Đề chọn ĐTQG tỉnh Đồng Tháp năm 2020-2021

Bài 1. Với mỗi số nguyên dương $n\ge 2$, xét số thực $u_n > 1$ sao cho phương trình $[u_n x]=x$ có đúng $n$ nghiệm nguyên (theo ẩn $x$ và $[u_nx]$ là phần nguyên của $u_nx$). Chứng minh rằng $[u_n] =1$, $\forall n \in \mathbb{N}, n \ge 2$. Với mỗi cách xác định của dãy $(u_n )$ thỏa điều kiện trên. Chứng minh rằng dãy $(u_n )$ luôn có giới hạn và tìm giới hạn ấy.

Lời giải

1. Chứng minh rằng $[u_n] =1$, $\forall n \in \mathbb{N}, n \ge 2$.
   Nếu $x$ là nghiệm của phương trình trên thì $x\in \mathbb{Z}$. Vì $u_n > 1$ nên từ (1) suy ra $x\ge 0$.
   Dễ thấy $x=0$ là một nghiệm. Suy ra phương trình trên có đúng $n-1$ nghiệm nguyên dương.
   Ta có \[ [u_n x] =x \Leftrightarrow x \le u_n < x+1 \Leftrightarrow 1 \le u_n < \dfrac{1}{x}, \ \forall x \ne 0. \quad (1) \] Xét $x$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình đã cho. Từ (1) ta được $[u_n ]=1, \ \forall n \ge 2$.
2. Với mỗi cách xác định của dãy $(u_n )$ thỏa điều kiện trên. Chứng minh rằng dãy $(u_n )$ luôn có giới hạn và tìm giới hạn ấy.
   Với mỗi $n$ nguyên dương $(n\ge 2)$, gọi $x_0$ là nghiệm nguyên dương lớn nhất của phương trình đã cho. Vì phương trình có đúng $n-1$ nghiệm nguyên dương nên $x_0 \ge n-1$.
   Suy ra $1 < u_n < 1+\dfrac{1}{n+1}, \ \forall n\ge 2$.Cho $n \to +\infty$, ta được $\lim u_n =1$.

Bài 2. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}& (x+1)(y+1)(z+1) =5\\ & (\sqrt{x} +\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 =x+6.\end{array} \right.$

Lời giải

Điều kiện $x,y,z \ge 0$. Từ phương trình (1) ta có \[5= (x+1)(y+1)(z+1) \ge (x+1) (\sqrt{y} +\sqrt{z})^2.\] Do đó \[x+6 = (x+1)+5 \ge (x+1 )[1+(\sqrt{y}+\sqrt{z})^2 ]. \] Áp dụng bất đẳng thức CauChy, ta có \[x+6 \ge (x+1) [1+ (\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 ] \ge (\sqrt{x} +\sqrt{y} +\sqrt{z})^2 \] Theo phương trình (2), đẳng thức trên xảy ra. Như vậy \[\left\{ \begin{array}{l} & \dfrac{y}{1} =\dfrac{1}{z} \\ & \sqrt{x} =\dfrac{1}{\sqrt{y} +\sqrt{z}}.\end{array} \right. \] Thay vào phương trình (2) ta được \[\left(\sqrt{x}+ \dfrac{1}{\sqrt{x}}\right)^2 =x+6 \Leftrightarrow x +2 +\dfrac{1}{x} =x+6 \Leftrightarrow x =\dfrac{1}{4}. \] Suy ra $y=z=1$. Thử lại, $x =\dfrac{1}{4}, y=z=1$ là nghiệm của hệ phương trình đã cho.

Bài 3. Xét số $T=3^n-2^n$, trong đó $n$ là số nguyên dương, $n \ge 2$. Chứng minh rằng Không tồn tại $n$ để $T$ là bình phương của một số nguyên tố. Nếu $T$ là lập phương của một số nguyên tố thì $n$ là một số nguyên tố.

Lời giải

1. Không tồn tại $n$ để $T$ là bình phương của một số nguyên tố.
   Giả sử tồn tại $n\ge 2$ sao cho $3^n -2^n =p^2$, trong đó $p$ là số nguyên tố. Dễ thấy $p$ lẻ nên $p^2\equiv 1 \mod 4$. Khi đó $3^n\equiv 1 \mod 4$ nên $n$ chẵn.
   Do $n$ chẵn nên $2^n \equiv 1 \mod 3$. Mặt khác, do $p$ không chia hết cho $3$ nên $p^2 \equiv 1 \mod 3$.
   Suy ra $3^n=2^n+p^2 \equiv 2 \mod 3$, vô lý.
2. Nếu $T$ là lập phương của một số nguyên tố thì $n$ là một số nguyên tố.
   Giả sử $3^n-2^n=p^3$, trong đó $p$ là số nguyên tố.
   Nếu $n$ là hợp số thì $n=a\cdot b$, với $a,b \in \mathbb{Z}, a,b \ge 2$. Khi đó \[p^3=(3^a )^b-(2^a )^b=(3^a-2^a )\left[(3^a )^{b-1}+ \ldots +(2^a )^{b-1} \right]=(3^a-2^a )\cdot A.\] Dễ thấy $1 < 3^a -2^a < A$ nên \[\left\{ \begin{array}{l}& 3^a -2^a=p \\ &A =p^2.\end{array} \right. \] Do đó$p^3=(2^a+p)^b-(2^a )^b > p^b \Rightarrow b=2$.
   Ta có $3^a-2^a=p,3^a+2^a=p^2 \Rightarrow 2^{a+1}=p(p-1)$, vô lý.
   Vậy $n$ là số nguyên tố.

Bài 4. Với mỗi $m \in \mathbb{N^*}$, ta kí hiệu $\alpha(2m)=(m!)^2$, $\alpha(2m+1)=(m!)\cdot((m+1)!)$. Cho đa thức $p(x)$ hệ số nguyên, có bậc lớn hơn hoặc bằng $k$ ($k \in \mathbb{N^*}$) và có ít nhất $k$ nghiệm nguyên phân biệt. Xét số nguyên $n \ (n\ne 0)$ sao cho đa thức $q(x)=p(x)-n$ có ít nhất một nghiệm nguyên. Chứng minh rằng $|n|\ge \alpha(k)$.

Lời giải

Giả sử $x_1,x_2,\ldots,x_k$ là $k$ nghiệm nguyên phân biệt của $p(x)$. Khi đó $$p(x)=(x-x_1 )(x-x_2 )\cdots (x-x_k )\cdot h(x), (h(x) \in Z[x]) .$$ Giả sử $q(x)=p(x)-n$ có một nghiệm nguyên là $a$. Ta có $q(a)=0$ nên $$n=p(a)=(a-x_1 )(a-x_2) \cdots (a-x_k )h(a).$$ Vì $n\ne 0$ nên $a\ne x_1,x_2,\ldots,x_k$ và $h(a)\ne 0$.
Nếu $k=2m \ (m \in \mathbb{N^*})$ thì $$|a-x_1 |\cdot|a-x_2 |\cdots|a-x_{2m} |\ge 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdots m\cdot m=(m!)^2=\alpha(2m).$$ Nếu $k=2m+1 \ (m \in \mathbb{N^*})$, thì $$|a-x_1 | \cdot |a-x_2 |\cdots|a-x_{2m+1} | \ge 1 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 2 \cdots m\cdot m \cdot (m+1) =(m!) \cdot (m+1)!=\alpha(2m+1).$$ Mặt khác, $h(a) \in \mathbb{Z^*}$ nên $$|n|=|a-x_1 |\cdot |a-x_2| \cdots|a-x_k |\cdot |h(a)|\ge \alpha(k).$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Chứng minh $SI$ vuông góc với $AD$. Đường thẳng $d$ thay đổi, đi qua $S$ và cắt đường tròn $(I)$ tại hai điểm phân biệt $M,N$. Các tiếp tuyến tại $M$, $N$ của $(I)$ cắt nhau tại $T$. Chứng minh $T$ thuộc một đường thẳng cố định. Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ và $NF$, $G$ là giao điểm của $MC$ và $NB$. Chứng minh $K$ và $G$ cùng thuộc đường thẳng $AD$.

Lời giải

1. Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Chứng minh $SI$ vuông góc với $AD$.
   
   Gọi $H= AI \cap EF$. Tứ giác $SHID$ nội tiếp nên $\widehat{ISD} =\widehat{IHD}$.
   Mặt khác $IH \cdot IA =IE^2 =ID^2 \Rightarrow \triangle IDH \sim \triangle IAD (c-g-c)$. Suy ra $\widehat{ISD} =\widehat{IHD}=\widehat{IDA}$. Vậy $SI \perp AD$.
   Cách giải khác:
   
   Xét đường tròn $(I)$
   • $SD$ là tiếp tuyến nên $S$ liên hợp với $D$ đối với $(I)$.
   • $EF$ là đường đối cực của $A$ đối với $(I)$ nên $A$ liên hợp với $S$ đối với $(I)$.
   Do $S$ liên hợp với $A$ và $D$ đối với $(I)$ nên $AD$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$. Suy ra $SI \perp AD$.
2. Đường thẳng $d$ thay đổi, đi qua $S$ và cắt đường tròn $(I)$ tại hai điểm phân biệt $M,N$. Các tiếp tuyến tại $M$, $N$ của $(I)$ cắt nhau tại $T$. Chứng minh $T$ thuộc một đường thẳng cố định.
   
   Gọi $D' =AD \cap (I)$ với $D \ne D'$. Ta thấy $SI$ vuông $DD'$ nên $\widehat{SID} =\widehat{SID'}$.
   Suy ra $\triangle SID =\triangle SID'$. Từ đó ta được $SD' \perp ID'$.
   Chứng minh tương tự như câu a), suy ra $TD' \perp SI$.
   Ta có $\left\{ \begin{array}{l} & AD \perp SI \\ & TD' \perp SI\end{array} \right. \Rightarrow A,D,T$ thẳng hàng. Vậy $T \in AD$ cố định.
   Cách giải khác
   
   Do $T$ là cực của đường thẳng $MN$ đối với $(I)$ nên $T$ liên hợp với $S$.
   Suy ra $T$ thuộc đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.Hay $T$ thuộc đường thẳng $AD$ cố định.
3. Gọi $K$ là giao điểm của $ME$ và $NF$, $G$ là giao điểm của $MC$ và $NB$. Chứng minh $K$ và $G$ cùng thuộc đường thẳng $AD$.
   
   Xét tứ điểm toàn phần $MNEF$ nội tiếp đường tròn $(I)$, có $S$ và $K$ là hai điểm chéo. Do đó $S$ liên hợp với $K$ đối với $(I)$. Suy ra $K$ thuộc đường đối cực của $S$ đối với $(I)$ hay $K$ thuộc $AD$.
   Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của $MC$ với đường tròn $(I)$. Ta có tứ giác $MDPE$ là tứ giác điều hòa nên $$(MD;ME;MP;MT)=-1 \Rightarrow (MD;MK;MC;MT)=-1.$$ Chứng minh tương tự ta có $(ND;NK;NB;NT)=-1$. Do đó $K,G,D,T$ thẳng hàng hay $K$ và $G$ cùng thuộc $AD$.

Bài 6. Viết $n$ số thực có tổng bằng $n-1$, ($n\ge 1$) quanh một đường tròn. Chứng minh rằng ta có thể gắn nhãn cho các số đó theo chiều kim đồng hồ là $x_1,x_2, \ldots,x_n$ sao cho \[x_1+x_2+ \ldots+x_k \ge k-1,\ \forall \ 1\le k \le n.\]

Lời giải

Chứng minh bằng quy nạp. Với $n=1$, hiển nhiên đúng.
Giả sử đúng đến $n$. Xét với $n+1$ số có tổng bằng $n$. Trong các số này, xét số nhỏ nhất, gọi là $\alpha$. Suy ra $\alpha \le 1$. Gọi $\beta$ là số kề với $\alpha$ theo ngược chiều kim đồng hồ. Thay hai số $\alpha, \beta$ bởi số $\alpha +\beta -1$ ta được $n$ số có tổng bằng $n-1$.
Theo giả thiết quy nạp có thể gán nhãn cho $n$ số này là $x_1,\ldots,x_n$ sao cho $$x_1+x_2+ \ldots+x_k \ge k-1, \ \forall \ 1 \le k \le n.$$ Giả sử $x_p =\alpha +\beta -1$. Thay $x_p = \beta , x_{p+1} =\alpha$. Các số $x_1,\ldots,x_{p-1}$ giữ nguyên, các số $x_{p+1},\ldots,x_n$ tịnh tiến chỉ số lên một đơn vị ta được $n+1$ số thoả mãn.
Theo nguyên lý quy nạp, ta được điều phải chứng minh.