Đề chọn ĐTQG tỉnh Quãng Nghĩa, ngày 2 năm học 2020-2021

Bài 1. Một số nguyên dương $n$ được gọi là số tạo cấp số nếu nó thỏa mãnđồng thời hai điều kiện sau $n$ có ít nhất $4$ ước nguyên dương $d_1$, $d_2$, $\ldots$, $d_k$ ($k\ge 4$) với $d_1 < d_2 < \ldots < d_k$. Các số $d_2-d_1$, $d_3-d_2$, $\ldots$, $d_k-d_{k-1}$ theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân. Tìm tất cả các số nguyên dương chẵn là số tạo cấp số Tìm tất cả các số nguyên dương là số tạo cấp số

Lời giải

1. Giả sử $n$ là số nguyên dương chẵn và là = số tạo cấp số<>=. Khi đó $d_1=1$, $d_2=2$, $\ldots$, $d_{k-1}=\dfrac{n}{2}$, $d_k=n$ và $q$ là công bội của cấp số nhân $$d_2-d_1, d_3-d_2,\ldots,d_k-d_{k-1}.$$ Khi đó $d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{2}=q^{k-2}(2-1)\Leftrightarrow n=2q^{k-2}$.
   • Nếu $q=2$ thì $n=2^{k-1}$ và theo giả thiết trên ta thấy $n=2^m$ với $m\ge 3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
   • Nếu $q\ne 2$ thì $k=\tau (n)=\tau \left(2^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1)$, suy ra $k\le 2$ vô lý.
   Vậy $n=2^m$ với $m\ge 3$ là tất cả các số chẵn và là = số tạo cấp số<>=.
2. Gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$. Khi đó $d_1=1$, $d_2=p$,$\ldots$, $d_{k-1}=\dfrac{n}{p}$, $d_k=n$ và $q$ là công bội của cấp số nhân $d_2-d_1$, $d_3-d_2$, $\ldots$,$d_k-d_{k-1}$. Khi đó $$d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{p}=q^{k-2}(p-1)\Leftrightarrow n=pq^{k-2}.$$
   • Nếu $p=q$ thì $n=p^{k-1}$ và theo hai giả thiết trên ta thấy số $n=p^m$ với $m\ge 3$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
   • Nếu $q\ne p$ thì $\tau(n)=\tau \left(p^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1)$, suy ra $k\le 2$ vô lý.
   Vậy $n=p^m$ với $m\ge 3$, $p$ là số nguyên tố.

Bài 2. Cho đa thức hệ số nguyên $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$ ($a_n\ne 0$). $P(x)$ được gọi là đa thức đặc biệt nếu các hệ số của nó thỏa mãn đồng thời hai điều kiện Nếu $0\le i\le n$, $i\not \vdots 3$ thì $a_i\vdots 3$. $\sum a_i\vdots 6$, trong đó $\sum a_i$ là tổng tất cả các hệ số $a_i$ mà $i\not \vdots 3$. Chứng minh rằng với $Q(x)$ là một đa thức hệ số nguyên thì $[Q(x)]^3$ là một đa thức = đặc biệt=. $P(x)$ được gọi là đa thức tổng lập phương nếu tồn tại $m$ số nguyên $b_1$, $b_2$, $\ldots$, $b_m$ và $m$ đa thức hệ số nguyên $P_1(x)$, $\ldots$, $P_m(x)$ sao cho $P(x)=b_1[P_1(x)]^3+\cdots+b_m[P_m(x)]^3$ với $m\in \mathbb{N}^*$. Chứng minh rằng mọi đa thức đặc biệt đều là đa thức tổng lập phương .

Lời giải

1. Ta chứng minh quy nạp theo bậc của đa thức $Q(x)$.
   • Nếu $Q(x)$ là đa thức hằng thì hiển nhiên.
   • Nếu $(x)=ax+b$, $a,b\in \mathbb{Z}, a\ne 0$ thì $$[Q(x)]^3=(ax+b)^3=a^3x^3+3ax^2bx^2+3ab^2x+b^3.$$ thỏa điều kiện $i)$ và cũng thỏa mãn điều kiện $ii)$ vì $a^2b+ab^2=ab(a+b)\vdots 2$ (trong các số $a$, $b$, $a+b$ luôn có ít nhất một số chẵn).
2. Giả sử $[Q(x)]^3$ là một đa thức = đặc biệt=\ với $\deg Q\le n-1$. Ta chứng minh $[Q(x)]^3$ cũng là một đa thức = đặc biệt=\ với $\deg Q=n$.
   Đặt $Q(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0$, $c_n\ne 0, c_i\in \mathbb{Z}.$
   Khi đó \begin{align*} Q(x)=&\left(c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3\\ &=c^3_nx^{3n}+3c^2_nx^{2n}\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)+3c_nx^n\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^2\\ &+\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3. \end{align*} Vì $c^2_nc_t+c_nc^2_t=c_nc_t(c_n+c_t)$ chẵn với mọi $t=\overline{0,n-1}$ nên các hệ số của $[Q(x)]^3$ thỏa mãn các điều kiện $i)$ và $ii)$, do đó nó là đa thức = đặc biệt =.
3. $T(x)=15x^2+9x+2021=4(x+1)^3-(x-1)^3-3x^3+2016\cdot 1^3$ nên $T(x)$ là đa thức = tổng lập phương=.
4. Nếu $P(x)$ là một đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn $3$. Khi đó $$P(x)=3a_2x^2+3a_1x+a_0$$ với $a_2,a_1,a_0\in \mathbb{Z}, \left(a_2+a_1\right)\vdots\ 2.$
   Ta có $P(x)=\dfrac{a_1+a_2}{2}(x+1)^3+\dfrac{a_1-a_2}{2}(x-1)^3-a_1x^3+(a_0-a_2)\cdot 1^3$ nên $P(x)$ là một đa thức = tổng lập phương=.
   Giả sử mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn $3(n-1)$ đều là đa thức = tổng lập phương=. Ta chứng minh mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn $3n$ là đa thức = tổng lập phương=.
   Xét đa thức = đặc biệt= \ mà $\deg P < 3n$. $$P(x)=3a_{3n-1}x^{3n-1}+3a_{3n-2}x^{3n-2}+a_{3n-3}x^{3n-3}+Q(x)$$ có $\deg Q < 3(n-1)$ và xảy ra một trong hai trường hợp sau \item $a_{3n-1}+a_{3n-2}$ chẵn, $Q(x)$ là đa thức = đặc biệt=. \item $a_{3n-1}+a_{3n-2}$ lẻ, $Q(x)-3x^{3n-4}$ là đa thức đặc biệt.
   • Xét trường hợp $(1)$ \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-1}+a_{3n-2}}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}-a_{3n-1}}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3+Q(x) \end{align*} nên $P(x)$ là đa thức = tổng lập phương =.
   • Xét trường hợp $(2)$ \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-3}+a_{3n-2}-1}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}+a_{3n-1}-1}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(x^n+x^{n-2}\right)^3+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3-\left(x^{n-2}\right)^3+Q(x)-3x^{3n-4} \end{align*} nên $P(x)$ là đa thức = tổng lập phương=.
   Vậy theo nguyên lý quy nạp, mọi đa thức = đặc biệt=\ đều là đa thức = tổng lập phương=.

Bài 3. Cho đường tròn $(O)$ và hai điểm $B$, $C$ cố định trên $(O)$, $BC$ không là đường kính. Một điểm $A$ thay đổi trên $(O)$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân. Đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AID$, $BIE$, $CIF$ có hai điểm chung. Gọi $G$ là giao điểm $CI$ và $DE$, $H$ là điểm trên đường thẳng $EF$ sao cho $IH\perp IC$. Các đường thẳng $GH$ và $ID$ cắt nhau tại $K$, $BK$ và $CK$ lần lượt cắt đường thẳng $EF$ tại $M$ và $L$. Gọi $N$ là trung điểm của $LM$. Chứng minh rằng đường thẳng $IN$ luôn đi qua điểm cố định.

Lời giải

1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$ cắt đường thẳng $BC$ tại $X$. Khi đó $\widehat{IAX}=\widehat{IDX}=90^\circ$, nên $AX$ là tia phân giác ngoài của góc $A$ của tam giác $ABC$.
   Tương tự, đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIE$ đi qua điểm $Y$ là chân đường phân giác ngoài góc $B$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $CIF$ đi qua điểm $Z$ là chân đường phân giác ngoài góc $C$ của tam giác. Ta có $$\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AB}{CA}\cdot \dfrac{BC}{BA}\cdot \dfrac{CA}{CB}=1$$ nên theo định lí Menelaus $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng.
   Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$, $BIE$, $CIF$ lần lượt là trung điểm của $IX$, $IY$, $IZ$ nên chúng thẳng hàng. Suy ra các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $AID$, $BIE$, $CIF$ có hai điểm chung.
2. $BI$ cắt $EF$ tại $L'$. Ta có $\triangle BFL'=\triangle BDL'$ nên $L'B$ là tia phân giác của góc $\widehat{FL'D}$ \quad $(1)$.
   Mặt khác $\dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA}\cdot \dfrac{FA}{FB}=1$ nên $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy.
   Theo mô hình tứ giác toàn phần, ta có $L'(F,D,B,C)=-1\quad (2)$.
   Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $L'B\perp L'C$.
   Tương tự nếu gọi $M'$ là giao điểm của $CI$ với $EF$ thì $M'B\perp M'C$. Xét hai tam giác $M'GH$ và $BDI$ có $M'B$, $GD$, $HI$ đôi một song song nên theo định lí Desargues, giao điểm của các cặp đường thẳng $GH$ và $DI$, $M'H$ và $BI$, $M'G$ và $BD$ thẳng hàng hay $C$, $L'$, $K$ thẳng hàng. Từ đó ta có $CK\perp BI$.
   Ta có $L'\equiv L$ và $I$ là trực tâm của tam giác $KBC$, do đó $M'\equiv M$. $\widehat{BMC}=\widehat{BLC}=90\circ$ nên tứ giác $BMLC$ nội tiếp. Do đó các tam giác $IML$ và $IBC$ đồng dạng. $IN$ là đường trung tuyến của tam giác $IML$ nên nó là đường đối trung của tam giác $IBC \quad(3).$
   Gọi $J$, $T$ lần lượt là trung điểm của cung nhỏ và cung lớn $\overset\frown{BC}$ của đường tròn $(O)$. Ta có $\widehat{JBI}=\widehat{JIB}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}\right)$ nên $JI=JB$, hiển nhiên $JB=JC$ nên $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$.
   $TB\perp JB$ và $TC\perp JC$ nên $T$ là giao điểm của các tiếp tuyến tại $B$ và tại $C$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BIC$. Từ đó $IT$ là đường đường đối trung của tam giác $IBC$ \quad $(4)$.
   Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra $I$, $N$, $T$ thẳng hàng. Hay nói cách khác đường thẳng $IN$ đi qua điểm $T$ cố định.