ĐỀ BÀI

BÀI 1. 
a) Giải hệ $\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x+my) = m^2-2m-3 \\(y-2x)(y+mx) = m^2-2m-3
\end{array} \right.$ khi $m = -3$ và tìm $m$ để hệ co ít nhất một nghiệm $(x_o, y_o)$ thỏa $x_o > 0, y_o > 0$.
b)  Tìm $a \geq 1$ để phương trình $ax^2 + (1-2a)x + 1-a=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1, x_2$ thỏa $x_2^2 – ax_1 = a^2-a-1$.
BÀI 2.  Cho $x, y$ là hai số nguyên dương mà $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho $xy$.

a) Chứng minh rằng $x, y$ là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b)  Chứng minh $k = \dfrac{x^2+y^2+10}{xy}$ chia hết cho 4 và $k \geq 12$.

BÀI 3.  Biết $x \geq y \geq z, x + y + z =0$ và $x^2 + y^2 + z^2 = 6$.

a) Tính $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2$.
b) Tìm giá trị lớn nhất của $P = |(x-y)(y-z)(z-x)|$.

BÀI 4. Tam giác $ABC$ nhọn có $\angle BAC > 45^o$. Dựng các hình vuông $ABMN, ACPQ$ ($M$ và $C$ khác phía đối với $AB$; $B$ và $Q$ khác phía đối với $AC$). $AQ$ cắt đoạn $BM$ tại $E$ và $NA$ cắt đoạn $CP$ tại $F$.

a) Chứng minh $\triangle ABE \sim \triangle ACF$ và tứ giác $EFQN$ nội tiếp.
b) Chứng minh trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
c) $MN$ cắt $PQ$ tại $D$, các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $DMQ$ và $DNQ$ cắt nhau tại $K$ ($K$ khác $D$), các tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh các điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

BÀI 5. Với mỗi số nguyên dương $m$ lớn hơn 1, kí hiệu $s(m)$ là ước nguyên dương lớn nhất của $m$ và khác $m$. Cho số tự nhiên $n > 1$, đặt $n_o = n$ và lần lượt tính các số $n_1 =n_o- s(n_o), n_2 = n_1 – s(n_1), …, n_{i+1} = n_i – s(n_i)$,…. Chứng minh tồn tại số nguyên dương $k$ để $n_k = 1$ và tính $k$ khi $n = 2^{16}.14^{17}$.

Hết

Lời giải. 

Bài 1: 

a) Đây là hệ đối xứng loại 2, nên phương pháp giải là lấy (1) – (2) để có thừa số $x-y$, từ đó giải tiếp.

Chú ý xét trường hợp và điều kiện $x_o > 0, y_o > 0$ để biện luận. Những dạng toán này chú ý tính toán cẩn thận và xét đầy đủ các trường hợp.

b) Là bài dạng  biểu thức nghiệm không đối xứng, có nhiều cách, có thể tính nghiệm theo $m$ từ đó suy ra $m$.

Lời giải.

a) Khi $m = -3$ ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l} (x-2y)(x-3y)=12 \\(y-2x)(y-3x) = 12 \end{array} \right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2-5xy+6y^2=12 (1)\\y^2-5xy+6x^2 = 12(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $5(y^2-x^2) = 0 \Leftrightarrow x = y, x = -y$.
Với $x= y$ thế vào (1) ta có $x^2 =6 \Leftrightarrow x = \sqrt{6}, y = \sqrt{6}$ hoặc $x=-\sqrt{6}, y = -\sqrt{6}$.
Với $x = -y$ thế vào (1) ta có $x^2 = 1 \Leftrightarrow x = 1, x = -1$. Với $x = 1, y = -1$, với $x=-1, y = 1$.
Vậy hệ phương trình có 4 nghiệm.
Hệ có thể viết lại $\left\{\begin{array}{l} x^2+(m-2)xy-2my^2 = m^2-2m-3 (1)\\y^2+(m-2)xy-2mx^2= m^2-2m-3(2) \end{array} \right.$

Lấy (1) – (2) ta có $(2m+1)(y^2-x^2) = 0$.
Xét $m = \dfrac{-1}{2}$ ta có hệ trở thành: $x^2 – \dfrac{5}{2}xy + y^2 + \dfrac{7}{4}=0$, có nghiệm $ (\dfrac{5+\sqrt{2}}{2},2)$ thỏa đề bài.
Xét $m \neq \dfrac{-1}{2}$ ta có $x = y$ hoặc $x = -y$.

Trường hợp $x = -y$ không thỏa đề bài.
Trường hợp $x = y$, thế vào (1) ta có:

$-(m+1)x^2 = m^2-2m-3 = (m+1)(m-3)$.
Nếu $m = -1$ ta có $(x-2y)(x-y) = 0, (y-2x)(y-x) = 0$ có nghiệm thỏa đề bài, chỉ cần chọn $x=1, y=1$.
Nếu $m \neq -1$ ta có $x^2 = 3-m$ để có nghiệm $x_o = y_o > 0$ thì $m < 3$.

Khi đó phương trình có nghiệm $x_0 = \sqrt{3-m}, y_o = \sqrt{3-m}$ thỏa đề bài.

Kết luận $m = \dfrac{-1}{2}, m = -1$ và $m < 3$.

b) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt $\Delta = (1-2a)^2-4a(1-a) = 8a^2-8a+1 > 0$.
Theo định lý Viete ta có $x_1 + x_2 = \dfrac{2a-1}{a}$, suy ra $ax_1 + ax_2 = 2a – 1$. Suy ra $ax_1 = 2a-1-ax_2$.
Kết hợp giả thiết ta có $x_2^2+ax_2-2a+1=a^2-a-1
\Leftrightarrow x_2^2+ax_2-a^2-a+2=0
\Leftrightarrow ax_2^2+a^2x_2-a^3-a^2+2a=0$ (1).
Mà $x_2$ là nghiệm của phương trình nên ta có $ax_2^2+(1-2a)x_2+1-a = 0 (2)$.
Lấy (1) – (2) ta có $(a^2+2a-1)x_2 = a^3+a^2-3a+1$, mà $a \geq 1$ nên $a^2 + 2a – 1 \neq 0$, suy ra $x_2 = a-1$.
Thế vào phương trình (1) ta có $(a-1)^2+a(a-1)-a^2-a+2 = 0 \Leftrightarrow a=1, a=3$.
Thử lại ta nhận hai giá trị $a = 1, a=3$.

Bài 2.

a) Giả sử trong hai số $x, y$ có một số chẵn, vì vai trò $x, y$ như nhau nên có thể giả sử $x$ chẵn. Suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 2, suy ra $y$ chẵn. Khi đó $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 4, suy ra 10 chia hết cho 4 vô lý.
Vậy trong hai số đều là số lẻ.
Đặt $d= (x,y)$, $x= d.x’, y = d.y’$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = d^2(x’^2 + y’^2) + 10$ chia hết cho $d^2x’y’$. Suy ra 10 chia hết cho $d^2$. Suy ra $d= 1$. Vậy $x, y$ nguyên tố cùng nhau.

b) Đặt $x = 2m + 1, y = 2n + 1$, suy ra $k = \dfrac{4(m^2+m+n^2+n+3}{(2m+1)(2n+1)}$, ta có $4, (2m+1).(2n+1)$ nguyên tố cùng nhau. Suy ra $m^2 + n^2 +m+n+3$ chia hết cho $(2m+1)(2n+1)$. Từ đó ta có $k$ chia hết cho 4. Chứng minh $k \geq 12$ bằng hai cách.
Cách 1: Ta có $x^2 + y^2 + 10 = kxy$.
Nếu trong hai số $x, y$ có một số chia hết cho 3, giả sử $x$ chia hết cho 3. Ta có $y^2 + 10$ chia hết cho 3 vô lý vì $y^2 $ chia 3 dư 0 hoặc dư 1.
Vậy $x, y$ không chia hết cho 3, suy ra $x^2 + y^2 + 10$ chia hết cho 3 và $3, xy$ nguyên tố cùng nhau. Do đó $k$ chia hết cho 3.
Do đó $k$ chia hết cho 12, vậy $k\geq 12$.
Cách 2: Xét $k=4$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 4xy$ () $\Leftrightarrow (x-2y)^2 = 3y^2 – 10$.
Ta có $(x-2y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $3y^2-10$ chia 3 dư 2, nên phương trình () không có nghiệm nguyên dương.
Xét $k=8$ ta có $x^2 + y^2 + 10 = 8xy (*)\Leftrightarrow (x-4y)^2 = 15y^2 -10$.
Ta có $(x-4y)^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1 mà $15y^2-10$ chia 3 dư 2 nên (**) không có nghiệm nguyên dương.
Vậy $k \geq 12$.

Bài 3. Bài này là bài bdt khó, nhưng câu a đã gợi ý để làm câu b, chú ý các bdt phụ quan trọng.

a) Ta có $(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+xz)$. Suy ra $xy + yz + xz = -3$.
Ta có $S = (x-y)^2 + (x-y)(y-z) + (y-z)^2 $

$= x^2 -2xy+y^2+xy-y^2+yz-xz+y^2-2yz + z^2$

$= x^2+y^2+z^2-yx-yz-xz = 9$.

b) Ta có thể chứng minh trực tiếp không qua câu a) như sau:

$(x-y)(y-z) \leq \dfrac{1}{3}((x-y)^2+(x-y)(y-z) + (y-z)^2) = 3$. Suy ra $P \leq 3|x-z|$.
Ta có $|x-z| \leq \sqrt{2(x^2+z^2)}\leq \sqrt{2(x^2+y^2+z^2)}= \sqrt{12}$. Suy ra $P \leq 3\sqrt{12} = 6\sqrt{3}$.
Đẳng thức xảy ra khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$.

Vậy giá trị lớn nhất của P là $6\sqrt{3}$ khi $x = \sqrt{3}, y =0, z = -\sqrt{3}$

Ngoài ra ta có thể áp dụng câu a: Đặt $a = x-y, b = y-z$ ta có $a^2+b^2+ab = 9$, cần tìm giá trị lớn nhất của $P = ab(a+b)$.

Áp dụng $ab \leq \dfrac{1}{4} (a+b)^2$ và $a^2+b^2+ab \geq \dfrac{3}{4} (a+b)^2$. Ta có điều cần chứng minh.

Bài 4. Đây là bài hình khó và dài, các em chú ý hình vẽ cụ thể là góc, vẽ hình chính xác. 

Tránh dùng các kiến thức cấp 3: phương tích trục đẳng phương,…

a) Ta có $\angle EAB + \angle BAC = 90^\circ, \angle FAC + \angle BAC = 90^\circ$. Suy ra $\angle EAB = \angle FAC$.
Mặt khác có $\angle ABE = \angle ACF = 90^\circ$. Suy ra $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$.
Suy ra $AE\cdot AC = AF\cdot AB$ mà $ AC = AQ, AB = AN$. Suy ra $AE\cdot AQ = AN\cdot AF$. Suy ra tứ giác $QNEF$ nội tiếp.
b) Cách 1: Gọi $T$ là giao điểm của $MB$ và $CP$. Ta có $ABTC$ nội tiếp và $AT$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Mặt khác ta có $AF|| ET, AE|| FT$ nên $AETF$ là hình bình hành. Suy ra trung điểm $EF$ cũng là trung điểm $AT$. Do đó trung điểm $I$ của $EF$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
Cách 2: Xét hình thang $AEBF$, gọi $X$ là trung điểm của $AB$ khi đó $IX$ thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra $IX || BE$ hay $IX$ vuông góc $AB$ vậy $IX$ là trung trực của đoạn $AB$. Chứng minh tương tự thì $I$ cũng thuộc trung trực đoạn $AC$. Vậy $I$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

b) $DA$ cắt $EF$ tại $K’$ ta có $\angle NFK’ = \angle NQA$ (vì $NQFE$ nội tiếp). Mà $\angle NQA = \angle NDA$(vì $AQDN$ nội tiếp). Suy ra $\angle NDA = \angle AFK’$.
Suy ra $NDFK’$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có $DQK’E$ nội tiếp.
Do đó $K’$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $DQM$ và $DPN$. Vậy $K’ \equiv K$. Suy ra $D, A, K$ thẳng hàng.
Ta có $\angle BKE = \angle EAB = \angle CAF = \angle CKF$. Suy ra $\angle BKC = 180^\circ – 2 \angle BKE = 2(90^\circ – \angle EAB) = 2\angle BAC = \angle BIC$. Suy ra $BKIC$ nội tiếp. Mà $IBJC$ nội tiếp, suy ra và $JB = JC$ nên $\angle BKJ = \angle CKJ$. Hay $KJ$ là phân giác $\angle BKC$.
Mặt khác $\angle BKA = 180^\circ – \angle AEB = 180^\circ – \angle AFC = \angle AKC$. Suy ra tia đối của tia $KA$ cũng là phân giác của $\angle BKC$. Do đó $A, K, J$ thẳng hàng.
Vậy 4 điểm $D, A, K, J$ thẳng hàng.

Bài 5. Đây là bài toán lạ và khá hay, sử dụng đơn biến.

Ta có $s(n_i) < n_i$, suy ra $n_i – s(n_i) \geq 1$. Suy ra $n_{i+1} \geq 1$. Do đó $n_i \geq 1$ với mọi $i = 1, 2, …$.
Mặt khác $n_{i+1} = n_i – s(n_i) < n_i$ với mọi $i$. Suy ra $n=n_o > n_1 > n_2 > …>…$.
Nếu không tồn tại $n_k$ để $n_k = 1$ ta xây dựng được dãy vô hạn các số nguyên dương giảm và nhỏ hơn $n$ (vô lý) vì số các số nhỏ hơn $n$ là bằng $n-1$.
Vậy tồn tại $k$ sao cho $n_k = 1$.
Với $n=2^{16}.14^{17} = 2^{33}.7^{17}$, ta có $n_1 = 2^{33}7^{17} – 2^{32}.7^{17}= 2^{32}.7^{17}$.\
$n_2 = 2^{31}.7^{17}$.
Tiếp tục ta có $n_{33} = 7^{17}$.
Đặt $m_o= 7^{17}$ ta có $m_1 = 6.7^{16}$, $m_2 = 3.7^{16}, m_3 = 2.7^{16}, m_4 = 7^{16}$. Tương tự ta có $m_8 = 7^{15}$,…,$m_{68} = 7^0 = 1$.
Vậy $k = 33 + 68 = 101$.