Đề chọn ĐTQG tỉnh Quảng Ninh năm 2020-2021-Ngày 1

Bài 1. Cho các số thực $a, b, c \in[1; 2]$, chứng minh rằng $9 \leq(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \leq 10$.

Lời giải

• Áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có $a+b+c \geq 3 \sqrt[3]{a b c}$ và $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \geq 3 \sqrt[3]{\dfrac{1}{a b c}}$.
  Suy ra $(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \geq 9$.
  Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c \in[1; 2]$.
• Ta có $(a+b+c)\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right) \leq 10 \Leftrightarrow(b+c)\left(\dfrac{a}{b c}+\dfrac{1}{a}\right)+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b} \leq 7$. (*)
  Ta chứng minh $\dfrac{a}{b c}+\dfrac{1}{a} \leq \dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \Leftrightarrow(a-c)(a-b) \leq 0$.
  Muốn vậy không mất tính tổng quát ta giả sử $a$ là số nằm giữa hai số $b$ và $c$.
  Mặt khác, $\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b} \leq \dfrac{5}{2} \Leftrightarrow \dfrac{1}{2} \leq \dfrac{b}{c} \leq 2$ luôn đúng.
  Suy ra $$\begin{eqnarray*} VT(*) &\leq&(b+c)\left(\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\right)+\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\\ &=&2+2\left(\dfrac{b}{c}+\dfrac{c}{b}\right) \leq 2+2 \cdot \dfrac{5}{2}=7 \end{eqnarray*}$$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=2, c=1$ hoặc $a=c=1, b=2$ và các hoán vị.

Bài 2. Với mỗi số nguyên dương $n,$ xét đa thức $P_n(x)=x^n+(x-1)^n-(x+1)^n$. Chứng minh rằng với mỗi $n$ nguyên dương, đa thức $P_n(x)$ có duy nhất một nghiệm dương, ký hiệu là $r_n,$ và $r_n < r_{n+1}, \forall n \in \mathbb{N}^{*}$. Tính $\lim \dfrac{r_n}{n}$.

Lời giải

1. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. Thử trực tiếp, thấy đúng với $n=1; 2$.
   Giả sử mệnh đề đúng $\forall n \leq k, k \in \mathbb{N}^{*}$.
   Xét $P_{k+1}(x)=x^{k+1}+(x-1)^{k+1}-(x+1)^{k+1}$ xác định và liên tục trên $[0;+\infty)$.
   Dễ thấy $P_{k+1}'(x)=(k+1) \cdot P_{k}(x)=0 \Leftrightarrow x=r_{k} > 0$, $\left[\begin{array}{l}P_{k+1}(0)=0 \\ P_{k+1}(0)=-2\end{array}\right.$ và $\lim\limits_{x \to+\infty} P_{k+1}(x)=+\infty$.
   
   Dựa vào $\mathrm{BBT},$ trên $(0;+\infty)$ tồn tại duy nhất $r_{k+1} > r_{k}: P_{k+1}\left(r_{k+1}\right)=0.$
   $\Rightarrow P_{k+1}(x)$ có duy nhất một nghiệm dương $r_{k+1}$ và $r_{k+1} > r_{k}$.
2. Xét hàm số $f(x)=1+e^{-x}-e^x$ nghịch biến trên $\mathbb{R}$.
   Ta có $f(x)=0 \Leftrightarrow x=\ln \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}=x_0 > 0$.
   Với mọi $s > 0$ ta có $$\begin{eqnarray*} \lim \dfrac{P_n\left(\dfrac{n}{s}\right)}{\left(\dfrac{n}{s}\right)^n}&=&\lim \dfrac{\left(\dfrac{n}{s}\right)^n+\left(\dfrac{n}{s}-1\right)^n-\left(\dfrac{n}{s}+1\right)^n}{\left(\dfrac{n}{s}\right)^n}\\ &=&\lim \left[1+\left(1-\dfrac{s}{n}\right)^n-\left(1+\dfrac{s}{n}\right)^n\right]\\ &=&1+e^{-s}-e^{s}=f(s). \end{eqnarray*}$$ Với mọi $0 < \epsilon < \dfrac{1}{x_0}$ nhỏ tùy ý.
   Chọn $s=\dfrac{x_0}{1-\epsilon x_0} > x_0$ thì $f(s) < f\left(x_0\right)=0 \Rightarrow \lim \dfrac{P_n\left(\dfrac{n}{s}\right)}{\left(\dfrac{n}{s}\right)^n} < 0$ nên tồn tại $n_1 \in \mathbb{N}^{*}$ sao cho $\forall n > n_1$ ta có $P_n\left(\dfrac{n}{s}\right) < 0 \Rightarrow \dfrac{n}{s} < r_n, \forall n > n_1$.
   Suy ra $\dfrac{r_n}{n} > \dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{x_0}-\epsilon, \forall n > n_1$.
   Chọn $s=\dfrac{x_0}{1+\epsilon x_0} < x_0 \Rightarrow f(s) > f\left(x_0\right)=0 \Rightarrow \lim \dfrac{P_n\left(\dfrac{n}{s}\right)}{\left(\dfrac{n}{s}\right)^n} > 0$ nên tồn tại $n_2 \in \mathbb{N}^{*}$ sao cho $\forall n > n_2$ ta có $P_n\left(\dfrac{n}{s}\right) > 0 \Rightarrow \dfrac{n}{s} > r_n, \forall n > n_2$.
   Suy ra $\dfrac{r_n}{n} < \dfrac{1}{s}=\dfrac{1}{x_0}+\epsilon, \forall n > n_2$.
   Từ trên suy ra $\forall n > \max \left\{n_1; n_2\right\}$ ta có $\left|\dfrac{r_n}{n}-\dfrac{1}{x_0}\right| < \epsilon,$ vói $\epsilon > 0$ nhỏ tùy ý.
   Như vậy $\lim \dfrac{r_n}{n}=\dfrac{1}{x_0}=\dfrac{1}{\ln \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}}$.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(C)$ có $AB > BC$. Các điểm $M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, BC$ sao cho $AM=CN$. Gọi $K$ là giao điểm của các đường thẳng $MN$ và $A C, P$ và $Q$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $AMK$ và tâm đường tròn bàng tiếp góc $K$ của tam giác $CNK$. Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $ABC$ của $(C)$. Chứng minh rằng $SP=SQ$.

Lời giải

$\Delta SAM=\Delta SCN\,(\mathrm{c.g.c}) \Rightarrow \widehat{SMB}=\widehat{SNB} \Rightarrow SBNM$ nội tiếp.
$\widehat{SMK}=\widehat{SBC}=\widehat{SAK} \Rightarrow SMAK$ nội tiếp $\left(C_{1}\right)$.
$\widehat{SCN}=\widehat{SAM}=\widehat{SKN} \Rightarrow SNCK$ nội tiếp $\left(C_{2}\right)$ và $R_{\left(C_{1}\right)}=R_{\left(C_{2}\right)}$.
Gọi $U$ là điểm chính giữa cung $A M$ của $\left(C_1\right), V$ là điểm chính giữa cung $CN$ của $\left(C_2\right),$ do $R_{\left(C_1\right)}=R_{\left(C_2\right)}$ và $AM=CN \Rightarrow UA=VC, SU=SV$ đồng thời $U, V, P, Q$ cùng nằm trên đường phân giác trong của $\widehat{NKC}$.
Mặt khác, $UA=UP, VC=VQ$.
Suy ra $\triangle SUP=\triangle SVQ$ (c.g.c), do đó $SP=SQ$.

Bài 4. Cho các số nguyên dương $a, k$ với $a \geq 2$. Chứng minh rằng $k \mid \varphi\left(a^{k}-1\right)$, trong đó $\varphi$ là phi hàm Euler. Cho số nguyên $m \geq 2$ và $p$ là một số nguyên tố không là ước của $m$ nhưng $p$ là ước của $\varphi(m)$. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố $q$ sao cho $q \equiv 1 \pmod p$. Cho $p$ là một số nguyên tố. Chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố dạng $p k+1$.

Lời giải

1. Đặt $m=a^{k}-1$ thì $a^{k} \equiv 1\pmod m.$ Gọi $h=\operatorname{ord}_m(a)$ thì $h \mid k$ và $h \mid \varphi(m)$.
   Do $h \mid k$ nên $h \leq k$.
   Mặt khác, $a^{h} \equiv 1\pmod m$ nên $a^{h} \geq 1+m=a^{k},$ suy ra $h \geq k.$
   Từ đó ta có $h=k$ suy ra $k \mid \varphi(m)=\varphi\left(a^{k}-1\right)$.
2. Giả sử $m$ có phân tích tiêu chuẩn $m=\displaystyle\prod_{i=1}^{t} p_{i}^{k_{i}}$ thì $\displaystyle\varphi(m)=\prod_{i=1}^{t} p_{i}^{k_{i}-1}\left(p_{i}-1\right)$.
   Do $p$ là ước của $\varphi(m)$ nhưng không là ước của $m$ nên $\displaystyle p \mid \prod_{i=1}^{t}\left(p_{i}-1\right)$.
   Từ đây suy ra tồn tại $i \in\{1; 2; \ldots; t\}$ sao cho $p \mid p_{i}-1$ hay $p_{i} \equiv 1\pmod p$.
3. Giả sử có hữu hạn số nguyên tố dạng $p n+1$ là $q_1, q_2, \ldots, q_{k}$.
   Đặt $a=p q_1 q_2 \cdots q_{k}, m=a^{p}-1$.
   Theo a), $p \mid \varphi\left(a^{p}-1\right)$ hay $p \mid \varphi(m).$
   Do $p$ là ước của $\varphi(m)$ nhưng không là ước của $m$ nên theo b) tồn tại số nguyên tố $q_{k+1}$ sao cho $q_{k+1} \equiv 1\pmod p,$ trong đó $q_{k+1}$ là một ước nguyên tố của $m=a^{p}-1$.
   Rõ ràng $q_{k+1} \neq q_{i}, \forall i \leq k,$ vì nếu trái lại thì $q_{k+1} \mid a$ hay $q_{k+1} \mid 1,$ vô lý.
   Vậy giả sử là sai, tức là có vô số số nguyên tố có dạng $pn+1$.