Ngày thi thứ 1
Bài 1.
Gọi 4 phương trình của hệ lần lượt là Nếu thì khử ở các phương trình.
Ta có và nên .
Mặt khác và nên từ đây ta có điều vô lý.
Do đó, ta chỉ cần xét . Từ ta có
sau khi khai triển, sử dụng , ta được
Từ ta có
lại khai triển, sử dụng , ta được
Do đó, ta có một hệ phương trình theo biến nên giải ra được . Từ đây ta có
- Nếu thì dễ dàng tính được
- Nếu thì ta cũng tính được
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt là
Bài 2.
Do là dãy tăng nên ta chỉ cần chứng minh nó bị chặn trên là được.
Giả sử là chặn trên của , ta có do giảm nên
Suy ra
Tương tự,
nên ta được
Qua hai bước trên, làm tương tự, cho cố định, ta suy ra được
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 gồm tập con đôi một không giống nhau. Ta đếm số các bộ với mà Theo giả thiết, số bộ này ít nhất là
Với mỗi giả sử có tập con chứa và tập con không chứa Khi đó số cặp mà sẽ không quá Như vậy số bộ này nhiều nhất là Từ đó ta suy ra bất đẳng thức
Suy ra vô lý, kéo theo
(b) Xét tập gồm tập con đôi một không giống nhau của
Đặt Ta thiết lập các tập theo nguyên tắc sau đây
Khi đó ta có chẵn với mọi Từ đó, do
Mà nên Từ đây, do tính chẵn, suy ra
Lại áp dụng lập luận tương tự (a) cho tập thuộc ta có số bộ với một mặt sẽ có ít nhất là Mặt khác sẽ không vượt quá Từ đó suy ra bất đẳng thức
Bài 4.
(a) Gọi là đường cao của tam giác với Suy ra tứ giác và nội tiếp.

Do đó Suy ra đồng viên. Do đó, tâm thuộc trung trực của cố định.
(b) Gọi là đường tròn đường kính Ta có tứ giác nội tiếp Do đó giao tại và
Giả sử và tiếp xúc thì dẫn đến là đường cao của tam giác
Khi đó ta tính được
Hoàn toàn tương tự nếu tiếp xúc với đường tròn đường kính
Ngày thi thứ 2
Bài 5.
(a) Đặt thì ta có và cần chứng minh rằng
Ta cũng có
và .
Đặt thì ta cần có
.
Biến đổi tương đương bất đẳng thức này, ta được
Bất đẳng thức này đúng do .
(b) Ta chứng minh hằng số nhỏ nhất là Không mất tính tổng quát, giả sử Đầu tiên, vì hàm tăng nên ta dễ thấy Bây giờ ta sẽ chứng minh bằng hai bước. \medskip
Bước : thì bất đẳng thức đúng. Thật vậy, ta cần chứng minh
tương đương
Ta có
nên
Bước 2: Chứng minh là hằng số nhỏ nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại sao cho bất đẳng thức ở đề bài thỏa mãn với mọi Khi đó tồn tại nguyên dương sao cho Khi đó Từ đây suy ra
tương đương
với Bất đẳng thức trên có thể được viết lại với như sau
Vì liên tục nên ta có
mâu thuẫn do
Vậy hằng số nhỏ nhất cần tìm là
Bài 6.
Đặt thì ta có . Phân tích biểu thức này thành nhân tử, ta có
Dễ dàng chứng minh được nên biểu thức trên không thể là số nguyên tố được.
Vậy không tồn tại số nào thỏa mãn đề bài.
Bài 7.
Trong thay , ta có
Từ đây dễ suy ra đơn ánh. Tiếp tục thay bởi ta có
Kết hợp với tính đơn ánh, ta có nên nhân tính. \medskip
Tiếp theo, giả sử tồn tại sao cho suy ra và nguyên tố cùng nhau. Từ ta được và . Lại có nên . Do đó
Xét số nguyên bất kì. Giả sử có ước nguyên tố sao cho không là ước của Khi đó và trái với điều kiện \medskip
Xét số nguyên tố bất kì. Khi đó do . Suy ra
Thay vào ta được
Từ đây, kết hợp với tính nhân tính của và ta cũng biết rằng mỗi số đều có thể biểu diễn thành tích của các số nguyên tố, ta có được với mọi
Bài 8.
Giả sử cắt tại , ta có tiếp xúc với tại nên

Ta lại có vậy nên suy ra Từ đó, suy ra là trung điểm . Tương tự, ta cũng chứng minh được rằng cắt cũng tại trung điểm .
Suy ra đồng quy tại là trung điểm , 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 có đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh lần lượt tại Đường thẳng qua song song với lần lượt cắt lại tại . Giả sử cắt lại tại và cắt tại .
a/ Chứng minh rằng cùng đi qua trung điểm của
b/ Chứng minh rằng cùng tiếp xúc với và hai đường tròn này cũng cắt nhau tại một điểm nằm trên .