Đề chọn ĐTQG tỉnh Lâm Đồng năm 2020-2021

Bài 1. Chứng minh rằng $(x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) \ge 9(xy+yz+zx)$, với mọi $x, y, z > 0$.

Lời giải

Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số $xy-1$, $yz-1$, $zx-1$ tồn tại hai số không trái dấu, chẳng hạn $xy-1$, $yz-1$. Khi đó $(xy-1)(yz-1) \ge 0 \Leftrightarrow xy^2z+1 \ge xy+yz$.
Do đó $x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz)$.
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
$x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8 \ge 9(xy+yz+zx)$.
Ta có

• $x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz)$. $(1)$
• $3(x^2+y^2+z^2) \ge 3(xy+yz+zx)$. $(2)$
• Vì $x^2y^2+1 \ge 2xy$ nên $2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+6 \ge 4(xy+yz+zx)$. $(3)$
• $x^2+z^2 \ge 2xz$. $(4)$

Cộng các bất đẳng thức $(1)$, $(2)$, $(3)$, $(4)$ vế theo vế, ta có \[x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8 \ge 9(xy+yz+zx).\] Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$.

Bài 2. Cho hàm số $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x-1)^2}$. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=x$ có duy nhất một nghiệm trong $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$. Chứng minh dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1=1$, $u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N^*}$ có giới hạn.

Lời giải

1. Chứng minh rằng phương trình $f(x)=x$ có duy nhất một nghiệm trong $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$.
   Xét hàm số $g(x)=f(x)-x$ thì $g'(x)=f'(x)-1=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3}-1 < 0, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right]$.
   Do đó $g(x)$ nghich biến trên $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$.
   Mặt khác ta có $g(\frac{1}{2})=\dfrac{8\sqrt{\mathrm{e}}-9}{18} > 0$, $g(1)=\dfrac{\mathrm{e}-4}{4}$, $g(x)$ liên tục trên $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$ nên (theo định lý giá trị trung gian) phương trình $g(x)=0$ hay $f(x)=x$ có nghiệm duy nhất trên $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$. %câu b
2. Chứng minh dãy số $(u_n)$ xác định bởi $u_1=1$, $u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N^*}$ có giới hạn.
   Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được $u_n \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right],\, \forall n \ge 1$.
   Xét hàm số $f \,: \left[ \dfrac{1}{2};1\right] \rightarrow \left[ \dfrac{1}{2};1\right]$ được xác định bởi $f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x+1)^2}$.
   Vì $f'(x)=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3} < 0, \, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right]$ nên $(u_n)$ có hai dãy con đơn điệu.
   Chứng minh được $(u_{2n+1})$ là dãy giảm và $(u_{2n})$ là dãy tăng.
   Lại có $(u_{2n+1})$ bị chặn dưới và $(u_{2n})$ bị chặn trên nên (theo định lý Weierstrass) chúng ta có giới hạn. Giả sử giới hạn của $(u_{2n+1})$ là $a$, giới hạn của $(u_{2n})$ là $b$ và $a,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right]$.
   Xét hệ $\left\{ \begin{array}{l}&\dfrac{\mathrm{e}^a}{(a+1)^2}=b\\&\dfrac{\mathrm{e}^b}{(b+1)^2}=a.\end{array} \right.$
   Biến đổi ta được $a-b=\ln \left( \dfrac{a}{b}\right)+2 \ln \left( \dfrac{a+1}{b+1}\right)$.
   Giả sử $a > b$, lập luận được $ab > 1$, mà $a,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right]$ là vô lý. Lập luận tương tự cho trường hợp $a < b$. Suy ra $a=b$. Vậy dãy $(u_n)$ có giới hạn.
   Lưu ý. Thí sinh có thể chứng minh phương trình $f(f(x))=x$ có duy nhất ngiệm trên $\left[ \dfrac{1}{2};1\right]$ để suy ra $a=b$.
   Hoặc sử dụng định lý Lagrange để chứng minh $(u_n)$ có giới hạn.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn tâm $O$. Gọi H là hình chiếu của $A$ trên $BC$ và $D$, $E$, $M$ lần lượt là trung điểm $HB$. $HC$, $BC$. Đường tròn $(ABE)$ tâm $I$ cắt $AC$ tại $S$ và đường tròn $(ACD)$ tâm $J$ cắt $AB$ tại $R$. Chứng minh rằng $BC=4IJ$. Trung tuyến đỉnh $H$ của tam giác $AMH$ cắt $RS$ tại $T$, chứng minh rằng các đường thẳng $AT$, $BS$, $CR$ đồng quy.

Lời giải

1. Giả sử $AB < AC$ và gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm $BC$, $CA$, $AB$.
   Ta có $BR \cdot BA=BD \cdot BC=\dfrac{BH}{2}\cdot BC=BH \cdot BM$.
   Suy ra tứ giác $ARHM$ nội tiếp. Tương tự $ASMH$ cũng nội tiếp.
   Do $O$, $I$, $P$ cùng thuộc trung trực $AB$ nên $I$ thuộc $OP$.
   Ta thấy $BD=\dfrac{BH}{2}=\dfrac{BC-CH}{2}=CM-CE=ME$ và $IB=IE$ nên cũng có $ID=IM$.
   Từ đó suy ra $I$ thuộc đường trung bình của hình thang vuông $OPDM$ nên $IP=IO$. Do đó $I$ là trung điểm $OP$.
   Tương tự $J$ là trung điểm $ON$ nên $IJ=\dfrac{1}{2}NP=\dfrac{1}{4}BC$.
2. Dựng hình chữ nhật $AHMX$ thì $A$, $R$, $M$, $S$, $X$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AM$ và $AX \parallel BC$ nên chùm $A(AX, BC)=-1$.
   Khi đó tứ giác $MRXS$ điều hòa. Dễ dàng thấy $HX$ đi qua trung điểm $AM$ nên $H$, $T$, $X$ thẳng hàng.
   Gọi $K$ là giao điểm của $RS$, $BC$ thì ta có $H(HX, RS)=-1$ nên $(KT, RS)=-1$.
   Từ đó suy ra chùm $A(KT. RS)=-1$ nên theo tính chất quen thuộc của chùm điều hòa trong tứ giác toàn phần thì $AT$, $BS$, $CR$ đồng quy.

Bài 4. Cho $a=2019 \cdot 2020 \cdot 2021$ và số nguyên dương $n \ge 3$. Người ta xếp $n$ số nguyên dương nào lên một đường tròn thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: Hai số nằm cạnh nhau có tích không chia hết cho $a$. Hai số không nằm nằm cạnh nhau có tích chia hết cho $a$. Tìm một bộ các số nguyên dương thỏa mãn cách xếp trên. Tìm giá trị lớn nhất của $n$.

Lời giải

1. Thí sinh chỉ cần chọn $n$ và tìm đúng bộ $n$ số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài sẽ được $1$ điểm.
   Xét trường hợp $n=8$, ta có thể chọn các bộ số \[ \dfrac{a}{2^2},\dfrac{a}{2 \cdot 3},\dfrac{a}{3 \cdot 5},\dfrac{a}{5 \cdot 43},\dfrac{a}{43 \cdot 47}, \dfrac{a}{47 \cdot 101},\dfrac{a}{101 \cdot 673},\dfrac{a}{673 \cdot 2}. \]
2. Ta có $a=2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 43 \cdot 47 \cdot 101 \cdot 673$. Gọi $A$ là tập hợp các ước nguyên tố này.
   Xét các số $x_1, x_2,..., x_n$ xếp trên vòng tròn với quy ước $x_{n+1}=x_1$ và $x_{n+2}=x_2$.
   Với $1 \le i \le n$ thì rõ ràng $x_i x_{i+1}$ không chia hết cho $a$ nên ta có $p \in A$ để \[ v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a) \Leftrightarrow v_p(x_i)+ v_p( x_{i+1}) < v_p(a).\,(*)\] Trong đó $v_p(x)$ là số mũ đúng của $p$ trong $x$ với $p$ là một số nguyên tố trong phân tích của $x$.
   Ứng với số $j$ mà $\{ i;i+1\} \ne \{ j;j+1\} $, ta cũng có $q \in A$ để $ v_q(x_j)+ v_p(x_{j+1}) < v_q(a)$.
   Nếu như $p=q$ thì rõ ràng mâu thuẫn, vì cộng lại, ta có \[ v_p(x_i x_{j})+v_p(x_{i+1} x_{j+1}) < 2v_p(a),\] nhưng lại có $a | x_ix_j$ và $a | x_{i+1}x_{j+1}$ (là các cặp số không nằm cạnh nhau).
   Do đó các số nguyên tố này phải đôi một phân biệt.
   xét bộ số $(i;i+1)$ và $(i+1;i+2)$. Giả sử có $p \in A $ để $ v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a)$ và $ v_p(x_{i+1} x_{i+2}) < v_p(a)$.
   Nếu $v_p(a)=1$ thì $v_p(x_i)=v_p(x_{i+1})=v_p(x_{i+2})=0$, mâu thuẫn với $v_p(x_ix_{i+2}) > 0$.
   Do đó, điều trên chỉ xảy ra khi $v_p(a) \ge 2$, và chỉ có $p=2 \in A$ là thỏa mãn điều này. Nói tóm lại, trừ số $2$ xuất hiện không quá $2$ lần, thì các số còn lại trong $A$ chỉ được xuấn hiện không quá $1$ lần trong các điều kiện $(*)$ ở trên. Vì thế $n \le 8$. Dấu bằng được chỉ ra ở câu 4a).
   Vậy giá trị lớn nhất của $n$ là $8$.

Bài 5. Cho tập $S=\{1;2;...;n\}$ với $n$ là số nguyên dương. Gọi $A_n$ là tập hợp các hoán vị $(a_1, a_2,..., a_n)$ của tập $S$ thỏa mãn điều kiện $2(a_1+a_2+ \cdots +a_k)$ chia hết cho $k$ với $k=1,2,...,n$. Chứng minh $a_n-1$ chia hết cho $n-1$ khi $n$ chẵn và $n > 3$. Tìm số phần tử của $A_{2020}$.

Lời giải

1. Ta xét $n \ge 3$ và xét hoán vị $(a_1, a_2, ..., a_n)$ của tập hợp $\{1,2,...,n\}$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
   Với $k=n-1$, ta có \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-1})&=2(1+2+ \cdots +n-a_n)=2\left[\dfrac{n(n+1)}{2}-a_n\right]\\&=n(n+1)-2a_n=(n+2)(n-1)-2a_n+2. \end{align*} Từ đẳng thức trên suy ra $2a_n-2$ chia hết cho $n-1$, mà $n$ chẵn nên $n-1$ lẻ.
   Vậy $a_n-1$ chia hết cho $n-1$.
2. Đặt $u_n=|A_n|$ (số phần tử của tập $A_n$), với $n=1,2,3...$ Dễ thấy $u_1=1$, $u_2=2$, $u_3=6$.
   Từ $2a_n-2$ chia hết cho $n-1$ theo câu 5a), kết hợp với $0 \le 2a_n-2 \le 2n-2\\ \Rightarrow 2a_n-2 \in \{0,n-1,2n-2\}$.
   Trường hợp $1$. $2a_n-2=n-1 \Leftrightarrow a_n=\dfrac{n+1}{2}$.
   Xét $k=n-2$, ta có: \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2})&=2\left[(1+2+ \cdots +n)-a_n-a_{n-1}\right]=n(n+1)-2a_n-2a_{n-1}\\&=n^2+n-n-1-2a_{n-1}=(n-2)(n+2)+3-2a_{n-1}. \end{align*} Từ đẳng thức trên ta suy ra $2a_{n-1}-3$ chia hết cho $n-2$ (do $2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2})$ chia hết cho $n-2$).
   Kết hợp với $1 \le 2a_{n-1}-3 \le 2n-3$ nên $2a_{n-1}-3 \in \{0,n-2,2n-4\}$.
   Do $2a_{n-1}-3$ là một số lẻ suy ra $2a_{n-1}-3=n-2 \Leftrightarrow a_{n-1}=\dfrac{n+1}{2}$, từ đó $a_{n-1}=a_{n}$. Điều này vô lý do $a_{n-1} \ne a_n$.
   Vậy trường hợp $2a_n-2=n-1$ không xảy ra.
   Trường hợp $2$. $2a_n-2=0 \Leftrightarrow a_n=1$. Khi đó $(a_1, a_2, ..., a_{n-1})$ là một hoán vị của tập $\{ 1,2,...,n-1\}$ và $(a_1, a_2,..., a_{n-1})\in A_{n-1}$, suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng $u_{n-1}$.
   Trường hợp $3$. $2a_n-2=2n-2 \Leftrightarrow a_n=n$. Ta đặt $b_1=a_i-1, i=1,2,...,n$.
   Mặt khác ta có $2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k})=2(a_1-1+a_2-1+ \cdots a_k-1 )=2(a_1+a_2+ \cdots+a_k)-2k$.
   Suy ra $2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k})$ chia hết cho $k$ với mọi $k=1,2,...,n-1$.
   Do đó bộ $(b_1, b_2, ..., b_{n-1})\in A_{n-1}$, Suy ra số bộ $(a_1,a_2,...,a_n)$ thõa mãn trong trường hợp này là bằng $u_{n-1}$.
   Từ ba trường hợp trên ta được $u_n=2u_{n-1}$ với $n > 3$.
   Kết hợp với $u_1=1$, $u_2=2$, $u_3=6$, theo công thức truy hồi ta được $u_n=3 \cdot 2^{n-2}$ với $n > 3$.
   Do đó số phần tử của tập $A_n$ là $3 \cdot 2^{n-2}$.
   Vậy số phần tử của tập $A_{2020}$ là $3\cdot 2^{2018}$.