Bài 1. Cho ba số thực $a, b, c>0$ thỏa mãn $a+b+c=3$. (a) Chứng minh rằng $(a b+b c+c a)(a b c+1) \geq 6 a b c$. (b) Tìm số nguyên dương k lớn nhất sao cho $a b c\left(a^k+b^k+c^k\right) \leq 3$.
Bài 2 .Với mỗi số thực $x,[x]$ gọi là phần nguyên của $x$ – là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$ và ${x}:=x-[x]$ gọi là phần lẻ của $x$. Cho $p$ là số nguyên tố lẻ, chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$ nhỏ hơn $p$ thì tổng $$S=\left\{\frac{k}{p}\right\}+\left\{\frac{2 k}{p}\right\}+\left\{\frac{3 k}{p}\right\}+\ldots+\left\{\frac{(p-1) k}{p}\right\}$$ không đổi. Tính S.
Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nôi tiếp đường tròn $(\omega)$, tiếp tuyến của $(\omega)$ tai $\mathrm{B}$ là $d_1$, tai $\mathrm{C}$ là $d_2$. I là điểm thuôc trung trự $\mathrm{BC}$, đường tròn tâm $\mathrm{I}$ bán kính $\mathrm{IB}$ cắt các canh $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ tại $\mathrm{D}, \mathrm{E}$. $\mathrm{CD}$ cắt $d_1$ tai $\mathrm{F}, \mathrm{BE}$ cắt $d_2$ tai $\mathrm{G}$ sao cho $\mathrm{F}, \mathrm{G}$ cùng phía $\mathrm{A}$ so với $\mathrm{BC}$. Đường tròn ngoai tiếp tam giác $\mathrm{BDF}$ cắt $\mathrm{BE}$ tại $\mathrm{K}$, đường tròn ngoại tiếp tam giác CEG cắt $\mathrm{CD}$ tại L. (a) Khi $\mathrm{I}$ thuộc $\mathrm{BC}$, gọi $\mathrm{P}$ là giao điểm của $\mathrm{FK}$ và $\mathrm{GL}$. Chứng minh $\mathrm{AP}$ đi qua tâm của $(\omega)$. (b) Khi I khác phía $\mathrm{A}$ đối với $\mathrm{BC}, \mathrm{DE}$ cắt $d_1$ tại $\mathrm{R}, d_2$ tại $\mathrm{S}$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ISR cắt $\mathrm{BC}$ tại $\mathrm{X}, \mathrm{Y}$. Chứng minh $B X=C Y$.
Bài 4 Tìm số nguyên dương $s$ lớn nhất thỏa mãn tính chất sau: Với mọi bộ số nguyên dương nhỏ hơn hay bằng 10 (không nhất thiết phân biệt) có tồng bằng $s$ ta luôn có thể chia thành hai nhóm mà tổng các số thuộc mỗi nhóm nhỏ hơn hay bằng 70 .
Lời giải
Bài 1.
(a) Đặt $a=\min {a, b, c}$, suy ra $a \leq 1$. Khi đó $(a-1)^3 \leq 1 \Rightarrow a^3-3 a^2+3 a-1 \leq 0 \Rightarrow \frac{1}{a}+a(3-a) \geq 3$, suy ra $\frac{1}{a}+a b+a c \geq 3$, hơn nữa $$ \frac{1}{b}+\frac{1}{c}+b c \geq 3 \sqrt[3]{\frac{1}{b} \frac{1}{c} b c}=3 $$ Từ đó $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+a b+b c+a c \geq 6$. hay $(a b+b c+c a)(a b c+1) \geq 6 a b c$. (b) Cho $a=2, b=c=\frac{1}{2}$, suy ra $k<3$, ta chứng minh $k=2$ thì bất đẳng thức thỏa với mọi $a, b, c$ thỏa điều kiện, thật vậy
Với $p$ nguyên tố lẻ thì $(k, p)=1$ với mọi $0<k<p$. Ta chứng minh $p-1$ số $k, 2 k, \cdots,(p-1) k$ là hệ thặng dư thu gọn của $p$, thật vậy, giả sử $i k \equiv j k($ $\bmod p)$ với $i, j<p$ thì $k(i-j) \equiv 0(\bmod p)$, suy ra $i=j$. Khi đó $S=\left\{\frac{k}{p}\right\}+\left\{\frac{2 k}{p}\right\}+\left\{\frac{3 k}{p}\right\}+\ldots+\left\{\frac{(p-1) k}{p}\right\}=\frac{1}{p}+\frac{2}{p}+\cdots \frac{p-1}{p}=$ $\frac{p-1}{2}$ không đổi.
Bài 3.
(a) Gọi $O$ là tâm của $\omega$. Ta có $\angle S D B=\angle A D E=\angle A C B=\angle S B D$ nên $\triangle S B D$ cân tại $S$. Tương tự $\triangle R E C$ cân tại $R$. Biến đổi góc $$ \angle K F L=\angle K F D=\angle K B D=\angle D C E=\angle E G L \angle K G L, $$ suy ra $F, K, L, G$ đồng viên. Do $I \in B C$ nên $\angle B D C=90^{\circ}$, mà $\triangle S B D$ cân tại $S$ nên $S$ là tâm đường tròn $(F D K)$. Tương tự, $R$ là tâm đường tròn $(G E L)$. Ta có $$ A D \cdot A B=A E \cdot A C, \quad P K \cdot P F=P L \cdot P G, $$ suy ra $A P$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(F D K)$ và $(G E L)$, do đó $A P \perp R S$. Mà $A O \perp D E$ nên $A, O, P$ thằng hàng.
(b) Gọi $M, N$ lần lượt là giao điểm của $I S, I R$ với $B C . \triangle S B D$ cân tại $S$ nên suy ra $I S$ là đường trung trực của $B D$, tương tự $I R$ là đường trung Tập san Toán học STAR EDUCATION trực của $E C$. Biến đổi góc $$ \begin{aligned} & \angle M S D=90^{\circ}-\angle S D B=90^{\circ}-\angle A D E=90^{\circ}-\angle A C B=\angle C N G . \ \Rightarrow & \angle I S R=\angle Y N G \Rightarrow \angle I S Y+\angle Y S R=\angle M Y I+\angle Y I R \Rightarrow \angle I S Y= \ & \angle X Y I=\angle X S I . \end{aligned} $$ Vậy $S I$ là tia phân giác của $\angle X S Y$ nên $I$ nằm trên đường trung trực của $X Y$. Mà $I$ cũng nằm trên đường trung trực của $B C$ nên $B X=C Y$.
Bài 4.
Ta chứng minh rằng $s=133$ là số lớn nhất thoả mãn điều kiện bài toán. Trước hết, giả sử rằng $s$ là một số thoả mãn điều kiện đã cho.
Viết $s=9 k+r (k, r \in \mathbb{Z}{\geq 0}, 1 \leq r \leq 9 )$.
Nếu $s \geq 134$, xét một bộ số gồm $k$ số 9 và số còn lại bằng $s-9 k$. Trong bộ số này có không quá một số khác 9 nên khi chia chúng thành hai phần khác rỗng, phải có ít nhất một bộ chứa toàn số 9. Hơn nữa, $$ 9 \cdot 7=63<70<9 \cdot 8 $$ nên bộ số này có tổng tối đa là 63 . Nhưng khi đó tổng của các số còn lại, gọi là $T$, sẽ phải thoả mãn $$ T \geq 134-63=71>70 $$ vô lý do $T \leq 70$. Từ đó phải có $s \leq 133$. Bây giờ ta chứng minh rằng $s=133$ thoả mãn điều kiện bài toán. Trước hết, ta chứng minh rằng với mọi bộ số nguyên dương không vượt quá 10 có tổng bằng 133, khi chia thành hai phần khác rỗng là $X, Y$ khác rống (có thể có các phần tử trùng nhau), sao cho
$$ M=\sum{x \in X} x-\sum_{y \in Y} y \geq 0$$
và $M$ nhỏ nhất có thể, thì $M \leq 8$. Thật vậy, giả sử rằng $M \geq 9$ thì $$ \sum_{x \in X} \geq \frac{1}{2}\left(\sum_{x \in X} x+\sum_{y \in Y} y+9\right) \geq \frac{133+9}{2}=71 . $$ Vì mỗi phần tử của $X$ không vượt quá 10 nên $X$ có ít nhất 8 phần tử. Đặt $t=\min X$. Xét hai tập hợp $$ \left\{\begin{array}{l} X^{\prime}=X \cup{t} \ Y^{\prime}=Y \backslash{t} \end{array}\right. $$ thì $X^{\prime}, Y^{\prime} \neq \emptyset$, đều gồm các số nguyên dương không vượt quá 10 , và có tổng bằng 133. Vì tính nhỏ nhất của $M$ nên $$ M \leq\left|\sum_{x \in X^{\prime}} x-\sum_{y \in Y^{\prime}} y\right|=\left|\sum_{x \in X} x-\sum_{y \in Y} y-2 t\right|=|M-2 t| $$ Kết hợp với $M \geq 9$ và $1 \leq t \leq 10$ thì $9 \leq M \leq t \leq 10$. Có hai khả năng sau:
Nếu $M=10$ thì $$ \sum_{x \in X} x=\frac{133+10}{2} \notin \mathbb{Z} $$ là một điều vô lý.
Nếu $M=9$ thì $$ \sum_{x \in X} x=\frac{133+9}{2}=71 . $$ Nếu $t=9$ thì $X$ gồm toàn số 9 và số 10 , nên có thể viết được $$ 71=9 k+10 l\left(k, l \in \mathbb{Z}{\geq 0}\right) . $$ Do đó $9 k \equiv 1(\bmod 10)$, dẫn đến $k \equiv 9(\bmod 10)$ và $k \geq 9$. Hệ quả là $$ 9 k+10 l \geq 9 k \geq 81>71 $$ cũng là điều vô lý. Từ đó điều giả sử là sai hay phải có $M \leq 8$, dẫn đến $$ \sum{y \in Y} y \leq \sum_{x \in X} x \leq \frac{1}{2}\left(\sum_{x \in X}+\sum_{y \in Y} y+8\right)=\frac{133+8}{2} . $$ Nhưng các tổng là số nguyên nên $$ \sum_{y \in Y} y \leq \sum_{x \in X} x \leq 70, $$ nghĩa là cách chia $(X, Y)$ thoả mãn điều kiện bài toán. Tóm lại, $s=133$ là số lớn nhất thoả mãn yêu cầu đề bài. Bài toán kết thúc.
Trong các bài trước mình đã làm quen với các hệ phương trình hai ẩn, phương pháp chủ yếu cũng là thế, cộng đại số, đặt ẩn phụ. Trong bài này chúng ta tiếp tục với các hệ phương trình nhiều ẩn hơn, chủ yếu là các hệ phương trình ba ẩn, trong các hệ phương trình này có hai dạng ta quan tâm và xuất hiện nhiều là hệ đối xứng và hệ hoán vị vòng quanh.
trong đó $f, g, h$ là các biểu thức đối xứng với $x, y, z$ tức là khi ta hoán vị $x, y, z$ thì $f, g, h$ vẫn không đổi.
Các biểu thức đối xứng 3 biến cơ bản nhất là $x+y+z, xy+yz+xz, xyz$.
Từ đó ta xét ví dụ sau
Ví dụ 1. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} x+y+z=6 (1)\\\\ xy+yz+xz=11 (2)\\\\ xyz=6 (3) \end{array}\right.$
Lời giải
Từ (1) ta có $y +z = 6-z$, từ (2), $ yz = 11-x(y+z) = 11 – x(6-x) = x^2-6x+11$.
Thế vào (3) ta có $x(x^2-6x+11) = 6$ $\Leftrightarrow x^3 -6x^2+ 11x – 6 = 0$
Giải ra được $x = 1, x = 2, x= 3$.
Với $x = 1$ ta có $y+z = 5, yz = 6$ giải ra được $y = 2, z= 3$ và $y=3, z=2$.
Các trường hợp khác tương tự, hệ phương trình có nghiệm $(1, 2, 3)$ và các hoán vị.
Do đó nếu hệ phương trình ba ẩn đối xứng, có một cách giải là ta tìm được giá trị của các biểu thức đối xứng cơ bản như bài trên.
Ví dụ 2. (PTNK Chuyên toán 2010) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} x+y+z=3 \\\\ x y+y z+x z=-1 \\\\ x^3+y^3+z^3+6=3\left(x^2+y^2+z^2\right) \end{array}\right.$
Lời giải
Ta chỉ cần tính được $xyz$ thì có thể đưa về ví dụ 1.
Từ (1) và (2) ta tính được $x^2+y^2+z^2 = (x+y+z)^2 – 2(xy+yz+xz) = 11$
Suy ra $x^3+y^3+z^3 = 27$
Mà $x^3+y^3+z^3 – 3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-xz) \Rightarrow xyz = -3$
do đó ta có $x+y+z = 3, xy+yz+xz = -1, xyz = -3$ tương tự ví dụ 1, ta giải được nghiệm là $(1,-1,3)$ và các hoán vị.
Ngoài cách trên ta có thể giải như sau
$x^3+y^3+z^3 = (x+y+z)^3 – 3(x+y)(y+z)(x+z)$, khi đó $(x+y)(y+z)(z+x) = 0$, tổng hai số bằng 0, ta suy ra số còn lại bằng 3, tiếp tục ta cũng có kết quả như trên.
Hệ hoán vị vòng quanh
Các hệ phương trình nhiều ẩn thường gặp là hệ hoán vị vòng quanh có dạng sau:
Phương pháp thường dùng là cộng đại số,phân tích thành tích, sử dụng đánh giá bất đẳng thức để chứng minh $x=y=z$.
Ta xét một số ví dụ sau:
Ví dụ 3. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-y)^2=2 z-z^2(1) \\\\(y-z)^2=2 x-x^2(2)\\\\ (z-x)^2=2 y-y^2(3)\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow x=z$ hoặc $y=1$ – $y=1$ ta có $(3) \Leftrightarrow(x-z)^2=1 \Leftrightarrow z=x+1, z=x-1$ + $z=x+1$ giải được $ x=0, z=1$ và $x=1, z=2 $Khi đó ta có nghiệm $(0,1,1),(1,1,2)$ + $z=x-1 $ giải ra được $x=1, z=0 $ và $ x=2, z=1 $Ta có nghiệm $(1,1,0)$ và $(2,1,1)$ Với $x=z$ từ (3) ta có $ y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$
Với $y=0$ ta có $\left\{\begin{array}{l}x^2=2 z-z^2 \\\\ z^2=2 x-x^2\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}2 z^2=2 z \\\\ x-z\end{array}\right.\right.$.
Giải được nghiệm $(0,0,0)$ và $(1,0,1)$.
+Với $y=2$, giải ra được nghiệm $(1,2,1)$ và $(2,2,2)$. Vậy hệ phương trình có 8 nghiệm.
Ví dụ 4. (PTNK Chuyên Toán 2103) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 3 x^2+2 y+1=2 z(x+2) \\\\ 3 y^2+2 z+1=2 x(y+2) \\\\ 3 z^2+2 x+1=2 y(z+2) \end{array}\right.$
Lời giải Cộng ba phương trình lại ta có: $3\left(x^2+y^2+z^2\right)+2(x+y+z)+3=2(x y+y z+z x)+4(x+y+z) $
$ \Leftrightarrow 3\left(x^2+y^2+z^2\right)-2(x y+y z+x z)-2(x+y+z)+3=0 $ $\Leftrightarrow(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+(x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=0 $ $\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} x=1 \\\\ y=1 \\\\ z=1 \end{array}\right. $ Thử lại thấy $(1,1,1)$ là nghiệm của hệ.
Ví dụ 5. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l} 2 x=y^2-z^2 \\\\ 2 y=z^2-x^2 \\\\ 2 z=x^2-y^2 \end{array}\right.$
Lời giải
Lấy (1) $+(2)$ ta có $(x+y)(x-y+2)=0 \Leftrightarrow x+y=0$ hoặc $x=2-y$. Với $x+y=0$, từ (3) ta có $z=0$, từ (1) ta có $x=0$ hoặc $x=2$. Ta có nghiệm $(x, y, z)$ là $(0,0,0)$ và $(2,-2,0)$. Với $x=y-2$, từ (3) ta có $2 z=(y-2)^2-y^2=4-4 y \Leftrightarrow z=2-2 y$. Thế vào (1) ta có: $2(y-2)=y^2-(2-2 y)^2 \Leftrightarrow y^2-2 y=0 \Leftrightarrow y=0, y=2$. Từ đó ta có nghiệm $(-2,0,2)$ và $(2,-2,0)$. Vậy hệ có 4 nghiệm.
Hệ nhiều ẩn không mẫu mực
Một số hệ không mẫu mực thì không có cách giải chung, do đó ta phải để đặc điểm của các hệ phương trình này để có cách giải phù hợp, chủ yếu cũng là giảm được ẩn, phân tích nhân tử, . ..
Ví dụ 6. Giải hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l} (x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16 \end{array}\right.$
Lời giải
$\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(x-4 z)=55 \\\\ (y-2 z)(y-4 x)=-39 \\\\ (z-2 x)(z-4 y)=-16\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^2-2 x y-4 x z+8 y z=55(1) \\\\ y^2-2 y z-4 x y+8 x z=-39(2) \\\\ z^2-2 x z-4 y z+8 x y=-16(3)\end{array}\right.\right.$
Cộng (1),(2),(3) ta có $(x+y+z)^2=0 \Leftrightarrow x+y+z=0 \Leftrightarrow z=-x-y$ Thế vào (1),(2) ta có $\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(5 x+4 y)=55 \\\\ (3 y+2 x)(y-4 x)=-39\end{array}\right.$
$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}5 x^2-6 x y-8 y^2=55 \\\\ 3 y^2-10 x y-8 x^2=-39\end{array}\right.$ Nhận thấy $y=0$ không thỏa hpt: Đặt $x=k y$, ta có hệ
$\left\{\begin{array}{l} y^2\left(5 k^2-6 k-8\right)=55 \\\\ y^2\left(-8 k^2-10 k+3\right)=-39 \end{array}\right. $ $\Rightarrow-39\left(5 k^2-6 k-8\right)=55\left(-8 k^2-10 k+3\right) $ $\Leftrightarrow 245 k^2+784 k+147=0$ $ \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} k=-3 \\\\ k=\frac{-1}{5} \end{array}\right. $ Với $k=-3$, ta có $y=1$, hoặc $y=-1$. Từ đó ta có nghiệm là $(-3,1,2),(3,-1,-2)$ Với $k=-\frac{1}{5}$ (vô nghiệm)
Chìa khóa trong lời giải này chính là đặc điểm của các hệ số tự do bên phải của các phương trình.
Qua một số ví dụ , hi vọng các em rút ra kinh nghiệm trong việc giải một số hệ phương trình nhiều ẩn, cùng rèn luyện các bài toán sau nhé.
1)$\left\{\begin{array}{l} x^{3}+x^{2}+x-2=y \\\\ y^{3}+y^{2}+y-2=z \\\\ z^{3}+z^{2}+z-2=x \end{array}\right.$ 2) $\left\{\begin{array}{l} y^{3}-6 x^{2}+12 x-8=0 \\\\ z^{3}-6 y^{2}+12 y-8=0 \\\\ x^{3}-6 z^{2}+12 z-8=0 \end{array}\right.$ Bài 3. Giải hệ phương trình $\begin{cases}ab+c+d=3&\\\\bc+d+a=5&\\\\cd+a+b=2&\\\\da+b+c=6 \end{cases}$
Bài 4.
Cho $a \in \mathbb{R}$. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x_1^2+ax_1+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_2&\\\\ x_2^2+ax_2+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_3&\ …&\\\\ x_n^2+ax_n+(\dfrac{a-1}{2})^2=x_1 \end{cases}$
Hệ phương trình và các phương pháp giải của nó chúng ta đã nghiên cứu trong các bài giảng trước, bài viết này ta tiếp tục với các hệ phương trình nhưng chứa thêm tham số, việc giải các hệ phương trình chứa tham số căn bản cũng dựa trên các phương pháp đã biết, tuy vậy ta phải xét nhiều trường hợp hơn đòi hỏi suy luận tốt và sự cẩn thận nhất định của học sinh.
Ví dụ 1. Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\\\ x+y=m\end{array}\right.$ (a) Giải hệ với $m=7$ (b) Tìm $m$ sao cho hệ có nghiệm $(x, y)$
Lời giải a) $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}=2 \\\\ x+y=m\end{array}\right.$ ĐKXĐ: $x \geq 2, y \geq 1$ Đặt $ a=\sqrt{x-2}, b = \sqrt{y-1}$ ta có $a, b \geq 1$ và $a+b = 2, a^2+b^2 = 4$.
Từ đó ta có $b = 2-a, a^2+(2-a)^2 = 4$, giải ra được $a= 2, b=0$ và $a=0, b=2$.
Với $a = 2,b=0$ ta có $x=6, y=1$
Với $a=0,b=2$ ta có $x=2, y = 5$.
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm $(2 ; 5),(6 ; 1)$
b) Đặt $u=\sqrt{x-2}, v=\sqrt{y-1}(u, v \geq 0$ Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}u+v=2 \\\\ u^2+v^2=m-3\end{array}\right.$ $\Rightarrow 2 u^2-4 u+7-m=0 \quad(2)$ Để hệ (1) có nghiệm thì (2) phải có nghiệm không âm, nhỏ hơn hoặc bằng 2, khi và chỉ khi: $$ \left\{\begin{array} { l } { \Delta ^ { \prime } \geq 0 } \\\\ { S > 0 } \\\\ { P \geq 0 } \\\\ { ( x _ { 1 } – 2 ) ( x _ { 2 } – 2 ) > 0 } \\\\ { S \leq 4 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} m \geq 5 \\\\ m \leq 7 \end{array}\right.\right. $$ Vậy $5 \leq m \leq 7$ thì hệ đã cho có nghiệm $(x, y)$
Ví dụ 2. Giải và biện luận hệ phương trình sau: $\left\{\begin{array}{l}\frac{x y z}{x+y}=m \\\\ \frac{x y z}{y+z}=1 \ \frac{x y z}{z+x}=2\end{array}\right.$
Lời giải
Lời giải. Đặt $a=x y, b=y z, c=x z$ ta tính được: $\frac{1}{a}=\frac{3 m-2}{4 m}, \frac{1}{b}=\frac{m+2}{4 m}, \frac{1}{c}=\frac{2-m}{4 m}$. Khi đó $\frac{1}{(x y z)^2}=\frac{1}{a b c}=\frac{(3 m-2)(m+2)(2-m)}{64 m^3}=P$. Nếu $P \leq 0 \Leftrightarrow m \leq-2,0 \leq m \leq \frac{2}{3}$ hoặc $m \geq 2$ thì hệ vô nghiệm. Ta có $P>0 \Leftrightarrow-2<m<0$ hoặc $\frac{2}{3}<m<2$. Khi đó $(x y z)^2=\frac{64 m^3}{(3 m-2)(m+2)(2-m)}=\frac{1}{P}$. Suy ra $x y z= \pm \sqrt{\frac{1}{P}}$.
Nếu $x y z=\sqrt{\frac{1}{P}}$ thì $x=\frac{2-m}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}}$, $$ y=\frac{m+2}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}}, z=\frac{3 m-2}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}} \text {. } $$
Nếu $x y z=-\sqrt{\frac{1}{P}}$ thì $x=\frac{m-2}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}}$, $$ y=\frac{-m-2}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}}, z=\frac{2-3 m}{4 m} \sqrt{\frac{1}{P}} \text {. } $$
Ví dụ 3. Cho hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}(x-2 y)(x+m y)=m^2-2 m-3 \\\\ (y-2 x)(y+m x)=m^2-2 m-3\end{array}\right.$
a) Giải hệ phương trình khi $m=-3$
b) Tìm $m$ để hệ có ít nhất một nghiệm $\left(x_\circ, y_\circ \right)$ thỏa $x_\circ>0, y_\circ>0$.
Lời giải a) Khi $m=-3$ ta có hệ: $$ \left\{\begin{array} { l } { ( x – 2 y ) ( x – 3 y ) = 1 2 } \\\\ { ( y – 2 x ) ( y – 3 x ) = 1 2 } \end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l} x^2-5 x y+6 y^2=12(1) \\\\ y^2-5 x y+6 x^2=12(2) \end{array}\right.\right. $$ Lấy (1) – (2) ta có $5\left(y^2-x^2\right)=0 \Leftrightarrow x=y, x=-y$. 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. b) Hệ có thể viết lại $\left\{\begin{array}{l}x^2+(m-2) x y-2 m y^2=m^2-2 m-3(1) \\\\y^2+(m-2) x y-2 m x^2=m^2-2 m-3(2)\end{array}\right.$ Lấy (1) – (2) ta có $(2 m+1)\left(y^2-x^2\right)=0$. Xét $m=\frac{-1}{2}$ ta có hệ trở thành: $x^2-\frac{5}{2} x y+y^2+\frac{7}{4}=0$, có nghiệm $\left(\frac{5+\sqrt{2}}{2}, 2\right)$ thỏa đề bài. Xét $m \neq \frac{-1}{2}$ ta có $x=y$ hoặc $x=-y$. Trường hợp $x=-y$ không thỏa đề bài. Trường hợp $x=y$, thế vào (1) ta có: $$ -(m+1) x^2=m^2-2 m-3=(m+1)(m-3) $$ Nếu $m=-1$ ta có $(x-2 y)(x-y)=0,(y-2 x)(y-x)=0$ 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 $m=\frac{-1}{2}, m=-1$ và $m<3$.
Ví dụ 4. Cho hệ phương trình với $k$ là tham số: $$\left\{\begin{array}{l} \frac{x}{\sqrt{y z}}+\sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{x}{z}}=k \\\\ \frac{y}{\sqrt{z x}}+\sqrt{\frac{y}{z}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=k \\\\ \frac{z}{\sqrt{x y}}+\sqrt{\frac{z}{x}}+\sqrt{\frac{z}{y}}=k \end{array}\right. $$ (a) Giải hệ với $k=1$. (b) Chứng minh hệ vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.
Lời giải
Điều kiện xác định là: $x, y, z$ cùng dương hoặc cùng âm. Đặt $a=\sqrt{\frac{x}{y}}, b=\sqrt{\frac{y}{z}}, c=\sqrt{\frac{z}{x}}$ thì $a, b, c>0$ và $a b c=1$. Ta có: $\frac{a}{c}=\frac{|x|}{\sqrt{y z}}, \frac{b}{a}=\frac{|y|}{\sqrt{z x}}, \frac{c}{b}=\frac{|z|}{\sqrt{x y}}$. a) Khi $k=1$, nếu $x, y, z>0$ thì $\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=1$. Cộng lại suy ra $\left(a+\frac{1}{a}\right)+\left(b+\frac{1}{b}\right)+\left(c+\frac{1}{c}\right)+\left(\frac{c}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}\right)=3$ Theo bất đẳng thức Cô-si thì rõ ràng $a+\frac{1}{a} \geq 2, b+\frac{1}{b} \geq 2, c+\frac{1}{c} \geq 2$ nên đẳng thức trên không thể xảy ra. Xét trường hợp $x, y, z$ cùng âm thì $$ -\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=-\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=-\frac{c}{a}+c+\frac{1}{b}=1 $$ Trừ vào các vế và phân tích, ta suy ra: $$ \frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=0 $$ Từ đây dễ dàng suy ra ít nhất 2 trong $a, b, c$ phải là 1 mà $a b c=1$ nên $a=b=c=1$. Vì thế nên thay vào ta có $x=y=z<0$. Và mọi bộ số như thế đều thỏa mãn hệ.
b) Với $k \geq 2$, giả sử hệ có nghiệm $(x, y, z)$. Nếu như $x, y, z<0$ thì ta có $\frac{(a-1)(b-1)}{a}=\frac{(b-1)(c-1)}{b}=\frac{(c-1)(a-1)}{c}=k-1>0$. Từ đó suy ra $a-1, b-1, c-1$ dều cùng dấu, kéo theo $a, b, c>1$ hoặc $a, b, c<1$ Tuy nhiên $a b c=1$ nên điều này không thể xảy ra. Do đó, ta phải có $a, b, c>0$ nên đưa về $$ \frac{a}{c}+a+\frac{1}{c}=\frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k $$ Trong các số $a, b, c$ giả sử $a=\max {a, b, c}$ thì $k=\frac{a}{c}+a+\frac{1}{c} \geq$ $\frac{a}{c}+2 \sqrt{\frac{a}{c}} \geq 1+2=3$ nên ta cần có $k \geq 3$. Vì $k \neq 3$ nên $k>3$. Vì $a=\max {a, b, c} \geq 1$ nên ta có $2 b+1 \geq \frac{b}{a}+b+\frac{1}{a}=k>3$ kéo theo $b>1$. Tương tự từ $2 c+1>\frac{c}{b}+c+\frac{1}{b}=k>3$ nên $c>1$. Từ đây suy ra $a, b, c>1$ trong khi $a b c=1$, vô lý. Vậy hệ luôn vô nghiệm với $k \geq 2$ và $k \neq 3$.
Bài tập rèn luyện
Bài 1. Cho hê phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y=m-2 \\\\x^2+y^2+2 x+2 y=-m^2+4\end{array}\right.$ (trong đó $m$ là tham số $x$ và y là ẩn) a) Tìm $m$ để hệ phương trình trên có nghiệm. b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thúc $A=x y+2(x+y)+2011$.
Bài 2. Cho hệ phương trình $\left\{\begin{array}{c}x^2+y^2+x y=m^2-2 m+4 \\\\ x^2+y^2-3 x y=5 m^2-10 m+4\end{array} \quad\right.$ (m là tham số) a) Giải hệ phương trình khi $m=-1$. b) Chứng minh rằng hệ phương trình luôn có nghiệm với mọi giá trị của $m$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm $(x ; y)$ thỏa $y>x>0$ và $5 x^2-2 x y+y^2$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3. Tìm $a$ để hệ phương trình $\left\{\begin{array}{c} & \frac{a x+y}{y+1}+\frac{a y+x}{x+1}=a \\\\ & a x^2+a y^2=(a-2) x y-x \end{array} \quad\right.$ có nghiệm duy nhất.
Bài 1. Cho số nguyên $a>1$. Tìm giá trị lớn nhất của số thực $d$ sao cho tồn tại một cấp số cộng có công sai $d$, số hạng đầu tiên là $a$ và có đúng hai trong các số $a^2, a^3, a^4, a^5$ là những số hạng của cấp số cộng đó.
Bài 2. Cho $n$ số thực $x_1, x_2, \ldots, x_n$. Với mỗi $i \in{1,2, \ldots, n}$, gọi $a_i$ là số các chỉ số $j$ mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 1$ và $b_i$ là số các chỉ số $j$ mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 2$ ( $i$ và $j$ có thể bằng).
(a) Chứng minh rằng tồn tại $i$ để $b_i \leq 3 a_i$.
(b) Gọi $A$ là số cặp $(i, j)$ có thứ tự mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 1$ và $B$ là số cặp $(i, j)$ có thứ tự mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 2$ ( $i$ và $j$ có thể bằng nhau). Chứng minh rằng $B \leq 3 A$.
Bài 3. Cho $p$ là số tự nhiên. Xét phương trình nghiệm nguyên $x^3+x+p=y^2$.
(a) Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất dạng $4 k+1$ sao cho phương trình có nghiệm.
(b) Chứng minh rằng nếu $p$ là số chính phương thì phương trình trên có nghiệm nguyên dương.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ di động trên $(O)$. $D$ là trung điểm $B C$. Trên $A B$ lấy các điểm $M, P$ và trên $A C$ lấy các điểm $N, Q$ sao cho $D A=D P=D Q$, dồng thời $D M \perp A C, D N \perp A B$.
(a) Chứng minh rằng các điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn $(\mathcal{C})$ và $(\mathcal{C})$ luôn đi qua một điểm cố định.
(b) Chứng minh rằng tâm của $(\mathcal{C})$ luôn thuộc một đường tròn cố định.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho số thực $a \neq 0$. Tìm giới hạn của dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_1=0, u_{n+1}\left(u_n+a\right)=a+1, \forall n \in \mathbb{N}^*$
Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$thoả mãn điều kiện:
Bài 7. Cho $n=2018.2019$. Gọi $A$ là tập hợp các bộ $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)$ có thứ tự thoả mãn điều kiện $a_i \in{0,1} \forall i \in{1,2, \ldots, n}$ và $\sum_{i=1}^n a_i=2018^2$. Có bao nhiêu bộ $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)$ từ $A$ để $\sum_{i=1}^k a_i \geq \frac{a}{2}$ và $\sum_{i=n-k+1}^n a_i \geq \frac{k}{2} \forall k \in{1,2, \ldots, n}$ ?
Bài 8. Đường tròn $(\mathcal{C})$ tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ và tiếp xúc với các cạnh $A B, A C$ tại $E, F$. $A M, A N$ là các đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc $\angle B A C(M, N$ nằm trên $B C)$. Gọi $d_M, d_N$ lần lượt là các tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ qua $M, N$ và khác $B C$.
(a) Chứng minh rằng $d_M, d_N, E F$ đồng quy tại điểm $D$.
(b) Lấy trên $A B, A C$ các điểm $P, Q$ thoả mãn $D P|A C, D Q| A B$. Gọi $R, S$ là trung điểm của $D E, D F$. Chứng minh rằng $I$ thuộc đường thẳng qua các trực tâm của hai tam giác $D P S, D Q R$.
LỜI GIẢI
Ngày thi thứ nhất
Bài 1. Cho số nguyên $a>1$. Tìm giá trị lớn nhất của số thực $d$ sao cho tồn tại một cấp số cộng có công sai $d$, số hạng đầu tiên là $a$ và có đúng hai trong các số $a^2, a^3, a^4, a^5$ là những số hạng của cấp số cônng đó.
Lời giải: Trước hết, ta chứng minh rằng $d=a^3-a$ thoả mãn điều kiện. Thật vậy, xét cấp số cộng có số hạng đầu là $a$ và công sai là $d=a^3-a$ thì
Dẫn đến hai số hạng thuộc cấp số cộng phải là $a^4$ và $a^5$. Lại để ý rằng $a>1$ nên có $a<a^4<a^5$, kết hợp lại thì phải tồn tại hai số nguyên dương $k<l$ sao cho:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}a^4=a+k d \\ a^5=a+l d\end{array}\right.$
Từ đó $a(a+k d)=a+l d$ hay $d(l-a k)=a^2-a>0$.
Chú ý rằng ta có $d>0$ nên $l-a k>0$, hơn nữa $l-a k \in \mathbb{Z}$ nên $l-a k \geq 1$. Điều này dẫn đến $a^2-a \geq d>a^3-a$, vô lý do $a>1$.
Vậy giá trị lớn nhất của $d$ là $\max d=a^3-a$.
Bài 2. Cho $n$ số thực $x_1, x_2, \ldots, x_n$. Với mỗi $i \in{1,2, \ldots, n}$, gọi $a_i$ là số các chỉ số $j$ mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 1$ và $b_i$ là số các chỉ số $j$ mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 2(i$ và $j$ có thể bằng nhau).
(a) Chứng minh rằng tồn tại $i$ dể $b_i \leq 3 a_i$.
(b) Gọi $A$ là số cặp $(i, j)$ có thứ tự mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 1$ và $B$ là số cặp $(i, j)$ có thứ tự mà $\left|x_i-x_j\right| \leq 2$ ( $i$ và $j$ có thể bằng nhau). Chứng minh rằng $B \leq 3 A$.
Lời giải . (a) Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_n$.
Xét $k=\max [a_1, a_2, \ldots, a_n]$ và $a_i=k$, khi đó tồn tại $k$ số trong dãy là:
Ngoài ra vì tính lớn nhất của $k$ nên $\left|x_{u-1}-x_i\right|>1,\left|x_{v+1}-x_i\right|>1$.
Trong $\left[x_u, x_v\right]$, có đúng $k$ chỉ số $j$ để $\left|x_j-x_i\right| \leq 1<2$. Còn trước $x_u$, xét hai số $x_r, x_s$ sao cho $x_r \leq x_s$ và $\left|x_r-x_i\right| \leq 2,\left|x_s-x_i\right| \leq 2$ thì:
nên sẽ có không quá $k$ số $j$ để $\left|x_j-x_i\right| \leq 2$ vì nếu ngược lại, sẽ có nhiều hơn $k$ số liên tiếp trong dãy cách nhau không quá 1 đơn vị, mâu thuẫn với tính lớn nhất của $k$. Tương tự với các số sau $x_v$, vì thế nên $b_i \leq 3 k$ kéo theo $b_i \leq 3 a_i$.
(b) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo $n$.
Với $n=1$ rõ ràng $A=B=1$ nên khẳng định hiển nhiên đúng. Giả sử kết quả đúng với $n \geq 1$, ta sẽ chứng minh nó cũng đúng với $n+1$.
Xét dãy số thực $T=\left(x_1, x_2, \ldots, x_{n+1}\right)$ bất kỳ và giả sử $x_1 \leq x_2 \leq \ldots \leq x_{n+1}$. Ký hiệu $A_T, B_T$ là số cặp có thứ tự các chỉ số $(i, j)$ tương ứng với định nghĩa của đề bài. Giả sử $k \geq 1$ là số lượng lớn nhất các số của $T$ được chứa trong một đoạn độ dài bằng 2 nào đó.
Gọi $x_i$ là số cuối cùng của dãy mà trong đoạn $\left[x_i-1, x_i+1\right]$ có chứa đúng $k$ số (kể cả $x_i$ ). Gọi $T^{\prime}$ là dãy mới sau khi bỏ $x_i$ đi. Khi đó, số lượng các số thuộc $T^{\prime}$ có trong $\left[x_i-1, x_i+1\right]$ là $k-1$, ngoài ra $x_i$ đã bị bỏ đi thuộc về đúng $2 k-1$ cặp của $A_T$.
Trừ đoạn ở giữa thì hai đoạn đầu và cuối chứa tối đa $k$ phần tử của $T$. Hơn nữa, do định nghĩa số $x_i$ nên trong đoạn $\left[x_i+1 ; x_i+2\right]$ có tối đa $k-1$ phần tử của $T$. Từ đó có tối đa:
Theo nguyên lý quy nạp, bài toán cũng đúng với $n+1$.
Vậy bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét. Bài toán này thật ra liên quan đến phương pháp xác suất trong tổ hợp, có thể xem tại quyển “The Probabilistic Method” của GS. Noga Alon. Ta xét một lời giải khác như sau:
(a) Chọn $i$ sao cho số các chỉ số $j$ để $\left|x_i-x_j\right| \leq 1$ là lớn nhất. Khi đó, số lượng chỉ số $j$ sao cho $x_j \in\left(x_i+1, x_i+2\right]$ tối đa là $a_i$, vì nếu không thì tồn tại $j$ để $a_j>a_i$. Tương tự, số lượng chỉ số $j$ sao cho $x_j \in\left[x_i-2, x_i-1\right)$ tối đa là $a_i$.
Chú ý rằng với các chỉ số $j$ để $\left|x_i-x_j\right| \leq 2$ thì ta có điều sau:
Số lượng các chỉ số đó chính là $b_i$, dẫn đến $b_i \leq a_i+a_i+a_i=3 a_i$. Hơn nữa, nếu đẳng thức xảy ra, ta phải có mỗi đoạn (hay nửa khoảng) ở phân hoạch trên chứa chính xác $a_i$ chỉ số $j$ của $x_j$.
(b) Bài toán hiển nhiên đúng với $n=1$. Giả sử rằng tồn tại $n>1$ để kết luận không đúng, ta chọn $n$ nhỏ nhất. Ta cũng chọn $i$ sao cho $a_i$ lớn nhất.
Gọi $A^{\prime}, B^{\prime}$ tương ứng là số cặp chỉ số $(k, l)$ mà $\left|x_k-x_l\right| \leq 1$ và $\left|x_k-x_l\right| \leq 2$, trong đó $1 \leq k, l \leq n$ và $k, l \neq i$. Vì $n$ là phản ví dụ nhỏ nhất nên $B^{\prime} \leq 3 A^{\prime}$.
Các cặp chỉ số $(k, l)$ mà $k=i$ hoặc $l=i$ và $\left|x_k-x_l\right| \leq 1$ đều phải có dạng $(k, i)$ hoặc $(i, k)$ trong đó $k \neq i$ và $(i, i)$. Có tổng cộng $2\left(a_i-1\right)+1$ cặp như thế nên $A=A^{\prime}+2\left(a_i-1\right)+1$.
Tương tự thì $B=B^{\prime}+2\left(b_i-1\right)+1$. Do đó nếu $b_i \leq 3 a_i-1$ thì:
Điều này trái với việc $n$ là phản ví dụ nhỏ nhất. Do đó $b_i \geq 3 a_i$. Theo ý (a) thì $b_i \leq 3 a_i$, từ đây phải có $b_i=3 a_i$. Hơn nữa, số lượng chỉ số $j$ để thỏa mãn $x_j \in\left[x_i-2, x_i-1\right)$ hoặc $x_j \in\left(x_i+1, x_i+2\right]$ dều phải bằng $a_i$.
Với mỗi $j, j^{\prime}$ sao cho $x_j, x_{j^{\prime}} \in\left[x_i-2, x_i-1\right)$, ta có $\left|x_j-x_{j^{\prime}}\right|<1$, dẫn đến $a_j \geq a_i$. Mặt khác $a_i$ là lớn nhất có thể nên $a_j=a_i$. Tương tự, với mỗi $j$ sao cho $x_j \in\left(x_i+1, x_i+2\right]$ thì $a_j=a_i$. Như vậy với mọi $j$ sao cho $1<\left|x_i-x_j\right| \leq 2$ thì $a_j=a_i$. Cũng với cách chọn chỉ số $j$ đó, lập luận tương tự như những ý trên, ta cũng phải có $b_j=3 a_j$.
Xây dựng đồ thị $\mathcal{G}$ với các đỉnh được đánh số là $1,2, \ldots, n$ sao cho cặp đỉnh $(k, l)$ kề nhau khi và chỉ khi $1<\left|x_k-x_l\right| \leq 2$. Những lập luận trên cho thấy mọi đỉnh $j$ mà tồn tại một đường đi từ $i$ đến $j$ đều phải thỏa mãn $a_j=a_i$ và $b_j=3 a_j$. Gọi $\mathcal{X}$ là tập hợp tất cả các đỉnh $j$ sao cho tồn tại một đường đi từ $i$ dến $j$ trong $\mathcal{G}$. Đặt $\mathcal{Y}={1,2, \ldots, n} \backslash \mathcal{X}(\mathcal{Y}$ có thể rỗng $)$.
Bây giờ, gọi $A_y, B_y$ tương ứng là số cặp chỉ số $(k, l)$ có tính thứ tự, có thể bằng nhau mà $\left|x_k-x_l\right| \leq 1$ và $\left|x_k-x_l\right| \leq 2$, trong đó $k, l \in \mathcal{Y}$. Chú ý rằng $A_{\mathcal{Y}}=B_{\mathcal{Y}}=0$ nếu $\mathcal{Y}=\emptyset$. Bởi $n$ là phản ví dụ nhỏ nhất, ta phải có $B_{\mathcal{Y}} \leq 3 A_{\mathcal{Y}}$. Ta gọi $a_{y, k}$ và $b_{y, k}$ tương ứng là số chỉ số $j \in \mathcal{Y}$ mà $\left|x_j-x_k\right| \leq 1$ và $\left|x_j-x_k\right| \leq 2$. Định nghĩa tương tự $a_{\mathcal{X}, k}$ và $b_{\mathcal{X}, k}$.
Với mọi $k \in \mathcal{Y}$, dễ thấy $k$ không kề bất cứ đỉnh nào trong $\mathcal{X}$, vì vậy ta có được $b_{\mathcal{X}, k}=0$ và $b_k=b_{\mathcal{Y}, k}+a_{\mathcal{X}, k}$. Từ đây dẫn đến đẳng thức sau:
(a) Tìm số nguyên tố $p$ nhỏ nhất dạng $4 k+1$ sao cho phương trình có nghiệm.
(b) Chứng minh rằng nếu $p$ là số chính phương thì phương trình trên có nghiệm nguyên dương.
Lời giải. (a) Các số nguyên tố có dạng $4 k+1$ là $5,13,17, \ldots$
Trước hết, ta thấy với $p=13$ thì $x^3+x+13=y^2$ có nghiệm là $(x ; y)=(4 ; 9)$. Ta sẽ chứng minh rằng phương trình $x^3+x+5=y^2$ không có nghiệm nguyên. Xét modulo 4. Có các khả năng sau xảy ra:
Khi $x$ chia 4 dư $0,1,2,3$, vế trái chia 4 lần lượt dư $1,3,3,3$.
Khi $y$ chia 4 dư $0,1,2,3$, vế phải chia 4 lần lượt dư $0,1,0,1$.
Do đó $y$ phải lẻ và $4 \mid x$. Viết biểu thức đã cho thành:
Do $x+3 \equiv 3(\bmod 4)$ nên $x+3$ có ước nguyên tố $q \equiv 3(\bmod 4)$. Ta biết rằng với $a, b \in \mathbb{Z}$ thì $a^2+b^2$ chia hết cho số nguyên tố $q \equiv 3(\bmod 4)$ khi và chỉ khi $q \mid a$ và $q \mid b$. Từ đó thì $q \mid 5$ hay $q=5$, mâu thuẫn.
Vậy $p=13$ là số nguyên tố nhỏ nhất cần tìm.
(b) Trước hết, ta giới thiệu kết quả sau (còn gọi là định lý 4 số):
Bổ Đề. Với các số nguyên dương $a, b, c, d$ thoả mãn $a b=c d$ thì tồn tại các số nguyên dương $x, y, z, t$ sao cho $a=x y, b=z t, c=x z, d=y t$.
Chứng minh bổ đề. Đặt $k=\operatorname{gcd}(a, c)$ và viết $a=k a_1, c=k c_1$ thì rõ ràng $\operatorname{gcd}\left(a_1, c_1\right)=1$. Thay vào đề bài, ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad k a_1 b=k c_1 d \text { hay } a_1 b=c_1 d .$
Từ đây chú ý $a_1 \mid c_1 d$, nên $a_1 \mid d$, đặt $d=a_1 \ell$. Thay vào thì có $b=\ell c_1$. Từ đó, ta chọn $x=k, y=a_1, z=c_1, t=\ell$ thì có ngay điều phải chứng minh.
Quay lại bài toán, do $p$ là số chính phương nên đặt $p=a^2, a \in \mathbb{Z}$. Ta viết lại phương trình thành dạng:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^3+x+a^2=y^2 \text { hay } x\left(x^2+1\right)=(y-a)(y+a) .$
Áp dụng kết quả trên vào bài toán, ta thấy tồn tại các số nguyên dương $m, n, p, q$ để $x=m n, x^2+1=p q, y+a=m p, y-a=n q$. Từ đó:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (m n)^2+1=p q \text { và } m p-n q=2 a \text {. }$
Xét dãy số $\left(u_n\right)$ xác định bởi $u_0=0, u_1=1, u_{n+2}=\alpha u_{n+1}+u_n$, trong đó $\alpha$ là hằng số mà ta sẽ chọn sau. Rõ ràng với mọi $n$ thì
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ di động trên $(O)$. $D$ là trung điểm $B C$. Trên $A B$ lấy các điểm $M, P$ và trên $A C$ lấy các điểm $N, Q$ sao cho $D A=D P=D Q$, dồng thời $D M \perp A C, D N \perp A B$.
(a) Chứng minh rằng các điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn $(\mathcal{C})$ và (C) luôn đi qua một điểm cố định.
(b) Chứng minh rằng tâm của $(\mathcal{C})$ luôn thuộc một đường tròn cố định.
Lời giải . (a) Dễ thấy tam giác $A M Q$ cân tại $M$ nên
$\quad\quad \angle D M Q=\angle D M A=90^{\circ}-\angle A=\frac{180^{\circ}-2 \angle A}{2}=\frac{180^{\circ}-\angle P D Q}{2}=\angle D P Q$
Do đó tứ giác $M P D Q$ nội tiếp. Chứng minh tương tự, ta có tứ giác $Q N D P$ nội tiếp nên $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn $(\mathcal{C})$, và $(\mathcal{C})$ luôn đi qua điểm $D$ cố định.
(b) Gọi $K B, K C$ là hai tiếp tuyến của $(O)$. Ta có $D, K, O$ thẳng hàng, lại có:
$\quad\quad\quad\quad\quad \angle B K O=90^{\circ}-\angle B O K=90^{\circ}-\angle B A C=\angle B M D$
Từ đó tứ giác $B D K M$ nội tiếp. Để ý rằng $K D \perp B C$ nên $K M \perp A B$, hơn nữa $D N \perp A B$ nên $K M | D N$. Tương tự thì $K N | D M$. Do đó $D M K N$ là hình bình hành hay $D K, M N$ có $J$ là trung điểm chung.
Gọi $I$ là tâm của $(\mathcal{C})$ thì $I J \perp M N$ và $J L | A D$. Chú ý rằng $D$ là tâm $(A P Q)$ và cũng là trực tâm tam giác $A M N$ nên $P Q, M N$ là hai đường đối song. Đồng thời nếu $L$ là trung điểm $A D$ thì $J L$ vuông góc với đường nối hai chân đường cao từ $M, N$ của tam giác $A M N$ nên $J L \perp P Q$. Lại có $D P=D Q$ và $I P=I Q$ nên $I D \perp P Q$, do đó $J L | D I$.
Từ đây $I D L J$ là hình bình hành và $I L, D J$ có $T$ là trung điểm chung cố định. Xét phép vị tự tâm $D$ tỉ số $\frac{1}{2}$ hợp với phép đối xứng tâm $T$ thì $A \mapsto I$. Do $A$ thuộc đường tròn $(O)$ cố định nên $I$ cũng thuộc đường tròn cố định là ảnh của $(O)$ qua hợp các phép biến hình trên. Bài toán kết thúc.
Nhận xét.Bài toán này còn một hướng tiếp cận bản chất hơn như sau. Nếu gọi $A^{\prime}$ là điểm đối xứng của $A$ qua $D$ thì $K, A^{\prime}$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong tam giác $A B C$, từ đó đường tròn $(\mathcal{C})$ chính là đường tròn đi qua các hình chiếu của $K, A^{\prime}$ trên các cạnh tam giác $A B C$, dồng thời $I$ là trung diểm $K A^{\prime}$.
Dưới đây là một bài toán tương tự: Cho tam giác nhọn $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B C$ cố định và $A$ di dộng trên $(O)$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác và lấy điểm $E, F$ thuộc $A B, A C$ theo thứ tự đó sao cho $H$ là trung điểm $E F$.
Chứng minh rằng tâm của đường tròn $(A E F)$ luôn thuộc một đường tròn cố định. Đặt là $\omega$.
Giả sử $\omega$ cắt lại $(O)$ tại các điểm $X, Y$. Chứng minh rằng $X, Y, O$ thẳng hàng.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho số thực $a \neq 0$. Dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_1=0, u_{n+1}\left(u_n+a\right)=a+1 \forall n \in \mathbb{N}^*$
Tìm giới hạn của dãy số $\left(u_n\right)$.
Lời giải: Đặt $x_{n+1}=(a+1) y_n$ và $y_{n+1}=x_n+a y_n$. Ta có:
Dãy $\left(u_n\right)$ tăng và bị chặn trên bởi 1 nên có giới hạn hữu hạn là $L \in(0,1)$. Giải phương trình giới hạn, ta có được $L=\frac{1}{2-L}$. Khi đó thì $L=1$.
Tiếp theo, xét $a \neq-2$, ta có:
$\quad\quad\quad\quad u_n=\frac{x_n}{y_n}=\frac{(a+1) y_{n-1}}{y_n}=\frac{(a+1)^n+(a+1)(-1)^n}{(a+1)^n-(-1)^n} \forall n \in \mathbb{N}^*$
Đặt $-(a+1)=b \in{-1 ; 1}$, ta viết lại thành:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_n=\frac{b^n-b}{b^n-1} \forall n \geq 1$
Có các khả năng sau xảy ra:
Nếu $b>1$ hoặc $b<-1$, tương ứng là $a<-2$ hoặc $a>0$, thì $\lim u_n=1$.
Nếu $-1<b<1$, tương ứng là $-2<a<0$, thì $\lim u_n=b=-(a+1)$.
Vậy ta có kết luận sau trong các trường hợp của $a$ :
Nếu $a \in(-2 ; 0)$ thì $\lim u_n=-(a+1)$.
Nếu $a \notin(-2 ; 0)$ thì $\lim u_n=-1$.
Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$thoả mãn diều kiện:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(\frac{n}{m}\right)=n f\left(\frac{1}{m}\right)=\frac{n}{m} a, \forall m, n \in \mathbb{Z}^{+}$
hay $f(x)=a x, \forall x \in \mathbb{Q}^{+}$. Với mọi số thực $x_0>0$, chọn hai dãy số hữu tỷ $\left(a_n\right),\left(b_n\right)$ sao cho $a_n<x_0<b_n$ và $\lim a_n=\lim b_n=x_0$. Rõ ràng
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(a_n\right)<f\left(x_0\right)<f\left(b_n\right) \Rightarrow a \cdot a_n<f\left(x_0\right)<a \cdot b_n,$
nên cho $n \rightarrow+\infty$, ta có $f\left(x_0\right)=a x_0$. Do đó, với mọi số thực $x>0$ thì $f(x)=a x$. Thay vào biểu thức đã cho, ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}f\left(x f\left(y^2\right)-y f\left(x^2\right)\right)=a^2\left(x y^2-x^2 y\right)=a^2(y-x) x y \\ (y-x) f(x y)=a(y-x) x y\end{array}\right.$
nên $a=1$. Vậy tất cả các hàm số cần tìm là $f(x)=x, \forall x>0$.
Nhận xét. Có một điều đáng chú ý ở bài toán này là việc từ giả thiết, ta phải ngầm hiểu rằng $x f\left(y^2\right)-y f\left(x^2\right)>0$ với mọi cặp số dương $x<y$. Ta có thể thêm tường minh điều kiện đó vào đề bài cho rõ. Tuy nhiên, nếu thêm theo kiểu như sau thì sẽ có một chút vấn đề phát sinh:
Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R}^{+} \rightarrow \mathbb{R}^{+}$thoả mãn với mọi cặp số dương $x<y$, nếu $x f\left(y^2\right)-y f\left(x^2\right)>0$ thì
Khi đó, ta có thể nhận thêm một hàm số thỏa mãn nữa là $f(x)=\sqrt{x}$. Lý do là vì với mọi cặp số $y>x>0$, ta đều có $x f\left(y^2\right)-y f\left(x^2\right)=0$, mà vì thế, điều kiện “nếu” ở trên là sai nên mệnh đề kéo theo là đúng.
Bài 7. Cho $n=2018.2019$. Gọi $A$ là tập hợp các bộ $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)$ có thứ tự thoả mãn điều kiện $a_i \in{0,1} \forall i \in{1,2, \ldots, n}$ và $\sum_{i=1}^n a_i=2018^2$.
Có bao nhiêu bộ $\left(a_1, a_2, \ldots, a_n\right)$ từ $A$ dể:
$\quad\quad\quad\quad\quad \sum_{i=1}^k a_i \geq \frac{a}{2} \text { và } \sum_{i=n-k+1}^n a_i \geq \frac{k}{2} \forall k \in{1,2, \ldots, n}$
Lời giải. Ta giải bài toán tổng quát khi thay 2018 bởi $m \in \mathbb{Z}^{+}$. Bài toán đã cho tương đương với bài toán sau:
Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét lưới điểm nguyên trong hình chũ nhật có đỉnh dưới bên trái là $O(0 ; 0)$ và dỉnh trên bên phải là $A\left(m^2 ; m\right)$. Dặt $B(m ; m)$ và $C\left(m^2-m ; 0\right)$, hỏi có bao nhiêu đương đi tù̀ $O \rightarrow A$ sao cho mỗi bước, ta đi sang phải hoặc lên trên 1 đơn vị, gọi là đương đi đơn, và không vượt lên trên $O B$ cũng nhu không xuống dưới $A C$ ?
Ở đây, các số $0 ; 1$ tương ứng với các bước đi lên trên, các bước đi sang phải; còn điều kiện tổng $k$ số đầu và tổng $k$ số cuối không nhỏ hơn $\frac{k}{2}$ tương ứng với số lượng bước đi lên không vượt quá số lượng bước đi sang phải. Để thuận tiện, ta gọi đường đi cắt $d$ nếu nó có các phần nằm về cả hai phía của $d$. Trước hết, ta sẽ chứng minh bổ đề sau:
Bổ Đề. Số đường đi đơn từ $O \rightarrow A(m ; n)$, có cắt đường thẳng $y=x$, là $C_{m+n}^{m+1}$.
Thật vậy, Xét đường thẳng $(d): y=x+1$, rõ ràng các đường đi đơn cắt $y=x$ dều sẽ có điểm chung với đường thẳng $(d)$ này. Tại các điểm chung đó, ta thực hiện đối xứng trục để được một đường đi mới xuất phát từ $O \rightarrow A^{\prime}(n-1, m+1)$.
Trong hình trên, đường cũ là đứt nét, còn đường mới là liền nét. Rõ ràng phép đối xứng trục trên là song ánh, biến các đường cần tìm (cắt $y=x$ ), thành các đường từ $O \rightarrow A^{\prime}$; do đó, số lượng đường cần tìm là $C_{m+n}^{n-1}$.
Trở lại bài toán,
Số đường đi đơn từ $O \rightarrow A\left(m^2 ; m\right)$ là $C_{m^2+m}^m$ vì nó bằng số cách chọn $m$ lần đi lên trong tổng số $m^2+m$ lần di chuyển, trong đó số đường đi cắt $O B$ bằng số đường đi cắt $A C$ và bằng $C_{m^2+m}^{m-1}$ (theo bổ đề).
Do đó, ta chỉ cần tìm số đường đi cắt cả $O B, A C$ với ý tưởng đối xứng hai lần đã dùng để chứng minh bổ đề.
Đầu tiên, ta thực hiện đối xứng qua đường thẳng $y=x+1$; khi đó, các đường đi đơn sẽ xuất phát từ $O \rightarrow A^{\prime}\left(m-1 ; m^2+1\right)$. Do các đường ban đầu còn vượt qua $A C$ nên các đường mới phải cắt thêm $y=x+m^2-m+3$. Tiếp tục đối xứng qua đường thẳng này, ta đưa về đếm số đường đi đơn từ $O \rightarrow A^{\prime \prime}\left(m-2, m^2+2\right)$. Suy ra số đường đi trong trường hợp này là $C_{m^2+m}^{m-2}$. Vậy theo nguyên lý bù trừ, kết quả cần tìm sẽ là
Bạn đọc có thể dùng phương pháp tương tự trên để giải quyết các bài toán này.
Bài 8. Đường tròn $(\mathcal{C})$ tâm $I$ nội tiếp tam giác $A B C$ và tiếp xúc với các cạnh $A B, A C$ tại $E, F$. $A M, A N$ là các đường phân giác trong, phân giác ngoài của góc $\angle B A C(M, N$ nằm trên $B C)$. Gọi $d_M, d_N$ lần lượt là các tiếp tuyến của $(\mathcal{C})$ qua $M, N$ và khác $B C$.
(a) Chứng minh rằng $d_M, d_N, E F$ dồng quy tại điểm $D$.
(b) Lấy trên $A B, A C$ các điểm $P, Q$ thoả mãn $D P|A C, D Q| A B$. Gọi $R, S$ là trung điểm của $D E, D F$. Chứng minh rằng $I$ thuộc đường thẳng qua các trực tâm của hai tam giác $D P S, D Q R$.
Lời giải. (a) Gọi $X, Y$ lần lượt là tiếp điểm của tiếp tuyến thứ hai kẻ từ $M$ dến $(I)$ và $D^{\prime}$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $B C$. Gọi $K$ là trung điểm $E F$.
Xét trong đường tròn $(I)$ thì $E F$ là đường đối cực của $A$ và $K \in E F$ nên đối cực của $K$ sẽ đi qua $A$, mà $N A \perp I A$ nên $N A$ chính là đường đối cực của $K$.
Đường đối cực của $K$ đi qua $N$ nên đối cực của $N$, là $D^{\prime} Y$, sẽ đi qua $K$. Dễ thấy rằng $A M$ là trục đối xứng của tứ giác $D^{\prime} X E F$ nên suy ra $D^{\prime} X | E F$. Xét $D^{\prime}(E F, X Y)$, ta có có $D^{\prime} Y$ đi qua trung điểm của $E F$ và $D^{\prime} X | E F$ nên
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad D^{\prime}(E F, X Y)=-1$
hay tứ giác $E X F Y$ điều hòa. Suy ra $M X, N Y, E F$ đồng quy. Ngoài ra ta cũng có $X, Y, A$ thẳng hàng.
(b) Dễ thấy các tam giác $P E D$ và $D Q F$ là các tam giác cân. Gọi $H_1, H_2$ lần lượt là trực tâm của tam giác $\triangle D P S, \triangle D Q R$. Ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle P H_1 S=\angle P D F=\angle A F E=\angle P E S$
nên $E P S H_1$ là tứ giác nội tiếp. Suy ra $R H_1 \cdot R P=R S \cdot R E$. Ngoài ra,
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad K A \cdot K I=K E \cdot K F$
Theo định lý Thales thì $\frac{R P}{K A}=\frac{R E}{K E}$ nên $\frac{R H_1}{K I}=\frac{R S}{K F}$, mà
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad R S=R D-S D=\frac{D E-D F}{2}=\frac{E F}{2}=K F$
Suy ra $R H_1=K I$, mà $R H_1 | K I$ (do cùng vuông góc với $E F$ ) nên $I K R H_1$ là hình chữ nhật, kéo theo $I H_1 | E F$. Một cách tương tự, ta có $I H_2 | E F$ vậy nên đường thẳng $H_1 H_2$ đi qua $I$.
Nhận xét.Trong câu a, tính chất $A, X, Y$ thẳng hàng của bài toán cũng đúng khi thay $M, N$ là chân các đường phân giác bởi cặp điểm liên hợp điều hòa bất kỳ với $B, C$. Điều này có được nhờ tính chất của các đường đối cực (hoặc có thể chứng minh nhờ việc sử dụng phép chiếu trực giao các chùm điều hòa).
Bài 1. Số thực $\alpha$ được gọi là điểm tụ của dãy số $\left(u_n\right)$ nếu tồn tại ít nhất một dãy con của $\left(u_n\right)$ có hội tụ đến $\alpha$.
(a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ.
(b) Chứng minh rằng nếu dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ.
(c) Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số chính phương dương. Dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_n=\frac{1}{n}$ nếu $n \in S$ và $a_n=\frac{1}{n^2}$ nếu $n \notin S$.
Đặt $b_n=\sum_{k=1}^n a_k$. Xét tính hội tụ của các dãy số $\left(a_n\right)$ và $\left(b_n\right)$.
Bài 2. Tìm tất cả các hợp số dương $n$ sao cho $\sigma(n) \equiv 2(\bmod \varphi(n))$, trong đó ký hiệu $\sigma(n), \varphi(n)$ là hàm tổng các ước của $n$ và hàm Euler.
Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
$\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x)+y)+f(x) f(f(y))=x f(y)+x+y, \forall x, y \in \mathbb{R} .$
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ không cân nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với $B C$ cố định và $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Các đường tròn bàng tiếp góc $A, B, C$ lần lượt tiếp xúc với $B C, C A, A B$ tại $D, E, F$. Gọi $L, M, N$ lần lượt là giao điểm khác $A, B, C$ của $(A B E),(A C F) ;(B C F),(B A D) ;(C A D),(C B E)$.
(a) Chứng minh rằng $A L$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.
(b) Gọi $K, I, J$ lần lượt là trung điểm của $A D, B E, C F$. Chứng minh rằng $K L, I M, J N$ dồng quy.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $8\left(a^2+b^2+c^2\right)=9(a b+b c+c a)$.
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau
$\quad\quad$ i) $m f(m)+n f(n)+2 m f(n)$ là số chính phương với mọi $m, n$;
$\quad\quad$ ii) $f(m n)=f(m) f(n)$ với mọi $m, n$ nguyên dương;
$\quad\quad$ iii) Với mọi số nguyên tố $p, f(p)$ không chia hết cho $p^2$.
Bài 7. Một trường phổ thông có $n$ học sinh. Các học sinh tham gia vào tổng cộng $m$ câu lạc bộ là $A_1, A_2, \ldots, A_m$.
(a) Chứng minh rằng nếu mỗi câu lạc bộ có 4 học sinh và hai học sinh bất kỳ tham gia chung nhất một câu lạc bộ thì $m \leq \frac{n(n-1)}{12}$.
(b) Giả sử tồn tại $k>0$ sao cho hai câu lạc bộ bất kỳ có chung nhau $k$ thành viên và tồn tại một câu lạc bộ $A_t$ có $k$ thành viên. Chứng minh rằng $m \leq n$
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $A B C$ và $H$ là hình chiếu của $D$ lên $E F$.
(a) Chứng minh rằng giao điểm của $A H, J D$ thì thuộc đường thẳng $O I$.
(b) Giả sử $D H$ cắt lại $(I)$ ở $K$ và $I K$ cắt lại đường tròn ngoại tiếp $(I E F)$ ở $L$. Chứng minh rằng $A D, L H$ cắt nhau tại một điểm nằm trên $(I E F)$.
LỜI GIẢI
Ngày thi thứ nhất
Bài 1. Số thực $\alpha$ được gọi là điểm tụ của dãy số $\left(u_n\right)$ nếu tồn tại ít nhất một dãy con của $\left(u_n\right)$ có hội tụ đến $\alpha$.
(a) Hãy chỉ ra một dãy số có vô hạn điểm tụ.
(b) Chứng minh rằng nếu một dãy số có mọi dãy con hội tụ thì nó cũng hội tụ.
(c) Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số chính phương dương. Dãy số $\left(a_n\right)$ xác định bởi $a_n=\frac{1}{n}$ nếu $n \in S$ và $a_n=\frac{1}{n^2}$ nếu $n \notin S$.
Đặt $b_n=\sum_{k=1}^n a_k$. Xét tính hội tụ của các dãy số $\left(a_n\right)$ và $\left(b_n\right)$.
Lời giải. (a) Ta sẽ chỉ ra dãy số mà mỗi số nguyên dương xuất hiện vô hạn lần trong đó. Chẳng hạn $\left(u_n\right)$ : là
với $u_n=1$ nếu $n \in S$ và $u_{n+1}=u_n+1$ nếu $n \notin S$, trong đó $S$ là tập hợp các số có dạng $\frac{m(m+1)}{2}$ như $1,3,6,10,15, \ldots$ Khi đó, với mỗi số nguyên dương $m \in \mathbb{Z}^{+}$thì ta luôn có thể trích ra một dãy con vô hạn của $\left(u_n\right)$ có tất cả các phần tử đều bằng $m$, tức là hội tụ về $m$.
(b) Do mỗi dãy số là dãy con của chính nó nên rõ ràng khẳng định của bài toán là đúng.
(c) Ta có $0 \leq a_n \leq \frac{1}{n}$ với mọi $n$ nên theo nguyên lí kẹp, ta suy ra $\lim a_n=0$. Nhận xét rằng $b_n$ là dãy tăng. Ta có
Vì dãy $u_n=1+\frac{1}{2^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}<1+\frac{1}{1 \cdot 2}+\frac{1}{2 \cdot 3}+\cdots+\frac{1}{(n-1) n}=2-\frac{1}{n}<2$ là bị chặn trên nên từ đánh giá đã xây dựng được, ta có $b_{n^2}$ cũng bị chặn trên. Kết hợp với $b_n$ là dãy tăng, ta suy ra bản thân dãy $b_n$ cũng bị chặn trên nên nó hội tụ.
trong đó ký hiệu $\sigma(n), \varphi(n)$ là hàm tổng các ước của $n$ và hàm Euler.
Lời giải . Giả sử $p$ là một ước nguyên tố lẻ của $n$. Nếu $v_p(n)>1$ thì theo công thức của hàm Euler, ta có $p \mid \varphi(n)$, mà $n \cdot \sigma(n)-2$ chia hết cho $\varphi(n)$, tức là cũng chia hết cho $p$ nên kéo theo $p \mid 2$, vô lý. Suy ra $v_p(n)=1$ với mọi $p \mid n$.
Đặt $n=2^k \cdot p_1 p_2 \ldots p_t$ với $k \geq 0$ và $p_1<p_2<\ldots<p_t$ là các số nguyên tố phân biệt. Theo công thức tính các hàm, ta có
Điều này không thể xảy ra vì $\left(p_1-1\right)\left(p_2-1\right)$ chia hết cho 4 trong khi biểu thức còn lại chia 4 dư 2 . Do đó, trường hợp này không có số $n$ thỏa mãn.
Vậy tất cả các số cần tìm là $4,6,22$.
Nhận xét. Chú ý rằng mọi số nguyên tố đều thỏa mãn yêu cầu của đề bài.
Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn
suy ra $f(f(0))=0$ hoặc $f(0)=-1$. Ta xét các trường hợp sau:
Nếu $f(f(0))=0$. Thay $y=0$, vào phương trình dề cho, ta có $f(f(x))=$ $x f(0)+x, \forall x \in \mathbb{R}$ Thay $x=f(0)$ và sử dụng $f(f(0))=0$, ta được $f(0)=$ $[f(0)]^2+f(0)$, hay $f(0)=0$. Do đó $f(f(x))=x$ với mọi $x \in \mathbb{R}$. Thay vào phương trình đề bài, ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x)+y)+y f(x)=x f(y)+x+y, \forall x, y \in \mathbb{R} .$
Thay $y$ bởi $f(y)$ và sử dụng tính đối xứng của vế trái, ta được
Do đó $f(x)-x=f(y)-y$ với mọi $x, y \in \mathbb{R}$, hay $f(x)=x+c$. Thử lại, ta có $c=0$.
Nếu $f(0)=-1$. Thay $y=0$ vào phương trình đề cho, ta có $f(f(x))+$ $f(x) f(-1)=0, \forall x \in \mathbb{R}$. Từ đây suy ra $f(f(-1))=-[f(-1)]^2$. Thay $x=0$ vào phương trình đề cho, ta có $f(y-1)-f(f(y))=y, \forall y \in \mathbb{R}$. Kết hợp các đẳng thức trên lại, ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x-1)+f(x) f(-1)=x, \forall x \in \mathbb{R} .$
Thay $y=-1$ vào phương trình đề cho và sử dụng $f(f(-1))=-[f(-1)]^2$, ta lại có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(f(x)-1)-f(x)[f(-1)]^2=x f(-1)+x-1, \forall x \in \mathbb{R} .$
Mặt khác, ta cũng có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(-1) f(f(x))+f(x)[f(-1)]^2=0, \forall x \in \mathbb{R} .$
Cộng vế theo vế hai biểu thức trên lại, ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x)=[1+f(-1)] x+1, \forall x \in \mathbb{R} .$
Thử lại, ta thấy không thỏa mãn.
Vậy phương trình có nghiệm hàm duy nhất là $f(x)=x$.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ không cân nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với $B C$ cố định và $A$ thay đổi trên cung lớn $B C$. Các đường tròn bàng tiếp góc $A, B, C$ lần lượt tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ tại $D, E, F$. Gọi $L, M, N$ lần lượt là giao điểm khác $A, B, C$ của các cặp đường tròn
$\quad\quad\quad\quad (A B E),(A C F) ;(B C F),(B A D) ;(C A D),(C B E) .$
(a) Chứng minh rằng $A L$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.
(b) Gọi $K, I, J$ lần lượt là trung điểm của $A D, B E, C F$. Chứng minh rằng $K L, I M, J N$ đồng quy.
Lời giải . (a) Đặt $B C=a, C A=b, A B=c$ và $p$ là nửa chu vi thì theo tính chất tiếp điểm bàng tiếp, ta có $B F=C E=p-a$.
Bằng biến đổi góc, ta có được $\triangle L B F \sim \triangle L E C(g . g)$, mà $B F=C E$ nên hai tam giác này bằng nhau. Suy ra $L B=L E, L C=L F$ nên $L$ là trung điểm cung $B E$ của đường tròn $(A B E)$ và cũng là trung diểm cung $C F$ của $(A C F)$.
Từ đó ta có $A L$ là phân giác góc $B A C$ hay $A L$ luôn đi qua trung điểm cung nhỏ $B C$ của $(O)$, là điểm cố định.
(b) Để ý rằng vai trò của $M, N, L$ là bình đẳng trong tam giác $A B C$. Do đó, từ câu a, một cách tương tự, ta có $M, N$ thuộc phân giác góc $B, C$ nên cũng lần lượt là trung điểm các cung nhỏ của các đường tròn tương ứng. Suy ra $M, K, N$ thẳng hàng (cùng thuộc trung trực của đoạn $A D$ ); tương tự với các bộ ba $N, I, L$ và $L, J, M$. Cuối cùng, ta thấy rằng
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{K M}{K N}=\frac{A K \cdot \tan \angle M A K}{A K \cdot \tan \angle N A K}=\frac{\tan (B / 2)}{\tan (C / 2)} .$
Tương tự với các tỷ số khác. Đến đây, áp dụng định lý Ceva cho tam giác $M N L$, ta có các đoạn thẳng $L K, I M, J N$ dồng quy.
Nhận xét.Một cách khác cho câu a như sau: Xét phép nghịch đảo đối xứng với phương tích $k=A B \cdot A C$ và trục đối xứng là phân giác góc $A$. Ta có $E \rightarrow E^{\prime} \in$ $A C, F \rightarrow F^{\prime} \in A B$ sao cho $A E \cdot A E^{\prime}=A F \cdot A F^{\prime}=k$. Ta tính được
$\quad\quad\quad\quad A E^{\prime}=\frac{b c}{p-c} \rightarrow B E^{\prime}=\frac{c(p-a)}{p-c} \rightarrow \frac{E^{\prime} B}{E^{\prime} A}=\frac{p-a}{b} .$
Tương tự thì $\frac{F^{\prime} C}{F^{\prime} A}=\frac{p-a}{c}$. Áp dụng định lý Ceva cho tam giác $A B C$ thì $C E^{\prime}, B F^{\prime}$ và phân giác góc $A$ đồng quy.
Lại có qua phép nghịch đối xứng trên thì phân giác giữ nguyên,
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad (A B E) \rightarrow C F^{\prime},(A C F) \rightarrow B E^{\prime}$
nên ta có $L$ thuộc phân giác góc $A$.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho $a, b, c$ là các số thực dương thỏa mãn $8\left(a^2+b^2+c^2\right)=9(a b+b c+c a)$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Suy ra $T=a b c=a\left(8+a^2-5 a\right)=f(a)$. Đến đây khảo sát hàm số này trên miền $\left[1 ; \frac{7}{3}\right]$, ta được $\min T=4, \max T=\frac{112}{27}$ nên $\min P=\frac{93}{14}$, $\max P=7$. Từ đó, ta thu được kết luận như sau
Giá trị lớn nhất của $P$ là 7 , đạt được chẳng hạn khi $(a, b, c)=(2,2,1)$.
Giá trị nhỏ nhất của $P$ là $\frac{93}{14}$, đạt được chẳng hạn khi $(a, b, c)=\left(\frac{7}{3}, \frac{4}{3}, \frac{4}{3}\right)$.
Bài 6. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây
$\quad\quad$ i) $m f(m)+n f(n)+2 m f(n)$ là số chính phương với mọi $m, n$;
$\quad\quad$ ii) $f(m n)=f(m) f(n)$ với mọi $m, n$ nguyên dương;
$\quad\quad$ iii) Với mọi số nguyên tố $p, f(p)$ không chia hết cho $p^2$.
Lời giải . Thay $m=n=1$ vào ii), ta suy ra $f(1)=f(1)^2$ nên $f(1)=1$. Thay $m=n$ vào i), ta suy ra $4 m f(m)$ là số chính phương với mọi $m \in \mathbb{Z}^{+}$nên $m f(m)$ cũng là số chính phương với mọi $m \in \mathbb{Z}^{+}$.
Với $p$ là số nguyên tố, vì $p f(p)$ là số chính phương nên $p \mid f(p)$ và ta đặt $f(p)=k^2 p$, với $k$ là số nguyên dương nào đó. Thay $m=p, n=1$ vào i), ta suy ra $p f(p)+1+2 p$ là số chính phương, hay $k^2 p^2+2 p+1$ là số chính phương.
Vì $k^2 p^2+2 p+1>(k p)^2$ nên
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad k^2 p^2+2 p+1 \geq(k p+1)^2=k^2 p^2+2 k p+1 .$
Do đó $2 p \geq 2 k p$ nên ta phải có $k=1$.
Vì thế nên $f(p)=p$ với mọi số nguyên tố $p$. Sử dụng điều kiện ii), hàm $f$ nhân tính, và cũng vì mọi số nguyên dương bất kỳ đều có thể viết dưới dạng tích của các số nguyên tố nên ta có được $f(n)=n$ với mọi $n \in \mathbb{Z}^{+}$.
Thử lại ta thấy hàm số này thỏa mãn các ràng buộc của đề bài.
Nhận xét.Trên thực tế, ta có thể bỏ bớt diều kiện ii), iii) đi mà bài toán gốc vẫn có thể giải quyết được. Cụ thể như sau:
Chứng minh rằng nếu hàm số $f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{Z}^{+}$thỏa mãn $f(1)=1$ và với mọi $m, n \in \mathbb{Z}^{+}$, ta có $m f(m)+n f(n)+2 m f(n)$ là số chính phương thì $f(n)=n, \forall n \in \mathbb{Z}^{+}$.
Bài 7. Một trường phổ thông có $n$ học sinh. Các học sinh tham gia vào tổng cộng $m$ câu lạc bộ là $A_1, A_2, \ldots, A_m$.
(a) Chứng minh rằng nếu mỗi câu lạc bộ có 4 học sinh và hai học sinh bất kỳ tham gia chung nhất một câu lạc bộ thì $m \leq \frac{n(n-1)}{12}$.
(b) Giả sử tồn tại $k>0$ sao cho hai câu lạc bộ bất kỳ có chung nhau $k$ thành viên và tồn tại một câu lạc bộ $A_t$ có $k$ thành viên. Chứng minh rằng $m \leq n$
Lời giải . (a) Gọi $S$ là số bộ $({A, B}, C)$ mà trong đó học sinh $A, B$ cùng tham gia vào câu lạc bộ $C$. Ta thực đếm $S$ bằng hai cách
Chọn câu lạc bộ trước, có $m$ cách, chọn cặp học sinh cùng tham gia vào đó có $C_4^2=6$ cách nên $S=6 \mathrm{~m}$.
Chọn cặp học sinh trước, có $C_n^2$ cách, chọn câu lạc bộ mà hai học sinh đó cùng tham gia, có không quá 1 cách nên $S \leq C_n^2$.
Từ đó suy ra
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 6 m \leq C_n^2 \Leftrightarrow m \leq \frac{n(n-1)}{12} .$
(b) Xét câu lạc bộ $X$ nào đó có $k$ thành viên. Xét $m-1$ câu lạc bộ còn lại thì theo giả thiết, rõ ràng các câu lạc bộ này đều có chứa $k$ thành viên trên của câu lạc bộ $X$. Từ đó suy ra $m-1$ câu lạc bộ còn lại đôi một không có thành viên chung.
Xét $n-k$ học sinh còn lại của trường thì rõ ràng một học sinh thuộc tối đa một câu lạc bộ (trong số các câu lạc bộ còn lại), suy ra số câu lạc bộ còn lại không vượt quá $n-k$ nên suy ra $m \leq n-k+1 \leq n$. Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Ý b của bài toán khá hiển nhiên, nhưng thực ra nó là một “phiên bản dễ” của bất đẳng thức Fisher sau đây:
Cho $A_1, A_2, \ldots, A_m$ là các tập con của tập ${1,2, \ldots, n}$ sao cho hai tập con bất kỳ có chung nhau đúng $k$ (với $k$ là số nguyên cố định nào đó không vượt quá n). Khi đó $m \leq n$.
Tuy nhiên, chứng minh sơ cấp cho kết quả này quả thực rất khó. Cách phổ biến nhất là dùng đại số tuyến tính. Cụ thể là:
Ta đặt tương ứng mỗi tập $A_i$ với một vector $v_i$ trong $\mathbb{F}_2^n$ như sau
Chú ý rằng $\left|A_i \cap A_j\right|=k$ với mọi $i \neq j$. Bởi vậy, các vector $v_1, \ldots, v_m$ là các vector trong $\mathbb{R}^n$. Mặt khác, ta có số chiều của $\mathbb{R}^n$ là $n$. Do đó, trong bước tiếp theo chúng ta chỉ cần chứng minh $v_1, \ldots, v_m$ độc lập tuyến tính trong không gian $\mathbb{R}^n$.
Giả sử phản chứng rằng tồn tại các hệ số $\alpha_1, \ldots \alpha_m$ không đồng nhất bằng không sao cho $\sum_{i=1}^m \alpha_i v_i=0$. Do đó, ta có
Mặt khác, $\left|v_i\right|^2=\left|A_i\right|$, và $\left\langle v_i, v_j\right\rangle=\left|A_i \cap A_j\right|$. Bởi vậy,
$\quad\quad\quad\quad 0=\sum_{i=1}^m \alpha_i^2\left|v_i\right|^2+\sum_{i \neq j} k \alpha_i \alpha_j=\sum_{i=1}^m \alpha_i^2\left(\left|A_i\right|-k\right)+k \sum_{1 \leq i, j \leq m} \alpha_i \alpha_j$
Ta thấy rằng $\sum_{1 \leq i, j \leq m} \alpha_i \alpha_j=\left(\sum_{1 \leq i \leq m} \alpha_i\right)^2$, nên $0=\sum_{i=1}^m \alpha_i^2\left(\left|A_i\right|-k\right)+k\left(\sum_{1 \leq i, j \leq m} \alpha_i\right)^2$. Vì $\left|A_i\right| \geq k$ và có nhiều nhất một tập với chính xác $k$ phần tử, nên $\alpha_1=\cdots=\alpha_m=0$.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết, hay các vector $v_1, \ldots, v_m$ là độc lập tuyến tính. Như vậy ta sẽ có $m \leq n$.
Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $B C, C A, A B$ lần lượt tại $D, E, F$. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $A B C$ và $H$ là hình chiếu của $D$ lên $E F$.
(a) Chứng minh rằng giao điểm của $A H, J D$ thì thuộc đường thẳng $O I$.
(b) Giả sử $D H$ cắt lại $(I)$ ở $K$ và $I K$ cắt lại đường tròn ngoại tiếp $(I E F)$ ơ $L$. Chứng minh rằng $A D, L H$ cắt nhau tại một diểm nằm trên $(I E F)$.
Lời giải. (a) Ta có bổ đề sau:
Bổ ĐỀ. $O I$ là đường thẳng Euler của tam giác $D E F$.
Bổ đề này quen thuộc và có thể chứng minh bằng cách hướng như sau (chi tiết xin dành cho bạn đọc).
Sử dụng phép nghịch đảo tâm $I$, phương tích $r^2$ biến $(O)$ thành đường tròn Euler của $D E F$ nên có các tâm thẳng hàng.
Sử dụng phép vị tự bằng cách gọi thêm trung điểm các cung nhỏ $B C, C A, A B$ của $(O)$.
Khi đó, gọi $T$ là giao điểm của $I O$ và $H D$ thì rõ ràng $T$ là trực tâm của tam giác $D E F$. Gọi $M$ là trung điểm cung nhỏ $B C$ của $(O)$ thì dễ thấy $M$ là trung điểm $I J$.
Bằng biến đổi góc, ta có $\triangle T E F \sim \triangle I B C$, mà $T H, I D$ là hai đường cao tương ứng nên $\frac{T H}{I D}=\frac{E F}{B C}$. Mặt khác, $\triangle I E F \sim \triangle M B C$ nên
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{E F}{B C}=\frac{I E}{M C}=\frac{2 I E}{2 M I}=\frac{2 I E}{I J}$
suy ra $\frac{T H}{I D}=\frac{2 I E}{I J}$. Do đó
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad T H \cdot I J=2 I D^2=2 I N \cdot I A=T D \cdot I A$
(vì $I, T$ lần lượt là tâm ngoại tiếp và trực tâm tam giác $D E F$ ) nên $\frac{T H}{T D}=\frac{I A}{I J}$. Cuối cùng, vì $H D | A J$ (cùng vuông góc với $E F$ ) nên theo định lý Talet thì $A H, J D, T I$ đồng quy hay nói cách khác, $A H, J D$ cắt nhau trên $O I$.
(b) Giả sử $A D$ cắt lại $(I)$ tại $G$. Ta cần chứng minh rằng $G, H, L$ thẳng hàng.
Do $D K | A I$ nên
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\angle A G L=\angle A I L=\angle A I K=\angle D K I$
suy ra $\angle D G L=\angle D K L$. Vì thế nên $D G K L$ là tứ giác nội tiếp. Do đó, $L G$ là trục đẳng phương của $(L K D),(I E F)$. Lại có
nên suy ra $H$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này, tức là $H \in L G$. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Liên quan đến ý b, có một bài toán khá thú vị với nội dung như sau:
Trung tuyến đỉnh $D$ của tam giác $D E F$ cắt $(I)$ ở $L$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(L B F),(L C E)$ đi qua giao điểm của $J D$ và đường thẳng qua $A$, vuông góc với $A I$.
Bài 1. Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn điều kiện $(a+1)(b+1)(c+1)=1+4 a b c$. Chứng mình rằng ta có bất đẳng thức $a+b+c \leq 1+a b c$.
Bài 2. Cho tập hợp $A=[n^3-4 n+15 \mid n \in \mathbb{N}]$. Tìm tất cả các phần tử $a \in A$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau đây:
$\quad (i)\quad a$ là số chẵn.
$\quad (ii)$ Nếu $a_1, a_2$ là các ước số của $\frac{a}{2}$ với $a_1, a_2>1$ thì $\operatorname{gcd}\left(a_1, a_2\right)>1$.
Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{N}^* \rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(\frac{f(n)}{n}\right)=n^2 \forall n \in \mathbb{N}^*$
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp $(O)$, có $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Ký hiệu $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$. Gọi $\left(O_1\right)$ là đường tròn qua $A, B$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $E$. Gọi $\left(O_2\right)$ là đường tròn qua $A, C$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $F$. Đường phân giác trong của góc $\angle A E B$ cắt $\left(O_1\right)$ tại $M$ và đường phân giác trong của góc $\angle A F C$ cắt $\left(O_2\right)$ tại $N$.
(a) Chứng minh rằng tứ giác $E F M N$ nội tiếp.
(b) Gọi $J$ là giao điểm của $E M$ và $F N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ luôn đi qua một điểm cố định.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho dãy số $\left(x_n\right)$ bởi $x_0=1, x_1=2014$ và $x_{n+1}=\sqrt[3]{x_n x_{n-1}^2} \forall n \in \mathbb{N}^*$.
(a) Chứng minh rằng dãy số $\left(x_n\right)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
(a) Với mỗi $n \geq 2$, hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho $a=x_n^k$ là một số nguyên. Chứng minh rằng khi đó $a$ không thể viết được dưới dạng tổng các lũy thừa bậc ba của hai số tự nhiên.
Bài 6. Cho $X$ là tập hợp gồm 19 phần tử.
(a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2600 tập con 7 phần tử của $X$ sao cho với hai tập con $A, B$ bất kỳ trong số 2600 tập con đó, ta có $|A \cap B| \leq 5$.
(b) Xét một họ $\Omega$ gồm $k$ tập con có 7 phần tử của $X$. Một tập $A \subset X$ được gọi là một cận trên của $\Omega$ nếu như $|A|=8$ và tồn tại một tập con $F$ của họ $\Omega$ sao cho $F \subset A$. Gọi $d$ là số tập con cận trên của họ $\Omega$. Chứng minh rằng $d \geq \frac{3}{2} k$.
Bài 7. Cho tam giác $A B C$ không cân. Gọi $I$ là trung điểm $B C$. Đường tròn $(I)$ tâm $I$ đi qua $A$ cắt $A B, A C$ lần lượt tại $M, N$. Giả sử $M I, N I$ cắt $(I)$ tại $P, Q$. Gọi $K$ là giao điểm của $P Q$ với tiếp tuyến tại $A$ của $(I)$. Chứng minh rằng $K$ thuộc đường thẳng $B C$.
Bài 8. Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:
$\quad (i)\quad n$ không chia hết cho 3 .
$\quad (ii)$ Bảng vuông $n \times n$ không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino $1 \times 4$ và các quân trimino $1 \times 3$. Trong phép phủ, các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ra ngoài bảng vuông.
LỜI GIẢI
Bài 1. Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn điều kiện $(a+1)(b+1)(c+1)=1+4 a b c$. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a+b+c \leq 1+a b c .$ Lời giải. Điều kiện đã cho viết thành $a b+b c+c a+a+b+c=3 a b c$. Chia hai vế cho $a b c$ rồi đặt $a=\frac{1}{x}, b=\frac{1}{y}, c=\frac{1}{z}$, ta có $x y+y z+z x+x+y+z=3$.
Bất đẳng thức đã cho có thể viết thành
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad x y+y z+z x-x y z \leq 1 \text { hay } x+y+z+x y z \geq 2 \text {. }$
Theo bất đẳng thức Schur thì
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (x+y+z)^3+9 x y z \geq 4(x y+y z+z x)(x+y+z) .$
Đặt $m=x+y+z, n=x y+y z+z x$ thì $m+n=3$ và
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x y z \geq \frac{4 m n-m^3}{9} .$
Ta sẽ chứng minh rằng
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad m+\frac{4 m n-m^3}{9} \geq 2 \Leftrightarrow m^3+4 m^2-21 m+18 \leq 0$
hay $(m-2)\left(m^2+6 m-9\right) \leq 0$. Chú ý rằng $m^2 \geq 3 n$ nên
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad m^2 \geq 3(3-m) \Leftrightarrow m^3+3 m \geq 9$
Do đó $m^2+6 m-9 \geq 0$. Ta xét các trường hợp
Nếu $m>2$ thì $x+y+z>2$ nên hiển nhiên bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Nếu $m \leq 2$ thì $m-2 \leq 0$ nên ta cũng có $(m-2)\left(m^2+6 m-9\right) \leq 0$.
Vậy trong mọi trường hợp, ta luôn có điều phải chứng minh.
Bài 2. Cho tập hợp $A=[n^3-4 n+15 \mid n \in \mathbb{N}]$. Tìm tất cả các phần tử $a \in A$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau đây:
$\quad (i)\quad a$ là số chẵn.
$\quad (ii)$ Nếu $a_1, a_2$ là các ước số của $\frac{a}{2}$ với $a_1, a_2>1$ thì $\operatorname{gcd}\left(a_1, a_2\right)>1$.
Lời giải. Ta thấy rằng $a=n^3-4 n+15$ chẵn nên $n^3+15$ chẵn hay $n$ lẻ. Đặt $n=2 k+1$ với $k \in \mathbb{N}$. Ta có
nên $\frac{a}{2}=(k+2)\left(4 k^2-2 k+3\right)$. Điều kiện ii) cho thấy rằng $\frac{a}{2}$ phải là lũy thừa của một số nguyên tố, vì nếu nó có hai ước nguyên tố trở lên, đặt là $p, q$ thì chọn $x=p, y=q$, ta có $x, y>1$ nhưng $\operatorname{gcd}(x, y)=1$, không thỏa mãn.
Vì $\left(4 k^2-2 k+3\right)-(k+2)=4 k^2-3 k+1>0$ với mọi $k \in \mathbb{N}$. Do đó, ta phải có $k+2 \mid 4 k^2-2 k+3$. Suy ra
Biến đổi công thức của hai dãy, ta có $u_{n+2}=5 u_n-4 u_{n-2}, v_{n+2}=5 v_n-4 v_{n-2}$ và cả hai dãy đều có phương trình đạạc trưng là $t^2-5 t+4=0$. Ngoài ra, dãy chăn và dãy lẻ trong mỗi dãy đều độc lập với nhau.
Từ đó, dễ dàng tính được $\lim \frac{u_{2 k+1}}{v_{2 k+1}}=2$.
Một cách tương tự, ta tính được $\lim \frac{u_{2 k}}{v_{2 k}}=\frac{1}{2}$. Do đó, số $\frac{b}{a}$ bị kẹp ở giữa và là số nguyên nên chỉ có thể là $\frac{b}{a}=2 \Leftrightarrow b=2 a$.
Rõ ràng tập hợp ước nguyên tố của $n$ và $f(n)$ là giống nhau. Hơn nữa, với một ước nguyên tố cụ thể thì số mũ trong $f(n)$ gấp đôi số mũ trong $n$. Suy ra $f(n)=$ $n^2, \forall n>1$.
Tiếp theo, giả sử $f(1)=n>1$ thì ta có $f(f(1))=1$ nên $f(n)=1$, mâu thuẫn. Vì thế nên chỉ có thể $f(1)=1$.
Vậy tất cả các hàm thỏa mãn là $f(n)=n^2, \forall n \in \mathbb{N}^*$.
Bài 4. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp $(O)$, có $B, C$ cố định và $A$ thay đổi trên $(O)$. Ký hiệu $(I)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $A B C$. Gọi $\left(O_1\right)$ là đường tròn qua $A, B$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $E$. Gọi $\left(O_2\right)$ là đường tròn qua $A, C$ và tiếp xúc với đường tròn $(I)$ tại $F$. Đường phân giác trong của góc $\angle A E B$ cắt $\left(O_1\right)$ tại $M$ và đường phân giác trong của góc $\angle A F C$ cắt $\left(O_2\right)$ tại $N$.
(a) Chứng minh rằng tứ giác $E F M N$ nội tiếp.
(b) Gọi $J$ là giao điểm của $E M$ và $F N$. Chứng minh rằng đường thẳng $I J$ luôn đi qua một điểm cố định.
Lời giải. (a) Trước hết, ta thấy rằng $O_1, I, E$ thẳng hàng và $O_2, I, F$ thẳng hàng. Vì $M$ là trung điểm cung $A B$ của $\left(O_1\right)$ nên $O_1 M$ là trung trực của $A B$, suy ra $O \in O_1 M$. Tương tự, ta cũng có $O \in O_1 N$.
Gọi $P, Q$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $A B, A C$.
Vì $I P | O_1 M$ (cùng vuông góc với $A B$ ) nên $\angle M O_1 E=\angle P I E$. Hơn nữa, các tam giác $O_1 M E, I P E$ đều cân với đỉnh là $O_1, I$ nên suy ra chúng đồng dạng, tức là $\angle I E P=\angle O_1 E M$ hay $E, P, M$ thẳng hàng. Tương tự thì $F, Q, N$ cũng thẳng hàng.
Vì ta đã có $E, F, P, Q$ cùng thuộc đường tròn $(I)$ nên để có $E, F, M, N$ cùng thuộc một đường tròn thì $\angle E M N=\angle E F N=\angle E P Q$ hay $M N | P Q$.
Mặt khác, $A I \perp P Q$ nên ta cần có $A I \perp M N$.
Thật vậy, sử dụng phương tích với đường tròn $(I)$ ta có
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad M A^2-N A^2=M P \cdot M E-N Q \cdot N F=M I^2-N I^2$
nên theo định lý bốn điểm thì $A I \perp M N$, từ đó ta có điều phải chứng minh.
(b) Vì $P Q|M N, O M| I P$ nên dễ dàng có $\angle I P Q=\angle O M N$. Tương tự $\angle I P Q=$ $\angle O N M$.
Do đó, hai tam giác $I P Q, O M N$ đồng dạng với nhau, tức là
kết hợp với $\angle J P I=\angle J M O$, ta có hai tam giác $J P I, J M O$ đồng dạng, dẫn đến
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\angle P J I=\angle M J O \text {. }$
Từ đây suy ra $I, J, O$ thẳng hàng hay $I J$ luôn đi qua điểm $O$ cố định.
Ngày thi thứ hai
Bài 5. Cho dãy số $\left(x_n\right)$ bởi $x_0=1, x_1=2014$ và $x_{n+1}=\sqrt[3]{x_n x_{n-1}^2} \forall n \in \mathbb{N}^*$.
(a) Chứng minh rằng dãy số $\left(x_n\right)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.
(b) Với mỗi $n \geq 2$, hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho $a=x_n^k$ là một số nguyên. Chứng minh rằng khi đó $a$ không thể viết được dưới dạng tổng các lũy thừa bậc ba của hai số tự nhiên.
Lời giải. (a) Đặt $u_n=\log _{2014}\left(x_n\right)$ thì ta thu được dãy $\left(u_n\right)$ như sau
(b) Ta thấy rằng để có $\left(x_n\right)^k$ là một số nguyên thì $\frac{3 k\left(3^n-(-2)^n\right)}{5 \cdot 3^n} \in \mathbb{Z}$ nguyên. Ta xét các trường hợp
Nếu $n$ lẻ thì $3^n-(-2)^n=3^n+2^n: 5$. Vì $\operatorname{gcd}\left(\frac{3^n+2^n}{5}, 3^n\right)=1$ nên ta được $3^n \mid 3 k$ nên $k$ nhỏ nhất thỏa mãn điều này là $k=3^{n-1}$.
Nếu $n$ chẵn thì $3^n-2^n \equiv(-2)^n-2^n=0(\bmod 5)$ và tương tự, ta cũng tìm được $k=3^{n-1}$.
Do đó số $k$ nhỏ nhất cần tìm là $k=3^{n-1}$. Tiếp theo, ta sẽ chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm tự nhiên
Gọi $n_0$ số nguyên dương nhỏ nhất sao cho tồn tại $a, b \in \mathbb{Z}^{+}$để $a^3+b^3=2014^{n_0}$. Dễ thấy $n_0=1$ không thỏa mãn nên ta chỉ xét $n_0 \geq 2$. Ta xét các trường hợp
Nếu $\operatorname{gcd}\left(a+b, a^2-a b+b^2\right)=1$ thì dễ thấy $(a-b)^2 \geq 1$. Khi đó
Ngoài ra $(a+b)^2 \leq 4\left(a^2-a b+b^2\right)$ nên ta phải có $361^{n_0} \leq 4 \cdot 106^{n_0}$. Đánh giá này sai khi $n_0 \geq 2$ nên trường hợp này không thỏa mãn.
$2$. Nếu $\operatorname{gcd}\left(a+b, a^2-a b+b^2\right)>1$ thì chẳng hạn $a+b=2^x u, a^2-a b+b^2=2^y v$ với $\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\operatorname{gcd}(u, 2)=\operatorname{gcd}(v, 2)=1 .$
Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự. Ngoài ra
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u v=1007^{n_0}, x+y=n_0 .$
Chú ý rằng $(a+b)^2-\left(a^2-a b+b^2\right)=3 a b$ nên $3 a b$ cũng chẵn, tức là cả hai số $a, b$ đều chẵn (vì nếu không thì $a^3+b^3$ lẻ).
Từ đây dễ dàng chứng minh được $3 v_2(a)=3 v_2(b)=n_0$, ta đưa về $x^{\prime 3}+y^{\prime 3}=$ $1007^{n_0}$. Cứ như thế, ta được 2014 $|a, 2014| b$ nên phương trình sau cũng có nghiệm nguyên dương
Điều này mâu thuẫn với các chọn $n_0$ nên phương trình trên vô nghiệm. Các trường hợp còn lại tương tự.
Ta có điều phải chứng minh.
Bài 6. Cho $X$ là tập hợp gồm 19 phần tử.
(a) Chứng minh rằng tồn tại ít nhất 2600 tập con 7 phần tử của $X$ sao cho với hai tập con $A, B$ bất kỳ trong số 2600 tập con đó, ta có $|A \cap B| \leq 5$.
(b) Xét một họ $\Omega$ gồm $k$ tập con có 7 phần tử của $X$. Một tập $A \subset X$ được gọi là một cận trên của $\Omega$ nếu như $|A|=8$ và tồn tại một tập con $F$ của họ $\Omega$ sao cho $F \subset A$. Gọi $d$ là số tập con cận trên của họ $\Omega$. Chứng minh rằng $d \geq \frac{3}{2} k$.
Lời giải. (a) Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử $X$ là tập hợp 19 số nguyên dương đầu tiên. Gọi $X(k)$ là tập hợp tất cả các tập con có 7 phần tử của $X$ và tổng các phần tử của nó chia 19 dư $k$.
Khi đó, dễ thấy rằng $|X(0)|+|X(1)|+\cdots+|X(18)|$ chính là số tập con có 7 phần tử tùy ý của $X$ và là $C_{19}^7$.
Ta thấy rằng hai tập hợp $A, B \in X(k)$ tùy ý đều thỏa mãn đề bài.
Thật vậy,
Giả sử $|A \cap B|=6$ (không thể có $|A \cap B|=7$ vì khi đó hai tập hợp trùng nhau).
Đặt $A=[a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, x]$, $B=[a_1, a_2, a_3, a_4, a_5, a_6, y]$ thì
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \sum_{i=1}^6 a_i+x \equiv \sum_{i=1}^6 a_i+y \equiv k \quad(\bmod 19)$
nên $x \equiv y(\bmod 19)$. Suy ra $x=y$, mâu thuẫn. Đến đây, dễ thấy rằng
Ta có điều phải chứng minh.
(b) Xét một tập hợp $F$ thuộc họ $\Omega$. Vì $|X \backslash F|=19-7=12$ nên có tất cả 12 tập hợp $A \subset X$ với $|A|=8$ và $F \subset A$.
Ngược lại, ứng với một tập hợp $A$ là một cận trên của họ $\Omega$, có không quá 8 tập $F$ trong họ $\Omega$ sao cho $F \subset A$. Do đó $d \geq \frac{12}{8} k$ hay $d \geq \frac{3}{2} k$.
Đẳng thức xảy ra khi họ $\Omega$ là tập hợp tất cả các tập con có 7 phần tử của $X$.
Bài 7. Cho tam giác $A B C$ không cân. Gọi $I$ là trung điểm $B C$. Đường tròn (I) tâm $I$ đi qua $A$ cắt $A B, A C$ lần lượt tại $M, N$. Giả sử $M I, N I$ cắt $(I)$ tại $P, Q$. Gọi $K$ là giao điểm của $P Q$ với tiếp tuyến tại $A$ của $(I)$. Chứng minh rằng $K$ thuộc đường thẳng $B C$.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử $A B<A C$.
Kẻ đường kính $A J$ của đường tròn $(I)$. Khi đó, dễ thấy tứ giác $A B J C$ và $A N J Q$ là các hình bình hành nên $J B|A C, J Q| A N$ dẫn đến $J, Q, B$ thẳng hàng. Tương tự $J, P, C$ thẳng hàng.
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $B C$ thì tứ giác $A Q B H$ nội tiếp.
Suy ra
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \angle Q H B=\angle Q A B=\angle Q A M=\angle Q P M=\angle Q P I$
nên tứ giác $P Q H I$ cũng nội tiếp. Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$ thì dễ thấy đường tròn $(A H I)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $A$.
Xét ba đường tròn $(O),(A H I),(P Q H I)$ thì
Trục đẳng phương của $(O),(A H I)$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$.
Trục đẳng phương của $(O),(P Q H I)$ là $P Q$.
Trục đẳng phương của $(P Q H I),(A H I)$ là $H I$.
Do đó, $K$ chính là tâm đẳng phương của ba đường tròn nên $K \in H I$ hay $K, B, C$ thẳng hàng.
Bài 8. Tìm số nguyên dương $n$ lớn nhất thỏa mãn các điều kiện sau:
$\quad (i)$ n không chia hết cho 3 .
$\quad (ii)$ Bảng vuông $n \times n$ không thể được phủ kín bằng 1 quân tetramino $1 \times 4$ và các quân trimino $1 \times 3$. Trong phép phủ, các quân tetramino và trimino được phép quay dọc nhưng không được phép chườm lên nhau hoặc nằm ra ngoài bảng vuông.
Lời giải. Ta sẽ chứng minh $n=5$ là giá trị lớn nhất cần tìm.
Ta nhận thấy rằng nếu $n=3 k+1, k \geq 1$ thì ta luôn phủ được bảng vuông $n \times n$ bằng cách phủ hàng đầu tiên bằng 1 quân tetramino kích thước $1 \times 4$ (ta sẽ gọi tắt là tetramino) và $k-1$ quân trimino kích thước $1 \times 3$ (ta sẽ gọi tắt là trimino). Các cột còn lại có chiều dài $3 k$ có thể phủ được bằng các quân trimino (xoay dọc lại).
Ta chứng minh rằng nếu $n=3 k+2, k \geq 2$ thì bảng vuông $n \times n$ cũng phủ được. Cách phủ với $n=8$ được minh họa như sau
Dễ dàng thấy rằng với $k \geq 3$ thì ta có thể thu được cách phủ cho bảng vuông $n \times n$ bằng cách phủ phần hình vuông $8 \times 8$ ở góc trên bên trái như trên, phần còn lại gồm 1 hình chữ nhật kích thước $3(k-2) \times(3 k+2)$ và 1 hình chữ nhật kích thước $8 \times 3(k-2)$ phủ được bằng các quân trimino.
Bây giờ ta chứng minh bảng vuông $5 \times 5$ không thể phủ được bằng 1 quân tetramino và 7 quân trimino.
Trước hết ta chứng minh bổ đề: Nếu bảng vuông $5 \times 5$ có thể phủ được bằng một hình vuông $1 \times 1$, ta gọi là unomino và 8 quân trimino thì quân unomino $1 \times 1$ phải phủ ô trung tâm.
Thật vậy,
Ta đánh số các ô của bảng vuông $5 \times 5$ như hình vẽ
Ta thấy rằng một quân trimino luôn phủ đúng một ô mang số 1 , một ô mang số 2 và một ô mang số 3 . Vì số các số 2 bằng 9 , còn số các số 1 và 3 bằng 8 nên nếu phép phủ ở đề bài thực hiện được thì quân unomino phải phủ một ô mang số 2 .
Mặt khác, ta có thể đánh số bảng vuông $5 \times 5$ bằng một cách khác
Các tính chất nói ở trên vẫn đúng cho cách đánh số này, tuy nhiên ở đây số số 1 là 9 , còn số số 2 và 3 là 8 . Do đó, một lần nữa ta kết luận quân unomino phải phủ một ô mang số 1 .
Giao hai điều kiện cần nói trên lại, ta thấy với một cách phủ hợp lệ thì quân unomino phải phủ ô trung tâm.
Quay trở lại với vấn đề phủ bảng vuông $5 \times 5$ bằng 1 quân tetramino và 7 quân trimino. Nếu tồn tại một cách phủ như thế thì cắt quân tetramino thành 1 quân unomino và 1 quân trimino, ta thu được một phép phủ bảng vuông $5 \times 5$ bằng 1 quân unomino và 8 quân trimino.
Theo bổ đề thì quân unomino phải nằm ở ô trung tâm, nghĩa là một đầu của quân tetramino phải nằm ở ô trung tâm, mâu thuẫn (vì khi đó quân tetramino sẽ bị lòi ra ngoài bảng vuông).
Với những lý luận ở trên, ta kết luận $n=5$ là giá trị lớn nhất cần tìm.
