Tag Archives: 2009

Đề thi và đáp án kì thi chọn đội tuyển thi Quốc gia trường Phổ thông Năng khiếu năm học 2009 – 2010

ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+ax^3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 2. Cho $A={1,2, \ldots, 2 n}$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

$\quad\quad(i) f $ là hàm số tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a . \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$. Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$$\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y$

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Dường tròn ngoại tiếp tam giác $I I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ dồng quy.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Cho $a, b, c$ là các số thực để đa thức $P(x)=x^4+a x+3+b x^2+c x+1$ có ít nhất một nghiệm thực. Tìm tất cả các bộ $(a, b, c)$ để $a^2+b^2+c^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải. Gọi $x_0$ là một nghiệm của $P(x)$ (dễ thấy $x_0 \neq 0$ ). Do $P\left(x_0\right)=0$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad-\left(x_0^4+1\right)=a x_0^3+b x_0^2+c x_0 .$

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\left(x_0^4+1\right)^2=\left(a x_0^3+b x_0^2+c x_0\right)^2 \leq\left(a^2+b^2+c^2\right)\left(x_0^6+x_0^4+x_0^2\right) .$

Đặt $t=x_0^2>0$. Từ đánh giá trên, ta suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a^2+b^2+c^2 \geq \frac{\left(t^2+1\right)^2}{t^3+t^2+t}=\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)}$

Mà theo bất đẳng thức AM-GM thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad t \leq \frac{t^2+1}{2} \text { và } t^2+t+1 \leq t^2+\frac{t^2+1}{2}=\frac{3}{2}\left(t^2+1\right) .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{\left(t^2+1\right)^2}{t\left(t^2+t+1\right)} \geq \frac{4}{3}, \text { nên } a^2+b^2+c^2 \geq \frac{4}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x_0^4+a x_0^3+b x_0^2+c x_0+1=0 \\ x_0^2=1 \\ \frac{a}{x_0^3}=\frac{b}{x_0^2}=\frac{c}{x_0}\end{array}\right.$

Giải hệ này, ta thu được $a=b=c=-\frac{2}{3}$ hoặc $a=-b=c=\frac{2}{3}$.

Bài 2. Cho $A=[1,2, \ldots, 2 n]$. Một tập con của $A$ được gọi là tốt nếu như có đúng 2 phần tử $x, y$ và đồng thời $|x-y| \in[1, n]$. Tìm số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ để $A_i$ là tập con tốt của $A$ với $1 \leq i \leq n$ và $\bigcup_{i=1}^n A_i=A$.

Lời giải . Gọi $u_n, n \in{1,2, \ldots, n}$ là số các tập hợp $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ thỏa mãn yêu cầu đề bài, đồng thời hai phần tử $n$ và $n+1$ không đi cùng nhau trong bất kì tập $A_i$ nào. Ta chia các số $1,2, \ldots, 2 n$ vào một bảng $2 \times n$ như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Khi đó, mỗi cách chọn được liệt kê trong $u_n$ tương ứng với một cách chọn từ bảng trên các cặp gồm hai số ở cùng một cột hoặc hai số liên tiếp nhau trên cùng một hàng. Xét $u_{n+1}$, vì phần tử $2(n+1)$ chỉ có thể đi cùng với $n+1$ hoặc $2 n+1$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó nên ta xét hai khả năng sau.

  • $2(n+1)$ và $n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Lúc này, mỗi cách chọn một bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ ứng với một cách chọn các cặp số gồm các số ở cùng một cột hoặc ở cạnh nhau trong cùng một hàng từ một bảng $2 \times n$. Theo định nghĩa của ta số cách chọn như thế là $u_n$. Vậy trong trường hợp này có $u_n$ cách chọn.

  • $2(n+1)$ và $2 n+1$ cùng thuộc một tập $A_i$, giả sử đó là $A_{n+1}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n & n+1 \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n+1 & 2(n+1) \\ \hline\end{array}$

Ta thấy $n+1$ chỉ có thể đi cùng với $2(n+1)$ (trường hợp $n+1$ đi cùng với $n+2$ không được xét trong $\left.u_{n+1}\right)$ nhưng $2(n+1)$ đã đi cùng với $2 n+1$ nên $n+1$ phải đi cùng với $n$ trong cùng một tập $A_i$ nào đó, giả sử là $A_n$. Lập luận tương tự trường hợp trên, ta suy ra số cách chọn các tập ${A_1, A_2, \ldots, A_n-1}$ là $u_{n-1}$.

Theo quy tắc cộng, ta có $u_{n+1}=u_n+u_{n-1}$. Mặt khác, $u_1=1$ và $u_2=2$ nên ta tìm được công thức tổng quát của $u_n$ là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right]$

Xét trường hợp sinh ra bộ $[A_1, A_2, \ldots, A_n]$ có $n$ và $n+1$ đi cùng trong một tập $A_i$ nào đó.

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{array}{|c|c|l|c|}\hline 1 & 2 & \ldots & n \\ \hline n+1 & n+2 & \ldots & 2 n \\ \hline\end{array}$

Rõ ràng 1 chỉ có thể đi cùng với 2 hoặc $n+1$ nhưng $n+1$ đã đi cùng $n$ nên 1 chỉ có thể đi cùng với 2 . Tiếp theo, $n+2$ có thể đi cùng với $2, n+1$ hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+1$ đã đi với $n$ nên $n+2$ phải đi với $n+3$.

Tiếp tục, 3 có thể đi cùng 2,4 hay $n+3$ nhưng 2 đã đi với 1 còn $n+3$ đã đi với $n+2$ nên 3 phải đi với 4 . Tiếp tục lý luận như trên, ta suy ra $A_i$ phải có dạng

$\quad\quad\quad [1,2],[3,4], \ldots,[n-2, n-1],[n, n+1],[n+1, n+2], \ldots,[2 n-1,2 n]$

Từ đó suy ra trường hợp này chỉ cho ta duy nhất một bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ nếu $n$ lẻ và không có bộ nào nếu $n$ chẵn.

Vậy số các bộ $[A_1, A_2, \ldots A_n]$ thỏa mãn đề bài là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\begin{cases}\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n=1,n \text { chẳn. } \\ 1+\frac{1}{\sqrt{5}}\left[\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^{n+1}\right] & , n>1, n \text { lẻ’ }\end{cases}$

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thoả mãn các điều kiện sau:

$\quad\quad(i) f $ là hàm số tăng thật sự trên $\mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(ii) f(f(n))=4 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\quad\quad(iii) f(f(n)-n)=2 n+9 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Lời giải. Vì $f: \mathbb{N}^* \longrightarrow \mathbb{N}^*$ tăng ngặt nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(a)-f(b) \geq a-b, \forall a, b \in \mathbb{N}^*, a>b .$

Theo điều kiện (iii), ta có

$2=2(n+1)+9-(2 n+9) =f(f(n+1)-(n+1))-f(f(n)-n) $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \geq f(n+1)-(n+1)-[f(n)-n] $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =f(n+1)-f(n)-1 .$

Do đó $f(n+1)-f(n) \leq 3$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, tức $f(n+1)-f(n) \in\ {1,2,3}$

với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Ta xét các trường hợp sau

  • Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=1$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-(n+1)=f(n)-n,$

suy ra $2(n+1)+9=f(f(n+1)-(n+1))=f(f(n)-n))=2 n+9$, vô lí.

  • Giả sử tồn tại $n \in \mathbb{N}^*$ sao cho $f(n+1)-f(n)=3$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-(n+1)=f(n)-n+2$

Ta lại có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(n+1)-(n+1))-f(f(n)-n)=2$

Do đó, nếu $f(n)>n$ thì đặt $t=f(n)-n \in \mathbb{N}^*$, ta suy ra $f(t+2)=t+2$.

Mà $f$ tăng ngặt nên $f(t+1)-f(t)=1$, mâu thuẫn.

Vậy $f(n) \leq n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$ suy ra

$f(n)=n$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.

Khi đó ta lại có $n=f(n)=f(f(n))=4 n+9,$ tức $n=-3$, vô lí.

Như vậy, $f(n+1)-f(n) \notin{1,3}$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$, nên

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(n+1)-f(n)=2 \text {, với mọi } n \in \mathbb{N}^* \text {. }$

Ta suy ra $f(n)=2 n+k$. Thay vào đề bài, ta thu được $k=3$. Vậy $f(n)=2 n+3$ là nghiệm duy nhất của phương trình.

Bài 4. Cho đường tròn tâm $O$ và dây cung $A B$ cố định khác đường kính. Một điểm $P$ thay đổi trên cung lớn $A B$. Gọi $I$ là trung điểm của $A B$. Lấy các điểm $M, N$ trên các tia $P A, P B$ sao cho $\angle P M I=\angle P N I=\angle A P B$.

(a) Chứng minh rằng đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

(b) Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $P M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. (a) Kí hiệu $X=M I \cap P B, Y=N I \cap P A$. Ta có $\angle P M I=\angle P N I=$ $\angle A P B$ nên các tam giác $P M X$ và $P N Y$ cân tại $X, Y$. Từ đó suy ra

$\angle P X M=\angle P Y N=180^{\circ}-2 \angle A P B,$

suy ra $M, N, X, Y$ đồng viên. Gọi $S$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A O B$ thì $S$ cố định. Ta có $\angle I S B=180^{\circ}-\angle A O B=180^{\circ}-2 \angle A P B=\angle P X M$. Tương tự, ta suy ra $\angle I S A=\angle P Y N$. Do đó $I, S, X, B$ đồng viên và $I, S, Y, A$ đồng viên. Suy ra

$\angle S X B=\angle S Y A=\angle S I B=90^{\circ} .$

Suy ra $I S$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $P X Y$. Mặt khác, $M, N, X, Y$ dồng viên nên nên $M N$ và $X Y$ đối song nhau trong $\angle A P B$, tức $I S \perp$ $M N$. Nói cách khác, đường cao từ $P$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $S$ cố định.

(b) Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau.

BỔ ĐỀ. Cho tam giác $A B C$ và đường tròn $(\omega)$ đi qua hai điểm $B, C$ và cắt các canh $A B, A C$ tại $X, Y$. Gọi $X X^{\prime}, Y Y^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A X Y$. Gọi $B B^{\prime}, C C^{\prime}$ là các đường cao của tam giác $A B C$. Gọi $H, H^{\prime}$ là các trục tâm của tam giác $A B C$ và tam giác $A X Y$. Kí hiệu $I \equiv B Y \cap C X$. Khi đó $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng.

Chứng minh. Ta có $X, Y, X^{\prime}, Y^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H^{\prime} X} \cdot \overline{H^{\prime} X^{\prime}}=\overline{H^{\prime} Y} \cdot \overline{H^{\prime} Y^{\prime}}$, tức là

$P_{H^{\prime} /[B Y]}=P_{H^{\prime} /[C X]},$

trong đó $[U V]$ là đường tròn đường kính $U V$. Ta có $B, C, B^{\prime}, C^{\prime}$ đồng viên nên $\overline{H B} \cdot \overline{H B^{\prime}}=\overline{H C} \cdot \overline{H C^{\prime}}$, tức

$P_{H /[B Y]}=P_{H /[C X]} .$

Cuối cùng $B, C, X, Y$ đồng viên nên $\overline{I B} \cdot \overline{I Y}=\overline{I C} \cdot \overline{I X}$, tức

$P_{I /[B Y]}=P_{I /[C Y]} .$

Suy ra $H, I, H^{\prime}$ thẳng hàng vì cùng thuộc trục đẳng phương của $[B Y]$ và $[C X]$.

Trở lại bài toán,

Gọi $H, O^{\prime}$ lần lượt là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $P M N$. Ta có $O^{\prime} P=O^{\prime} M$ và $X P=X M$ nên $X O^{\prime}$ là đường trung trực của $P M$, suy ra $X O^{\prime} \perp P Y$. Tương tự ta cũng có $Y O^{\prime} \perp P X$.

Vì thế nên $O^{\prime}$ cũng chính là trực tâm của tam giác $P X Y$. Áp dụng bổ đề cho tam giác $P X Y$ với $(\omega) \equiv(M N X Y)$ thì ta có $O^{\prime}, H, I \equiv Y N \cap M X$ thẳng hàng. Hay nói cách khác, đường thẳng Euler $O^{\prime} H$ của tam giác $P M N$ đi qua điểm $I$ cố định. Bài toán được giải quyết.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương. Giải hệ phương trình sau:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a x-a b y+\frac{1}{x y}=b c^2 \\ a b z-b c^2 x+\frac{1}{x z}=a \\ b c^2 y-a z+\frac{1}{y z}=a b\end{array}\right.$

Lời giải. Đặt $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$. Khi đó $m, n, p>0$. Hệ phương trình trở thành

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}m x-n y+\frac{1}{x y}=p \\ n z-p x+\frac{1}{z x}=m \\ p y-m z+\frac{1}{y z}=n,\end{array}\right.$

tương đương

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{aligned}m x-n y-p &=-\frac{1}{x y}, \\ -m+n z-p x &=-\frac{1}{z x}, \\ -m z+p y-n &=-\frac{1}{y z} .\end{aligned}\right.$

Xem hệ trên là hệ phương trình tuyến tính theo ẩn $m, n, p$, ta có

$\quad\quad D=\left|\begin{array}{ccc}x & -y & -1 \\ -1 & z & -x \\ -z & -1 & y\end{array}\right|=x y z-x y z-1-x^2-y^2-z^2=-1-\left(x^2+y^2+z^2\right) \neq 0$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad\quad D_m=\left|\begin{array}{ccc}x & -\frac{1}{x y} & -1 \\ -1 & -\frac{1}{z x} & -x \\ -z & -\frac{1}{y z} & y\end{array}\right|=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{z x} .$

Tương tự, ta cũng tính được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad D_n=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{y z} \text {, và } D_p=-\frac{1+x^2+y^2+z^2}{x y} .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (m, n, p)=\left(\frac{D_m}{D}, \frac{D_n}{D}, \frac{D_p}{D}\right)=\left(\frac{1}{z x}, \frac{1}{y z}, \frac{1}{x y}\right) .$

Thay $(m, n, p)=\left(a, a b, b c^2\right)$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x y=\frac{1}{b c^2}, y z=\frac{1}{a b}, z x=\frac{1}{a} .$

Nhân ba phương trình trên vế theo vế rồi lấy căn bậc hai, ta được $x y z=\pm \frac{1}{a b c}$.

  • Với $x y z=\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=\frac{1}{c}, y=\frac{1}{b c}, z=\frac{c}{a}$.
  • Với $x y z=-\frac{1}{a b c}$, ta suy ra $x=-\frac{1}{c}, y=-\frac{1}{b c}, z=-\frac{c}{a}$.

Vậy hệ có 2 nghiệm là $\left(\frac{1}{c}, \frac{1}{b c}, \frac{c}{a}\right)$ và $\left(-\frac{1}{c},-\frac{1}{b c},-\frac{c}{a}\right)$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_1=a, a_{n+1}=\left(a_1+\cdots+a_n-2\right)^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Đặt $S_n=a_1+a_2+\cdots+a_n$. Tìm tất cả các giá trị $a$ để dãy số $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Lời giải. Từ giả thiết suy ra $S_{n+1}-S_n=\left(S_n-2\right)^2$. Do đó dãy $\left(S_n\right)$ được xác định như sau

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}S_1=a, \\ S_{n+1}=f\left(S_n\right)=S_n^2-3 S_n+4 .\end{array}\right.$

Hơn nữa $f^{\prime}(x)=0$ có nghiệm duy nhất $x=\frac{2}{3}$ nên ta có thể vẽ bảng biến thiên, khảo sát được hàm số này. Từ đó, nhờ việc các trường hợp của $a$, ta thấy

  • Nếu $a>2$. Giả sử $[S_n]$ có giới hạn $L$ thì ta phải có $L=f(L)$ nên $L \in{1,2}$. Mà $\left(S_n\right)$ không giảm nên $L \geq a>2$, mâu thuẫn. Vậy nếu $a>2$ thì $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
  • Nếu $a<1$ thì suy ra $S_2=f(a)>2$. Quay về trường hợp 1 , ta suy ra $\left(S_n\right)$ không hội tụ.
  • Nếu $1 \leq a \leq 2$ thì từ bảng biến thiên, ta có $\frac{7}{4} \leq S_n \leq 2$ với mọi $n \in \mathbb{N}^*$. Từ đó $\left(S_n\right)$ không giảm và bị chặn nên $\left(S_n\right)$ hội tụ.

Vậy các giá trị của $a$ thỏa mãn đề bài là $a \in[1,2]$.

Bài 7. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ để phương trình sau có nghiệm nguyên dương $(x, y)$ :

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+x+y=k x y .$

Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $x \geq y$. Xét giá trị $k$ sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy, gọi $\left(x_0, y_0\right)$ là nghiệm sao cho $x_0 \geq y_0 \geq 0$ và $x_0$ nhỏ nhất. Xét tam thức

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x)=x^2-\left(k y_0-1\right) x+y_0^2+y_0 .$

Khi đó $f\left(x_0\right)=0$. Theo định lí Viette, $f(x)$ còn một nghiệm khác là $x_0^{\prime}=k y_0-1-x_0$. Tuy nhiên, theo cách chọn $\left(x_0, y_0\right)$ thì ta có $x_0^{\prime} \geq x_0 \geq y_0$ nên $y_0$ nằm ngoài hai khoảng nghiệm của tam thức bậc hai $f(x)$. Mà hệ số cao nhất của $f(x)$ dương nên $f\left(y_0\right) \geq 0$. Do $f\left(y_0\right) \geq 2 y_0^2+2 y_0-k y_0^2$ nên ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad k \leq 2+\frac{2}{y_0} \leq 4 .$

Suy ra $k \in{1,2,3,4}$.

  • Nếu $k=1$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(x-\frac{y}{2}\right)^2+\frac{3}{4} y^2+x+y=0$ (vô lí vì $\left.x, y>0\right)$.

  • Nếu $k=2$ thì phương trình có dạng $x^2+y^2+x+y=2 x y$, tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(x-y)^2+x+y=0$ (vô lí vì $x, y>0$ ).

  • Nếu $k=3$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(2,2)$.
  • Nếu $k=4$ thì phương trình có nghiệm $(x, y)=(1,1)$.

Vậy các giá trị cần tìm là $k=3, k=4$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $I, I_1, I_2, I_3$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và tâm đường tròn bàng tiếp các đỉnh $A, B, C$ của tam giác $A B C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_2 I_3$ cắt $(O)$ tại hai điểm $M_1, N_1$. Gọi $J_1$ là giao điểm của $A I$ và $(O)$. Ký hiệu $d_1$ là đường thẳng qua $J_1$ và vuông góc với $M_1 N_1$. Xác định các đường thẳng $d_2, d_3$ tương tự. Chứng minh rằng $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Lời giải. Gọi $\left(O^{\prime}\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $\left(O_1\right)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $\left(I I_2 I_3\right)$. Ta có $A I \perp I_2 I_3, B I \perp I_3 I_1$ nên $I$ là trực tâm tam giác $I_1 I_2 I_3$ và $(O)$ là đường tròn Euler của tam giác $I_1 I_2 I_3$ nên $O$ là trung điểm của $I O^{\prime}$. Mặt khác thì

$\angle I_2 O_1 I_3=2\left(180^{\circ}-\angle I_2 I I_3\right)=2 \angle I_2 I_1 I_3=I_2 O^{\prime} I_3 .$

Do đó $O^{\prime}$ đối xứng với $O_1$ qua $I_2 I_3$, suy ra $\overrightarrow{O^{\prime} O_1}=\overrightarrow{I_1 I}$, tức $A I O_1 O^{\prime}$ là hình bình hành. Mà $O$ là trung điểm $I O^{\prime}$ nên $O$ cũng là trung điểm của $I_1 O_1$. Hơn nữa, $O O_1 \perp M_1 N_1$ (đường nối tâm vuông góc với dây cung) nên $I_1 O \perp M_1 N_1$.

Mặt khác, $J_1$ là trung điểm của $I I_1$ (đường tròn Euler đi qua trung điểm của đoạn thẳng nối trực tâm của tam giác với đỉnh của tam giác ấy) nên phép vị tự tâm $I$, tỉ số $k=\frac{1}{2}$ biến $I_1 O_1$ thành $d_1$. Do đó $d_1$ đi qua trung điểm $S$ của $O I$. Tương tự, ta suy ra $d_2, d_3$ cũng đi qua $S$, tức $d_1, d_2, d_3$ đồng quy.

Nhận xét. Bài toán thực chất là việc đổi mô hình từ một tính chất quen thuộc liên quan đến trực tâm, chân đường cao sang mô hình ba tâm bàng tiếp. Vì thế, đôi khi việc chuyển đổi giữa các mô hình giúp cho bài toán sáng sủa, dễ xử lý hơn.