DE TOAN DTQG

ĐỀ THI THAM KHẢO ĐỀ THI HƯỚNG TỚI KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi thứ Bài (5 điểm) Với số thực a  1, xét dãy số (un ) xác định un  C2nn  a với n  1, 2,3, n2 a) Chứng minh dãy số (un ) tăng ngặt n  un hữu hạn, khác Chứng minh   (2;3) n  4n b) Giả sử tồn số thực  cho lim Bài (5 điểm) Cho dây cung BC cố định khác đường kính đường trịn (O ) xét điểm A thay đổi (O ) cho tam giác ABC nhọn, không cân Gọi AD, BE , CF đường cao tam giác ABC , D  BC , E  CA, F  AB Vẽ đường kính AA đường trịn (O ) đường kính AA1 đường tròn ( AEF ) a) Chứng minh đường thẳng A1H qua điểm cố định A thay đổi b) Định nghĩa tương tự với điểm B1 , C1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Bài (5 điểm) Cho đa thức P( x )  an x n  an 1 x n 1    a1 x  a0 có bậc n  với hệ số hữu tỷ có n nghiệm thực phân biệt lập thành cấp số cộng a) Chứng minh n  nghiệm P( x ) lập thành cấp số cộng b) Chứng minh tồn tam thức bậc hai Q ( x ) hệ số hữu tỷ cho P( x ) chia hết cho Q ( x ) c) Hỏi số a0 , a1 , a2 , , an lập thành cấp số cộng (theo thứ tự đó) hay khơng? Bài (5 điểm) Cho họ  gồm m tập phân biệt, khác rỗng tập hợp 1, 2, 3, , 90 Hai tập hợp  gọi liên kết giao chúng có phần tử; hai tập hợp gọi thân thiết giao chúng dãy số tự nhiên liên tiếp có phần tử a) Biết  , hai tập hợp thân thiết, chứng minh m  2025 b) Biết xếp tập hợp họ  thành dãy liên tiếp cho hai tập hợp kề liên kết hai số nguyên (a, b) với  a  b  90 tồn khơng q tập  chứa Tìm giá trị lớn m ĐỀ THI THAM KHẢO ĐỀ THI HƯỚNG TỚI KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi thứ hai Bài (7 điểm) Với số nguyên dương k , đặt Sk  1k  2k    2018k a) Hỏi có số nguyên dương k không vượt 2019 cho 20192 | Sk ? b) Chứng minh có vơ số p ngun tố cho tồn k nguyên dương để p | Sk Bài (7 điểm) Cho bảng ô vuông 2020  2020 mà ô điền số 1, 2, , 20202 Một hình chữ Z bảng   bị hai góc đối diện hình bên dưới: a) Hỏi có tất cách điền số lên bảng cho hình chữ Z , số lượng số chẵn số lượng số lẻ? (Ở ta quy ước coi vị trí bảng phân biệt nhau) b) Tìm tất số nguyên dương m cho tồn cách điền số lên bảng mà hình chữ Z , tổng bốn số chia hết cho m Bài (6 điểm) Cho tam giác ABC khơng cân có M trung điểm BC đường tròn nội tiếp ( I ) tiếp xúc với BC D Đoạn thẳng AD cắt lại ( I ) T Đường tròn ( BDT ) (CDT ) cắt lại đường tròn đường kính ID K , L cắt lại đường trịn đường kính IM P, Q a) Chứng minh KL song song với BC b) Giả sử BP cắt AC R CQ cắt AB S Chứng minh BS  CR  BC Bài a) Ta có : n+1 n 𝑛+1 𝑛 C2n+2 − a C2n −a 1 C2𝑛+2 𝐶2𝑛 un+1 − un = − = a( − )+ − (n + 1)2 (n + 1)2 (𝑛 + 1)2 𝑛2 n2 n Nên 3a − u2 − u1 = a (1 − ) + − = > 4 Với 𝑛 ≥ 2, ta có : 𝑛+1 (2𝑛 + 2)! (𝑛!)2 (2𝑛 + 1)(2𝑛 + 2) 2(2𝑛 + 1) (𝑛 + 1)2 𝐶2𝑛+2 = = = > (∗) 𝑛 (𝑛 + 1)2 𝐶2𝑛 𝑛+1 𝑛2 ((𝑛 + 1)!) (2𝑛)! Bất đẳng thức (∗) tương đương với : 2(2𝑛 + 1)𝑛2 ≥ (𝑛 + 1)3 ⟺ 3𝑛3 − 𝑛2 − 3𝑛 − > Do 𝑛 ≥ 2, nên ta có : 3𝑛3 − 𝑛2 − 3𝑛 − = 3(𝑛3 − 𝑛2 ) + 2(𝑛2 − 2𝑛) + 𝑛 − > Vậy 𝑢𝑛+1 > 𝑢𝑛 với 𝑛 nguyên dương hay (𝑢𝑛 ) tăng ngặt b) Ta có : n C2n = (2.4.6 … 2n)(1.3.5 … (2n − 1)) 4n n! (1.3.5 … (2n − 1)) 1.3.5 … (2n − 1) = = 4n (n!) n! (2.4 … 2n) 2.4.6 … (2n) Chú ý : (2𝑘 − 1)(2𝑘 + 1) < (2𝑘)2 , ∀𝑘 = 1,2, … , 𝑛,nhân 𝑛 bất đẳng thức vế theo vế, ta : 32 … (2𝑛 − 3)2 (2𝑛 − 1)2 (2𝑛 + 1) < 22 42 … (2(𝑛 − 1)) (2𝑛)2 ⟹ 1.3.5 … (2n − 1) < 2.4.6 … (2n) √2n + Tương tự, ta có (2𝑘)(2𝑘 + 2) < (2𝑘 + 1)2 , ∀𝑘 = 1,2, … , 𝑛 Suy : 2.42 … (2𝑛)2 (2𝑛 + 2) < 32 52 … (2𝑛 + 1)2 ⟹ 1.3.5 … (2n − 1) √n + 1 > > 2.4 … (2n) 2n + √2(2n + 1) Vậy ta có đánh giá : √2𝑛 + Ta có lim 𝑢𝑛 𝑛 4𝑛 = lim 𝑛 𝐶2𝑛 −𝑎 4𝑛 = 𝑢𝑛 𝑛 4𝑛 > > 𝑛 𝑛 𝐶2𝑛 𝐶2𝑛 > ⟹ lim = 4𝑛 4𝑛 √2(2𝑛 + 1) 𝑛 √2(2𝑛+1) ⟹ lim 𝑢𝑛 𝑛 4𝑛 = +∞ Ta chứng minh 𝛼 ∈ (2,3) phản chứng Nếu 𝛼 ≤ 2, suy : lim Nếu 𝛼 ≥ 3, suy : lim 𝑢𝑛 𝑛 𝛼 4𝑛 = lim 𝑢𝑛 𝑛3 𝑛𝛼−3 4𝑛 = +∞ (vơ lí) 𝑢𝑛 𝑛 𝛼 4𝑛 = lim 𝑢𝑛 𝑛2 𝑛𝛼−2 4𝑛 = (vơ lí) Bài a) Trước hết, xin nhắc lại không chứng minh kết quen thuộc : Cho tam giác 𝐴𝐵𝐶 nhọn có 𝐻 trực tâm, 𝐴𝐴′ đường kính (𝐴𝐵𝐶) 𝑀 trung điểm 𝐵𝐶, 𝑃 giao điểm thứ hai đường trịn đường kính 𝐴𝐻 với (𝑂) Khi 𝑃, 𝐻, , 𝑀, 𝐴′ thẳng hàng Trở lại toán, gọi 𝑀 trung điểm 𝐵𝐶, 𝑃 giao điểm thứ hai (𝐴𝐸𝐹) với (𝑂), 𝐴2 giao điểm thứ hai (𝐴′ 𝐸𝐹) với (𝑂) Do 𝐴′ 𝐴1 , 𝐴′𝐴 đường kính (𝐴′ 𝐸𝐹), (𝐴𝐵𝐶) nên 𝐴2 𝐴1 ⊥ 𝐴2 𝐴′ , 𝐴2 𝐴 ⊥ 𝐴2 𝐴′ suy 𝐴2 , 𝐴1 , 𝐴 thẳng hàng Lại có : 𝐸𝐹 trục đẳng phương (𝐵𝐶) với (𝐴′ 𝐸𝐹), 𝐵𝐶 trục đẳng phương (𝑂) với (𝐵𝐶) 𝐴′ 𝐴2 trục đẳng phương (𝐴′ 𝐸𝐹) với (𝑂) nên 𝐴′ 𝐴2 , 𝐸𝐹, 𝐵𝐶 đồng quy điểm, gọi 𝑋 Ngoài ra, 𝐸𝐹 trục đẳng phương (𝐴𝐸𝐹) với (𝐵𝐶), A 𝐴𝑃 trục đẳng phương (𝑂) với (𝐴𝐸𝐹) 𝐵𝐶 trục đẳng phương (𝐵𝐶) với (𝑂) E P Nên 𝐸𝐹, 𝐴𝑃, 𝐵𝐶 đồng quy 𝑋 A1 Lại có 𝑋𝐹 ⊥ 𝐴𝐴′ , 𝐴′ 𝑃 ⊥ 𝐴𝑋 F I H 𝐴𝐴2 ⊥ 𝐴′𝑋 nên 𝑋𝐹, 𝐴′ 𝑃, 𝐴𝐴2 đồng quy trực tâm 𝐼 O tam giác 𝐴𝐴′ 𝑋 Ta có : X ̅̅̅ ̅̅̅ = ̅̅̅ 𝐼𝑃 ̅𝐼𝐻 𝐼𝐸 ̅̅̅ 𝐼𝐹 = ̅̅̅̅̅ 𝐼𝐴1 ̅̅̅̅̅ 𝐼𝐴2 C M B A2 Nên tứ giác 𝐴1 𝐻𝐴2 𝑃 nội tiếp, suy N 𝐴1 𝐻 song song với 𝐴𝐴′ (tính chất đối song) A' Gọi 𝑁 điểm đối xứng với 𝑂 qua 𝑀, suy 𝐻𝑁 song Song với 𝑂𝐴′ nên 𝐴1 , 𝐻, 𝑁 thẳng hàng hay 𝐴1 𝐻 qua điểm cố định 𝑁 b) Gọi 𝑋, 𝑌, 𝑍 giao điểm cặp đường thẳng (𝐸𝐹, 𝐵𝐶), (𝐷𝐹, 𝐴𝐶), (𝐷𝐸, 𝐴𝐵) 𝑋, 𝑌, 𝑍 thẳng hàng, suy 𝐴𝐴1 , 𝐵𝐵1 , 𝐶𝐶1 trục đẳng phương (𝐴𝑋), (𝐵𝑌), (𝐶𝑍) với (𝑂) Nếu ta chứng minh (𝐴𝑋), (𝐵𝑌), (𝐶𝑍) đồng trục ℓ gọi 𝑇 giao điểm 𝐴𝑋 với ℓ, 𝑇 có phương tích tới đường trịn (𝐴𝑋), (𝐵𝑌), (𝐶𝑍), (𝑂) hay 𝑇 ∈ 𝐵𝑌, 𝑇 ∈ 𝐶𝑍 Vậy ta cần chứng minh bổ đề sau đủ : Cho tứ giác tồn phần 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹 Khi (𝐴𝐶), (𝐵𝐷), (𝐸𝐹) đồng trục Chứng minh : Gọi 𝑀, 𝑁, 𝑃 giao điểm (𝐴𝐶, 𝐵𝐷), (𝐴𝐶, 𝐸𝐹), (𝐵𝐷, 𝐸𝐹) Ta có : (𝐴𝐶, 𝑀𝑁) = (𝑃𝑀, 𝐵𝐷) = (𝑃𝑁, 𝐸𝐹) = −1 𝐶𝑁 𝐷𝑀 𝐹𝑃 Nên suy (𝐴𝐶), (𝐵𝐷), (𝐸𝐹) đường tròn Apollonius 𝑁𝑀, 𝑀𝑃, 𝑃𝑁 theo tỉ số 𝐶𝑀 , 𝐷𝑃 , 𝐹𝑁 Gọi 𝐾 giao điểm (𝐴𝐶), (𝐵𝐷), suy : KN CN KM DM 𝐾𝑁 𝐶𝑁 𝐷𝑀 𝐶𝑁 𝐷𝑀 𝐹𝑃 𝐹𝑁 𝐹𝑁 = , = ⟹ = = = KM CM KP DP 𝐾𝑃 𝐶𝑀 𝐷𝑃 𝐶𝑀 𝐷𝑃 𝐹𝑁 𝐹𝑃 𝐹𝑃 Hay 𝐾 ∈ (𝐸𝐹) Vậy (𝐴𝐶), (𝐵𝐷), (𝐸𝐹) đồng trục P E B N A M K F D C Bài 𝑎) 𝑃(𝑥) = 𝑎4 𝑥 + 𝑎3 𝑥 + 𝑎2 𝑥 + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 có bốn nghiệm phân biệt 𝑥1 < 𝑥2 < 𝑥3 < 𝑥4 nên theo định lý Rolle, tồn 𝑥1 < 𝑦1 < 𝑥2 < 𝑦2 < 𝑥3 < 𝑦3 < 𝑥4 cho 𝑃′ (𝑦1 ) = 𝑃′ (𝑦2 ) = 𝑃′ (𝑦3 ) = hay 𝑃′ (𝑥) = 4𝑎4 𝑥 + 3𝑎3 𝑥 + 2𝑎2 𝑥 + 𝑎1 có ba nghiệm phân biệt Ta chứng minh 𝑃′ (𝑥0 ) = 0, 𝑣ớ𝑖 𝑥0 = − 𝑎3 4𝑎4 đủ tổng hai nghiệm cịn lại 2𝑥0 nên lập thành cấp số cộng 𝑎3 𝑎33 3𝑎33 𝑎2 𝑎3 𝑎33 𝑎2 𝑎3 𝑃 (− )=− + − + 𝑎 = − + 𝑎1 4𝑎4 16𝑎42 16𝑎42 2𝑎4 8𝑎42 2𝑎4 ′ Gọi số hạng đầu công sai 𝑥1 , 𝑥2 , 𝑥3 , 𝑥4 𝑎, 𝑑, theo định lý Viete, ta có : − 𝑎3 = 𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 + 𝑥4 = 4𝑎 + 6𝑑 𝑎4 (x1 + x2 + x3 + x4 )2 − x12 − x22 − x32 − x42 a2 = ∑ xi xj = a4 i,j = (4a + 6d)2 − a2 − (a + d)2 − (a + 2d)2 − (a + 3d)2 16a2 + 48ad + 36d2 − 4a2 − 12ad − 14d2 = 2 = 6a2 + 18ad + 11d2 −𝑎1 = 𝑥1 𝑥2 𝑥3 + 𝑥2 𝑥3 𝑥4 + 𝑥3 𝑥4 𝑥1 + 𝑥4 𝑥1 𝑥2 = (𝑥2 𝑥3 + 𝑥1 𝑥4 )(𝑥1 + 𝑥4 ) 𝑎4 = (2𝑎 + 3𝑑)(𝑎(𝑎 + 3𝑑) + (𝑎 + 𝑑)(𝑎 + 2𝑑)) = 2(2𝑎 + 3𝑑)(𝑎2 + 3𝑎𝑑 + 𝑑2 ) Suy : 𝑎 𝑃′ (− 4𝑎3 ) 𝑎4 𝑎3 2𝑎2 𝑎3 𝑎1 =( ) − + 2𝑎4 𝑎4 𝑎42 = −(2a + 3d)3 + (2𝑎 + 3𝑑)(6𝑎2 + 18𝑎𝑑 + 11𝑑2 ) − 2(2𝑎 + 3𝑑)(𝑎2 + 3𝑎𝑑 + 𝑑2 ) = (2𝑎 + 3𝑑)(−4𝑎2 − 12𝑎𝑑 − 9𝑑2 + 6𝑎2 + 18𝑎𝑑 + 11𝑑 − 2𝑎2 − 6𝑎𝑑 − 2𝑑2 ) = b) Gọi 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑛 𝑛 nghiệm đa thức, xét 𝑥1 = 𝑎, 𝑥2 − 𝑥1 = 𝑑, theo định lý Viete, ta có : 𝑎𝑛−1 ∈ℚ 𝑎𝑛 𝑎𝑛−2 ∑ 𝑥𝑖 𝑥𝑗 = ∈ℚ 𝑎𝑛 ∑ 𝑥𝑖 = − { 𝑖≠𝑗 Suy : { 𝑛𝑎 + 𝑛−1 𝑑∈ℚ 𝑛(𝑛 − 1)(2𝑛 − 1) 𝑛𝑎2 + 𝑛(𝑛 − 1)𝑎𝑑 + 𝑑 ∈ℚ 𝑛(𝑛 − 1) 𝑑∈ℚ ⟹{ ∑ 𝑥𝑖2 ∈ ℚ 𝑎+ 𝑛−1 𝑑∈ℚ ⟹{ (𝑛 − 1)(2𝑛 − 1) 𝑎2 + (𝑛 − 1)𝑎𝑑 + 𝑑 ∈ℚ 𝑎+ Mà (𝑛 − 1)(2𝑛 − 1) 𝑛 − 𝑛2 − 𝑎 + (𝑛 − 1)𝑎𝑑 + 𝑑 = (𝑎 + 𝑑) + 𝑑 12 Suy 𝑑2 ∈ ℚ nên 𝑛−1 𝑑) ∈ ℚ 𝑛−1 𝑛−1 (𝑛 𝑥 𝑥 = 𝑎(𝑎 + − 1)𝑑) = (𝑎 + 𝑑) − ( 𝑑) ∈ ℚ { 𝑛 2 𝑥1 + 𝑥𝑛 = (𝑎 + Nên 𝑄(𝑥) = (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥𝑛 ) ∈ ℚ[𝑥] ước 𝑃(𝑥) c) Ta chứng minh kết mạnh đề : Nếu đa thức có bậc 𝑛 ≥ có hệ số lập thành cấp số cộng khơng thể có 𝑛 nghiệm Xét 𝑃(𝑥) = (𝑎0 + 𝑛𝑑)𝑥 𝑛 + (𝑎0 + (𝑛 − 1)𝑑)𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎0 = 𝑎0 (𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 1) + 𝑑(𝑛𝑥 𝑛 + ⋯ + 𝑥) Khi : P(x)(x − 1) = a0 (x n+1 − 1) + d(nx n+1 − x n − ⋯ − x) = (a + nd)x n+1 − dx(x n−1 + ⋯ + 1) − a0 Suy : Q(x) = P(x)(x − 1)2 = (a0 + nd)x n+2 − (a0 + (n + 1)d)x n+1 + (d − a0 )x + a0 = 𝐴𝑥 𝑛+2 + 𝐵𝑥 𝑛+1 + 𝐶𝑥 + 𝐷 Q(−x) = (−1)n+2 𝐴x n+2 + (−1)n+1 𝐵x n+1 − Cx + D Dễ thấy, số nghiệm âm 𝑄(𝑥) số nghiệm dương 𝑄(−𝑥) Nếu có hệ số 𝑄 theo quy tắc Descartes dấu, số nghiệm 𝑄(𝑥) không vượt tổng số lần đổi dấu hệ số 𝑄(𝑥), 𝑄(−𝑥), tức số nghiệm 𝑄(𝑥) không vượt 4, tức số nghiệm 𝑃 không vượt < 𝑛 Nếu 𝑛 ≥ 4, tổng số lần đổi dấu hệ số 𝑄(𝑥), 𝑄(−𝑥) nhỏ (khơng thể 𝐶𝐷 < −𝐶𝐷 > 0) nên số nghiệm 𝑃 nhỏ ≤ 𝑛 Nếu 𝑛 = 3, 𝑄(𝑥) = 𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 + 𝐷, 𝑄(−𝑥) = −𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 − 𝐶𝑥 + 𝐷, suy tổng số lần đổi dấu 𝑄(𝑥), 𝑄(−𝑥) không vượt nên tổng số nghiệm 𝑄 không vượt nên số nghiệm 𝑃 không vượt Quy tắc Descartes dấu : Cho đa thức 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑛 𝑥 𝑛 + 𝑎𝑛−1 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑎1 𝑥 + 𝑎0 ∈ ℝ Gọi 𝑠 số lần đổi dấu dãy 𝑎𝑛 , 𝑎𝑛−1 , … , 𝑎0 không tính số (tức bỏ số dãy trên, 𝑠 số cặp trái kề trái dấu) Gọi 𝑝 số nghiệm dương 𝑓(𝑥), 𝑠 − 𝑝 số ngun khơng âm chẵn Ta chứng minh 𝑠 − 𝑝 chẵn trước,khơng tính tổng quát, xét 𝑎𝑛 > 0, 𝑎0 ≠ Nếu 𝑎0 > 𝑓(0) > lim 𝑓(𝑥) = +∞, 𝑓 có chẵn nghiệm dương hay đpcm 𝑥→+∞ Ta chứng minh 𝑠 ≥ 𝑝 quy nạp theo 𝑛, với 𝑛 = 1, kết hiển nhiên Giả sử mệnh đề với 𝑛 = 𝑘 − 1, ta chứng minh mệnh đề với 𝑛 = 𝑘 : Xét đa thức 𝑓 ′ (𝑥) bậc 𝑘 − 1, số lần đổi dấu hệ số 𝑓′ không vượt 𝑠 Theo định lý Rolle, số nghiệm dương 𝑓 ′ không nhỏ 𝑝 − nên ta thu : 𝑠 ≥ 𝑝 − mà 𝑠 − 𝑝 số chẵn nên 𝑠 − 𝑝 ≥ Bài a) Giả sử 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑚 𝑚 tập họ Ω, đặt 𝐴 = {min 𝑋𝑖 |1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚}, 𝐵 = {max 𝑋𝑖 |1 ≤ 𝑖 ≤ 𝑚} Giả sử có hai tập 𝑋𝑖 , 𝑋𝑗 cho 𝑋𝑖 = 𝑋𝑗 , max 𝑋𝑖 = max 𝑋𝑗 , 𝑋𝑖 , 𝑋𝑗 thân thiết nên 𝑋𝑖 ≡ 𝑋𝑗 (vơ lí), suy khơng có hai tập 𝑋𝑖 , 𝑋𝑗 mà 𝑋𝑖 = 𝑋𝑗 , max 𝑋𝑖 = max 𝑋𝑗 Từ đây, suy : 𝑚 ≤ |𝐴| |𝐵| ≤ (|𝐴| + |𝐵|)2 Do 𝐴 𝐵 rời (vì ngược lại tồn 𝑖, 𝑗 cho 𝑋𝑖 = max 𝑋𝑗 nên |𝑋𝑖 ∩ 𝑋𝐽 | = 1, vơ lí) nên |𝐴| + |𝐵| ≤ |𝐴 ∪ 𝐵| = 90 ⟹ 𝑚 ≤ 902 = 2025 b) Giả sử 𝑋1 , 𝑋2 , … , 𝑋𝑚 𝑚 tập họ Ω, gọi 𝑘 số tập thuộc Ω có hai phần tử Dễ thấy 𝑘 ≤ 𝐶90 2 cặp phần tử (𝑎, 𝑏) thuộc tối tập, suy : 𝑚 ≤ 𝐶90 + 90 = 𝐶91 Ta xây dựng trường hợp đẳng thức xảy sau : ∗ 𝑋𝑘 = {𝑙}, ∀𝑙 = 1,2, … ,90, 𝑘 = 𝐶𝑙+1 ∗ 𝑋𝑘+1 = {𝑙, 𝑙 + 1}, ∀𝑙 = 1,2, … ,89, 𝑘 = 𝐶𝑖+1 ∗ 𝑋𝑘+𝑖+1 = {𝑙, 𝑖}, 𝑙 = 1,2, … ,89, 𝑘 = 𝐶𝑙+1 , ≤ 𝑖 ≤ 𝑙 − 2 Dễ thấy có 𝐶91 tập có 90 tập có phần tử 𝐶90 tập có hai phần tử cặp (𝑎, 𝑏) xuất dãy |𝑋𝑖 ∩ 𝑋𝑖+1 | = Bài a) Nếu 𝑛 chẵn, suy Sn ≡ + + + + + ⋯ + + + ≡ 2.673 (mod 3), suy (𝑆𝑛 , 3) = Giả sử 𝑛 lẻ số cần tìm, ta có : k n + (2019 − k)n ≡ k n + 2019nk n−1 − k n ≡ 2019nk n−1 (mod 20192 ) ⟹ 2(1n + 2n + ⋯ + 2018n ) ≡ 2019n(1n−1 + 2n−1 + ⋯ + 2018n−1 ) (mod 20192 ) Do 𝑆𝑛−1 không chia hết cho mà 2019𝑛𝑆𝑛−1 chia hết cho suy 𝑛 chia hết cho Gọi 𝑔 nguyên thủy 𝑝 = 673, : (𝑔𝑛−1 )𝑝−1 − (𝑚𝑜𝑑 𝑝) 𝑔𝑛−1 − 1𝑛−1 + 2𝑛−1 + ⋯ + (𝑝 − 1)𝑛−1 ≡ + 𝑔𝑛−1 + 𝑔2(𝑛−1) + ⋯ + 𝑔(𝑝−2)(𝑛−1) ≡ Do 𝑝 − chia hết cho mà ∤ 𝑛 − (𝑛 chia hết cho 3) nên 𝑝 − ∤ 𝑛 − ⟹ (𝑔𝑛−1 − 1, 𝑝) = 1, nên 1𝑛−1 + 2𝑛−1 + ⋯ + (𝑝 − 1)𝑛−1 ≡ (𝑔𝑛−1 )𝑝−1 − ≡ (𝑚𝑜𝑑 𝑝) 𝑔𝑛−1 − Vậy ta thu 𝑆𝑛−1 chia hết cho 673, suy 𝑆𝑛 chia hết cho 2019 Vậy số cần tìm 𝑛 ≤ 2019, 𝑛 chia hết cho 3, 𝑛 lẻ, tức 𝑛 = 6𝑘 + (1 ≤ 𝑘 ≤ 336), có 336 số b) Ta chứng minh phản chứng, giả sử tập ước nguyên tố 𝑆𝑛 tập hữu hạn 𝑃 = {𝑝1 , 𝑝2 , … , 𝑝𝑘 } 𝑎 𝑎 𝑎 𝑎 +𝑑 𝑎2 +𝑑 𝑎 +𝑑 𝑝2 … 𝑝𝑘 𝑘 , với 𝑑 𝑎 +𝑑 dương 𝑛 > 𝑖 , với 𝑖, ta có : 𝜑(𝑆) Xét 𝑆1 = 𝑝1 𝑝2 … 𝑝𝑘 𝑘 , 𝑆 = 𝑝1 𝑖, với số nguyên 𝑎 +𝑑 số nguyên dương cho 𝑝𝑖 𝑖 > 𝑆 với 2018 𝑎 +𝑑 𝑆1+𝑛𝜑(𝑆) − 𝑆1 = ∑ 𝑘(𝑘 𝑛𝜑(𝑆) − 1) ≡ (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑖 𝑖 ) 𝑘=1 với 𝑝𝑖 > 2018 nên suy 𝑣𝑝𝑖 (𝑆1+𝑛𝜑(𝑆) ) = 𝑎𝑖 , ∀𝑝𝑖 > 2018 Với 𝑝𝑖 < 2018, ta có : 2018 𝑎 +𝑑 𝑆1+𝑛𝜑(𝑆) − 𝑆1 = ∑ 𝑘(𝑘 𝑛𝜑(𝑆) − 1) ≡ − ∑ 𝑘 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑖 𝑖 𝑘=1 ) ⟹ 𝑆1+𝑛𝜑(𝑆) ≡ 𝑎 +𝑑 ∑ 𝑘 (𝑚𝑜𝑑 𝑝𝑖 𝑖 (𝑝𝑖 ,𝑘)=1 𝑝𝑖 ∣𝑘 Do 0< 𝑎 +𝑑 ∑ 𝑘 < 𝑆 < 𝑝𝑖 𝑖 (𝑝𝑖 ,𝑘)=1 nên 𝑣𝑝𝑖 (𝑆1+𝑛𝜑(𝑆) ) < 𝑎𝑖 + 𝑑 Suy 𝑆𝑛 ước 𝑆 với 𝑛 đủ lớn Mà lim 𝑆𝑛 = +∞, suy vơ lí ) Bài 𝑎) 6(𝑘!)2 với 𝑘 = 20202 /2 b) 𝑚 ∈ {0,1,2,4} a) Ta quan tâm tính chẵn lẻ bảng, ta mơ hình lại tốn dạng nhị phân, tức ô điền số số ô số chẵn số ngược lại Yêu cầu toán tương đương, tổng số chữ 𝑍 Xét bảng × bảng vng điền số sau : ABC DEF GHI Trường hợp : Nếu 𝐴 = 𝐵, 𝐴 + 𝐵 + 𝐸 + 𝐹 = 2, suy 𝐸 = 𝐹 𝐴 + 𝐸 = Ta có 𝐶 + 𝐸 + 𝐹 + 𝐻 = nên 𝐶 = 𝐻 𝐶 + 𝐸 = nên 𝐴 = 𝐵 = 𝐶 Kết hợp 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 + 𝐸 = 2, suy 𝐷 = 𝐸 = 𝐹 Áp dụng mơ hình, ta suy tất số hàng lẻ 𝐴, số hàng chẵn 𝐷 Dễ kiểm tra thỏa yêu cầu toán Trường hợp : Nếu 𝐴 = 𝐷, thực tương tự ta suy Áp dụng mơ hình, ta suy tất số cột lẻ 𝐴, số cột chẵn 𝐵 Trường hợp : Nếu 𝐴 + 𝐵 = 𝐴 + 𝐷 = 1, suy 𝐵 = 𝐷 Ta có : 𝐺 + 𝐷 + 𝐸 + 𝐵 = nên suy 𝐺 = 𝐸 𝐸 + 𝐷 = 1, suy 𝐴 = 𝐸 = 𝐺, suy ô ô (𝑖, 𝑗) 𝐴 𝑖 + 𝑗 chẵn 𝐵 trường hợp lại Dễ kiểm tra thỏa yêu cầu toán Trong tất trường hợp, số chẵn, số lẻ thuộc vào hai nhóm ơ, giả sử cần điền số chẵn vào ô thuộc vào ô (𝑖1 , 𝑗1 ), … , (𝑖𝑘 , 𝑗𝑘 ) với 𝑘 = 20202 (ở có cách chọn cho 𝑘 này) Có 𝑘! cách điền chẵn tương tự có 𝑘! cách điền số chẵn nên có 6(𝑘!)2 cách điền với 𝑘 = 20202 b) Xét bảng × bảng ô vuông điền số sau : A1 A2 A3 A4 B1 B2 B3 B4 C1 C2 C3 C4 D1 D2 D3 D4 Ta có A1 + A2 + B2 + B3 ≡ A2 + B2 + B3 + C3 ≡ (mod m), suy A1 ≡ C3 (mod m) Tương tự, ta suy A2 − C4 ≡ 𝐴3 − 𝐶1 ≡ 𝐴4 − 𝐶2 ≡ (mod m) Từ suy bảng phụ thuộc vào ô 𝐴1 , 𝐴2 , 𝐴3 , 𝐴4 , 𝐵1 , 𝐵2 , 𝐵3 , 𝐵4 Xét bảng theo mod m : A1 A2 A3 A4 B1 B2 B3 B4 A3 A4 A1 A2 B3 B4 B1 B2 Suy số số dư chia cho 𝑚 không vượt nên 𝑚 ≤ Nếu 𝑚 không ước 8, gọi 𝑥0 , 𝑥1 , 𝑥2 , … , 𝑥𝑚−1 số số nguyên chia 𝑚 dư 0,1, … , 𝑚 − đoạn [1,20202 ] nên 𝑥𝑖 ≤ 20202 Ta 𝑚 có 𝑥𝑖 bội 20202 , mà 𝑚 < 8, theo nguyên lí Dirichlet tồn 𝑖 cho 20202 2.20202 ≥ 𝑥𝑖 ≥ 𝑚 Suy 𝑚 = Theo nguyên lí Dirichlet, tồn 𝑖 cho 20202 ≥ 𝑥𝑖 ≥ 3.20202 (cơ lí) Vậy 𝑚 ∣ Với 𝑚 ∈ {1,2}, dễ dàng kiểm tra thỏa mãn Với 𝑚 = 4, ta chọn 𝐴1 = 𝐵1 = 0, 𝐴2 = 𝐵2 = 1, 𝐴3 = 𝐵3 = 2, 𝐴4 = 𝐵4 = 3, theo mod điền theo quy tắc trên, mơ hình lấy bảng × 8: 01230123 01230123 23012301 23012301 Dễ kiểm tra bảng thỏa Với 𝑚 = 8, số lượng số số chia cho dư 0,1,2, ,7 nên (𝐴1 , 𝐴2 , … , 𝐵4 ) hoán vị (0,1,2, … ,7) theo mod 8, xét bảng : A1 A2 A3 A4 B1 B2 B3 B4 A3 A4 A1 A2 B3 B4 B1 B2 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐵2 + 𝐵3 ≡ 𝐴3 + 𝐴4 + 𝐵2 + 𝐵3 ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) ⟹ 𝐴1 + 𝐴2 ≡ 𝐴3 + 𝐴4 (𝑚𝑜𝑑 8) Lại có : A1 + A4 + B3 + B4 ≡ A2 + A3 + B3 + B4 ≡ (mod 8) ⟹ A1 + A4 ≡ A2 + A3 (mod 8) Suy : 2A1 ≡ 2A3 (mod 8) ⟹ A1 ≡ A3 (mod 4), suy 𝐴1 − 𝐴3 ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) Lại có : 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐴3 + 𝐴4 + 𝐵1 + 𝐵2 + 𝐵3 + 𝐵4 ≡ + + + ⋯ + (𝑚𝑜𝑑 8) ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) Suy : 2(𝐴1 + 𝐴2 + 𝐵1 + 𝐵2 ) ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) Chú ý : ≡ 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐵2 + 𝐵3 ≡ 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐵2 + 𝐵1 + (𝑚𝑜𝑑 8) ⟹ 𝐴1 + 𝐴2 + 𝐵1 + 𝐵2 ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) ⟹ ≡ (𝑚𝑜𝑑 8) (vơ lí) Bài a) Gọi 𝑁 trung điểm 𝑇𝐷, dễ thấy 𝑁 ∈ (𝐼𝐷),ta có : ∠𝐿𝑁𝐷 = ∠𝐵𝐷𝐿 = ∠𝐿𝑇𝐶 ⟹ ∠𝐷𝐿𝑁 = ∠𝑇𝐿𝐶, suy tứ giác 𝐿𝑇𝐷𝐶 điều hịa nên ta có tam giác 𝐶𝑁𝑇 tam giác 𝐶𝐷𝐿 đồng dạng suy 𝐶𝑁 𝐶𝐷 = 𝑁𝑇 𝐷𝐿 Tương tự, tam giác 𝐵𝑁𝑇 tam giác 𝐵𝐷𝐾 đồng dạng nên ta thu : 𝐵𝑁 𝐷𝐵 𝑁𝐵 𝐷𝐵 𝐷𝐿 (1) = ⟹ = 𝑁𝑇 𝐷𝐾 𝑁𝐶 𝐷𝐶 𝐷𝐾 Gọi 𝐸, 𝐹 tiếp điểm 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 với (𝐼) 𝑇𝐸𝐷𝐹 tứ giác điều hịa nên gọi 𝐸𝐹 cắt 𝐵𝐶 𝑃 𝑃𝑇 tiếp tuyến (𝐼) 𝑃𝑁 ⊥ 𝐷𝑇 Do (𝑃𝐷, 𝐵𝐶) = −1 nên ta thu 𝑁𝐷 phân giác góc 𝐵𝑁𝐶 kết hợp với (1) tính chất đường phân giác ta suy 𝐷𝐿 = 𝐷𝐾 ⟹ 𝐷𝐼 ⊥ 𝐿𝐾 hay 𝐵𝐶 ∥ 𝐿𝐾 A T N K L B D C b) Dựng đường kính 𝐷𝐾 đường trịn (𝐼), gọi 𝑊 giao điểm thứ hai 𝐴𝐾với (𝐼), ta có kết quen thuộc 𝐴𝐾 cắt 𝐵𝐶 𝑁 𝑀𝐷 = 𝑀𝑁 Ta chứng minh 𝑃, 𝐷, 𝐸 thẳng hàng : Gọi 𝑃′ giao điểm thứ hai (𝐵𝑇𝐷) với 𝐷𝐸, ta có : ∠𝑇𝑃′ 𝐸 = ∠𝑇𝐵𝐷, ∠𝑇𝐸𝑃′ = ∠𝑇𝐷𝐵 nên ta có tam giác 𝑇𝑃′𝐸 đồng dạng với tam giác 𝑇𝐵𝐷, suy : P′ E BD 2TE BD EF BD = ⟹ P′ E = = (TEDF tứ giác điều hòa) ET DT DT DF Ta có tam giác 𝐾𝐹𝐷 đồng dạng với tam giác 𝐼𝐷𝐵 (do ∠𝐾𝐹𝐷 = 90𝑜 = ∠𝐼𝐷𝐵, ∠𝐹𝐾𝐷 = ∠𝐷𝐼𝐵) nên ta có : DB ID DB EF ID EF EF WE (WEKF tứ giác điều hòa) = ⟹ P′ E = = = ID = IK DF KF DF KF 2KF WK Suy : 𝑃′ 𝐸 𝐾𝐼 = 𝐸𝑊 𝐾𝑊 Nên tam giác 𝑊𝑃′𝐸 tam giác 𝑊𝐼𝐾 đồng dạng, suy ∠𝑊𝐼𝐾 = ∠𝑊𝑃′𝐸, suy 𝑃′ ∈ (𝐼𝐷𝑊) Dễ thấy ∠𝐼𝑊𝑀 = 90𝑜 nên 𝑊 ∈ (𝐼𝐷𝑀), suy 𝑃′ ∈ (𝐼𝐷𝑀), nên ta thu 𝑃 ≡ 𝑃′ A K T E R F I P W B D N M C Sử dụng tam giác 𝑊𝑃𝐸 𝑊𝐼𝐾 đồng dạng, ta thu : 𝑃𝐸 = 𝑃𝑊 Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác 𝑃𝐼𝐷𝑊 nội tiếp, ta : 𝐼𝑊 𝐷𝑃 = 𝐼𝑃 𝐷𝑊 + 𝑃𝑊 𝐼𝐷 ⟹ 𝐼𝐷(𝑃𝐷 − 𝑃𝐸) = 𝐼𝑃 𝐷𝑊 ⟹ 𝑃𝐷 − 𝑃𝐸 = Do tam giác 𝑊𝐷𝐾 đồng dạng với tam giác 𝐷𝑀𝐼 nên ta thu : 𝑃𝐷 − 𝑃𝐸 = 𝐾𝐸 𝐷𝑀 𝐷𝐼 Do tam giác 𝐷𝐸𝐾 đồng dạng với tam giác 𝐶𝐷𝐼 nên ta thu : 𝐼𝑃 𝐷𝑊 𝐾𝐸 𝐷𝑊 = 𝐼𝐷 𝐾𝑊 𝑃𝐷 + 𝑃𝐸 = 𝐷𝐸 = 𝐸𝐾 𝐶𝐷 𝐼𝐷 Suy : 𝑃𝐷 𝐷𝐶 + 𝐷𝑀 𝐷𝐶 + 𝐷𝑀 = = 𝑃𝐸 𝐷𝐶 − 𝐷𝑀 𝐶𝑀 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác 𝐸𝐷𝐶 với cát tuyến 𝐵𝑃𝑅, ta : RE BC PD RE BD PE BD MC DB DB DB =1⟹ = = = = = RC BD PE RC BC PD BC CD + DM 2DC + 2DM 2DC + DC − DB 3DC − DB Suy : 𝑅𝐸 𝑅𝐶 𝐶𝐸 = = = 𝐷𝐵 3𝐷𝐶 − 𝐷𝐵 3𝐷𝐶 Từ đây, ta thu 𝐸𝑅 = 𝐷𝐵 , tương tự : 𝐹𝑆 = 𝐷𝐶 nên ta có : 2 𝐵𝑆 + 𝐶𝑅 = 𝐵𝐹 + 𝐶𝐸 − 𝐹𝑆 − 𝐸𝑅 = (𝐵𝐷 + 𝐷𝐶) = 𝐵𝐶 3 ... (−1)n+1