có một phiên bản tương tự khi thay tam giác tam giác cân bởi tam giác bất kỳ, và đường tròn cắt tại hai điểm trên cạnh thành đường tròn nội tiếp. Cụ thể là:

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F.$ Đường thẳng qua $E,F$ song song với $BC$ lần lượt cắt lại $(I)$ tại $G,H$. Giả sử $BG,CH$ cắt lại $(I)$ tại $P,Q$ và $EF$ cắt $BC$ tại $T$.

a/ Chứng minh rằng $PE,QF$ cùng đi qua trung điểm $K$ của $DT.$

b/ Chứng minh rằng $(KBP),(KCQ)$ cùng tiếp xúc với $(I)$ và hai đường tròn này cũng cắt nhau tại một điểm nằm trên $(ABC)$.