Đề chọn ĐTQG tỉnh Bắc Ninh - Năm 2020-2021 - Ngày 1

Bài 1. Cho số thực $a$ và xét dãy số $(x_n)$ thoả mãn $$x_1=x_2=1,\, x_3=0,\, x_{n+3}=\dfrac{x_{n+2}^2+x_{n+1}^2+x_{n}^2}{6}+a,\, \forall n\in\mathbb{N}^{*}.$$ Chứng minh rằng với $a=0$ thì dãy $(x_n)$ hội tụ. Tìm số thực $a$ lớn nhất sao cho dãy $(x_n)$ hội tụ.

Lời giải

1. Chứng minh rằng với $a=0$ thì dãy $(x_n)$ hội tụ.
   Với $a=0$ thì $x_{n+3}=\dfrac{x_{n+2}^2+x_{n+1}^2+x_{n}^2}{3}$.
   Dùng quy nạp chứng minh được $x_{n}\in(0;1)$, $\forall n\geq 3$.
   Ta có $x_{n+8}=\dfrac{x_{n+2}^2+x_{n+1}^2+x_{n}^{2}}{3}\leq \dfrac{x_{n+2}+x_{n+1}+x_{n}}{3}$.
   Sử dụng bổ đề: Cho $k$ là số nguyên dương và $\alpha_1$, $\alpha_2$,\ldots,$\alpha_k$ là các số thực dương có tổng bằng $1$. Xét dãy $(u_n)$ bị chặn dưới thoả mãn $u_{n+k+1}\leq \alpha_1u_n+\alpha_2u_{n+1}+\cdots+\alpha_ku_{n+k}$, $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$.
   Khi đó dãy $(u_n)$ hội tụ.
   (Yêu cầu chứng minh).
   Áp dụng bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh.
2. Tìm số thực $a$ lướn nhất sao cho dãy $(x_n)$ hội tụ.
   Giả sử $(x_n)$ hội tụ đến $L$. Khi đó $L$ là nghiệm của phương trình $\dfrac{L^2}{2}-L+a=0$. Phương trình này có nghiệm khi $a\leq \dfrac{1}{2}$.
   Với $a=\dfrac{1}{2}$, ta có $x_{n+3}=\dfrac{x_{n+2}^2+x_{n+1}^{2}+x_{n}^2}{6}+\dfrac{1}{2}$.
   Dùng quy nạp chứng minh được $x_n\in(0;1)$, $\forall n\geq 2$.
   Xét dãy $(u_n)$: $u_1=0$, $u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+1}{2}$, $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$.
   Dễ thấy $(u_n)$ là dãy tăng, $u_n\in(0;1)$ nên $(u_n)$ hội tụ đến $1$.
   Dùng quy nạp chứng minh được $u_n < \min\{x_{3n},x_{3n-1},x_{3n-2}\}$.$(*)$
   Thật vậy, với $n=1$, $(*)$ đúng.
   Giả sử $(*)$ đúng đến $n$.
   Ta có $$\begin{eqnarray*} x_{3n+1}&=&\dfrac{x_{3n}^2+x_{3n-1}^2+x_{3n-2}^2}{6}+\dfrac{1}{2}\geq \dfrac{u_{n}^2+1}{2}=u_{n+1}.\\ x_{3n+2}&=&\dfrac{x_{3n+1}^2+x_{3n}^2+x_{3n-1}^2}{6}+\dfrac{1}{2}\geq \dfrac{u_{n+1}^2+2u_{n}^2}{6}+\dfrac{1}{2}\geq \dfrac{u_n^2+1}{2}=u_{n+1}\\ x_{3n+3}&=&\dfrac{x_{3n+2}^2+x_{3n+1}^2+x_{3n}^2}{6}+\dfrac{1}{2}\geq \dfrac{2u_{n+1}^2+u_{n}}{6}+\dfrac{1}{2}\geq \dfrac{u_n^2+1}{2}=u_{n+1}. \end{eqnarray*}$$ Như vậy $(*)$ đúng đến $n+1$.
   Như vậy $(*)$ được chứng minh.
   Dùng nguyên lí kẹp suy ra $\lim x_n=1$.
   Vậy $\max\alpha=\dfrac{1}{2}$.

Bài 2. Cho tập $S=\{p_1,p_2,\ldots,p_{2021}\}$ gồm $2021$ số nguyên tố phân biệt và $P(x)$ là đa thức với các hệ số nguyên sao cho với mỗi số nguyên dương $n$ đều tồn tại $p_i$ trong tập $S$ là ước của $P(n)$. Chứng minh rằng tồn tại $p_k$ trong tập $S$ sao cho $p_k$ là ước của $P(n)$ với mọi $n$ nguyên dương.

Lời giải

Ta chứng minh tồn tại $p_k$ trong tập $S$ sao cho $p_k$ là ước của $P(n)$, $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$.
Giả sử không tồn tại một phần tử $p_k$ trong tập $S$ sao cho $p_k$ là ước của $P(n)$, $\forall n\in\mathbb{N}^{*}$. Nghĩa là với $p_i\in S$ ($i=1,2,\ldots,2021$), đều tồn tại $a_i\in\mathbb{N}^{*}$ sao cho $p_i\nmid P(a_i)$.
Theo định lí thăng dư Trung Hoa thì tồn tại số nguyên dương $x_0$ sao cho $\left\{ \begin{array}{l}&x_0\equiv a_1\pmod {p_1}\\&x_0\equiv a_2\pmod {p_2}\\&\ldots\\&x_0\equiv {a_{2021}}\pmod {p_{2021}}\end{array} \right.$.
Vì $P(x)$ là đa thức với hệ số nguyên nên $\left\{ \begin{array}{l}&P(x_0)\equiv P(a_1)\pmod{p_1}\\ &P(x_0)\equiv P(a_2)\pmod{p_2}\\ &\ldots\\ &P(x_0)\equiv P(a_{2021})\pmod{p_{2021}}\end{array} \right.$
Vì $P(a_i)\not\vdots p_i$, $\forall i=1,2,\ldots,2021$ nên từ hệ trên suy ra $P(x_0)\not\vdots p_i$, $\forall i=1,2,\ldots, 2021$ trái với giả thiết bài toán. Vậy giả thiết phản chứng sai, ta có điều phải chứng minh.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$, có đường cao $AD$. Trên các cạnh $AC$, $AB$ lần lượt lấy các điểm $E$, $F$ sao cho $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy tại $H$. Giả sử tứ giác $EFBC$ nội tiếp. Chứng minh rằng $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. Đường thẳng vuông góc với $OD$ tại $D$ cắt $AB$ tại $K$. Chứng minh rằng $$\widehat{HDK}+\widehat{AHC}=180^{\circ}.$$

Lời giải

1. Gọi giao của $EF$ và $BC$ là $S$, $AD$ giao với $EF$ tại $P$, $M$ là trung điểm của $BC$, $J$ là trung điểm của $EF$. Theo phép chiếu xuyên tâm $A$ và kết hợp với hàng điểm điều hoà cơ bản ta có $$A(SDBC)=A(SPFE)=-1.$$ Theo hệ thức Maclaurin ta có $SP\cdot SJ=SB\cdot SC=SE\cdot SF=SD\cdot SM$, dẫn đến $MJ$ vuông góc với $EF$. Theo tính chất của đường thẳng Gauss thì $MJ$ chia đôi $AH$. Gọi $I$ là trung điểm của $AH$. Do đó $P$ là trực tâm tam giác $ISM$ dẫn đến $$DP\cdot DI=DS\cdot DM.$$ Chú ý rằng $C(EFPS)=-1=C(AHPD)$, do đó $(AHPD)=-1$ nên theo hệ thức Maclaurin thì $DH\cdot Da=DP\cdot DI=DS\cdot DM=DB\cdot DC$, do đó $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$.
2. Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $AD$ và đường tròn $(O)$. Ta thấy $DH=DQ$ và do đó tam giác $CHQ$ cân tại $C$. Gọi $L$ là giao điểm của $KD$ và $QC$. Ta có $AQ$, $BC$, $KL$ đồng quy tại $D$, hơn nữa $DH=DQ$ và $OD\perp KL$. Áp dụng định lí con bướm, ta có $DK=DL$. Suy ra $\triangle DQL=\triangle DHK$ (c.g.c). Từ đó, ta có $\widehat{DHK}=\widehat{DQL}=\widehat{DHC}$.
   Vậy $\widehat{DHK}+\widehat{AHC}=180^{\circ}$.

Bài 4. Tìm tất cả các hàm số $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thoả mãn $f\left(x^{2020}+f(y)\right)=y+\left(f(x)\right)^{2020},\, \forall x,y\in\mathbb{R}$.

Lời giải

Cho $x=0$ ta được $f(f(y))=y+[f(0)]^{2020}$ $\Rightarrow f$ là song ánh.
Nên tồn tại $a\in\mathbb{R}\colon f(a)=0$, đặt $f(0)=b$.

• Cho $x=a$, ta được $f\left(a^{2020}+f(y)\right)=y$.
• Cho $x=y=0$, ta được $f(f(0))=b^{2020}\Rightarrow f(b)=b^{2020}$.

Do đó $f\left(a^{2020}+b^{2020}\right)=f(0)$ mà $f$ là song ánh nên $a^{2020}+b^{2020}=0\Leftrightarrow a=b=0$.
Như vậy $f(x)=0\Leftrightarrow x=0$.
Ta có $f(f(y))=y$, $f\left(x^{2020}\right)=\left[f(x)\right]^{2020}\Rightarrow f(x)\geq 0$, $\forall x\geq 0$.
Ta có $$\begin{align*} f(x+y)&=f\left(\left[\sqrt[2020]{x}\right]^{2020}+f(f(y))\right)\\ &=f(y)+\left(f\left(\sqrt[2020]{x}\right)\right)^{2020}\\ &=f(y)+f(x),\, \forall x\geq 0, y\in\mathbb{R}. \end{align*}$$ Ta có $0=f(0)=f(x+(-x))=f(x)+f(-x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)$.
Như vậy $f(x+y)=f(x)+f(y)$, $\forall x,y\in\mathbb{R}$.
Hàm $f$ đồng biến vì với $x < y$ thì $$f(y)=f(y-x+x)=f(y-x)+f(x) > f(x).$$ Vậy $f$ đồng biến và cộng tính nên có dạng $f(x)=kx$. (Phương trình hàm Cauchy).
Thử lại $k\left[x^{2020}+ky\right]=y+\left(kx\right)^{2020},\,\forall x,y\Leftrightarrow k=1$.
Vậy $f(x)=x$, $\forall x\in\mathbb{R}$.