ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử đa thức $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu như $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.

(a) Chứng minh rằng tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $2009 n-49$ là số chính phương.

(b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $2009 m-147$ là số chính phương.

Lời giải. Chú ý rằng $2009=49 \cdot 41=7^2 \cdot 41$ nên yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh

1. Tồn tại số $n$ chẵn, $n>2008$ sao cho $41 n-1$ là số chính phương.
2. Không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

(a) Trước hết, ta đi tìm một số $a$ sao cho $a^2+1$ chia hết cho 41 . Điều này có thể được thực hiện bằng cách thử tuần tự. Ta dễ dàng tìm được $a=9$ thỏa mãn. Từ đây, ta thấy các số $(82 k+9)^2+1$ là số chẵn và chia hết cho 41 . Bây giờ chỉ cần chọn.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad n=\frac{(82 k+9)^2+1}{41}$

với $k$ đủ lớn là ta tìm được số $n$ thỏa mãn điều kiện đề bài.

(b) Giả sử tồn tại $m$ sao cho $41 m-3=a^2$. Khi đó ta có $-3 \equiv a^2(\bmod 41)$. Từ đó theo định lý Fermat nhỏ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv a^{40} \equiv 1 \quad(\bmod 41) .$

Nhưng mặt khác, ta lại có $(-3)^4 \equiv-1(\bmod 41)$, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (-3)^{20} \equiv(-1)^5 \equiv-1 \quad(\bmod 41) .$

Do đó $1 \equiv-1(\bmod 41)$, vô lý. Do đó điều đã giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên $m$ sao cho $41 m-3$ là số chính phương.

Bài 2.

(a) Tìm số các số tự nhiên có 3 chữ số khác nhau và chia hết cho 6 .

(b) Tìm số các số tự nhiên có $n$ chữ số lập từ các chữ số ${1,2,3,4,5}$ và chia hết cho 3 .

Lời giải. (a) Ta sẽ tìm các số có dạng $\overline{a b c}$ sao cho $c$ chẵn và $3 \mid a+b+c$. Ta có các trường hợp sau

• Nếu $c=0$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $2+4+8+6+4+0=24$.
• Nếu $c=2$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+5+6+6+2=23$.
• Nếu $c=4$ thì $a+b \in{2,5,8,11,14,17}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.
• Nếu $c=6$ thì $a+b \in{3,6,9,12,15,18}$ nên có $3+4+7+6+2+0=22$.
• Nếu $c=8$ thì $a+b \in{1,4,7,10,13,16}$ nên có $1+3+7+6+4+2=23$.

Do đó, có tất cả $24+23+23+22+23=115$ số thỏa mãn đề bài.

(b) Ta xét khai triển tương ứng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(x)=\left(x+x^2+x^3+x^4+x^5\right)^n=\sum_{k=n}^{5 n} a_k x^k$

Số các số chia hết cho ba cần tìm chính bằng tổng các số hạng của khai triển trên có dạng $x^{3 k}$, giả sử tổng đó là $A$. Xét ba nghiệm phức của phương trình $t^3=1$ là $t=1, t=\varepsilon, t=\varepsilon^2$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)=5^n, P(\varepsilon)=\left(\varepsilon+\varepsilon^2+\varepsilon^3+\varepsilon+\varepsilon^2\right)^n =(-1)^n $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P\left(\varepsilon^2\right)=\left(\varepsilon^2+\varepsilon+1+\varepsilon^2+\varepsilon\right)^n =(-1)^n$

Hơn nữa, dễ dàng thấy rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=\sum_{k=n}^{5 n} a_k\left(1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}\right) $

Nếu $3 \mid k$ thì $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A$. Nếu $k$ không chia hết cho 3 thì $1+\varepsilon^k+\varepsilon^{2 k}=$ $1+\varepsilon+e^2=0$ nên các biểu thức còn lại trong tổng $P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)$ đều bằng 0. Vậy nên ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P(1)+P(\varepsilon)+P\left(\varepsilon^2\right)=3 A \Leftrightarrow A=\frac{5^n+2(-1)^n}{3}$

Đó cũng chính là số các số cần tìm.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ có $A$ cố định và $B, C$ thay đổi trên đường thẳng $d$ cố định sao cho nếu gọi $A^{\prime}$ là hình chiếu của $A$ lên $d$ thì $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}<0$ và không đổi. Gọi $M$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A C$.

(a) Chứng minh rằng tâm $I$ đường tròn ngoại tiếp tam giác $B C M$ thuộc một đường thẳng cố định.

(b) Gọi $N$ là hình chiếu của $A^{\prime}$ lên $A B$ và $K$ là giao điểm hai tiếp tuyến của $\left(A^{\prime} M N\right)$ tại $M, N$. Chứng minh rằng $K$ thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải. (a) Đặt $\overline{A^{\prime} B} \cdot \overline{A^{\prime} C}=-k^2$. Từ $E$ hạ $I E \perp A A^{\prime}$. Gọi $N^{\prime}, P$ lần lượt là giao điểm của $(B M N)$ với $A A^{\prime}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\overline{A M} \cdot \overline{A B}=\overline{A N^{\prime}} \cdot \overline{A P}=A A^{\prime 2}=\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} N^{\prime}}\right)\left(\overline{A A^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)$

Do đó,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{A A^{\prime}}\left(\overline{A^{\prime} N^{\prime}}+\overline{A^{\prime} P}\right)=-\overline{A^{\prime} N^{\prime}} \cdot \overline{A^{\prime} P}=k^2$

Ta thu dược

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 \overline{A^{\prime} E}=\frac{k^2}{\overline{A A^{\prime}}}$

Suy ra $E$ cố định. Vậy điểm $I$ chạy trên đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

(b) Gọi $F$ là trung điểm của $A A^{\prime}$, ta có $F$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $A N A^{\prime} M$. Gọi $Z$ là giao điểm của $M N$ và $A A^{\prime}$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z A} \cdot \overline{Z A^{\prime}}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 \text {. }$

Suy ra $Z$ cố định.

Bây giờ, từ $K$ hạ $K Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$. Ta có $F, M, N, K, Y$ cùng nằm trên một đường tròn, suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \overline{Z F} \cdot \overline{Z Y}=\overline{Z M} \cdot \overline{Z N^{\prime}}=-k^2 .$

Từ đây dễ thấy $Y$ cố định. Vậy $K$ di động trên đường thẳng qua $Y$ vuông góc với $A A^{\prime}$ cố định.

Bài 4. Cho $f(x)=x^2+a x+b$ là tam thức bậc hai với $a, b \in \mathbb{R}$ và $f(f(x))=0$ có 4 nghiệm thực phân biệt. Biết rằng tổng của 2 nghiệm nào đó trong số 4 nghiệm đã nêu bằng $-1$. Chứng minh rằng $b \leq-\frac{1}{4}$.

Lời giải. Trước hết, dễ thấy $f(x)=0$ phải có 2 nghiệm phân biệt, đặt là $c_1<c_2$. Gọi $x_1, x_2$ là 2 trong số 4 nghiệm có tổng bằng $-1$. Theo định lý Viete thì: $c_1+c_2=$ $-a, c_1 c_2=b$. Ngoài ra,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x))=0 \Leftrightarrow f(x)=c_1 \vee f(x)=c_2 .$

Ta xét các trường hợp sau

• Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của cùng một phương trình trong hai phương trình trên, theo định lý Viete thì $-a=x_1+x_2=-1$ nên $a=1$. Do $f(x)=c_1, f(x)=c_2$ đều phải có 2 nghiệm phân biệt nên $\Delta_1>0, \Delta_2>0$, tức là $1-4\left(b-c_1\right)>$ $0,1-4\left(b-c_2\right)>0$. Cộng lại, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2-4\left(2 b-c_1-c_2\right)>0 \Leftrightarrow 1-2(2 b+1)>0 \Leftrightarrow b<-\frac{1}{4} .$

• Nếu $x_1, x_2$ là nghiệm của hai phương trình thì $x_1^2+a x_1+b=c_1, x_2^2+a x_2+b=c_2$. Cộng lại, ta có $x_1^2+x_2^2+a\left(x_1+x_2\right)+2 b=c_1+c_2 \Leftrightarrow x_1^2+x_2^2+2 b=0$. Do đó $b=-\frac{x_1^2+x_2^2}{2} \leq-\frac{\left(x_1+x_2\right)^2}{4}=-\frac{1}{4}$.

Trong mọi trường hợp, ta luôn có điều phải chứng minh.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Giả sử $P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=x^n+a_1 x^{n-1}+a_2 x^{n-2}+\cdots+a_n$, trong đó $p, q$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng nếu $a_1=a_2$ thì $3 n$ là một số chính phương.

Lời giải. Ta có

$P(x)=(x+1)^p(x-3)^q=\left(x^p+C_p^1 x^{p-1}+C_p^2 x^{p-2}+\cdots\right)\left(x^q-3 C_q^1 x^{q-1}+9 C_q^2 x^{q-2}+\cdots\right)$

Từ đó suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a_1=C_p^1-3 C_q^1 \text { và } a_2=C_p^2+9 C_q^2-3 C_p^1 C_q^1$

Như vậy $a_1=a_2$ khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad p-3 q=\frac{p(p-1)}{2}+\frac{9 q(q-1)}{2}-3 p q$

hay

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2 p-6 q=p^2-p+9 q^2-9 q-6 p q \text { tức là } 3 n=3(p+q)=(p-3 q)^2 \text {. }$

Suy ra $3 n$ là số chính phương. Ta có điều phải chứng minh.

Bài 6.

(a) Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2 .$

(b) Chứng minh rằng tồn tại các số thực dương $a, b, c$ sao cho

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a b+b c+c a}{a^2+b^2+c^2}+\frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{8 a b c}<2 .$

Lời giải. (a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $c=\min {a, b, c}$. Khi đó, với chú ý rằng $a^2+b^2+c^2 \geq a b+b c+c a$, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+c^2}{a b+b c+c a} =1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq 1+\frac{a^2+b^2+c^2-a b-b c-c a}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{a b+b c+c a+c^2} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}$

Do đó, ta chỉ cần chứng minh.

$\quad\quad\quad \frac{a^2+b^2+2 c^2}{(a+c)(b+c)}+\frac{8 a b c}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2$

Bất đẳng thức này tương đương với

$a^3+b^3+a^2 b+b^2 a+2 c^2 a+2 c^2 b+8 a b c \geq 2\left(a^2 b+a^2 c+b^2 a+b^2 c+c^2 a+c^2 b+2 a b c\right)$

hay

$a^3+b^3+4 a b c \geq a^2 b+b^2 a+2 a^2 c+2 b^2 c . \Leftrightarrow(a-b)^2(a+b-2 c) \geq 0 .$

Do $c=min (a, b, c)$ nên bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng.

Phép chứng minh hoàn tất. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

(b) Kiểm tra trực tiếp, ta thấy bộ $(a, b, c)=(2,1,1)$ thỏa mãn đề bài. Điều này cho thấy rằng nếu nghịch đảo cả hai phân số trong vế trái của câu a) thì bài toán không còn đúng nữa.

Bài 7. Cho góc $O x y$ và một điểm $P$ nằm bên trong nó. Gọi $\gamma$ là đường tròn thay đổi nhưng luôn qua $O$ và $P$. Giả sử $\gamma$ cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Tìm quỹ tích trọng tâm $G$ và trực tâm $H$ của tam giác $O M N$.

Lời giải. (a) Quĩ tích trọng tâm G của tam giác $O M N$

Gọi $I$ là trung điểm $M N$. Ta có ${G}=V_O^{\frac{2}{3}}({I})$. Ta sẽ tìm quỹ tích điểm $I$.

Phần thuận. Gọi $X$ là giao điểm thứ hai của $(I M P)$ với $O x, Y$ là giao điểm thứ hai của $(I N P)$ với $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X I P=\angle X M P=\angle P N Y=180^{\circ}-\angle P I Y$

do đó $X, Y, Z$ thẳng hàng. Mặt khác,

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I X P=\angle N M P=\angle P O N$

nên $\angle I X P$ không đổi. Tương tự ta cũng có $\angle X Y P$ không đổi mà $P$ cố định suy ra $X, Y$ cố định vậy $I$ nằm trên đường thẳng $X Y$ cố định.

Phần đảo. Lấy $X, Y$ lần lượt thuộc tia $O x, O y$ sao cho $\angle P X Y=\angle P O y$ và $\angle P Y X=$ $\angle P O x$. Lấy $I \in X Y$ ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$. Thật vậy,

Gọi $M$ là giao điểm thứ hai của $(I X P)$ và $O x, N$ là giao điểm thứ hai của $(I Y P)$ và $O y$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle X M P=\angle X I P=\angle P N Y$

nên tứ giác $O M P N$ nội tiếp. Ta có điều phải chứng minh.

(b) Quỹ tích trục tâm H của tam giác OMN.

Phần thuận. Gọi $T$ là trung điểm $O P . X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y . K$ là trực tâm tam giác $O X Y . I$ là tâm đường tròn $(O M N)$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{O K}{O T}=\frac{O H}{O I}(=2|\cos \angle x O y|) \text { và } \angle I O T=\angle H O K$

nên $\triangle I O T \sim \triangle H O K$. Mà $\angle I T O=90^{\circ}$ nên $\angle H K O=90^{\circ}$. Vậy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$ (Chú ý $K$ cố định).

Phần đảo. Lấy $H$ thuộc đường thẳng qua $K$ vuông góc với $O K$, trong đó $K$ là trực tâm tam giác $O X Y$ và $X, Y$ là hình chiếu của $P$ lên $O x, O y$. Ta sẽ chứng minh tồn tại $M \in O x, N \in O y$ sao cho $(O M N)$ đi qua $P$ và $\triangle O M N$ nhận $H$ là trực tâm. Thật vậy, gọi $T$ là trung điểm $O P$ và dựng $\triangle O T I \sim \triangle O K H$. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle O T I=\angle O K H=90^{\circ}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O T=\angle H O K$

nên $I$ nằm trên trung trực của $O P$. Do đó nếu vẽ $(T, T O)$ thì đường tròn này đi qua $P$ và cắt $O x, O y$ tại $M, N$. Ta có $K, T$ là trực tâm và tâm đường tròn $(O X Y)$ nên $\angle K O y=\angle T O x$. Ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle I O y=\angle H O x$

Lại có $\triangle O T I \sim \triangle O K H$ nên $\frac{O H}{O I}=\frac{O T}{O K}=2|\cos \angle x O y|$. Ta suy ra $H$ là trực tâm tam giác $O M N$

Bài 8. Với mỗi số nguyên dương gọi là tổng các chữ số của $n$.

(a) Chứng minh rằng $n=999, n=2999$ không thể biểu diễn thành tổng $a+b$ mà $S(a)=S(b)$.

(b) Chứng minh rằng với mọi $n$ mà $999<n<2999$ thì điều kiện trên được thỏa mãn.

Lời giải. Ta sẽ giải bài toán tồng quát sau: Tồn tại các số $a, b$ thỏa mãn điều kiện khi và chỉ khi số $n>1$ không có dạng $n=\overline{m 999 \ldots 9}$ với $0 \leq m \leq 8$ và $S(n)$ lẻ.

Thật vậy, xét $n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_k}$ với $k$ là số các chữ số của $n$.

Ta có 2 trường hợp cần xét như sau:

1. Nếu $S(n)$ chẵn (tương đương với có chẵn chữ số lẻ trong trong $n$ ), ta thực hiện như sau:

• Nếu $d_i$ chẵn thì tách thành $d_i=\frac{d_i}{2}+\frac{d_i}{2}$ và chữ số ở hàng tương ứng của $a, b$ sẽ là 2 số này.
• Nếu $d_i$ lẻ thì tách thành $d_i=\frac{d_i-1}{2}+\frac{d_i+1}{2}$ thì $\frac{d_i+1}{2}-\frac{d_i-1}{2}=1$ và như thế, ta luân phiên thay đổi các số lớn nhỏ để ghép vào $a, b$ để đảm bảo có $S(a)=S(b)$.

Do có chẵn số $d_i$ lẻ như thế nên quá trình trên thực hiện được và trong trường hợp này, tồn tại số $a, b$ thỏa mãn.

1. Nếu $S(n)$ lẻ (tương đương với có lẻ chữ số lẻ trong trong $n$ ). Nếu $n$ có dạng $m 999 \ldots 9$ với $0 \leq m \leq 8$ thì rõ ràng khi tách ra thành 2 phần, các phép tính tồng phía sau để thu được các sồ 9 là không có nhớ và chúng có dạng $d_i+d_i^{\prime}=9$. Khi đó, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S(a)+S(b)=S(n) \text { mà }\left\{\begin{array}{l}S(a)=S(b) \\ S(n) \equiv 1(\bmod 2)\end{array}\right.$

Điều mâu thuân trên cho thấy trường hợp này không tồn tại cách tách $n$ thành $a, b$ thỏa mãn. Nếu $n$ không có dạng trên thì dễ thấy tồn tại $d_i \neq 0, d_{i+1} \neq 9$.

Ta viết lại $n$ như sau:

$n=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots d_i d_{i+1} \ldots d_k}=\overline{d_1 d_2 d_{3 \ldots}\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}+\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$

Đặt $a=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots d_k}, b=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-d_i}$ thì $S(a), S(b)$ cùng tính chẵn lẻ và $a+b=n$. Ta có thể giả sử $S(a)>S(b)$, trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Nếu chọn một vị trí $t$ mà $d_t \neq 0$ thì có thể đổi các số $a, b$ thành

$a^{\prime}=\overline{d_1 d_2 d_3 \ldots\left(d_i-1\right) 9 \ldots\left(d_t-1\right) \ldots d_k}, y=\left(d_{i+1}+1\right) 10^{k-i}+10^{k-t}$

với $k \neq i$. Khi đó

$\quad\quad\quad \quad\quad\quad S\left(a^{\prime}\right)-S\left(b^{\prime}\right)=S(a)-1-(S(b)+1)=-2 .$

Cứ như vậy, ta thực hiện liên tiếp đến khi nào chênh lệch giữa hai tổng các chữ số bằng 0 thì dừng lại (tồn tại thời điểm như vậy vì ban đầu chúng cùng tính chẵn lẻ nên hiệu của chúng là số chẵn và mỗi lần thực hiện quá trình trên thì hiệu giảm đi 2 đơn vị). Các số $a, b$ lúc đó sẽ thỏa mãn đề bài và cũng tồn tại cách tách.

Bài toán được giải quyết hoàn toàn.