Đề HSG 12 tỉnh Nam Định năm 2020-2021, Vòng 2

Bài 1. Xét $x, y, z \in(0 ; 1] .$ Chứng minh rằng $$\dfrac{36}{\left (2 \sqrt{x}+\sqrt{y}\right )\left (\sqrt{y}+2 \sqrt{z}\right )}+27(x-1)(y-1)(z-1) \geq 4.$$

Lời giải

Sử dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có
$(2 \sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{y}+2 \sqrt{z})=2 \sqrt{x y}+4 \sqrt{x z}+2 \sqrt{y z}+y \leq(x+y)+2(x+z)+(y+z)+y=3(x+y+z)$.
$27(1-x)(1-y)(1-z) \leq(1-x+1-y+1-z)^{3}=(3-(x+y+z))^{3}$
Suy ra $\dfrac{36}{(2 \sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{y}+2 \sqrt{z})}+27(x-1)(y-1)(z-1) \geq \dfrac{12}{x+y+z}-(3-(x+y+z))^{3}$.
Đặt $t=x+y+z$ thì $t \in(0 ; 3]$. Ta đi chứng minh $\dfrac{12}{t}-(3-t)^{3} \geq 4$ (*).
Thật vậy, $(*) \Leftrightarrow t(t-3)^{3}-4 t+12 \geq 0 \Leftrightarrow(t-3)\left[t(t-3)^{2}-4\right] \geq 0$
$\Leftrightarrow(t-3)(t-4)(t-1)^{2} \geq 0$ (luôn đúng với mọi $t \in(0 ; 3]$).
Vậy (*) đúng, dẫn đến bất đẳng thức cần chứng minh là đúng.
Đẳng thức ở $(*)$ xảy ra khi và chi khi $t \in\{1 ; 3\}$.
Dấu bằng của bất đẳng thức cần chứng minh xảy ra khi và chỉ khi $$\left\{ \begin{array}{l}&x=y=z\\&x+y+z \in \{ 1;3\}\end{array} \right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}& (x, y, z)=\left(\frac{1}{3} ; \frac{1}{3} ; \frac{1}{3}\right) \\&(x, y, z)=(1 ; 1 ; 1). \end{array} \right.$$

Bài 2. Với $P(x)=x^{2}-2020 x+1,$ ta đinh nghĩa $\left\{ \begin{array}{l}&P_{1}(x)=P(x) \\ & P_{n+1}(x)=P\left (P_{n}(x)\right )\end{array} \right.$, $\forall n \in \mathbb{N}^{*}$. Chứng minh rằng vói mỗi số thực $\alpha$ thuộc $(0 ; 1),$ đa thức $P_{2}(x)-\alpha$ có đúng bốn nghiêm thực phân biệt. Tìm tất cả các số thực dương $k$ sao cho: Với mọi số nguyên dương $n,$ đa thức $P_{n}(x)-k x$ luôn có hai nghiêm thực mà hiệu của chúng lớn hơn $\sqrt{2019 \cdot 2023}$.

Lời giải

1. Với mỗi số dương $\alpha$ thì $P(x)-\alpha=x^{2}-2020 x+1-\alpha$ là tam thức bậc hai có $$\Delta=2020^{2}-4(1-\alpha)=2020^{2}-4+4 \alpha > 0,$$ nên nó luôn có hai nghiệm thực phân biệt $x_{1}$, $x_{2}$. Hơn nữa nếu có $\alpha \in(0 ; 1)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}&x_{1}+x_{2}=2020 > 0 \\ &x_{1} x_{2}=1-\alpha > 0\end{array} \right.$ nên $x_{1}, x_{2} > 0$.
   Xét phương trình $$P_{2}(x)-\alpha=0 \Leftrightarrow P(P(x))-\alpha=0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}& P(x)=x_{1} && (1) \\ &P(x)=x_{2} && (2). \end{array} \right.$$ Theo nhận xét trên, $x_{1} > 0$, $x_{2} > 0$ nên mỗi phương trình (1) và (2) đều có đúng hai nghiệm phân biệt, hai phương trình này không thể có nghiệm chung do $x_{1} \neq x_{2}$ nên $P_{2}(x)-\alpha$ có đúng bốn nghiệm thực phân biệt.
2. Giả sử có $\forall n \in \mathbb{N}^{*}$, $P_{n}(x)-k x$ luôn có hai nghiệm thực mà hiệu của chúng lớn hơn $\sqrt{2019 \cdot 2023}$.
   Xét riêng $n=1$ thì $P_{1}(x)-k x=x^{2}-(2020+k) x+1$ có hai nghiệm mà hiệu giữa hai nghiệm này lớn hơn $\sqrt{2019 \cdot 2023}$.
   Ta chứng minh nếu $k > 1$ thì $P_{n}(x)-k x$ luôn có hai nghiệm thực mà hiệu của hai nghiệm này lớn hơn $\sqrt{2019 \cdot 2023}$ với mọi số nguyên dương $n$.
   Phương trình $P(x)=x \Leftrightarrow x^{2}-2021 x+1=0$. Phương trinh này có hai nghiệm thực dương là $a, b$ mà $b-a=\sqrt{2021^{2}-4}=\sqrt{2019 \cdot 2023}$.
   Đặt $Q(x)=P_{n}(x)-k x$. $Q(x)$ là hàm đa thức nên nó liên tục trên $\mathbb{R}$.
   Có $Q(a)=P_{n}(a)-k a=a-k a=a(1-k) < 0$ và $Q(b)=b(1-k) < 0$. Bằng quy nạp ta chứng minh được $P_{n}(x)$ là đa thức monic có bậc là $2^{n}$ (bậc chẵn) do đó $\displaystyle \lim _{x \rightarrow \pm \infty} Q(x)=+\infty$, suy ra tồn tại hai số thực $a', b'$ sao cho $a' < 0 < a$, $b < b'$ và $Q\left(a'\right) > 0$, $Q\left(b'\right) > 0$.
   Áp dụng đinh lý giá trị trung gian cho hàm liên tục $Q(x)$ trên các đoạn $\left[a'; a\right]$ và $\left[b ; b'\right]$ suy ra $Q(x)$ có nghiệm thực $t, t'$ mà $a' < t < a < b < t' < b'$ Khi đó có $t'-t > b-a=\sqrt{2019 \cdot 2023}$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là điểm bất kì nằm trong tam giác $ABC$ nhưng không thuộc đường thẳng $AO$. Đường thẳng $AP$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $D$ (khác $A$ ). Kẻ các đường kính $DE$, $AF$ của đường tròn $(O)$. Các đường thẳng $EP$, $FP$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại các điểm $G, H$ (khác $E$, $F$). Gọi $K$ là giao điểm của các đường thẳng $A H$ và $DG$, $L$ là hình chiếu vuông góc của $K$ trên đường thẳng $OP$. Giả sử rằng hai đương thẳng $KL$ và $AD$ cắt nhau. Chứng minh rằng bốn điểm $A, L, K, D$ cùng thuộc một đường tròn (gọi đường tròn này là $(S)$ ). Chứng minh rằng các đường thẳng $OP$ và $EF$ cắt nhau tại điểm $T$ thuộc đường tròn $(S)$.

Lời giải

1. Gọi $Q$ là giao điểm của hai đường thẳng $KL,AD$.
   Vì $DE,\,\,AF$ là các đường kính của đường tròn $\left( O \right)$ nên suy ra $\widehat{KHP}=\widehat{KGP}={{90}^\circ}$ Do đó tứ giác $KHPG$ nội tiếp. Mà tứ giác $HADG$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ nên suy ra $\widehat{KPG}=\widehat{KHD}=\widehat{GDA}$.
   Mặt khác $\widehat{GDA}+\widehat{GPD}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{KPD}=\widehat{KPG}+\widehat{GPD}=\widehat{GDA}+\widehat{GPD}=90^{0}$.
   Do đó $\Delta KPD$ vuông tại $P$ và có đường cao $PG$ $\Rightarrow KP^{2}=\overline{KG}\cdot \overline{KD}$.
   Kí hiệu $(w)$ là đường tròn điểm $P$. Khi đó ta có $P_{K/(w)}=P_{K/(O)}$.
   Có $KL\perp OP$ nên $KL$ là trục đẳng phương của đường tròn điểm $(w)$ và đường tròn $(O)$ $\Rightarrow P_{Q/(w)}=P_{Q/(O)}\Rightarrow QP^{2}=\overline{QA} \cdot \overline{QD}$ (1).
   Do $\Delta KPQ$ vuông tại $P$ và có đường cao $PL$ nên suy ra $QP^2=\overline{QL} \cdot \overline{QK}$ (2).
   Từ (1) và (2) suy ra $\overline{QA} \cdot \overline{QD}=\overline{QL} \cdot\overline{QK}$. Vậy bốn điểm $A,L,K,D$ cùng thuộc một đường tròn.
2. Gọi $M$ là giao điểm của $KP$ và $EF$. Ta thấy tứ giác $ADFE$ là hình chữ nhật nên tứ giác $AEMP$ cũng là hình chữ nhật.
   Do đó $\widehat{AMK}=\widehat{AMP}=\widehat{EPM}=\widehat{KPG}=\widehat{ADK}$. Suy ra tứ giác $AMKD$ nội tiếp nên $M$ thuộc đường tròn $(S)$.
   $T$ là giao điểm của $OP$ và $EF$ nên $\widehat{KMT}={{90}^{0}}=\widehat{TLK}$. Suy ra bốn điểm $K,L,M,T$ cùng thuộc một đường tròn. Vậy $T\in \left( S \right)$.
   

Bài 4. Cho $p$ là số nguyên tố và $n$ là số nguyên dương lớn hơn $1$. Chứng minh rằng mọi ước nguyên tố của số $A=1+n+n^{2}+\cdots+ n^{p-1}$ hoặc là $p$, hoặc chia cho $p$ dư $1$. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n$ mà số $B=2+n+n^{2}+\cdots +n^{p-1}$ là lũy thừa bậc $5$ của một số nguyên dương.

Lời giải

1. Xét $q$ là một ước nguyên tố của số $A=1+n+n^{2}+\cdots+n^{p-1}=\dfrac{n^{p}-1}{n-1}$.
   Ta có $q\left|\dfrac{n^{p}-1}{n-1} \Rightarrow q\right|\left(n^{p}-1\right) \Rightarrow n^{p} \equiv 1(\bmod~ q)$.
   Đặt $\mathrm{ord}_{q}(n)=k$ thì $k \mid p$. Suy ra $k=1$ hoặc $k=p$.
   Nếu $k=1$ thì $n \equiv 1(\bmod~ q) \Rightarrow A=1+n+\cdots+n^{p-1} \equiv p(\bmod~ q)$
   $\Rightarrow 0 \equiv p (\bmod~ q) \Rightarrow q=p$ (do $p, q$ là số nguyên tố).
   Nếu $k=p$. Từ $n^{p} \equiv 1(\bmod~ q)$ suy ra $(n, q)=1$.
   Theo định lý Fermat nhỏ ta có $n^{q-1} \equiv 1(\bmod ~q)$. Suy ra $p \mid(q-1)$ hay $q \equiv 1(\bmod ~p)$.
   Vậy ước nguyên tố của $A=1+n+n^{2}+\cdots+n^{p-1}$ hoặc là $p,$ hoặc chia cho $p$ dư $1$.
2. Giả sử $B=m^{5}$ với $m$ là một số nguyên dương. Khi đó ta có $m^{5}-1=1+n+n^{2}+\cdots+n^{p-1}$.
   Nếu $n=1$ thì $m^{5}-1=p \Leftrightarrow(m-1)\left(m^{4}+m^{3}+m^{2}+m+1\right)=p$.
   Do $p$ là số nguyên tố nên suy ra $m-1=1 \Leftrightarrow m=2$. Khi đó $p=31$.
   Xét trường hợp $n > 1$ ta có $m^{5}-1=\dfrac{n^{p}-1}{n-1}$ (*)
   Theo câu trước và từ $(*)$ ta thấy, mọi ước nguyên tố của $m-1$ thì bằng $p$ hoặc chia cho $p$ dư $1$. Suy ra $m-1=p t$ hoăc $m-1=p t+1,$ với $t \in \mathbb{Z}$.
   Tương tự với số $m^{4}+m^{3}+m^{2}+m+1$ cũng có các dạng đó.
   Nếu $m-1=p t$. Khi đó $m \equiv 1(\bmod ~p)$.
   Suy ra $m^{4}+m^{3}+m^{2}+m+1 \equiv 5(\bmod ~p) \Rightarrow 5 \equiv 0(\bmod ~p)$ hoặc $5 \equiv 1(\bmod~ p)$.
   Do đó $p \in\{2,5\}$ $m-1=p t+1$. Khi đó $m \equiv 2(\bmod ~p)$.
   Suy ra $m^{4}+m^{3}+m^{2}+m+1 \equiv 31(\bmod ~p) \Rightarrow 31 \equiv 0(\bmod ~p)$ hoăc $31 \equiv 1(\bmod ~p)$ Do đó $p \in\{2,3,5,31\}$.
   Vậy có $p \in\{2,3,5,31\}$.
   Nếu $p=2,$ ta chọn $n=30$ thì $B=32=2^{5}$.
   Nếu $p=3,$ ta chon $n=5$ thì $B=32=2^{5}$.
   Nếu $p=5,$ ta chon $n=2$ thì $B=32=2^{5}$.
   Nếu $p=31,$ ta chọn $n=1$ thì $B=32=2^{5}$.
   Vậy $p \in\{2,3,5,31\}$ là tất cả các giá trị cần tìm thỏa mãn đề bài.

Bài 5. Xét số nguyên dương $n$ lớn hơn $1$. Người ta muốn phân hoạch tập hợp tất cả các số nguyên dương thành hai tập con vô hạn và rời nhau là $X_1$ và $X_2$ sao cho tổng của bất cứ $n$ phần tử phân biệt nào trong mỗi tập con ($X_1$ hoặc $X_2$) đều là phần tử thuộc tập con đó. Khi $n=2001$, có tồn tại cách phân hoạch thỏa mãn yêu cầu hay không? Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để tồn tại cách phân hoạch thỏa mãn yêu cầu.

Lời giải

1. Với $n=2001$ thì có thể phân hoạch được. Chẳng hạn ta coi $X_1$ là tập hợp tất cả .các số nguyên dương lẻ và $X_2$ là tập hợp tất cả các số nguyên dương chẵn. Khi đó
   • $X_1$ và $X_2$ là các tập vô hạn, rời nhau và $X_1 \cup X_2 = \mathbb{N}^*$.
   • Tổng của $2021$ số nguyên dương lẻ là số nguyên dương lẻ; tổng của $2021$ số nguyên dương chẵn là số nguyên dương chẵn. Do đó yêu cầu của phân hoạch được thỏa mãn.
2. Với $n$ là số nguyên dương lẻ $n > 1$ thì ta phân hoạch được như đã nêu trong ý trước.
   Ta chứng minh không thể có phân hoạch thỏa mãn yêu cầu khi $n$ là số nguyên dương chẵn, $n=2N$ (với $n \in \mathbb{N}^*$).
   Giả sử tồn tại cách phân hoạch $\mathbb{N}^* = X_1 \cup X_2$ thỏa mãn yêu cầu.
   Cố định trước một số nguyên dương $m$. Ta chứng minh tồn tại số $x \in X_1$, $x > m$ mà $x+1 \in X_{2}$.
   Thật vậy, nếu ngược lại thì với mọi $x \in X_{1}, x > m$ thì $x+1 \in X_{1}$. Khi đó bằng quy nạp đơn giản ta dẫn đến $\left\{m'+1 ; m'+2 ; \ldots\right\} \subset X_{1}$ (với $m'$ là số nhỏ nhất trong $X_{1}$ lớn hơn $m$ ). $X_{2}=\mathbb{N}^{*} \backslash X_{1} \Rightarrow X_{2} \subset\left\{1 ; 2 ; \ldots ; m'\right\},$ điều này mâu thuẫn giả thiết $X_{2}$ là tập vô hạn. Vậy điều giả sử là sai.
   Tưong tự với số nguyên dương $m$ cố định trước thì luôn tồn tại số $x \in X_{2}, x > m$ mà $x+1 \in X_{1}$ Sừ dụng tính chất vừa nêu ta có
   • Tồn tại $x_{1} \in X_{1}$ mà $y_{1}=x_{1}+1 \in X_{2}$.
   • Tồn tại $y_{2} > y_{1}$ và $y_{2} \in X_{2}$ mà $x_{2}=y_{2}+1 \in X_{1}$.
   • Tồn tại $x_{3} > x_{2}$ và $x_{3} \in X_{1}$ mà $y_{3}=x_{3}+1 \in X_{2}$.
   • $\ldots$
   • Tồn tại $x_{2 N-1} > x_{2 N-2}$ và $x_{2 N-1} \in X_{1}$ mà $y_{2 N-1}=x_{2 N-1}+1 \in X_{2}$.
   • Tồn tại $y_{2 N} > y_{2 N-1}$ và $y_{2 N} \in X_{2}$ mà $x_{2 N}=y_{2 N}+1 \in X_{1}$.
   Như vậy ta xây dựng được hai dãy (mỗi dãy gồm $2N$ số): Dãy $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{2 N}$ trong $X_{1} ;$ dãy $y_{1}, y_{2}, \ldots, y_{2 N}$ trong $X_{2}$ $$y_{2 k-1}=x_{2 k-1}+1, \forall k=\overline{1, N} \text { và } y_{2 k}=x_{2 k}-1, \forall k=\overline{1, N}.$$ Theo giả thiêt phải có $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2 N} \in X_{1}$ và $y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2 N} \in X_{2}$. Tuy nhiên để ý rằng $$\begin{align*} &y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{2 N}=\sum_{k=1}^{N} y_{2 k-1}+\sum_{k=1}^{N} y_{2 k} \\ =~& \sum_{k=1}^{N}\left(x_{2 k-1}+1\right)+\sum_{k=1}^{N}\left(x_{2 k}-1\right)=\sum_{k=1}^{N}\left(x_{2 k-1}\right)+\sum_{k=1}^{N}\left(x_{2 k}\right)=x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2 N} \end{align*}$$ Điều này dẫn đến $X_{1} \cap X_{2} \neq \varnothing$, có điều vô lý. Vậy điều giả sử là sai nên $n=2 N$ thì không thể có phân hoạch thỏa mãn yêu cầu.
   Vậy tất cả các giá trị cần tìm của $n$ là các số lẻ lớn hơn $1$.