5,0 điểm Người ta xếp k viín bi văo câc ô của một bảng 2024 × 2024 ơ vng sao cho hai điều kiệnsau được thỏa mên: mỗi ô không có quâ một viín bi vă không có hai viín bi năo được xếp ở hai
HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM HỌC 2023 - 2024 Phan Phương Đức - Nguyễn Văn Linh - Phạm Việt Hưng NGÀY THỨ NHẤT Bài (5,0 điểm) Với số thực x, ta gọi [x] số nguyên lớn không vượt x 1 Pn ∞ Cho dãy số {an }n=1 xác định bởi: an = [− log n] , ∀n ≥ Đặt bn = , ∀n ≥ k=1 ak − 4 n a1 + a2 a n a) Tìm đa thức P (x) với hệ số thực cho bn = P , ∀n ≥ n b) Chứng minh tồn dãy số nguyên dương {nk }∞ k=1 tăng thực cho lim bnk = k→∞ 2024 2025 Bài (5,0 điểm) Tìm tất đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực cho với số thực a P (a) nghiệm phương trình: x2023 + Q(a) · x2 + (a2024 + a) x + a3 + 2025a = Bài (5,0 điểm) Cho ABC tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi A0 tâm đường tròn qua C tiếp xúc với AB A, B tâm đường tròn qua A tiếp xúc với BC B, C tâm đường tròn qua B tiếp xúc với CA C a) Chứng minh diện tích tam giác A0 B C lớn diện tích tam giác ABC b) Gọi X, Y, Z hình chiếu vng góc O lên đường thẳng A0 B , B C , C A0 (XY Z) cắt lại A0 B , B C , C A0 X , Y , Z Chứng minh AX , BY , CZ đồng quy Bài (5,0 điểm) Người ta xếp k viên bi vào bảng 2024 × 2024 vng cho hai điều kiện sau thỏa mãn: ô viên bi hai viên bi xếp hai ô kề (hai ô gọi kề chúng có chung cạnh) a) Cho k = 2024 Hãy cách xếp thỏa mãn hai điều kiện mà chuyển viên bi xếp sang ô tùy ý kề với cách xếp khơng cịn thỏa mãn hai điều kiện nêu b) Tìm giá trị k lớn cho với cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều kiện ta chuyển số viên bi xếp sang kề với mà cách xếp khơng có hai viên bi xếp hai ô kề Trang Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 NGÀY THỨ HAI Bài (6,0 điểm) Với đa thức P (x), ta đặt P1 (x) = P (x), ∀x ∈ R; P2 (x) = P (P1 (x)) , ∀x ∈ R; ······ P2024 (x) = P (P2023 (x)) , ∀x ∈ R Cho a số thực lớn Tồn hay không đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: với t ∈ (−a; a), phương trình P2024 (x) = t có 22024 nghiệm thực phân biệt? Bài (7,0 điểm) Với số nguyên dương n, gọi τ (n) số ước nguyên dương n a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương τ (n) + 2023 = n với n ẩn số b) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương k cho có hai số nguyên dương n thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n Bài (7,0 điểm) Trong không gian, cho đa diện lồi D cho đỉnh D có số chẵn cạnh chứa đỉnh Chọn mặt F D Giả sử ta gán cho cạnh D số nguyên dương cho điều kiện sau thỏa mãn: với mặt (khác mặt F ) D, tổng số gán với cạnh mặt số nguyên dương chia hết cho 2024 Chứng minh tổng số gán với cạnh mặt F số nguyên dương chia hết cho 2024 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ BÌNH LUẬN Bài Với số thực x, ta gọi [x] số nguyênlớn không vượt x Cho dãy số {an }∞ n=1 xác định 1 Pn , ∀n ≥ bởi: an = [− log n] , ∀n ≥ Đặt bn = k=1 ak − 4 n a1 + a2 a n a) Tìm đa thức P (x) với hệ số thực cho bn = P , ∀n ≥ n b) Chứng minh tồn dãy số nguyên dương {nk }∞ k=1 tăng thực cho lim bnk = k→∞ 2024 2025 Lời giải an+1 = an , với n 6= 4k a) Từ giả thiết ta suy ra: an+1 = 4an = 4n, với n = 4k nếu 4k−1 < n ≤ 4k an = 4k Vì bn phụ thuộc vào nên ta dự đoán n2 4 44 P (x) bậc 2, có dạng ax + bx + c Lần lượt tính P (1) = , P (2) = , P = , thay vào ta 5 45 x2 P (x) = − + x Ta chứng minh đa thức đa thức cần tìm quy nạp Tức là: ! n a2n an X a − = − + , ∀n ≥ k 2 n 5n n k=1 tương đương với n X ak − k=1 a2 = − n + nan 5 (1) Thật vậy, n = 1, 2, thỏa mãn Giả sử mệnh đề (1) đến n ≥ Khi đó: – Nếu an+1 = an n+1 X ak − k=1 a2 a2 = − n + nan + an+1 = − n+1 + (n + 1)an+1 5 – Nếu an+1 = an = 4n n+1 X ak − k=1 a2 a2 = − n + nan + an+1 = − n+1 + (n + 1)an+1 , 5 đẳng thức cuối a2n+1 a2n − = 3a2n = 3nan = nan+1 − nan 5 Do đó, phép quy nạp hồn tất, ta có P (x) = − Trang x2 + x đa thức cần tìm Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 b) Theo chứng minh câu a), ta có: a2n an bn = − + , ∀n ≥ 5n n Trước hết, ta chứng minh tồn n0 để 1> n0 = 0, x1 x2 · · · xn (4) > , an0 (2) với x1 , x2 , · · · , xn thuộc {0, 1, 2, 3} x1 ≥ Chọn 4n−1 < n0 < 4n an0 = 4n Lúc (2) tương đương với n0 x1 x2 xn + + ··· + n, = n 4 4 hay n0 = x1 · 4n−1 + x2 · 4n−2 + · · · + 4xn−1 + xn Rõ ràng 4n−1 < x1 · 4n−1 + x2 · 4n−2 + · · · + 4xn−1 + xn < 4n , nên tồn n0 Hơn nữa, tăng số chữ số vế phải (2) rõ ràng n0 tăng Từ đó, với q ∈ , , ta ln viết: q = 0, q1 q2 · · · qn · · ·(4) (hệ đếm số 4), với qi ∈ {0, 1, 2, 3}, ∀i ≥ q1 ≥ Vậy, theo chứng minh ln tồn dãy (nk ) tăng thực cho: nk = 0, q1 q2 · · · qk (4) , ∀k ≥ 1, ank nk với qi chữ số thứ i sau dấu phẩy q lim = q k→+∞ ank 1 2024 Xét phương trình − + = có nghiệm q ∈ , Do đó, với dãy (nk ) xây dựng 5q q 2025 thì: a2nk ank 2024 lim bnk = lim − + , =− + = k→+∞ k→+∞ 5nk nk 5q q 2025 ta có điều cần chứng minh Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang Bài Tìm tất đa thức P (x), Q(x) với hệ số thực cho với số thực a P (a) nghiệm phương trình: x2023 + Q(a) · x2 + (a2024 + a) x + a3 + 2025a = Lời giải Điều kiện đề tương đương với: P (x)2023 + Q(x) · P (x)2 + x2024 + x P (x) + x3 + 2025x = 0, ∀x ∈ R Xét tính chia hết đa thức cho P (x) đẳng thức trên, ta suy x x2 + 2025 P (x) Vì x2 + 2025 đa thức bất khả quy, ta có trường hợp sau: • TH1: P (x) = k (hằng số) Thay vào ta được: k 2023 + k Q(x) + k x2024 + x + x3 + 2025x = Từ dễ thấy k 6= Q(x) = − k (x2024 + x) + x3 + 2025x + k 2023 đa thức thỏa mãn k2 • TH2: P (x) = kx Thay vào ta được: k 2023 x2023 + k x2 Q(x) + kx x2024 + x + x3 + 2025x = Từ xét tính chia hết đa thức cho x2 , ta suy 2025x x2 , vơ lí • TH3: P (x) = k (x2 + 2025) Thay vào ta được: k 2023 x2 + 2025 2023 + k x2 + 2025 2 Q(x) + k x2 + 2025 x2024 + x + x x2 + 2025 = 0, hay k 2023 x2 + 2025 2022 + k x2 + 2025 Q(x) + k x2024 + x + x = Xét tính chia hết đa thức cho x2 + 2025 đẳng thức trên, ta được: kx2024 + (k + 1)x x2 + 2025 Mà x2024 − 20251012 x2 + 2025, nên (k + 1)x + k · 20251012 x2 + 2025 Điều vơ lí, hệ số bậc tự đồng thời • TH4: P (x) = kx (x2 + 2025) Xét tương tự TH2 ta suy 2025x x2 , vơ lí Vậy, P (x) ≡ k 6= (hằng số) Q(x) = − Trang k (x2024 + x) + x3 + 2025x + k 2023 đa thức thỏa mãn k2 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Bài Cho ABC tam giác nhọn với tâm đường tròn ngoại tiếp O Gọi A0 tâm đường tròn qua C tiếp xúc với AB A, B tâm đường tròn qua A tiếp xúc với BC B, C tâm đường tròn qua B tiếp xúc với CA C a) Chứng minh diện tích tam giác A0 B C lớn diện tích tam giác ABC b) Gọi X, Y, Z hình chiếu vng góc O lên đường thẳng A0 B , B C , C A0 (XY Z) cắt lại A0 B , B C , C A0 X , Y , Z Chứng minh AX , BY , CZ đồng quy A A' X' X B' O Z Y T C B C' Lời giải a) Gọi T giao điểm ba đường tròn (A0 ; A0 A), (B ; B B), (C ; C C) Ta có (AB, AT ) ≡ (CA, CT ) ≡ (BC, BT ) (mod π) Suy (A0 A, A0 T ) ≡ (C C, C T ) ≡ (B B, B T ) (mod π) + + Từ 4A0 AT ∼ 4C CT ∼ 4B BT Suy tồn phép vị tự quay tâm T biến tam giác ABC thành tam giác A0 B C T A0 Vậy ta cần chứng minh ≥ TA Điều tương đương ∠AA0 T ≤ 60◦ hay ∠T CA ≤ 30◦ Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang Đặt ∠T AB = ∠T CA = ∠T BC = α Áp dụng định lý cos cơng thức tính diện tích cho tam giác T BC ta có cot α = cos α BT + a2 − T C = sin α 4SBT C Tương tự suy cot α = BT + a2 − T C CT + b2 − T A2 AT + c2 − T B a2 + b + c √ = = = ≥ 4SBT C 4SAT C 4SAT B 4SABC Suy α ≤ 30◦ Bài tốn chứng minh b) Ta có ∠T A0 B = ∠T A0 A = ∠T CA Mặt khác, OA ⊥ AC, A0 C ⊥ CT nên ∠OA0 C = ∠T CA Vậy ∠T A0 B = ∠OA0 C hay A0 T A0 O đẳng giác ∠B A0 C Tương tự suy O T liên hợp đẳng giác tam giác A0 B C Suy X , Y , Z hình chiếu T ba cạnh tam giác A0 B C hay AX , BY , CZ đồng quy T Bình luận Ý a) tốn số liên quan tới điểm Brocard tính chất quen thuộc góc Brocard Câu b) sử dụng kiến thức cặp điểm liên hợp đẳng giác với biến đổi góc đơn giản Trang Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Bài Người ta xếp k viên bi vào ô bảng 2024 × 2024 ô vuông cho hai điều kiện sau thỏa mãn: khơng có q viên bi khơng có hai viên bi xếp hai ô kề (hai ô gọi kề chúng có chung cạnh) a) Cho k = 2024 Hãy cách xếp thỏa mãn hai điều kiện mà chuyển viên bi xếp sang tùy ý kề với cách xếp khơng thỏa mãn hai điều kiện nêu b) Tìm giá trị k lớn cho với cách xếp k viên bi thỏa mãn hai điều kiện ta chuyển số viên bi xếp sang kề với mà cách xếp khơng có hai viên bi xếp hai ô kề Lời giải a) Gọi (i, j) ô vuông hàng i cột j Hàng đếm từ lên trên, cột đếm từ trái sang phải Gọi đường chéo chẵn (1, 1) − (2024, 2024), đường chéo chẵn (2024, 1) − (1, 2024) Ta xếp 2024 viên bi lên ô đường chéo chẵn Khi viên bi ô (i, i) di chuyển lên sang trái, nằm kề (i + 1, i + 1), di chuyển xuống sang phải nằm kề (i − 1, i − 1) Do cách xếp thỏa mãn đề b) Nhận xét đầu tiên: Ta xét riêng chẵn ô lẻ (một ô chẵn tổng tọa độ chẵn) Thật vậy, cấu hình mà thỏa mãn xét riêng viên bi chẵn cho ta cấu hình thỏa mãn Ta chứng minh k = 2(2024 − 1) − số lớn thỏa mãn Giả sử phản chứng tồn cách xếp thỏa mãn điều kiện đề bài, mà di chuyển viên bi không thỏa mãn Ý tưởng: Đồ thị hóa, chứng minh tồn chu trình gồm gần tồn phân biệt mà chứa số cạnh hình vng Xét đồ thị G có viên bi đỉnh, viên bi nối với chúng có khoảng cách (ơ x nối với đỏ chúng có bi) Ta định nghĩa đường sang trái từ viên bi (i, j) chuỗi viên bi nối với nhau, với tọa độ thứ giảm dần kết thúc viên bi nằm cạnh bên trái hình vng Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang (một đường sang trái từ x0) Nhận xét 1: Từ viên bi nào, tồn đường sang trái viên bi Thật vậy, viên bi không nằm cạnh bên trái, ta biết di chuyển sang trái kề viên bi khác Do tồn viên bi bên trái viên bi xét nối với Xét viên bi lập luận tương tự cho ta đường sang trái Nhận xét 2: Nếu điểm (i, j) nằm phía đường chéo lẻ, ta có cuối đường khơng góc trái Thật vậy, i + j < 2025 có i + (j − 2), (i − 1) + (j − 1), (i + 1) + (j − 1) nhỏ 2025 Do tất đường nều nằm phía đường chéo lẻ theo quy nạp Ta có nhận xét tương tự đường di nằm bên đường chéo chẵn Bằng cách tương tự, ta định nghĩa đường lên trên, sang phải xuống Ta thu nhận xét bên với loại đường Nhận xét 3: đường từ A từ B cắt nhau, tồn đường từ A tới B Thật vậy, có trường hợp: Cắt đỉnh (xong A − C − B với C đỉnh chung đường), TH hình vẽ: Bằng cách nối 2, ta có đường A − − − B Vậy nhận xét chứng minh Quay trở lại toán, gọi viên bi tốt nằm cạnh hình vng khơng nằm góc Ta chia toán thành trường hợp theo tồn viên bi tốt Trang Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 • TH1: Khơng có bi tốt Ta chứng minh cấu hình câu a) cấu hình nhất, tức khơng thỏa mãn có 2024 viên bi KMTTQ ta xét bi chẵn Giả sử phản chứng có viên bi nằm bên đường chéo (i, i) tức có tọa độ (i, j) với i > j Xét đường sang bên trái từ ô này, từ Nhận xét ta thu viên bi tốt cạnh bên trái Chứng minh tương tự ta có khơng có viên bi nằm bên đường chéo lớn Mà (i, i) có bi (i + 1, i + 1) vậy, nên đường chéo phải điền Lập luận tương tự cho lẻ có số bi 0, 2024 4048, mâu thuẫn • TH2: Tồn bi tốt KMTTQ giả sử tồn bi tốt ô chẵn Chỉ xét ô chẵn ta có: Xét viên bi tốt, KMTTQ giả sử nằm hàng cùng, với tọa độ (1, a) Giả sử thêm viên nằm bên phải cùng, gọi p0 Xét đường sang phải từ p0 Theo Nhận xét 2, có pt ô cuối đường phải viên bi tốt (ơ chẵn nằm phía đường chéo chẵn) Gọi q0 ô tốt thấp cạnh bên phải, xét dường xuống tương tự có tốt qr hàng TH2.1: có cạnh có tốt, cạnh bên phải Xét p0 : (1, x) ô nằm bên phải số ô tốt cạnh Khi p1 : (2, x + 1) có bi (1, x + 2) khơng tốt khơng nằm góc Tồn đường bên phải từ p1 tới ô tốt ps Tương tự gọi q0 : (y, 2024) tốt thấp cạnh bên phải Khí q1 : (y − 1, 2023) có bi, tồn đường xuống từ q1 tới ô tốt qr Nếu q0 ≡ ps p0 ≡ qr dùng đường Nếu không, p0 qr nằm phía khác đường Q, chúng cắt từ Nhận xét 3, có đường p0 , p1 , q1 , q0 (*) (đường màu đỏ đường thu được.) Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang 10 Từ việc khơng có tốt cạnh cịn lại, chứng minh tương tự TH1 có đường chéo lớn phải có đủ bi (khơng có bi nằm đường chéo chẵn, sau xét đường lên từ (1, 1)) Từ p0 ta sang trái theo cách gặp đường chéo chẵn A : (a, a) Từ q0 ta lên tương tự gặp đường chéo chẵn B : (b, b) Vậy đếm có ô A − B − q0 − p0 − A, cịn lại đường chéo chẵn: (2b − 2a) + (a − + x − a) + (y − + 2024 − x) + (b − y + 2024 − b) + a − + 2024 − b = 4046 viên bi, mâu thuẫn 4046 > 4045 (Riêng việc đếm chẵn có thừa nên khơng cần xét lẻ) TH2.2: cạnh có ô tốt Làm tương tự TH2.1 (*) Làm thao tác (*) cho cạnh lại hình vng, có đường tốt cạnh trái cạnh u0 , u1 , , v1 , v0 Đi sang trái từ p0 , xuống từ u0 , cho đường Nếu chúng cắt nhau, ghép lại theo Nhận xét có đường từ p0 tới u0 Nếu chúng khơng cắt tức có đường nằm ngồi hẳn đường cịn lại theo góc nhìn từ (1,1) (xem hình): tiếp bên trái từ un (giả sử U nằm bên P ), đến lúc cắt P Ghép đường lại thu đường từ p0 đến u0 Chú ý ô đường nằm đường chéo lẻ Tương tự, ta có đường từ q0 tới v0 , nằm đường chéo lẻ Ta có chu trình, chạm vào cạnh đếm đỉnh chu trình cho ta 4046 viên bi Cuối cùng, ta chứng minh với k ≥ 2(2024 − 1) tồn cách xếp thỏa mãn điều kiện đề mà không di chuyển bi Trang 11 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Như hình, ta đặt trước 2n − viên bi vào bảng dấu x Các viên bi cịn lại, đủ lấp đầy đường chéo màu đen (từ đường chéo ra) Những viên bi thừa không đủ đường chéo đen cho nốt vào ô màu đỏ Cách xếp thỏa mãn với k nằm 2n − 2n2 Nếu k > 2n2 , khơng có cách xếp thỏa mãn điều kiện, chứng minh cách tô bảng chẵn lẻ Vậy k lớn thỏa mãn 4045 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang 12 Bài Với đa thức P (x), ta đặt P1 (x) = P (x), ∀x ∈ R; P2 (x) = P (P1 (x)) , ∀x ∈ R; ······ P2024 (x) = P (P2023 (x)) , ∀x ∈ R Cho a số thực lớn Tồn hay không đa thức P (x) với hệ số thực thỏa mãn điều kiện: với t ∈ (−a; a), phương trình P2024 (x) = t có 22024 nghiệm thực phân biệt? Lời giải Ta chứng minh P (x) = x2 − C thỏa mãn với C đủ lớn Ta có: p P (x) = y ⇔ x = ± C + y Lặp lại bước vậy, ta có: r q √ P2024 (x) = t ⇔ x = ± C ± C ± C + t Ta nhận thấy cách chọn 2024 dấu + − định nghĩa nghiệm P2024 (x) = t Ta chọn C cho nghiệm thực, chứng minh chúng phân biệt Chọn C > a, tức C ± t > 0, ta chọn tiếp C đủ lớn để r q √ C > C + C + ··· C + a | {z } 2024 dấu r q √ Khi C > C + C + · · · C + a > 0, VP lớn tạo | {z } 2024 dấu √ Dễ dàng chọn C vậy, chia vế cho C VP bị chặn C tăng cịn VT không Giờ ta chứng minh số phân biệt Xét cách chọn xét vị trí mà số khác (dấu + - khác nhau), có: C+ √ u>C>C− √ v Nên số khác (có > ta chứng minh biểu thức thực) Cuối cùng, số cách chọn dãy +− độ dài 2024 22024 , nên có 22024 nghiệm phân biệt Trang 13 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Bài Với số nguyên dương n, gọi τ (n) số ước nguyên dương n a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương τ (n) + 2023 = n với n ẩn số b) Chứng minh tồn vô số số nguyên dương k cho có hai số nguyên dương n thỏa mãn phương trình τ (kn) + 2023 = n Lời giải a) Đặt n = pα1 pα2 · · · pαk k , với p1 < p2 < · · · < pk số nguyên tố αi ∈ N∗ , ∀i = 1, k Từ giả thiết ta có: pα1 pα2 · · · pαk k = (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αk + 1) + 2023 Xét fi (αi ) = pα1 pα2 · · · pαk k − (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αk + 1) − 2023 thì: fi0 (αi ) = pα1 pα2 · · · pαi i · · · pαk k ln pi − (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αi−1 + 1)(αi+1 + 1) · · · (αk + 1) Ta dễ có BĐT: pαj i ≥ αj + 1, ∀pj ∈ P αj ∈ N∗ , pαi i · ln pi > 1, nên fi0 (αi ) > 0, ∀i = 1, k Vậy, fi (αi ) đồng biến N∗ với i = 1, k Từ đặt F (α1 , α2 , · · · , αk ) = pα1 pα2 · · · pαk k − (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αk + 1) − 2023 F hàm đồng biến xét riêng biến αi Ta tìm p1 , p2 , · · · , pk α1 , α2 , · · · , αk để F = – Nếu k ≥ F (α1 , α2 , · · · , αk ) ≥ F (1, 1, · · · , 1) = p1 p2 · · · pk − 2k − 2023 ≥ · · · · 11 · · · pk − 2k − 2023 ≥ 2310 · p6 · · · pk − 32 · 2k−5 − 2023 ≥ (2310 − 32) · 2k−5 − 2023 ≥ 2310 − 32 − 2023 > (loại) – Nếu k = = F (α1 ) = pα1 − α1 − 2024 Khi đó: * Nếu α1 = p1 = 2025, loại * Nếu α1 = p1 = 2026, loại * Nếu α1 = p1 = 2027, loại * Nếu α1 ≥ = F (α1 ) ≥ p1 − 2028, p1 ≤ Thử p1 ∈ {2, 3, 5} ta loại – Nếu k = = F (α1 , α2 ) = pα1 pα2 − (α1 + 1)(α2 + 1) − 2023 Khi đó: * Nếu p1 = α1 , α2 chẵn, dẫn đến 2023 + (α1 + 1)(α2 + 1) số phương Mà 452 = 2025 < 2023 + (α1 + 1)(α2 + 1), nên (α1 + 1)(α2 + 1) ≥ 462 − 2023 = 93 Từ max(α1 , α2 ) ≥ 10 Thế nên: F (α1 , α2 ) ≥ F (10, 2) ≥ 210 · 32 − 11 · − 2023 > (loại) Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang 14 * Nếu p1 ≥ p2 ≥ Khi min(α1 , α2 ) ≥ F (α1 , α2 ) ≥ F (3, 3) ≥ 33 · 53 − · − 2023 > (loại) Vậy, α1 ∈ {1, 2} α2 ∈ {1, 2} Nếu α1 = 1, dễ kiểm tra F (1, 5) > nên α2 ≤ Thử TH ta thấy không thỏa mãn Nếu α1 = 2, dễ kiểm tra F (2, 4) > nên α2 ≤ Thử TH ta thấy không thỏa mãn Nếu α2 = 1, dễ kiểm tra F (6, 1) > nên α1 ≤ Thử TH ta thấy không thỏa mãn Nếu α2 = 2, dễ kiểm tra F (5, 2) > nên α1 ≤ Thử TH ta thấy khơng thỏa mãn – Nếu k = = F (α1 , α2 , α3 ) = pα1 pα2 pα3 − (α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1) − 2023 Khi đó: * Nếu p1 = α1 , α2 , α3 chẵn, dẫn đến 2023 + (α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1) số phương Mà 452 = 2025 < 2023 + (α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1), nên (α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1) ≥ 462 − 2023 = 93 Từ max(α1 , α2 , α3 ) ≥ Thế nên: F (α1 , α2 , α3 ) ≥ F (4, 2, 2) ≥ 24 · 32 · 52 − · · − 2023 > (loại) * Nếu p1 ≥ p2 ≥ 5, p3 ≥ Khi min(α1 , α2 , α3 ) ≥ F (α1 , α2 , α3 ) ≥ F (2, 2, 2) ≥ 32 · 52 · 72 − 33 − 2023 > (loại) Vậy, α1 = α2 = α3 = Nếu α1 = 1, dễ kiểm tra F (1, 1, 3) > nên α3 ∈ {1, 2} Ta có F (1, 3, 1) > F (1, 2, 2) > 0, từ ta xét TH (α2 , α3 ) = (1, 1), (2, 1), (1, 2) không thỏa mãn Nếu α2 = 1, dễ kiểm tra F (1, 1, 3) > nên α3 ∈ {1, 2} Ta có F (4, 1, 1) > F (2, 1, 2) > 0, từ ta xét TH (α1 , α3 ) = (1, 1), (2, 1), (3, 1), (1, 2) không thỏa mãn Nếu α3 = 1, dễ kiểm tra F (1, 3, 1) > nên α2 ∈ {1, 2} Ta có F (4, 1, 1) > F (3, 2, 1) > 0, từ ta xét TH (α1 , α2 ) = (1, 1), (2, 1), (3, 1), (1, 2), (2, 2) không thỏa mãn – Nếu k = = F (α1 , α2 , α3 , α4 ) = p1α1 pα2 pα3 pα4 − (α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1)(α4 + 1) − 2023 Khi đó: * Nếu p1 = α1 , α2 , α3 , α4 chẵn, Thế nên: F (α1 , α2 , α3 , α4 ) ≥ F (2, 2, 2, 2) ≥ 22 · 32 · 52 · 72 − 34 − 2023 > (loại) * Nếu p1 ≥ p2 ≥ 5, p3 ≥ 7, p4 ≥ 11 Khi max(α1 , α2 , α3 , α4 ) ≥ F (α1 , α2 , α3 , α4 ) ≥ F (2, 1, 1, 1) ≥ 32 · · · 11 − · 23 − 2023 > (loại) Vậy, α1 = α2 = α3 = α4 = Thử vào ta thấy không thỏa mãn Vậy, phương trình cho vơ nghiệm Trang 15 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 b) Chọn k số nguyên tố lớn 2031 Xét phương trình ẩn n: τ (kn) + 2023 = n (3) – Nếu n k n = pα1 pα2 · · · pαt t tồn i ∈ 1, t để k = pi Từ xét F (α1 , α2 , · · · , αi , · · · , αt ) = pα1 pα2 · · · pαt t − (α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αi + 2) · · · (αt + 1) − 2023 tương tự câu a), F hàm đồng biến xét riêng biến αj Do đó, F (α1 , α2 , · · · , αi , · · · , αt ) ≥ F (1, 1, · · · , 1, · · · , 1) = p1 p2 · · · pi · · · pt − 2t−1 · − 2023 ≥ 2t−1 (pi − 3) − 2023 > pi − 2026 > (loại) – Nếu n k gcd(n, k) = 1, τ (kn) = τ (k)τ (n) = 2τ (n) Phương trình (3) tương đương với: n = 2τ (n) + 2023 (suy n lẻ), hay pα1 pα2 · · · pαt t = 2(α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αt + 1) + 2023 Tương tự câu a), ta có: F (α1 , α2 , · · · , αt ) = pα1 pα2 · · · pαt t − 2(α1 + 1)(α2 + 1) · · · (αt + 1) − 2023 hàm đồng biến với biến αj ∈ N∗ Do đó, tương tự câu a), ta xét: + Nếu k ≥ F (α1 , α2 , · · · , αk ) ≥ F (1, 1, · · · , 1) = p1 p2 · · · pk − · 2k − 2023 ≥ · · · · 11 · · · pk − 2k+1 − 2023 ≥ 2310 · p6 · · · pk − 64 · 2k−5 − 2023 ≥ (2310 − 64) · 2k−5 − 2023 > 2310 − 64 − 2023 > (loại) + Nếu k = = F (α1 ) = pα1 − 2(α1 + 1) − 2023 Khi đó: * Nếu α1 = p1 = 2027, hay n = 2027, thỏa mãn * Nếu α1 = p1 = 2029, loại * Nếu α1 = p1 = 2031, loại * Nếu α1 ≥ = F (α1 ) ≥ p1 − 2033, p1 ≤ Thử p1 ∈ {3, 5} ta loại + Nếu k = = F (α1 , α2 ) = pα1 pα2 − 2(α1 + 1)(α2 + 1) − 2023 Khi đó, p1 ≥ nên p2 ≥ Nếu min(α1 , α2 ) ≥ F (α1 , α2 ) ≥ F (3, 3) ≥ 33 · 53 − · · − 2023 > (loại) Vậy, α1 ∈ {1, 2} α2 ∈ {1, 2} Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang 16 Nếu α1 = 1, dễ kiểm tra F (1, 5) > nên α2 ≤ Thử TH ta thấy α1 = α2 = kéo theo n = 2031 = · 677 (thỏa mãn) Nếu α1 = 2, dễ kiểm tra F (2, 4) > nên α2 ≤ Thử TH ta thấy không thỏa mãn Nếu α2 = 1, dễ kiểm tra F (6, 1) > nên α1 ≤ Thử TH ta thấy α1 = dẫn đến TH Nếu α2 = 2, dễ kiểm tra F (5, 2) > nên α1 ≤ Thử TH ta thấy không thỏa mãn + Nếu k = = F (α1 , α2 , α3 ) = pα1 pα2 pα3 − 2(α1 + 1)(α2 + 1)(α3 + 1) − 2023 Khi đó, p1 ≥ nên p2 ≥ 5, p3 ≥ Nếu min(α1 , α2 , α3 ) ≥ F (α1 , α2 , α3 ) ≥ F (2, 2, 2) ≥ 32 · 52 · 72 − · 33 − 2023 > (loại) Vậy, α1 = α2 = α3 = Nếu α1 = 1, dễ kiểm tra F (1, 1, 3) > nên α3 ∈ {1, 2} Ta có F (1, 3, 1) > F (1, 2, 2) > 0, từ ta xét TH (α2 , α3 ) = (1, 1), (2, 1), (1, 2) không thỏa mãn Nếu α2 = 1, dễ kiểm tra F (1, 1, 3) > nên α3 ∈ {1, 2} Ta có F (4, 1, 1) > F (2, 1, 2) > 0, từ ta xét TH (α1 , α3 ) = (1, 1), (2, 1), (3, 1), (1, 2) không thỏa mãn Nếu α3 = 1, dễ kiểm tra F (1, 3, 1) > nên α2 ∈ {1, 2} Ta có F (4, 1, 1) > F (3, 2, 1) > 0, từ ta xét TH (α1 , α2 ) = (1, 1), (2, 1), (3, 1), (1, 2), (2, 2) không thỏa mãn + Nếu k = = F (α1 , α2 , α3 , α4 ) = p1α1 pα2 pα3 pα4 −2(α1 +1)(α2 +1)(α3 +1)(α4 +1)−2023 Khi đó, p1 ≥ nên p2 ≥ 5, p3 ≥ 7, p4 ≥ 11 Nếu max(α1 , α2 , α3 , α4 ) ≥ F (α1 , α2 , α3 , α4 ) ≥ F (2, 1, 1, 1) ≥ 32 · · · 11 − · 24 − 2023 > (loại) Vậy, α1 = α2 = α3 = α4 = Thử vào ta thấy khơng thỏa mãn Vậy phương trình có nghiệm n = 2027, 2031 Mà có vơ hạn số nguyên tố lớn 2026 nên ta có vô hạn cách chọn k, điều cần chứng minh Trang 17 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Bài Trong không gian, cho đa diện lồi D cho đỉnh D có số chẵn cạnh chứa đỉnh Chọn mặt F D Giả sử ta gán cho cạnh D số nguyên dương cho điều kiện sau thỏa mãn: với mặt (khác mặt F ) D, tổng số gán với cạnh mặt số nguyên dương chia hết cho 2024 Chứng minh tổng số gán với cạnh mặt F số nguyên dương chia hết cho 2024 Chứng minh Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau: • Bổ đề 1: Mọi đa diện lồi trải phẳng Chứng minh Từ điểm nằm đa diện, chiếu đỉnh đa diện lên hình đủ lớn Chọn điểm P hình cầu mà khơng phải đỉnh, phép nghịch đảo P biến hình cầu thành mặt phẳng, đồng thời giữ ngun tính khơng tự cắt cạnh • Bổ đề 2: Đồ thị G với đỉnh miền đồ thị phẳng H phẳng Chứng minh Ta mơ tả cụ thể cách dựng đồ thị G này: Ứng với miền H (kể miền vô hạn), chọn điểm nằm miền Nối điểm với trung điểm cạnh miền (sẽ nối đường cong với miền vơ hạn) Ta có đường nối đỉnh mong muốn Giả sử tồn cạnh AB CD cắt Nhận xét đường A B nằm hợp miền A B Vậy giao điểm phải nằm miền, đỉnh H, vơ lý đường nối ta dụng khơng qua đỉnh Vậy G đồ thị phẳng Quay lại tốn, ta chứng minh tô mặt đa diện màu đen trắng cho mặt kề khơng màu Áp dụng bổ đề trên, ta có: Đầu tiên ta trải đa diện thành đồ thị phẳng H Coi miền H (tương đương mặt đa diện) đỉnh, nối đỉnh miền tương ứng chúng kề nhau, ta thu thêm đồ thị phẳng G Việc đa diện H có tồn đỉnh bậc chẵn tương đương với miền G đa giác chẵn đỉnh Bài toán tương đương chứng minh G đồ thị phía Ta chứng minh G khơng có chu trình lẻ Giả sử phản chứng xét chu trình lẻ có diện tích nhỏ (do đồ thị phẳng lên chu trình khơng thể tự cắt) Nếu chu trình xét miền mâu thuẫn với viện miền đa giác chẵn đỉnh, tức chu trình chẵn Nếu chu trình xét (A − M − B − N ) hợp miền nhỏ hơn, ta thu đường đỉnh (A − P − B) mà nằm miền định nghĩa chu trình xét Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024 Trang 18 Ta thấy A − M − B − N có lẻ đỉnh nên A − P − B − M A − P − B − N chu trình lẻ, thuẫn với tính chất diện tích nhỏ A − M − B − N Từ ta có giả sử sai, G khơng có chu trình lẻ đồ thị phía Quay trờ lại với đa diện đề bài, ta tơ đen trắng mặt cho mặt kề khác màu Như vậy, cạnh thuộc mặt trắng mặt đen Cộng tổng tất mặt đen cho ta tổng tất cạnh, với tổng mặt trắng Giả sử mặt F đề màu trắng, lấy tổng mặt đen trừ mặt trắng lại cho ta điều phải chứng minh Trang 19 Hướng dẫn giải đề thi HSG Quốc gia 2023-2024