Chuongn1312

Giả sử $(a_n, b_n, c_n)$ là bộ số sau bước biến đổi thứ $n$, đặt $S_n = |a_n - b_n| + |b_n - c_n| + |c_n - a_n|$. 

Rõ ràng $S_n$ là số nguyên dương với mọi $n$ và chứng minh được $S_{n+1} \le \dfrac{S_n}{2}$ nên tồn tại $n_0$ để $S_{n_0} = 0$ hay 3 số $a_{n_0}, b_{n_0}, c_{n_0}$ bằng nhau.

Giả sử $m$ là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Theo đề bài, tồn tại $x \in \left[- \dfrac{\pi}{4}; \dfrac{\pi}{4}\right]$ để $2\sin^2x - \sin x.\cos x - m\cos^2x = 1$, biến đổi đẳng thức thành $m = \tan^2x - \tan x - 1$.

Với $x \in \left[- \dfrac{\pi}{4}; \dfrac{\pi}{4}\right]$ thì $\tan^2x - \tan x - 1 \in \left[- \dfrac{5}{4}; 1\right]$ nên $m \in \left[- \dfrac{5}{4}; 1\right]$.

Do đó có 3 giá trị nguyên của $m$ thỏa mãn.

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA PHÚ YÊN 2024 - 2025

Ngày thi: 09/10/2024

Câu 1: (4,00 điểm) Tồn tại hay không đa thức $P(x)$ với hệ số nguyên thỏa mãn

$P\left(1 + \sqrt[3]{3}\right) = 1 + \sqrt[3]{3}$ và $P\left(1 + \sqrt{7}\right) = 1 +  3\sqrt{7}$?

Câu 2: (4,00 điểm) Cho $\alpha \in (1; + \infty)$.

            a) Chứng minh rằng, với mọi $n \ge 1$, ta luôn có bất đẳng thức

$$\frac{\alpha - 1}{(n+1)^\alpha} < \frac{1}{n^{\alpha-1}} - \frac{1}{(n+1)^{\alpha - 1}}.$$

            b) Cho $(x_n)^{+\infty}_{n=1}$ là một dãy số thực xác định bởi 

$x_1=2024$ và $x_{n+1} = x_n + 2025.\frac{\sqrt{x_n}}{n^\alpha}$ với mọi $n \ge 1$.

            Chứng minh rằng dãy $(x_n)^{+\infty}_{n=1}$ có giới hạn hữu hạn.

Câu 3: (4,00 điểm) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại các điểm $D,E,F$, $C'$ là điểm đối xứng với $C$ qua $DF$. Các đường thẳng $BC'$ và $CB'$ cắt nhau tại $T$. Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BAC$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $M,I,T$ thẳng hàng.

Câu 4: (4,00 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

            (i) $a$ là ước của $b^4 + 1$.

            (ii) $b$ là ước của $a^4 + 1$.

            (iii) $x^2 - \left(\sqrt{a} + \sqrt{b}\right)x + \sqrt{ab} > 0$ với mọi $x \in \mathbb{N}$.

Câu 5: (4,00 điểm) Cho $X = \{1,2,...,2025\}$. Một tập $S \subset X$ được gọi là tốt nếu $S$ không chứa hai phần tử mà phần tử này chia hết cho phần tử kia và cũng không chứa hai phần tử nguyên tố cùng nhau.

            a) Chỉ ra một tập tốt có 6 phần tử. 

            b) Hỏi tập tốt chứa nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Bài 1:

a) Ta có $u_2 = \sqrt{3 + 1} = 2 < 3 = u_1$ nên bằng quy nạp, ta chứng minh được $u_{n+1} = \sqrt{u_n + \frac{1}{n}} < \sqrt{u_{n-1} + \frac{1}{n-1}} = u_n$. Suy ra $(u_n)$ là dãy giảm. 

b) Đầu tiên, ta chứng minh $u_n > 1 + \frac{1}{n},\forall n$ bằng quy nạp theo $n$. Rõ ràng mệnh đề đúng với $n=1$.

Giả sử ta đã có $u_k > 1 + \frac{1}{k}$, từ công thức truy hồi ta có $u_{k+1} > \sqrt{1 + \frac{2}{k}} > \sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{1}{(k+1)^2} - \frac{2}{k(k+1)}} = 1 + \frac{1}{k+1}$. 

Theo nguyên lí quy nạp, ta có $u_n > 1 + \frac{1}{n},\forall n (1)$.

Tiếp theo, ta chứng minh $u_n < 1 + \frac{1}{n} + \frac{2}{n^2}, \forall n$ bằng quy nạp theo $n$. 

Bằng các tính toán trực tiếp, ta chỉ ra được $u_7 < 1 + \frac{1}{7} + \frac{2}{7^2}$. 

Giả sử $u_k < 1 + \frac{1}{k} + \frac{2}{k^2}$ ta có $u_{k+1} < \sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{2}{k^2}}$ ($k \ge 7$).

Ta cần có $\sqrt{1 + \frac{2}{k} + \frac{2}{k^2}} < 1 + \frac{1}{k+1} + \frac{2}{(k+1)^2} (*)$.

Bất đẳng thức trên tương đương với $\frac{2}{k(k+1)} < \frac{3k^2 - 4k - 2}{k^2(k+1)^2} + \frac{4}{(k+1)^3} + \frac{4}{(k+1)^4}$.

Mặt khác, ta có bất đẳng thức mạnh hơn là $3k^2 - 4k - 2 > 2k(k+1)$ với $k \ge 7$ nên $(*)$ đúng. 

Theo nguyên lí quy nạp, ta có $u_n < 1 + \frac{1}{n} + \frac{2}{n^2}, \forall n (2)$. 

Kết hợp $(1),(2)$ ta được $\displaystyle \lim_{n \to \infty} n(u_n - 1) = 1$.

Ta có $|x_{n+1}| =  \frac{|x_n|}{\left|\sqrt{2+2\sqrt{1+x_n^2}}\right|} \le \frac{|x_n|}{\sqrt{2}} \le \frac{|x_1|}{\sqrt{2}^n} = \frac{|a|}{\sqrt{2}^n}$ nên $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$.

Do vậy, $\lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} \sqrt{2+2\sqrt{1+x_n^2}} = 2$.

Gọi $H$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Ta có H là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ nên $H$ cũng nằm trên $AD$.

Vì $\overline{HB}.\overline{HE} = \overline{HC}.\overline{HF}$ nên $H$ nằm trên trục đẳng phương của $(BDE)$ và $(CDF)$. Suy ra $DH$ là trục đẳng phương của $(BDE)$ và $(CDF)$. 

Từ đây có được $\overline{AM}.\overline{AB} = \overline{AN}.\overline{AC}$ hay tứ giác $MNBC$ nội tiếp.

Bài 13. Cho tam giác $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, đường cao $AD, BE, CF$, tâm đường tròn Euler $N$. $AO$ cắt $EF$ tại $N_a$. $M_a$ là trung điểm $BC$, $AN$ cắt $M_aN_a$ tại $X$. Tương tự ta xác định điểm $Y, Z$ lần lược tương ứng với $B,C$. Chứng minh rằng $DX, EY, FZ$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$

 Screenshot 2024-05-15 160547.png   79.4K   1 Số lần tải

Gọi $G,H$ là trọng tâm, trực tâm của tam giác $ABC$ thì $\frac{\overline{HN}}{\overline{HO}} = \frac{1}{2} = -\frac{\overline{GN}}{\overline{GO}}$ nên $(HG,ON) = -1$. 

Kéo dài $AD$ cắt $N_aM_a$ tại $P$ thì $D(PM_a,N_aX) = (PM_a,N_aX) = A(PM_a,N_aX) = (HG,ON) = -1$, kết hợp với $DP \perp DM_a$ suy ra $DM_a$ là phân giác góc $N_aDX$. 

Vì $DN_a$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $D$ của tam giác $DEF$ nên đường thẳng $DX$ đi qua tiếp điểm $D'$ của đường tròn Mixtilinear nội ứng với đỉnh $D$ của tam giác $DEF$. 

Gọi $(H)$ là đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$, $\omega_d$ là đường tròn Mixtilinear nội ứng với góc $D$. 

Ta có $D$ là tâm vị tự của $(H)$ và $\omega_d$, $D'$ là tâm vị tự của $\omega_d$ và $(N)$ nên theo định lí Monge - D'Alambert, $DD'$ đi qua tâm vị tự $X$ của $(H)$ và $(N)$ hay $DX$ đi qua tâm vị tự của $(H)$ và $(N)$.

Chứng minh tương tự với $E,F$ ta thu được 3 đường thẳng $DX,EY,FZ$ đồng quy tại tâm vị tự của 2 đường tròn $(N)$ và $(H)$.

Vậy $DX,EY,FZ$ đồng quy trên $NH$ là đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Cố định $k = \frac{x^2 + y^2 + 1}{2xy + 1} \in \mathbb{N^*}$ và xét tập $S = \{(x,y) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} | k = \frac{x^2 + y^2 +1}{2xy + 1}$. 

Vì $S$ là tập các cặp số tự nhiên nên tồn tại $(x_0,y_0) \in S$ sao cho $x_0 + y_0$ nhỏ nhất và $x_0 \ge y_0$. 

Ta xét phương trình $\frac{x^2 + y_0^2 + 1}{2xy_0 + 1} = k \Leftrightarrow x^2 - 2ky_0x + y_0^2 - k + 1 = 0$. 

Theo cách chọn $y_0$ thì phương trình trên có một nghiệm $x_0$ nên nó cũng có nghiệm $x_1$ và thỏa mãn $x_0 + x_1 = 2ky_0, x_0x_1 = y_0^2 - k + 1$. 

Ta có $x_1 \in \mathbb{Z}$ và $x_1 \ge 0$, vì nếu không $x_1 < 0$ thì $x_1^2 - 2ky_0x_1 + y_0^2 - k + 1 \ge x_1^2 +2k + y_0^2 - k + 1 > 0$ (Mâu thuẫn). 

Suy ra $(x_1,y_0) \in S$ và do đó $x_1 + y_0 \ge x_0 + y_0 \Rightarrow x_1 \ge x_0 \Rightarrow y_0^2 \ge y_0^2 - k + 1 = x_0x_1 \ge x_0^2 \Rightarrow y_0 \ge x_0$. 

Mà theo cách chọn thì $x_0 \ge y_0$ nên dấu bằng ở các đánh giá trên xảy ra kéo theo $k = 1$. Do đó $x = y$.

Cho các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn $x^2y^2z^2+xyz(x+y+z)+xy+yz+zx+1$ là số chính phương. Chứng minh rằng $x^2 + y^2 + z^2 - 2(xy + yz + zx)$ cũng là số chính phương.