1. Cho hàm số $f:\;\mathbb R\to\mathbb R^+$ liên tục và thỏa mãn\[\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f\left( x \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f\left( x \right) = 0.\] a) Chứng minh rằng tồn tại giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
    b) Chứng minh rằng tồn tại hai dãy số $\left(x_n\right)$ và $\left(y_n\right)$ sao cho $\displaystyle\lim_{n\to\infty} x_n = \lim_{n\to\infty} y_n$ và \[{x_n} < {y_n},\, f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right),\, \forall n\in\mathbb N.\]
  2. Xét dãy số nguyên $\left( {{x_n}} \right)$ thỏa $0\le x_0<x_1\le 100$ và \[{x_{n + 2}} = 7{x_{n+1}} - {x_n} + 280,\,\forall n \in \mathbb N.\] a) Chứng minh rằng nếu $x_0=2$, $x_1=3$ thì tổng các ước số dương của $$x_{n}x_{n+1}+x_{n+1}x_{n+2}+x_{n+2}x_{n+3}+2018$$ là bội số của $24$.
    b) Tìm các cặp $\left(x_0,x_1\right)$ sao cho $x_nx_{n+1}+2019$ là số chính phương với vô số số tự nhiên $n$. 
  3. Với mỗi đa thức $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n$, đặt $$\Gamma( f(x))=a_0^2+a_1^2+...+a_n^2.$$ Cho $P(x)=(x+1)(x+2)...(x+2020)$. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất $2^{2019}$ đa thức đôi một khác nhau $Q_k(x)$ $(1\leq k \leq 2^{2019})$ với hệ số là các số thực dương sao cho $\deg Q_k(x)=2020$ và $\Gamma(Q_k(x)^n)=\Gamma(P(x)^n)$ với mọi số nguyên dương $n$. 
  4. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm đường tròn nội tiếp $I$, trên các tia $AB$, $AC$, $BC$, $BA$, $CA$, $CB$ lần lượt lấy các điểm $A_1$, $A_2$, $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ sao cho $AA_1=AA_2=BC$, $BB_1=BB_2=AC$, $CC_1=CC_2=AB$. Các cặp đường thẳng $\left(B_1B_2, C_1C_2 \right)$, $\left( C_1C_2, A_1A_2 \right)$, $\left( B_1B_2, A_1A_2 \right)$ lần lượt có giao điểm là $A'$, $B'$, $C'$.
    a) Chứng minh rằng diện tích tam giác $A'B'C'$ không vượt quá diện tích tam giác $ABC$.
    b) Gọi $J$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C'$. Các đường thẳng $AJ$, $BJ$, $CJ$ lần lượt cắt các đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$ tại $R$, $S$, $T$ tương ứng. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AST$, $BTR$, $CRS$ cùng đi qua một điểm $K$. Chứng minh rằng nếu tam giác $ABC$ không cân thì $IHJK$ là hình bình hành. 
  5. Xét đa thức $f(x)=x^2-\alpha x+1$ $(\alpha\in\mathbb{R})$.
    a) Khi $\alpha = \dfrac{\sqrt{15}}{2}$, hãy viết $f(x)$ thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
    b) Tìm tất cả các giá trị của $\alpha$ để $f(x)$ viết được thành thương của hai đa thức với các hệ số không âm.
  6. Cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân, nội tiếp đường tròn $(O)$ và có trực tâm $(H)$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ và $D$, $E$, $F$ lần lượt là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh $A$, $B$, $C$ của tam giác $ABC$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $H$ qua $BC$. Hai đường thẳng $DE$ và $MP$ cắt nhau tại $X$; hai đường thẳng $DF$ và $MN$ cắt nhau tại $Y$.
    a) Đường thẳng $XY$ cắt cung nhỏ $BC$ của $(O)$ tại $Z$. Chứng minh rằng bốn điểm $K$, $Z$, $E$, $F$ đồng viên.
    b) Hai đường thẳng $KE$, $KF$ lần lượt cắt $(O)$ tại các điểm thứ hai là $S$ và $T$ (khác $K$). Chứng minh rằng các đường thẳng $BS$, $CT$ và $XY$ đồng quy.
  7. Có một số mảnh giấy hình vuông có cùng kích thước, mỗi mảnh được chia caro thành $5\times 5$ ô vuông ở cả hai mặt. Ta dùng $n$ màu đẻ tô cho các mảnh giấy sao cho mỗi ô của mỗi mảnh giấy được tô cả hai mặt bởi cùng một màu. Hai mảnh giấy được coi là giống nhau nếu có thể xếp chúng khít lên nhau sao cho các cặp ô vuông ở cùng vị trí có cùng màu. Chứng minhh rằng không có quá $\dfrac{1}{8}\left( {{n^{25}} + 4{n^{15}} + {n^{13}} + 2{n^7}} \right)$ mảnh giấy đôi một không giống nhau.
  1. Do $f(0)>0$ và giả thiết về giới hạn ở hai đầu vô cực, nên tồn tại $m>0$ sao cho $f(x)\le f(0)$ với mỗi $x$ không ở trong đoạn $D=[-m, \,m]$. Vì hàm liên tục nên trên đoạn đóng $D$, nên hàm đạt gía trị lớn nhất là $M$ nào đó.
    • Nếu $M\ge f(0)$, thì $M\ge f(x)$ với mọi $x$, và có $M$ là giá trị lớn nhất trên $\mathbb R$ của $f(x)$.
    • Nếu $M<f(0)$, thì $f(0)$ là giá trị lớn nhất của $f(x)$ trên $\mathbb R$.
    Bây giờ, giả sử $M=f(a)$, để ý là theo định lý Bolzano-Cauchy thì với mỗi số nguyên dương $n$ sẽ tồn tại $x_n\in (-\infty;\,a)$ và $y_n\in (a,\,+\infty)$ sao cho\[f\left( {{x_n}} \right) = f\left( {{y_n}} \right) = M\left( {1 – \frac{1}{{n + 1}}} \right).\] Ta có thể xây dựng $\left(x_n\right)$ tăng, còn $\left(y_n\right)$ giảm và cùng tụ về $a$.
  2. Ta có các đồng dư sau với mỗi số tự nhiên $n$\[\begin{array}{l}{x_{n + 2}} \equiv – \left( {{x_{n + 1}} + {x_n}} \right) \pmod 8,\\{x_{n + 2}} \equiv {x_{n + 1}} – {x_n} + 1 \pmod 3.\end{array}\] Từ đây, khảo sát số dư của dãy khi chia $8$ và chia $3$, qua phép truy toán ta được $x_n$ chia cho $3$ dư $2$ nếu $n$ chẵn và $x_n$ chia $3$ dư $0$ nếu $n$ lẻ. Đồng thời, $x_n$ chia cho $8$ dư $2$ nếu $3\mid n$, và khi $3\nmid n$ thì $x_n$ chia $8$ dư $2$. Cho nên có\[\begin{array}{l}{M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\&\equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_n}{x_{n + 1}} + 2018\\&\equiv – 1 \pmod 3.\end{array}\] Trong ba số nguyên liên tiếp, sẽ có duy nhất một số chia hết cho $3$, nên\[\begin{array}{l}{M_n} &= {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018\\& \equiv {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_n} + {x_{n + 2}}{x_n} + 2018\\&\equiv 2\times 3+3\times 3+3\times 2+2018\\& \equiv – 1 \pmod 8.\end{array}\] Tổng hợp lại ta sẽ có\[{M_n} = {x_n}{x_{n + 1}} + {x_{n + 1}}{x_{n + 2}} + {x_{n + 2}}{x_{n + 3}} + 2018 \equiv – 1 \pmod{24}.\] Do $M_n\equiv -1\pmod 3$, nên $M_n$ không thể là số chính phương, và ta viết tổng các ước số dương của $M_n$ thành \[\sigma = \sum\limits_{d} {\left( {d + \frac{{{M_n}}}{d}} \right)} .\] Trong đó, $d$ chạy khắp các ước dương của $M_n$ nhỏ hơn $\sqrt{M_n}$. Để ý là nếu $d\mid M_n$ thì $d$ lẻ và $3\nmid d$, cho nên từ $M_n\equiv -1\pmod{24}$ có \[\begin{array}{l} d + \dfrac{{{M_n}}}{d} = \dfrac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0 \pmod 3,\\d + \dfrac{{{M_n}}}{d} = \dfrac{{{d^2} + {M_n}}}{d} \equiv 0 \pmod 8.\end{array}\] Từ đó lấy tổng lại là có $$24\mid\sigma .$$ b) Giả sử $x_0$, $x_1$ là các số thỏa yêu cầu, ta có đẳng thức sau\[{x_{n + 3}} – 7{x_{n + 2}} + {x_{n + 1}} = {x_{n + 2}} – 7{x_{n + 1}} + {x_n},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Từ đó, nếu với mỗi $n\in\mathbb N$ đặt $x_{n+2}-9x_{x_n+1}-x_n=a_n$, thế thì có\[{a_{n + 1}} = – {a_n} – 18{x_{n + 1}},\;\;\;{\kern 1pt} \forall {\mkern 1mu} n \in \mathbb N.\]Bình phương hai vế ta có\[\begin{array}{l}a_{n + 1}^2 – 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}} &= a_n^2 + 36{a_n}{x_{n + 1}} + {18^2}x_{n + 1}^2 – 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\&= a_n^2 + 36\left( {{x_{n + 2}} – 9{x_{n + 1}} – {x_n}} \right)x_{n+1} + {18^2}x_{n + 1}^2 – 36{x_{n + 2}}{x_{n + 1}}\\&= a_n^2 – 36{x_{n + 1}}{x_n}.\end{array}\]Như vậy, $a_n^2-36x_{n+1}x_n$ là dãy hằng, và ta có\[\begin{array}{l}a_n^2 – 36{x_{n + 1}}{x_n} &= {a_0}^2 – 36{x_1}{x_0}\\&= {\left( {{x_2} – 9{x_1} – {x_0}} \right)^2} – 36{x_1}{x_0}\\&= {\left( {7{x_1} – {x_0} – 9{x_1} – {x_0}} \right)^2} – 36{x_1}{x_0}\\&= {\left( {280 – 2{x_1} – 2{x_0}} \right)^2} – 36{x_1}{x_0}.\end{array}\] Từ đó mà có được\[36\left( {{x_n}{x_{n + 1}} + 2019} \right) = a_n^2 – D.\]Trong đó, $D= {\left( {280 – 2{x_1} – 2{x_0}} \right)^2} – 36{x_1}{x_0}-36\times 2019$, đó là một hằng số và nếu ta kết hợp với việc $\lim x_nx_{n+1}=+\infty$ kéo theo $\lim \left| {{a_n}} \right|=+\infty$ thế thì với $n$ đủ lớn, sẽ xảy ra bất đẳng thức $$2\left| {{a_n}} \right| + 1 > – D > – 2\left| {{a_n}} \right| + 1,$$ nó dẫn đến\[{\left( {\left| {{a_n}} \right| + 1} \right)^2} > a_n^2 – D > {\left( {\left| {{a_n}} \right| – 1} \right)^2}.\]Vì $a_n^2 – D$ là số chính phương với $n$ lớn thỏa thích, thế nên $D=0$, tức là có\[{\left( {140 – {x_1} – {x_0}} \right)^2} = 9\left( {2019 + {x_1}{x_0}} \right).\]Giờ để ý $0\le x_0<x_1\le 100$, để có đánh giá sau\[2019 + {x_0}{x_1} = \frac{{{{\left( {140 – {x_1} – {x_0}} \right)}^2}}}{9} < 2178.\]Do $2019 + {x_0}{x_1}$ là số chính phương nằm giữa $2019$ và $2178$, nên có hai khả năng sau.
    • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=46^2$, khi đó $x_0x_1=97$ và $x_0+x_1=2$, nên không xảy ra tình huống này.
    • Nếu $2019 + {x_0}{x_1}=45^2$, khi đó $x_0x_1=6$ và $x_0+x_1=5$. Từ đây, $x_0=2$ và $x_1=3$.
    Vậy, tất cả các cặp cần tìm là \[\left( {{x_0},{\mkern 1mu} {x_1}} \right) = \left( {2,\,3} \right).\]
  3. Trước hết ta có các tính chất sau
    • Cho $f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+....+a_nx^n$ và $a,b$ là các số thực dương. Khi đó $$\Gamma((ax+b)f(x))=(a^2+b^2)(a_0^2+a_1^2+...+a_n ^2)+2ab(a_0.a_1+a_1a_2+...+a_{n-1}.a_n).$$
    • Từ tính chất trên suy ra $$\Gamma((ax+b)f(x))=\Gamma((bx+a)f(x)).$$
    • Với mọi số nguyên dương $n$ ta có $$\Gamma((ax+b)^nf^n(x))=\Gamma((ax+b)^{n-1}(bx+a)f^n(x))=...=\Gamma((bx+a)^nf^n(x)).$$
    Trở lại bài toán. Đặt $X=\{2;3;...;2020\}$, Gọi $A$ là tập con bất kỳ của $X$, đặt $$Q_{A}(x)=(x+1)\prod\limits_{k \notin A} {\left( {x + k} \right)}\prod\limits_{k \in A} {\left( {kx + 1} \right)}.$$ Áp dụng tính chất $(ii)$, ta được $\Gamma(Q_A(x))=\Gamma(P(x))$ và cũng từ tính chất $(iii)$ suy ra $\Gamma(Q_A^n(x))=\Gamma (P^n(x))$ với mọi số nguyên dương $n$. Hay $Q_A(x)$ là một đa thức thỏa mãn điều kiện bài toán. Do tập $X$ có $2^{2019}$ tập con. Nên có ít nhất $2^{2019}$ đa thức thỏa mãn yêu cầu bài toán. 
  4. http://analgeomatica.blogspot.com/2019/01/bai-hinh-vmo-bai-4-ngay-1-nam-2019.html hoặc https://nguyenvanlinh.files.wordpress.com/2019/01/bai-4-vmo-2019.pdf
  5. Trước hết ta có một số kết quả sau
    • $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{q^n}=0$ với $q>1$ cho trước.
    • $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$ với mọi số thực dương $a<4$. Thật vậy, ta có $$0<\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}<\dfrac{a^n}{\dfrac{1}{2n}. 4^n}=\dfrac{2n}{q^n}$$ với $q=\dfrac{4}{a}>1$. Suy ra $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\dfrac{a^n}{C_{2n}^n}=0$.
    Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh phần $(b)$ trước. Giả sử rằng $x^2-\alpha x+1=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ với $P(x),Q(x)$ là hai đa thức với hệ số không âm. Từ đây suy ra $2-\alpha=\dfrac{P(1)}{Q(1)}>0$. Hay $\alpha <2$. Và đây là tất cả những số $\alpha$ thỏa mãn yêu cầu bài toán. Khi $\alpha \leq 0$ là trường hợp tầm thường (vì $f(x)=\dfrac{f(x)}{1}$). Ta chỉ xét $\alpha >0$. Do $\alpha<2$ nên $a=2+\alpha <4$. Từ tính chất $(ii)$, suy ra tồn tại $n$ sao $\dfrac{(2+\alpha)^{2^{n-1}}}{C_{2^n}^{2^{n-1}}}<1$ hay $(2+\alpha)^{2^{n-1}}<C_{2^n}^{2^{n-1}}$. Xét các biểu thức $$\begin{align}P(x)&=x^{2^{n-1}}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^n}-(2+\alpha)^{2^{n-1}}] \\ Q(x)&=x^{2^{n-1}-1}[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}+(2+\alpha)]...[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2^{n-1}}+(2+\alpha)^{2^{n-2}}]\end{align}.$$ Rõ ràng $P(x)$ và $Q(x)$ là các đa thức với hệ số không âm, đồng thời $$\dfrac{P(x)}{Q(x)}=x[(\sqrt{x}+\dfrac{1}{\sqrt{x}})^{2}-(2+\alpha)]=f(x).$$ Hay ta có điều phải chứng minh.
  6. http://analgeomatica.blogspot.com/2019/01/bai-hinh-vmo-bai-6-ngay-2-nam-2019.html hoặc https://nguyenvanlinh.files.wordpress.com/2019/01/bai-6-vmo-2019.pdf
  7. Trước hết ta có một số nhận xét sau
    • Có tất cả là $n^{25}$ cách tô màu tất cả các ô của mảnh giấy (kể cả giống nhau do quay và lật).
    • Phép lật ngược mảnh giấy được xem như là phép đối đối xứng của hình vuông (bao gồm phép đối xứng ngang dọc hoặc phép đối xứng chéo).
    • Một số mảnh giấy có thể tự xoay hoặc tự đối xứng thành chính nó và tất cả các mảnh giấy được chia thành $8$ trường hợp sau
      • Quay được $90^\circ$ và đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_1=n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $1$ lần. 
      • Quay được $90^\circ$ và không đối xứng được: Trường hợp này có tất cả là $x_2=n^7-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần. 
      • Quay $180^\circ$ và đối xứng ngang hoặc dọc (không quay $90^\circ$): Trường hợp này có tất cả là $x_3=n^8-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần. 
      • Quay $180^\circ$ và đối xứng chéo (không quay $90^\circ$): Trường hợp này có tất cả là $x_4=n^9-n^6$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $2$ lần. 
      • Quay $180^\circ$ và không đối xứng (không quay $90^\circ$): Trường hợp này có $x_5\leq n^{13}-n^7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần. 
      • Không quay được nhưng đối xưng ngang hoặc dọc: Trường hợp này có tất cả là $x_6\leq n^{14}-n^8$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần. 
      • Không quay được nhưng đối xứng chéo: Trường hợp này có tất cả là $x_7\leq n^{15}-n^9$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $4$ lần. 
      • Không quay và không đối xứng: Đây là những cách tô màu còn lại, có tất cả là $x_8=n^{25}-x_1-x_2-x_3-x_4-x_5-x_6-x_7$ cách tô màu và mỗi chúng xuất hiện đúng $8$ lần.
    Vậy số cách tô màu thỏa mãn yêu cầu bài toán là $$\begin{align}S&=x_1+\frac{x_2+x_3+x_4}{2}+\frac{x_5+x_6+x_7}{4}+\frac{x_8}{8}\\&=\frac{n^{25}+x_7+x_6+x_5+3x_4+3x_3+3x_2+7x_1}{8}\\&\leq \frac{n^{25}+n^{15}+n^{14}+n^{13}+2n^9+2n^8+2n^7-2n^6}{8}\\&\leq\frac{n^{25}+4.n^{15}+n^{13}+2n^7}{8}\end{align}$$

Post A Comment:

0 comments: