Đề thi

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả $a$ để dãy số $(u_n)$ hội tụ, biết $u_1=a$ và $\forall n\in \mathbb{N}^*$ thì:
$$u_{n+1}=\left\{\begin{array}{l}
2u_n-1\ \text{nếu $u_n>0$,}\\
-1\ \text{nếu $-1\le u_n\le 0$,}\\
u_n^2+4u_n+2\ \text{nếu $u_n<-1$.}
\end{array} \right.$$

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để bất đẳng thức $$x^ky^kz^k(x^3+y^3+z^3)\le 3$$
luôn đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thoả mãn điều kiện $x+y+z=3$.

Bài 3. Cho hàm số $f:\mathbb N^* \rightarrow \mathbb N^*$ thoả mãn hai điều kiện sau:

i)  $f$ là hàm tăng thật sự trên $\mathbb N^*$.

ii) $f(2n)=2f(n)\ \forall n\in \mathbb N^*$.

a) Giả sử $f(1)=3$ và $p>3$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $f(n)$ chia hết cho $p$.
b) Cho $q$ là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm $f$ thoả mãn các điều kiện của bài toán mà $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi $n$ nguyên dương.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có góc $\angle BAC$ tù và $AH\perp BC$ ($H$ nằm trên $BC$). Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $AB$. Dựng điểm $N$ sao cho $\Delta BMN\sim \Delta HCA$, với $H$ và $N$ nằm khác phía đối với đường thẳng $AB$.

a) Gọi $CM$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMN$ tại $K$. Chứng minh rằng $NK$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $NH$ cắt $AC$ tại $P$. Dựng điểm $Q$ sao cho $\triangle HPQ\sim \Delta HNM$, với $Q$ và $M$ nằm khác phía đối với đường thẳng $NP$. Chứng minh rằng $Q$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Với mỗi số nguyên dương $n$, tồn tại duy nhất số tự nhiên $a$ thoả mãn điều kiện $a^2\le n<(a+1)^2$. Đặt $\Delta_n=n-a^2$.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của $\Delta_n$ khi $n$ thay đổi và luôn thoả mãn $n=15m^2$ với $m$ là số nguyên dương.
b) Cho $p,q$ là các số nguyên dương và $d=5(4p+3)q^2$. Chứng minh rằng $\Delta_d\ge 5$.

Bài 6.  Với các số nguyên $a,b,c,d$ thoả mãn $1\le a<b<c<d$, ký hiệu:
$$T(a,b,c,d)={{x,y,z,t}\subset \mathbb{N}^*\mid 1\le x<y<z<t,\ x\le a,y\le b,z\le c,t\le d}$$

a) Tình số phần tử của $T(1,4,6,7)$.
b) Cho $a=1$ và $b\ge 4$. Gọi $d_1$ là số phần tử của $T(a,b,c,d)$ chứa $1$ và không chứa $2$; $d_2$ là số phần tử chứa $1,2$ và không chứa $3$; $d_3$ là số phần tử chứa $1,2,3$ và không chứa $4$. Chứng minh rằng $d_1\ge 2d_2-d_3$. Đẳng thức xảy ra khi nào ?

Bài 7. Trong một hệ thống máy tính, một máy tính bất kỳ có kết nối trực tiếp với ít nhất $30\%$ máy tính khác của hệ thống. Hệ thống này có một chương trình cảnh báo và ngăn chặn khá tốt, do đó khi một máy tính bị virus, nó chỉ có đủ thời gian lây cho các máy tính được kết nối trực tiếp với nó. Chứng minh rằng dù vậy, kẻ tấn công vẫn có thể chọn hai máy tính của hệ thống mà nếu thả virus vào hai máy đó, ít nhất $50\%$ máy tính của hệ thống sẽ bị nhiễm virus.

Bài 8. Cho tam giác $ABC$ nhọn. Đường tròn $(I)$ có tâm $I$ thuộc cạnh $BC$ và tiếp xúc với các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E,F$. Lấy $M,N$ bên trong tứ giác $BCEF$ sao cho $EFNM$ nội tiếp $(I)$ và các đường thẳng $MN,EF,BC$ đồng quy. Gọi $MF$ cắt $NE$ tại $P$, $AP$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng $A,D,E,F$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Lấy trên các đường thẳng $BN,CM$ các điểm $H,K$ sao cho $\angle ACH=\angle ABK=90^\circ$. Gọi $T$ là trung điểm $HK$. Chứng minh rằng $TB=TC$.

Hết

Lời giải

Đề bài

Ngày thi thứ nhất

Bài 1.  Cho tập hợp:
$$A=\left\{ n\in \mathbb{N}\mid 1\le n\le 2015,\gcd (n,2016)=1 \right\}.$$
Hỏi có bao nhiêu số nguyên $a\in A$ sao cho tồn tại số nguyên $b$ mà $a+2016b$ là số chính phương?
Bài 2. Cho $a,b,c,d$ là các số thực thỏa mãn điều kiện:
$$\left\{\begin{array}{l}
a^2\le 1\\
a^2+b^2\le 5\\
a^2+b^2+c^2\le 14\\
a^2+b^2+c^2+d^2\le 30
\end{array} \right..$$

a)Chứng minh rằng $a+b+c+d\le 10$.
b) Chứng minh rằng $ad+bc\le 10$.

Bài 3.  Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:
$$f\left( x-2f(y) \right)=5f(x)-4x-2f(y), \, \ \forall x,y\in \mathbb R.$$
Bài 4. Cho đường tròn $k$ và các điểm $B,C$ thuộc đường tròn sao cho $BC$ không phải là đường kính; $I$ là trung điểm $BC$. Điểm $A$ di động trên cung lớn $BC$ của $k$. Gọi $(\mathcal I_1)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, $(\mathcal I_2)$ là đường tròn qua $I$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$. Các đường tròn $(\mathcal I_1), (\mathcal I_2)$ cắt nhau tại $D$.

a) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$ luôn đi qua một điểm cố định.
b) Gọi $K$ là trung điểm $AD$, $E$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $AB$ tại $A$, $F$ là tâm đường tròn qua $K$ và tiếp xúc với $AC$ tại $A$. Chứng minh rằng góc $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi $x_n=\dfrac{1}{n\cos \frac{1}{n}}\ \forall n\in \mathbb N^*$. Tính giới hạn:
$$\lim_{n \to +\infty} \frac{{{x}_{1}}+{{x}_{3}}+{{x}_{5}}+\cdots+{{x}_{2n-1}}}{{{x}_{2}}+{{x}_{4}}+{{x}_{6}}+\cdots +{{x}_{2n}}}.$$
Bài 6. Tìm các giá trị của $b$ sao cho tồn tại $a$ để hệ phương trình sau có nghiệm $(x,y)$:
$$\left\{\begin{array}{l}
(x-1)^2+(y+1)^2=b \\
y=x^2+(2a+1)x+a^2
\end{array} \right..$$
Bài 7. Cho $n$ là số nguyên dương, $n\ge 2$ và $X=\left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$. Gọi ${{A}_{1}},{{A}_{2}},\ldots,{{A}_{m}}$ và ${{B}_{1}},{{B}_{2}},\ldots,{{B}_{m}}$ là hai dãy các tập con khác rỗng của $X$ thỏa mãn điều kiện sau: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,m \right\}$, ${{A}_{i}}\cap {{B}_{j}}=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$
a) Chứng minh rằng với mỗi hoán vị $(x_1,x_2,\ldots,x_n)$ của tập hợp $X$, có không quá một cặp tập hợp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,m$ sao cho nếu $x_k\in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì ta phải có $k<l$.
b) Gọi $a_i,b_i$ lần lượt là số phần tử của tập hợp $A_i,B_i$ với $i=1,2,3,\ldots,m$. Chứng minh rằng:
$$\sum_{i=1}^{m}{\dfrac{1}{C_{{a_i+b_i}}^{a_i}}}\le 1.$$

Bài 8.  Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $I$ đi qua $B,C$ lần lượt cắt các tia $BA,CA$ tại $E,F.$

a) Giả sử các tia $BF,CE$ cắt nhau tại $D$ và $T$ là tâm đường tròn $(AEF)$. Chứng minh rằng $OT\parallel ID.$
b) Trên $BF,CE$ lần lượt lấy các điểm $G,H$ sao cho $AG\perp CE,AH\perp BF.$ Các đường tròn $(ABF),(ACE)$ cắt $BC$ tại $M,N$ khác $B,C$ và cắt $EF$ tại $P,Q$ khác $E,F$. Gọi $K$ là giao điểm của $MP,NQ$. Chứng minh rằng $DK\perp GH$.

Hết

Bài 1.

Cho số nguyên dương $n>1$, ta quy ước gọi một số nguyên dương $a < n$ là thặng dư chính phương theo modulo $n$ nếu $\gcd(a,n)=1$ và tồn tại số nguyên $x$ sao cho $a\equiv {{x}^{2}} \pmod n .$ \medskip

Đặt $s(n)$ là số các số như thế. Ta sẽ chứng minh hai bổ đề dưới đây: \medskip

Bổ đề 1. Cho $p$ là số nguyên tố và $k$ là số nguyên dương. Khi đó:

Nếu $p=2$ thì $s({{2}^{k}})={{2}^{\max (k-3,0)}}$.
Nếu $p>2$ thì $s({{p}^{k}})=\dfrac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}$.

Bổ đề 2. $s(n)$ là hàm nhân tính, tức là $s(ab)=s(a)s(b)$ với $\gcd(a,b)=1$. \medskip

Thật vậy, \medskip

Trước hết, ta biết rằng $s(p)=\frac{p-1}{2}$ với $p$ là số nguyên tố lẻ. Ta sẽ tính $s({{p}^{k}})$ với $k\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$. Xét một thặng dư chính phương $a$ của $p$, khi đó tồn tại $x$ sao cho $$a\equiv {{x}^{2}}\pmod{p}.$$ Đặt $a={{x}^{2}}+pq$ thì hiển nhiên $$a\equiv {{x}^{2}}+pq \pmod {{p}^{k}}\Leftrightarrow a-pq\equiv {{x}^{2}} \pmod {{p}^{k}}$$ và khi đó, ta có ${{p}^{k-1}}$ cách chọn $q$ để các số $a-pq$ là các thặng dư chính phương theo modulo ${{p}^{k}}$. Suy ra
$$s({{p}^{k}})={{p}^{k-1}}s(p)=\frac{{{p}^{k}}-{{p}^{k-1}}}{2}.$$ Xét số nguyên tố $p=2$, với $k=1,2,3,$ dễ dàng kiểm tra được $s({{2}^{k}})=1$. \medskip

Ta xét $k\ge 4$, tương tự trên, ở bước chọn $q$, ta chỉ có 2 cách nên $s({{2}^{k}})=2s({{2}^{k-1}})$. Từ đó bằng quy nạp, ta có được $$s({{2}^{k}})={{2}^{k-3}},k\ge 4.$$ Tiếp theo, xét hai số $a,b$ nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Gọi $A$ là tập hợp các thặng dư chính phương theo modulo $ab$ và $B$ là tập hợp các số là thặng dư chính phương chung của $a,b.$ \medskip

Nếu $x\in A$ thì tồn tại $y$ sao cho $x\equiv {{y}^{2}} \pmod{ab}$. Rõ ràng khi đó,
$$x\equiv {{y}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{y}^{2}}\pmod b$$
(chú ý rằng nếu $x>a$, ta có thể chọn ${x}'$ sao cho ${x}'<a$ và $x\equiv {x}'\pmod a$; tương tự với $b$).
Do đó, $x\in B$, tức là $x\in A\Rightarrow x\in B$ nên $\left| A \right|\le \left| B \right|$. \medskip

Tiếp theo, xét $x\in B$. Khi đó tồn tại $r,s$ sao cho
$x\equiv {{r}^{2}}\pmod a,\text{ }x\equiv {{s}^{2}}\pmod b$.
Theo định lý thặng dư Trung Hoa, tồn tại số nguyên $z$ sao cho $$z\equiv r\pmod a, \, z\equiv s\pmod b.$$ Khi đó $$x\equiv {{z}^{2}}\pmod a, \, x\equiv {{z}^{2}}\pmod b$$ nên
$$x\equiv {{z}^{2}} \pmod{ab}.$$ Do đó: $x\in A$, tức là $x\in B\Rightarrow x\in A$ nên $\left| A \right|\ge \left| B \right|$. Từ đây ta có $$\left| A \right|=\left| B \right| \text{ hay } s(a)s(b)=s(ab).$$ Vậy $s(n)$ là hàm nhân tính. \medskip

Các bổ đề đều được chứng minh. \medskip

Trở lại bài toán, ta thấy rằng $2016={{2}^{5}}\cdot {{3}^{2}}\cdot 7.$ Rõ ràng bài toán yêu cầu đếm số thặng dư chính phương theo modulo $2016$.
Theo bổ đề 2 thì $$s(2016)=s({{2}^{5}})s({{3}^{2}})s(7).$$ Theo bổ đề 1 thì $$s({{2}^{5}})={{2}^{2}}=4,s({{3}^{2}})=\frac{{{3}^{2}}-3}{2}=3,s(7)=\frac{7-1}{2}=3.$$ Do đó, số các số $a$ cần tìm là $4\cdot 3\cdot 3=36.$

Bài 2. 

(a) Dự đoán dấu bằng xảy ra khi $a=1,b=2,c=3,d=4$ nên ta có các đánh giá sau $
{{a}^{2}}+1\ge 2a
{{b}^{2}}+4\ge 4b
{{c}^{2}}+9\ge 6c
{{d}^{2}}+16\ge 8d
$

Do đó, ta có
$24(a+b+c+d)\le 3({{d}^{2}}+16)+4({{c}^{2}}+9)+6({{b}^{2}}+4)+12({{a}^{2}}+1)$
$=3{{d}^{2}}+4{{c}^{2}}+6{{b}^{2}}+12{{a}^{2}}+120 $

$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+2({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+6{{a}^{2}}+120$

$\le 3\cdot 30+14+2\cdot 5+6\cdot 1+120=240$
Suy ra $a+b+c+d\le 10.$ \medskip

(b) Ta có $$16{{a}^{2}}+{{d}^{2}}\ge 8ad \text{ và } 9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}}\ge 12bc.$$

Từ đó suy ra

$24(ad+bc)\le 3(16{{a}^{2}}+{{d}^{2}})+2(9{{b}^{2}}+4{{c}^{2}})$
$=3({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+{{d}^{2}})+5({{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}})+10({{a}^{2}}+{{b}^{2}})+30{{a}^{2}}$
$\le 3\cdot 30+5\cdot 14+10\cdot 5+30\cdot 1=240$
Suy ra $ad+bc\le 10.$

Bài 3.

Gọi () là điều kiện đề bài cho.
Trong () thay $x=y=0$, ta có $$f(-2f(0))=3f(0).$$ Đặt $f(0)=a$ thì $f(-2a)=3a$.
Trong () thay $x=0$ và $y=-2a$, ta có $$f(-2f(-2a))=5a-2f(-2a)\Leftrightarrow f(-6a)=-a.$$ Trong (), thay $x=-2a,y=-6a$, ta có
$$\begin{aligned}
& f(-2a-2f(-6a))=5f(-2a)-4x-2f(-6a) \\
& \Leftrightarrow f(0)=15a+8a+2a.
\end{aligned}$$ Từ đây ta có $a=25a$ nên $a=0,$ tức là $f(0)=0$. \medskip

Trong $(*),$ thay $y=0$, ta có $$f(x)=5f(x)-4x\Leftrightarrow f(x)=x.$$ Thử lại ta thấy thỏa. Vậy hàm số cần tìm chính là $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}.$

Bài 4.

(a) Gọi $O$ là tâm của đường tròn $k.$ Không mất tính tổng quát, giả sử tia $AD$ nằm giữa hai tia $AO,AB,$ các trường hợp còn lại tương tự.

Ta có: $$\angle IDB=\angle ABC,\angle IDC=\angle ACB$$ nên $$\angle BAC+\angle BDC=\angle BAC+\angle ABC+\angle ACB=180{}^\circ .$$ Do đó, tứ giác $ABDC$ nội tiếp hay $D\in (O).$ Ta thấy $$\begin{aligned}
& \angle DAO+\angle OID \\
& =\angle BAC-(\angle DAB+\angle OAC)+360{}^\circ -(90{}^\circ +\angle DIC) \\
& =\angle BAC-\left( \angle ICD+90{}^\circ -\angle ABC \right)+270{}^\circ -\angle DIC \\
& =\angle BAC+\angle ABC-(\angle ICD+\angle DIC)+180{}^\circ \\
& =(180{}^\circ -\angle ACB)-\left( 180{}^\circ -\angle IDC \right)+180{}^\circ \\
& =\angle IDC-\angle ACB+180{}^\circ =180{}^\circ.
\end{aligned} $$

Do đó, $AOID$ nội tiếp hay đường tròn $(AID)$ đi qua $O$ cố định. \medskip

(b) Ta có: $$\angle EAC=90{}^\circ -\angle BAC,\angle FAB=90{}^\circ -\angle BAC$$ nên
$$\angle EAF=180{}^\circ -2\angle BAC+\angle BAC=180{}^\circ -\angle BAC.$$

Do đó, góc $\angle EAF$ có số đo không đổi.

Bài 5.

Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: \medskip

Bổ đề. Giá trị của biểu thức $\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$ tiến tới vô cực khi $n\to +\infty.$ \medskip

Thật vậy, xét hàm số $f(x)=\ln (1+x)-x$ với $x>0$. Ta có $$f'(x)=\frac{1}{1+x}-1<0$$ nên đây là hàm nghịch biến, suy ra $f(x)<f(0)=0$ hay $\ln (1+x)<x,\forall x>0$. Thay $x$ bởi $\frac{1}{n}$, ta được
$$\ln \left( 1+\frac{1}{n} \right)<\frac{1}{n}\Leftrightarrow \frac{1}{n}>\ln (1+n)-\ln n.$$ Do đó, $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}++\frac{1}{n}>\ln 2-\ln1+\ln3-\ln2+\cdots+ln(n+1)-\ln n=\ln (n+1).$$ Vì $\ln (n+1)\to +\infty $ khi $n\to +\infty $ nên $$\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\to +\infty.$$
Trở lại bài toán, đặt $$y_n=\frac{x_1+x_3+x_5+\cdots+x_{2n-1}}{x_2+x_4+x_6+\cdots+x_{2n}}$$ với $n\ge 1.$

Ta thấy vì $\frac{1}{n}\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ nên $\cos \frac{1}{n}>0$, suy ra $$x_n=\frac{1}{n\cos \frac{1}{n}}>0,n\ge 1. $$
Xét hàm số $f(t)=\frac{t}{\cos t}$ với $t\in \left( 0;\frac{\pi }{2} \right)$ thì ${f}'(t)=\frac{\cos t+t\sin t}{{{\cos }^{2}}t}>0$ nên đây là hàm đồng biến. Chú ý rằng $x_n=f\left( \frac{1}{n} \right)$, mà $\frac{1}{n}$ là dãy giảm nên $x_n$ cũng là dãy giảm. \medskip

Suy ra $x_1>x_2,x_3>x_4,\ldots,x_{2n-1}>x_{2n}$ nên $y_n>1$. \medskip

Ngoài ra, ta cũng có $x_3<x_2,x_5<x_4,\ldots,x_{2n-1}<x_{2n-2}$ nên $y_n< \frac{x_1+x_2+x_4+\cdots+x_{2n-2}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

$= 1-\frac{x_1-x_{2n}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}<1-\frac{x_1}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}}$

Dễ thấy rằng $$x_2+x_4+\cdots+x_{2n}=\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i\cos \frac{1}{2i}}}\ge \sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{2i}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}.$$

Theo bổ đề trên thì $\sum\limits_{i=1}^{n}{\frac{1}{i}}$ tiến tới vô cực nên $$\lim \left( x_2+x_4+\cdots+x_{2n} \right)=+\infty .$$

Do đó $$\lim \left( 1-\frac{x_{1}}{x_2+x_4+\cdots+x_{2n}} \right)=1-0=1.$$ Theo nguyên lý kẹp, ta có $\lim x_n=1.$

Bài 6.

Đặt $X=x-1,Y=y+1$, thay vào, ta có
$$\begin{aligned}
& \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y-1={{(X+1)}^{2}}+(2a+1)(X+1)+{{a}^{2}} \\
\end{aligned} \right. \
& \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned}
& {{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=b \\
& Y={{X}^{2}}+(2a+3)X+{{a}^{2}}+2a+3.
\end{aligned} \right. \\
\end{aligned}$$
Ta đưa về tìm điều kiện của $b$ để tồn tại $a$ mà hệ trên có nghiệm $(X,Y).$ Do $$Y-(X+2)={{X}^{2}}+2(a+1)X+{{(a+1)}^{2}}={{\left( X+a+1 \right)}^{2}}\ge 0$$ nên $Y\ge X+2$. Suy ra $Y-X\ge 2>0$, tức là ${{(X-Y)}^{2}}\ge 4.$ Ta có
$$b={{X}^{2}}+{{Y}^{2}}=\frac{{{(X-Y)}^{2}}+{{(X+Y)}^{2}}}{2}\ge \frac{{{(Y-X)}^{2}}}{2}\ge 2.$$ Mặt khác, với $b\ge 2$, nếu chọn $X=-(a+1)$ thì có $Y=X+2=1-a$. Khi đó, ta có
$${{X}^{2}}+{{Y}^{2}}={{(a+1)}^{2}}+{{(a-1)}^{2}}=2({{a}^{2}}+1)=b.$$ Như thế, với $a$ thỏa mãn $2({{a}^{2}}+1)=b$ thì hệ có nghiệm là $$(X,Y)=(-a-1,1-a).$$ Dễ dàng thấy rằng do $b\ge 2$ nên luôn tồn tại $a$ như thế. \medskip

Vậy các giá trị cần tìm của $b$ là $b\ge 2$.

Bài 7.

(a) Giả sử ngược lại, tồn tại $2$ cặp $(A_i,B_i)$ và $(A_j,B_j)$ thỏa mãn điều kiện đề bài đã cho. \medskip

Vì $i\ne j$ nên theo giả thiết, $$\left| A_i \cap B_j \right|\ge 1,\left| A_j\cap B_i \right|\ge 1.$$ Đặt $x_r\in A_i\cap B_j,x_s\in A_j\cap B_i$ với $1\le r,s\le n$ thì:

Do $x_r\in B_j$ nên với mọi $x_k\in A_j$, ta đều có $k<r.$
Do $x_r\in A_i$ nên với mọi $x_k\in B_i$, ta đều có $k>r$.

Từ đây suy ra $$A_j \subset \left\{ x_1,x_2,\ldots,x_{r-1} \right\},B_i\subset \left\{x_{r+1},x_{r+2},\ldots,x_n \right\}.$$

Điều này cho thấy $A_j\cap B_i=\varnothing $, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy tồn tại không quá $1$ cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện đã cho. \medskip

(b) Gọi $T$ là tập hợp các cách chọn hai dãy $$A_1,A_2,\ldots,A_m \text{và} B_1,B_2,\ldots,B_m$$ thỏa mãn điều kiện là: với mỗi $i,j\in \left\{ 1,2,3,\ldots,n \right\}$, $A_i\cap B_j=\varnothing $ nếu và chỉ nếu $i=j.$ \medskip

Gọi $T_i\subset T$ là các cách chọn sao cho sao cho cặp $(A_i,B_i)$ thỏa mãn điều kiện là: cặp $(A_i,B_i)$ với $i=1,2,3,\ldots,n$ sao cho nếu $x_k \in A_i$ và $x_l\in B_i$ thì $x_k<x_l$ (ở đây ta xét thứ tự ban đầu của các phần tử của $X$). \hfill (*) \medskip

Theo câu (a) thì $T_i \cap T_j=\varnothing $ với $i\ne j$ nên ta có $$\left| T_1 \right|+\left| T_2 \right|+\cdots +\left| T_m \right|=\left| T_1 \cup T_2 \cup \ldots \cup T_m \right|\le T.$$ Tiếp theo, với $1\le i\le m$, xét một tập hợp $S\subset X$ và $\left| S \right|=a_i+b_i$. Khi đó, tương ứng với $S$, có đúng $1$ cách chọn $(A_i,B_i)$ thỏa mãn tính chất $(*)$ – tức là $A_i$ sẽ nhận $a_i$ số nhỏ nhất trong tập $S,$ $B_i$ là lấy phần còn lại. \medskip

Trong khi đó, nếu không có điều kiện $(*),$ ta có thể chọn tùy ý $C_{a_i+b_i}^{a_i}$ phần tử trong $S$ và $A$ và số còn lại cho $B.$ \medskip

Do đó, ta có
$\left| T_i \right|=\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}} $ với $i=1,2,\ldots,m.$

Từ đây suy ra

$$\sum\limits_{i=1}^{m}\frac{\left| T \right|}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le \left| T \right|\Leftrightarrow \sum\limits_{i=1}^{m}\frac{1}{C_{a_i+b_i}^{a_i}}\le 1$$

Ta có đpcm.

Bài 8. 

(a) Giả sử $EF$ cắt $BC$ ở $L$ và $(T),(O)$ cắt nhau tại $J$ khác $A.$ Suy ra $AJ$ chính là trục đẳng phương của $(T),(O).$ Do đó $OT\bot AJ$. \medskip

Khi đó,
[LB\cdot LC=LE\cdot LF] nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(T),(O)$. Suy ra $A,J,L$ thẳng hàng. Theo định lý Brocard cho tứ giác $BEFC$ nội tiếp trong đường tròn $(I)$ thì $I$ chính là trực tâm của tam giác $ADL.$ \medskip

Vì thế nên $ID\bot AL$, mà $OT\bot AJ$ nên $ID\parallel OT$. \medskip

(b) Dễ dàng thấy rằng $D$ là trực tâm của tam giác $AGH$ nên $AD\bot GH$. Ta sẽ chứng minh rằng $A,D,K$ thẳng hàng. \medskip

Ta có $DB\cdot DF=DE\cdot DC$ nên $D$ có cùng phương tích tới $(ABF),(AEC)$. Suy ra $AD$ chính là trục đẳng phương của $2$ đường tròn này. \medskip

Bằng biến đổi các góc nội tiếp, ta thấy rằng
$$\angle MPQ=\angle MBF=\angle CEF=\angle CNQ.$$ Suy ra $MNPQ$ nội tiếp, dẫn đến $KM\cdot KP=KN\cdot KQ$, tức là $K$ cũng có cùng phương tích tới $2$ đường tròn $(ABF),(AEC)$. \medskip

Từ đó suy ra $A,D,K$ thẳng hàng. Do đó, $DK$ vuông góc với $GH.$