Đề chọn ĐTQG thành phố Cần Thơ năm 2020-2021

Bài 1. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{ \begin{array}{l}&u_1=1\\&u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2n}{3u_n}, n\in \mathbb{N^*}.\end{array} \right.$$ Chứng minh rằng $\sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}, \forall n \in \mathbb{N^*}$. Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}$.

Lời giải

1. Chứng minh rằng $\sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}, \forall n \in \mathbb{N^*}$.
   Ta chứng minh quy nạp $\sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}, \forall n \in \mathbb{N^*}$\qquad(1) \item Dễ thấy khẳng định đã đúng với $n=1, 2$. \item Giả sử (1) đúng với $n=k$, tức là ta có $\sqrt{k-1}\leq u_k\leq \sqrt{k}, \forall k\geq 2$.
   Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2+2k}{3x}=\dfrac{x}{3}+\dfrac{2k}{3x}, \forall x\in \left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right]$.
   Ta có $f'(x)=\dfrac{1}{3}-\dfrac{2k}{3x^2}=\dfrac{x^2-2k}{3x^2} < 0, \forall x\in \left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right]$.
   $\Rightarrow f(x)$ nghịch biến trên $\left[\sqrt{k-1}, \sqrt{k}\right]$
   Nên $u_{k+1}=f(u_k)\geq f\left(\sqrt{k}\right)=\sqrt{k}$ và $u_{k+1}=f(u_k)\leq f\left(\sqrt{k-1}\right)=\dfrac{3k-1}{3\sqrt{k-1}}$.
   Ta chứng minh \begin{eqnarray*} && \dfrac{3k-1}{3\sqrt{k-1}} < \sqrt{k+1}\\ &\Leftrightarrow& 3k-1 < 3\sqrt{k^2-1}\\ &\Leftrightarrow& 9k^2-6k+1 < 9k^2-9\Leftrightarrow 6k-10 > 0 \, \text{luôn đúng} \, \forall k\geq 2. \end{eqnarray*} Do đó $u_{k+1} < \sqrt{k+1}$. Vậy $(1)$ được chứng minh.
2. Tìm $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}$.
   Do $\sqrt{n-1}\leq u_n\leq \sqrt{n}\Rightarrow \sqrt{1-\dfrac{1}{n}}\leq \dfrac{u_n}{\sqrt{n}}\leq 1$.
   Vì $\lim\limits_{n\to +\infty}\sqrt{1-\dfrac{1}{n}}=\lim\limits_{n\to +\infty}1=1$ nên theo nguyên lý kẹp ta có $\lim\limits_{n\to +\infty}\dfrac{u_n}{\sqrt{n}}=1$.

Bài 2. Cho $x_1$, $x_2$, $\ldots$, $x_{2020}$ là các số thực dương. Chứng minh rằng $$\dfrac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\dfrac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\dfrac{1+x_{2020}^2}{1+x_{2020}x_1}\geq 2020.$$

Lời giải

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ ta có
$\dfrac{1+x_1^2}{1+x_1x_2}+\dfrac{1+x_2^2}{1+x_2x_3}+\cdots +\dfrac{1+x_{2020}^2}{1+x_{2020}x_1}\geq 2020\cdot \sqrt[2020]{\dfrac{\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)}{\left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+2_{2020}x_1\right)}}$.
Đặt $P=\dfrac{\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)}{\left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+2_{2020}x_1\right)}$.
Ta chỉ cần chứng minh $P\geq 1$.
Thật vậy, theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $\left(1+x_i^2\right)\left(1+x_j^2\right)\geq \left(1+x_ix_j\right)^2$ với mọi $i, j$.
Do đó ta có \begin{eqnarray*} \left[\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)\right]^2 &=&\left[\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\right]\left[\left(1+x_2^2\right)\left(1+x_3^2\right)\right]\cdots \left[\left(1+x_{2020}^2\right)\left(1+x_1^2\right)\right]\\ &\geq & \left(1+x_1x_2\right)^2\left(1+x_2x_3\right)^2\cdots \left(1+x_{2020}x_1\right)^2. \end{eqnarray*} Suy ra $\left(1+x_1^2\right)\left(1+x_2^2\right)\cdots \left(1+x_{2020}^2\right)\geq \left(1+x_1x_2\right)\left(1+x_2x_3\right)\cdots \left(1+x_{2020}x_1\right)$.
Vậy $P\geq 1$. Dấu = = = xảy ra khi $x_1=x_2=\cdots =x_{2020}$.

Bài 3. Cho hàm số $f$ xác định trên tập số thực $\mathbb{R}$ thỏa mãn \[f(xy)=xf(y)+yf(x)\] và \[f(x+y)=f(x^{2021})+f(y^{2021}), \forall x, y \in \mathbb{R}.\] Chứng minh rằng $f$ là hàm cộng tính trên $\mathbb{R}$. Tính $f\left(\sqrt{2020}\right)$.

Lời giải

1. Chứng minh rằng $f$ là hàm cộng tính trên $\mathbb{R}$.
   Từ $f(xy)=xf(y)+yf(x)$, thay $x=y=0$ ta được $f(0)=0$.
   Tiếp tục thay $x=y=1$ ta được $f(1)=2f(1)\Rightarrow f(1)=0$.
   Từ $f(x+y)=f(x^{2021})+f(y^{2021})$, thay $y=0$ ta được $f(x)=f(x^{2021}),\forall x\in \mathbb{R}$.
   Vì vậy hệ thức trên có thể viết thành $f(x+y)=f(x)+f(y),\forall x, y \in \mathbb{R}$.\quad $(1)$
   Như vậy $f$ là hàm cộng tính trên $\mathbb{R}$.
2. Tính $f\left(\sqrt{2020}\right)$.
   Thay $y=1$ vào $(1)$ ta được \[f(x+1)=f(x),\forall x\in \mathbb{R}.\] Trong hệ thức $f(xy)=xf(y)+yf(x)$, thay $y=x$ ta được \[f(x^2)=2xf(x),\forall x \in \mathbb{R}.\quad (2)\] Xét $x\neq 0$, bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh với $n\in \mathbb{N}$ thì \[f(x^n)=nx^{n-1}f(x). \quad (3)\] \item Với $n=1$, $(3)$ hiển nhiên đúng. \item Giả sử $(3)$ đúng đến $n\, (n > 1)$, khi đó trong $f(xy)=xf(y)+yf(x)$, thay $y$ bởi $x^n$ ta có \begin{eqnarray*} f(x^{n+1})&=&xf(x^n)+x^nf(x)\\ &=&x\cdot nx^{n-1}f(x)+x^nf(x)\\ &=&(n+1)x^nf(x) \end{eqnarray*} nghĩa là $(3)$ đúng với $n+1$. Bây giờ từ $(3)$ ta có \[f(x^{2021})=2021x^{2020}f(x).\] Suy ra $f(x)=2021x^{2020}f(x)$.
   Nếu $f(x)\neq 0$ thì $2021x^{2020}=1, \forall x\neq 0$. Điều này không thể xảy ra.
   Do đó ta có $f(x)=0, \forall x\in \mathbb{R}$. Vậy $f\left(\sqrt{2020}\right)=0$.

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với ba cạnh $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Gọi $K$, $M$, $N$ lần lượt là giao điểm của $EF$, $FD$, $DE$ với $BC$, $CA$, $AB$. Đường tròn đường kính $KD$, $EM$, $FN$ lần lượt cắt $(I)$ tại $A_1$, $B_1$, $C_1$. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $KD$, $EM$, $FN$ đồng trục. Chứng minh rằng $DA_1$, $EB_1$, $FC_1$ đồng quy tại một điểm $J$. Gọi $T$ là trung điểm của $EF$. Chứng minh tiếp tuyến tại $B$ và tại $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ cắt nhau tại một điểm thuộc $JT$.

Lời giải

1. Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $KD$, $EM$, $FN$ đồng trục.
   Gọi $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là tâm của các đường tròn $(KD)$, $(EM)$, $(FN)$.
   Ta có $(A')\perp (O) \Rightarrow \mathrm{P}_{O/(A')}=R^2$ và $(A')\perp (I) \Rightarrow \mathrm{P}_{I/(A')}=R^2$.
   Vậy $I$, $O$ có cùng phương tích đối với đối với đường tròn $A'$.
   Tương tự, $O$, $I$ cũng có cùng phương tích đốí với $B'$ và $(C')$.
   Nên $OI$ là trục đẳng phương của ba đường tròn $(A')$, $(B')$, $(C')$.
   Vậy $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng.
2. Chứng minh rằng $DA_1$, $EB_1$, $FC_1$ đồng quy tại một điểm $J$.
   Xét cực và đối cực đối với đường tròn $(I)$, ta có cực của $DA_1$, $EB_1$, $FC_1$ lần lượt là $A'$, $B'$, $C'$. Vậy $DA_1$, $EB_1$, $FC_1$ đồng quy tại một điểm $J$.
3. Gọi $T$ là trung điểm của $EF$. Chứng minh tiếp tuyến tại $B$ và tại $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ cắt nhau tại một điểm thuộc $JT$.
   Ta có tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$ cắt nhau tại điểm chính giữa cung $\overset\frown{BAC}$. Ta sẽ chứng minh $JT$ đi qua điểm chính giữa cung $\overset\frown{BAC}$
   Ta có $KA_1$ cắt $(I)$ tại $A_2$ đối xứng với $D$ qua $I$.
   Suy ra $D(BA,A_1A_2)=-1$, mà $D(XA,I_AI)=-1$ (với $I_A$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, X là giao điểm của $AI_A$ và $BC$) và $DB\equiv DX, DA\equiv DI, DA_1\equiv DA$ nên $DA_1\equiv DI_A$ hay $DA_1$ đi qua $I_A$.
   Vậy $K$ là giao điểm của $DI_A$, $DI_B$, $DI_C$.
   Hai tam giác $DEF$ và $I_AI_BI_C$ có các cạnh tương ứng song song nên phép vị tự tâm $J$ biến $\Delta DEF$ thành $\Delta I_AI_BI_C$.
   Suy ra $J$, $T$, $W$ thẳng hàng, với $W$ là trung điểm $I_BI_C$.
   Mà $(O)$ là đường tròn Euler của $\Delta I_AI_BI_C$ nên $W$ là điểm chính giữa $\overset\frown{BAC}$. Suy ra đpcm.

Bài 5. Cho $n$ là số nguyên dương, $n$ không có ước là số chính phương khác $1$. Tồn tại hay không hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau $x$, $y$ để $x^n+y^n$ chia hết cho $(x+y)^3\,?$

Lời giải

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau $x$, $y$ để $x^n+y^n$ chia hết cho $(x+y)^3$.
Hiễn nhiên $n$ lẻ.
Gọi $p$ là ước số nguyên tố nguyên tố bất kỳ của $x+y$.
Khi đó ta có $v_p\left((x+y)^3\right)=3v_p(x+y)$.
Vì $x$, $y$ là hai số nguyên tố cùng nhau nên $x$, $y$ không chia hết cho $p$, theo bổ đề $LTE$ ta có \[v_p\left(x^n+y^n\right)=v_p(n)+v_p(x+y).\] Vì \[(x+y)^3\mid (x^n+y^n)\Rightarrow 3v_p(x+y)\leq v_p(n)+v_p(x+y).\] \[\Rightarrow v_p(n)\geq 2v_p(x+y)\geq 2.\] Suy ra \[p^2\mid n \ \text{(trái giả thiết)}.\] Vậy không tồn tại hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau $x$, $y$ để $x^n+y^n$ chia hết cho $(x+y)^3$.

Bài 6. Một tàu du lịch có $100$ khoang với sức chứa trong các khoang lần lượt là $101$, $102$,$\ldots $,$200$ người. Hiện tại trên tàu đang có tổng cộng $n$ người. Bây giờ, có một khách VIP đến và người thuyền trưởng muốn cấp cho anh ta một khoang cá nhân. Với mục đích đó, người thuyền trưởng muốn chọn hai khoang $A$ và $B$, sau đó chuyển tất cả khách từ khoang $A$ sang khoang $B$ mà không vượt quá khả năng chứa của khoang $B$. Xác định $n$ lớn nhất mà người thuyền trưởng có thể chắc chắn đạt được mục tiêu của mình cho dù lúc đầu $n$ người này phân bố ở các khoang tàu như thế nào chăng nữa.

Lời giải

Ta chứng minh $n=8824$ là giá trị lớn nhất để người thuyền trưởng có thể làm trống một khoang tàu.
Ta chia các khoang tàu thành các cặp $101-200, 102-199,\ldots , 150-151$.
Nhận thấy với mỗi cặp khoang thì tổng số người trong hai khoang đó sẽ lớn hơn sức chứa của khoang lớn hơn. Từ đó tổng số người ít nhất mà ta vẫn không thể làm một khoang trống là \[201+200+\cdots +152=8825.\] Vậy số người lớn nhất mà ta có thể làm trống một khoang cho dù lúc đầu số người phân bố như thế nào đi chăng nữa là $n=8824$.
Với $n=8825$, ta chỉ ra một cách phân bố để không thể trống khoang nào. Sắp theo thứ tự các khoang theo thứ tự tăng dần sức chứa. Trong $50$ khoang đầu tiên, mỗi khoang chứa $76$ người, trong $50$ khoang còn lại với sức chứa $k$ ($151 < k < 200$) sẽ chứa $k-75$ người.
Khi đó tổng số người là \[76\cdot 50+(76+77+\cdots +125)=8825.\] Như vậy với hai khoang có sức chứa $a < b$ thì trong $b$ sẽ không chứa ít hơn $b-75$ người, còn $a$ sẽ không chứa ít hơn $76$ người. Nên không thể di chuyển tất cả người từ khoang $a$ sang khoang $b$.
Còn nếu $n > 8825$ thì xếp $8825$ người ban đầu theo cách trên, còn những người còn lại có thể sắp xếp bất kỳ vào khoang còn chỗ.
Vậy giá trị $n=8824$ là giá trị lớn nhất để cho dù ban đầu số người trong mỗi khoang như thế nào thì người thuyền trưởng vẫn có thể làm một khoang trống.