Chọn đội tuyển HSG quốc gia Hưng Yên (ngày 1) năm 2020 - 2021

Bài 1. Cho dãy số $(a_n)$ xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}&a_0=2020\\& a_{n+1}=\dfrac{a^2_n}{1+a_n},\forall n\ge 0\end{array} \right.$. Chứng minh dãy số $(a_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Tính $\left[ a_{1000}\right] $ với $\left[ x\right] $ là phần nguyên của số thực $x$.

Lời giải

1. Nhận thấy $a_n > 0$ với mọi $n\ge 0$ nên dãy số $(a_n)$ bị chặn dưới. Xét biểu thức \begin{align*} a_{n+1}-a_n=\dfrac{a_n^2}{1+a_n}-a_n=\dfrac{-a_n}{1+a_n} < 0, \forall n\ge 0. \end{align*} Suy ra dãy số $(a_n)$ là dãy số giảm. Do vậy dãy số $(a_n)$ có giới hạn hữu hạn, tức là $\lim a_n=a$.
   Từ đẳng thức $a_{n+1}=\dfrac{a^2_n}{1+a_n}$ chuyển qua giới hạn ta được phương trình \begin{align*} a=\dfrac{a^2}{1+a}\Leftrightarrow a=0. \end{align*} Vậy $\lim a_n=0$.
2. Ta có $a_{n+1}+1=\dfrac{a^2_n}{1+a_n}+1=\dfrac{a_n^2+a_n+1}{1+a_n}=a_n+\dfrac{1}{1+a_n}$ với mọi $n\ge 0$.
   Suy ra \begin{align*} a_1+1=a_0+\dfrac{1}{1+a_0}\\ a_2+1=a_1+\dfrac{1}{1+a_1}\\ a_3+1=a_2+\dfrac{1}{1+a_2}\\ \cdots\cdots\\ a_{1000}+1=a_{999}+\dfrac{1}{1+a_{999}} \end{align*} Do vậy $$a_{1000}+1000=a_0+\dfrac{1}{1+a_0}+\dfrac{1}{1+a_1}+\cdots+\dfrac{1}{1+a_{999}}\Leftrightarrow a_{1000}=1020+\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}}.$$ Suy ra $\left[ {{a_{1000}}} \right] = 1020 + \left[ {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } \right]$. Ta sẽ chứng minh $0 < {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } < 1$.
   Thật vậy, $\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} < \frac{{1000}}{{{a_{999}} + 1}}$ do dãy số $(a_n)$ là dãy giảm.
   Ta lại có ${a_{n + 1}} = {a_n} - 1 + \dfrac{1}{{{a_n} + 1}} > {a_n} - 1 > \cdots > {a_0} - \left( {n + 1} \right)$. Suy ra $$a_{999} > a_0-999=1021.$$ Do vậy $0 < {\displaystyle\sum\limits_{i = 0}^{999} {\frac{1}{{{a_i} + 1}}} } < \dfrac{1000}{1+a_{999}} < \dfrac{1000}{1+1021} < 1$.
   Vậy $\left[ a_{1000}\right] =1020$.

Bài 2. Cho $P(x)$ là một đa thức bậc ba, xét đa thức $$Q(x)=\left( x^3+2x+1-P(x)\right) \left(2x^3-6x^2+5-P(x) \right).$$ Giả sử $Q(x)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}$ và $P(0)=4$. Tính $Q(-1)$. Hỏi có tồn tại hay không đa thức $P(x)$ để $Q(x)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}$.

Lời giải

1. Đặt $A(x)=x^3+2x+1$ và $B(x)=2x^3-6x^2+5$. Từ giả thiết ta có $$Q(x)=\left( A(x)-P(x)\right) \left(B(x)-P(x) \right)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}.$$ Xét đa thức $A(x)-B(x)=x^3-6x^2-2x+4$ có ba nghiệm $x_1,x_2,x_3$. Suy ra $B(x_1)=A(x_1)$. Do vậy $$\left( A(x_1)-P(x_1)\right) \left(A(x_1)-P(x_1) \right)\leq 0, \forall x\in\mathbb{R}\Leftrightarrow A(x_1)=P(x_1)$$ Tương tự, ta cũng có $A(x_2)=P(x_2)$ và $A(x_3)=P(x_3)$. Xét đa thức bậc ba $f(x)=A(x)-P(x)$ có ba nghiệm là $x_1,x_2,x_3$ nên $$f(x)=a(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)=a(x^3-6x^2-2x+4).$$ Cho $x=0$ ta được $f(0)=4a\Leftrightarrow A(0)-P(0)=4a\Leftrightarrow a=\dfrac{-3}{4}$.
   Cho $x=-1$ cho ta $$f(-1)=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow A(-1)-P(-1)=\dfrac{3}{4}\Leftrightarrow P(-1)=\dfrac{-11}{4}.$$
2. Với $k > 0$, đặt $P(x)=(k+1)A(x)-kB(x)$ nên $$A(x)-P(x)=k\left( B(x)-A(x)\right) \text{ và } B(x)-P(x)=(k+1)\left(B(x)-A(x) \right) $$ Suy ra $Q(x)=k(k+1)\left( A(x)-B(x)\right)^2\ge 0, \forall x\in\mathbb{R}$.
   Vậy tồn tại đa thức $P(x)$ để $Q(x)\ge 0,\forall x\in\mathbb{R}$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $X,Y,Z$. Các đường phân giác trong và ngoài tại góc $A$ của tam giác $ABC$ cắt $BC$ tại $E,F$. Các tiếp tuyến kẻ từ $E,F$ đến $(I)$ cắt nhau tại điểm $D$ ($D$ khác $E,F$). Trên $BI$ lấy điểm $K$ sao cho $DK\perp AI$. Giả sử $BC$ cố định và $A$ thay đổi, chứng minh $K$ thuộc một đường tròn cố định. Gọi $M,N$ là các tiếp điểm của $(I)$ với các tiếp tuyến $DE,DF$. Đường thẳng qua $D$ song song với $AB$ cắt $AC,MN$ tại $P,Q$. Đường thẳng $QZ$ cắt đường tròn $(I)$ tại $T$. Chứng minh $PT$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$.

Lời giải

1. Trước tiên, ta chứng minh bổ đề sau
   Bổ đề:
   Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Các cạnh $AB,AC$ tiếp xúc với $(I)$ tại $E,F$ và $BI$ cắt $EF$ tại $K$. Khi đó, $\angle BKC=90^\circ$.
   Áp dụng bổ đề 1 cho tam giác $DEF$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ và $DE,DF$ tiếp xúc với $(I)$ tại $M,N$. Giả sử $EI$ cắt $MN$ tại $A'$ thì $EI \perp A'F$.
   Ta lại có $AF\perp AE$ dẫn đến $A'$ trùng $A$.
   Khi đó, tứ giác $ZMYN$ điều hòa nên $D,K,Y,Z$ thẳng hàng. Áp dụng bổ đề 1 cho tam giác $ABC$ ta được $\angle BKC=90^o$. Vậy $K$ thuộc đường tròn đường kính $BC$ cố định.
2. Gọi $G=AQ\cap YZ$, ta có $(ZYGD)=-1$.
   Lại có $AB\parallel DQ$ nên $PQ=PD$.
   Mặt khác $\angle YDQ=\angle AZY=\angle YTZ=\angle AYZ=\angle DYP$ nên tứ giác $TYDQ$ nội tiếp.
   Do $PY=PD=PQ$ nên tứ giác $TYDQ$ nội tiếp đường tròn đường kính $DQ$. Suy ra $DT\perp QZ$.
   Gọi $R=DT\cap (I)$ nên $Z,I,R$ thẳng hàng.
   Ta lại có $ZR\perp DQ$ nên $R$ là trực tâm của tam giác $DQZ$.
   Tam giác $DQZ$ có $R$ là trực tâm, chân đường cao đỉnh $Q,D$ là $Y,T$ và $P$ là trung điểm của $DQ$ nên $PY, PT$ là tiếp tuyến của đường tròn $(I)$.

Bài 4. Cho số nguyên tố $p\ge 5$. Đặt $n=4^p-1$. Chứng minh rằng $n$ có ít nhất 3 ước nguyên tố phân biệt và $2^n\equiv 8 \pmod n$. Với $a$ là một số tự nhiên, chứng minh rằng $2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}$ không là số chính phương.

Lời giải

1. Ta có $n=4^p-1=(2^p-1)(2^p+1)=\left( 2^p-1\right).\dfrac{2^p+1}{3}.3 $. Ta sẽ chứng minh $\left(2^p-1;2^p+1 \right)=1$.
   Chứng minh $\left( \dfrac{2^p+1}{3};3\right)=1$. Thật vậy \begin{align*} \dfrac{2^p+1}{3}=2^{p-1}-2^{p-2}+\cdots+1=\sum_{i=0}^{p-1}(-2)^i\equiv p\not\equiv 0\pmod 3. \end{align*} Khi đó, gọi $a_1,a_2$ là các ước nguyên tố của $2^p-1,\dfrac{2^p+1}{3}$ thì $a_1,a_2,3$ cũng là ước nguyên tố của $n$.
   Chứng minh nhận xét
   Cho $a,b\in\mathbb{Z}^+$. Khi đó, $2^a-1 \,\vdots\, 2^b-1\Leftrightarrow a \,\vdots\, b$.
   Trở lại bài toán \begin{align*} 2^n-8\,\vdots\, n\Leftrightarrow 2^{n-3}-1\,\vdots\, 2^{2p}-1\Leftrightarrow n-3\,\vdots\, 2p\Leftrightarrow 4^p-4\,\,\vdots\,\, 2p. \end{align*} Vậy bài toán được chứng minh.
2. Ta xét các trường hợp sau
   • Trường hợp 1. $a=0$ thì $2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}=2$ không phải là số chính phương.
   • Trường hợp 2. $a=1$ thì $2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}=1+p$ không phải là số chính phương do $p\ge 5$.
   • Trường hợp 3. $a\ge 2$.
     Bổ đề:
     Nếu số nguyên tố $q$ thỏa mãn $q|1+a+a^2+\cdots+a^{p-1}$ thì $\left[ \begin{array}{l}&q=p\\& q\equiv 1\pmod p\end{array} \right.$.
     Chứng minh. Gọi $h=ord_q(a) \Rightarrow h|p\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&h=1\\&h=p\end{array} \right.$.
   • Nếu $h=1$ thì $a\equiv 1\pmod q\Rightarrow 1+a+\cdots+a^{p-1}\equiv p \pmod q\Rightarrow p=q$.
   • Nếu $h=p$ do có $a^{q-1}\equiv 1 \pmod q\Rightarrow q-1\,\vdots\, h=p\Rightarrow q\equiv 1\pmod p$. Giả sử $b^2=2+a+a^2+\cdots+a^{p-1}\Rightarrow \dfrac{a^p-1}{a-1}=b^2-1=(b-1)(b+1)$. Với mọi số nguyên tố $q$ mà $q|(b-1)(b+1)\Rightarrow\left[ \begin{array}{l}&q=p\\&q\equiv 1\pmod p\end{array} \right.$. Ta có tích các số hoặc chia hết cho $p$ hoặc $\equiv 1\pmod p$. Do đó $\left[ \begin{array}{l}&b-1\equiv 0,1\pmod p\\& b+1\equiv 0,1\pmod p\end{array} \right.$.
   • Nếu $b-1\equiv 0\pmod p$ thì $b\equiv 1\pmod p\Rightarrow b+1\equiv 2\pmod p$, vô lý.
   • Nếu $b-1\equiv 1\pmod p$ thì $b\equiv 2\pmod p\Rightarrow b+1\equiv 3\pmod p$, vô lý. Vậy $2+a+\cdots+a^{p-1}$ không là số chính phương với mọi số tự nhiên $a$.