Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 ĐÁP ÁN ĐỀ THI Ngày thi thứ hai Thời gian: 180 phút Bài (7 điểm) Nếu 𝑝 không ước nguyên tố 𝑎𝑛 ta chọn 𝑒𝑝 tốn chứng minh Giả sử ngược lại, 𝑝 ước nguyên tố số 𝑎𝑛 Gọi 𝑘 số nguyên dương nhỏ cho 𝑝 | 𝑎𝑘 Gọi 𝑒 = 𝑒𝑝 = số mũ 𝑝 𝑎𝑘 Ta chứng minh với 𝑛 𝑝 𝑎𝑛 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 (Kí hiệu 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 có nghĩa 𝑝 xuất với số mũ 𝑒 𝑎𝑛 ) Trước hết ta qui nạp theo 𝑖 ≥ 𝑎𝑘+𝑖 ≡ 𝑎𝑖 Viết 𝑓 (𝑥) = 𝑐0 + 𝑑 ∑︁ (mod 𝑝2𝑒 ) 𝑗 𝑐 𝑗 𝑥 = 𝑎1 + 𝑥 𝑗=2 (︃ 𝑑 ∑︁ )︃ 𝑐𝑗 𝑥 𝑗−2 , 𝑗=2 (điều kiện 𝑓 ′ (0) = nói luỹ thừa bậc 𝑥 không xuất khai triển 𝑓 ) Với 𝑖 = (︃ )︃ ∑︁ 𝑗−2 𝑎𝑘+1 = 𝑓 (𝑎𝑘 ) = 𝑎2𝑘 𝑐 𝑗 𝑎𝑘 + 𝑎1 ≡ 𝑎1 (mod 𝑝2𝑒 ) 𝑗≥2 Như vậy, 𝑎𝑘+1 ≡ 𝑎1 (mod 𝑝2𝑒 ) Giả sử khẳng định với 𝑖, nghĩa 𝑎𝑘+𝑖 ≡ 𝑎𝑖 (mod 𝑝2𝑒 ) Từ suy 𝑓 (𝑎𝑘+𝑖 ) ≡ 𝑓 (𝑎𝑖 ) (mod 𝑝2𝑒 ), hay 𝑎𝑘+𝑖+1 ≡ 𝑎𝑖+1 (mod 𝑝2𝑒 ) Như theo nguyên lý qui nạp khẳng định chứng minh Bây cố định số nguyên dương 𝑛 cho 𝑝 | 𝑎𝑛 Viết 𝑛 = 𝑘𝑞 + 𝑖 với ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 − Giả sử 𝑖 > Thế ta có 𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑘(𝑞−1)+𝑖 ≡ · · · ≡ 𝑎𝑖 (mod 𝑝2𝑒 ) Nói riêng, 𝑝 | 𝑎𝑖 với 𝑖 < 𝑘, điều mâu thuẫn với cách chọn 𝑘 Như vậy, 𝑖 = 𝑛 = 𝑘𝑞 Thế đồng dư nói 𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑘 (mod 𝑝2𝑒 ) Bởi 𝑝𝑒 ||𝑎𝑘 , đồng dư cho thấy 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 Bài toán chứng minh Bài (7 điểm) (a) 𝐷𝑇 tiếp xúc (𝐻𝐸𝐹 ) Trước tiên (𝐻𝐸𝐹 ) đường trịn đường kính 𝐴𝐻 (ký hiệu [𝐴𝐻]) theo tính chất quen biết tam giác: "Đường thẳng 𝐻𝐼 qua giao điểm 𝑇 ′ ̸= 𝐴 (𝑂) [𝐴𝐻]" Suy 𝑇 giao điểm (𝑂) [𝐴𝐻] (𝑇 ̸= 𝐴) Để ý 𝐼𝐹, 𝐼𝐸 tiếp tuyến với [𝐴𝐻] nên tứ giác 𝑇 𝐹 𝐻𝐸 tứ giác điều hòa Do 𝐸𝐹 tiếp tuyến 𝑇 𝑀 đồng quy điểm Theo giả thiết, 𝐷𝐻 tiếp tuyến 𝑀 , suy 𝐷𝑇 tiếp tuyến 𝑇 Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 (b) 𝐵𝑀 , 𝐶𝑁 , 𝑇 𝑃 đồng quy Trước hết, ta chứng minh 𝐵𝑀 tiếp tuyến 𝐵 (𝑂) Giả sử tiếp tuyến 𝐵 cắt 𝐸𝐹 𝑀 ′ Để ý tam giác 𝐼𝐹 𝐵 𝑀 ′ 𝐹 𝐵 cân 𝐼 𝑀 ′ nên 𝐼𝑀 trung trực 𝐹 𝐵 Suy 𝐼𝑀 ′ 𝐵 + 𝑀 ′ 𝐵𝐹 = 90∘ Dẫn đến 𝐼𝑀 ′ 𝐵 + 𝐴𝐶𝐵 = 90∘ Mặt khác, 𝐵𝑇 𝐴 + 𝐴𝐶𝐵 = 180∘ 𝐵𝑇 𝐴 = 𝐵𝑇 𝐼 + 90∘ nên ta 𝐵𝑇 𝐼 + 𝐴𝐶𝐵 = 90∘ Từ suy 𝐼𝑀 ′ 𝐵 = 𝐵𝑇 𝐼 nên 𝑀 ′ thuộc đường tròn (𝐼𝐵𝑇 ) Theo cách dựng điểm 𝑀 , suy 𝑀 ′ ≡ 𝑀 Vậy 𝐵𝑀 tiếp tuyến 𝐵 (𝑂) Tương tự 𝐶𝑁 tiếp tuyến (𝑂) 𝐶 Gọi 𝐾 giao điểm 𝐵𝑀 𝐶𝑁 Khơng khó chứng minh ∆𝑇 𝐵𝐶 ∼ ∆𝑇 𝐹 𝐸 Để ý 𝐾 giao điểm tiếp tuyến 𝐵 𝐶 (𝑇 𝐵𝐶) 𝐼 giao điểm tiếp tuyến 𝐹 𝐸 (𝑇 𝐹 𝐸) Suy tứ giác 𝑇 𝐵𝐾𝐶 𝑇 𝐹 𝐼𝐸 đồng dạng Suy 𝐵𝑇 𝐾 = 𝐹̂︂ 𝑇 𝐼 Vì 𝐹̂︂ 𝑇 𝐼 = 𝐵𝐴𝑃 nên 𝐵𝑇 𝐾 = 𝐵𝐴𝑃 , giao điểm 𝑇 𝐾 với (𝑂) phải trùng với điểm 𝑃 , nên 𝑇 𝐾 qua 𝑃 Vậy 𝐵𝑀 , 𝐶𝑁 𝑇 𝑃 đồng quy Bài (6 điểm) Ký hiệu 𝑃𝑛 (𝑥) = 𝑛 ∑︁ 2𝑘(𝑛−𝑘) 𝑥𝑘 𝑘=0 Để đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) có 𝑛 nghiệm thực, ta số (̸= 0) 𝑃𝑛 (−2−𝑛 ), 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2 ), 𝑃𝑛 (−2−𝑛+4 ), , 𝑃𝑛 (−2𝑛 ), Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 luân phiên đổi dấu Khi kết luận hiển nhiên Với 𝑗 = 0, 1, , 𝑛, nhóm đơn thức đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) thành tổng có dạng 𝑃𝑛 (𝑥) = · · · +2(𝑗−5)(𝑛−𝑗+5) 𝑥𝑗−5 + 2(𝑗−4)(𝑛−𝑗+4) 𝑥𝑗−4 +2(𝑗−3)(𝑛−𝑗+3) 𝑥𝑗−3 + 2(𝑗−2)(𝑛−𝑗+2) 𝑥𝑗−2 +2(𝑗−1)(𝑛−𝑗+1) 𝑥𝑗−1 + 2𝑗(𝑛−𝑗) 𝑥𝑗 + 2(𝑗+1)(𝑛−𝑗−1) 𝑥𝑗+1 +2(𝑗+2)(𝑛−𝑗−2) 𝑥𝑗+2 + 2(𝑗+3)(𝑛−𝑗−3) 𝑥𝑗+3 +2(𝑗+4)(𝑛−𝑗−4) 𝑥𝑗+4 + 2(𝑗−4)(𝑛−𝑗−5) 𝑥𝑗+5 + · · · , Tùy vào tính chẵn lẻ 𝑗 𝑛 − 𝑗, tổng đầu tổng cuối có đơn thức Bây giá trị 𝑥 = −2−𝑛+2𝑗 vào biểu thức đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) Ta có 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2𝑗 ) = · · · +(−1)𝑗−4 (−2𝑗 −52 𝑗 −32 +(−1)𝑗−2 (−2 +0 +(−1)𝑗+2 (2𝑗 −22 𝑗 −42 +(−1)𝑗+4 (2 + 2𝑗 +2 − 2𝑗 −42 𝑗 −22 −32 𝑗 −52 −2 ) ) ) ) + ··· Chú ý có tổng đầu cuối đơn thức giá trị đơn thức có dấu (−1)𝑗 Sắp xếp lại ta suy (︁ 2 2 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2𝑗 ) = (−1)𝑗 · · · +(2𝑗 −4 − 2𝑗 −5 ) +(2𝑗 +0 −22 − 2𝑗 −32 +(2𝑗 −22 − 2𝑗 −32 𝑗 −42 +(2 𝑗 −52 −2 ) ) )︁ ) + ··· Như 𝑃 (−2−𝑛+2𝑗 ) mang dấu (−1)𝑗 Hệ giá trị 𝑃 (−2−𝑛+2𝑗 ) đổi dấu liên tục 𝑗 thay đổi từ 0, 1, , 𝑛