Đề thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT môn Toán năm học 2025 – 2026 (VMO 2026), ngày thi thứ hai 26/12/2025, thời gian 180 phút, gồm 3 câu: hình học phẳng, đa thức có nghiệm thực dương, tổ hợp (trò chơi Mario). Mỗi câu đều có lời giải chi tiết ngay dưới đề.
Nguồn đề: Đề chính thức Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm học 2025 – 2026 của Bộ Giáo dục và Đào tạo, môn Toán, ngày thi thứ hai (26/12/2025).
Lời giải: Nguyễn Ngọc Sơn (tham khảo đáp án chính thức của Bộ).
Đề ngày thi thứ nhất: Đề thi chọn HSG Quốc gia môn Toán năm 2025 – 2026 ngày 1.
Đề thi và lời giải chi tiết
Câu 5 (7,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC $(AB\lt AC)$ nội tiếp đường tròn $(O).$ Gọi E, F lần lượt là các điểm đối xứng của A qua B, C. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC. Trên đường thẳng AM lần lượt lấy các điểm I và P sao cho tam giác AIE cân tại I và tam giác APF cân tại P. Gọi T là giao điểm của hai đường thẳng IE và PF.
a) Chứng minh T thuộc đường tròn $(O).$
b) Gọi D là giao điểm của hai đường thẳng BI và CP. Gọi J là giao điểm của hai đường thẳng TD và IP. Gọi X là giao điểm của hai đường thẳng OT và BC. Các đường thẳng AT, AX lần lượt cắt EF tại các điểm L, U. Chứng minh bốn đường tròn ngoại tiếp của các tam giác TAJ, TIP, TEF và TLU cùng đi qua một điểm chung thứ hai khác T.
Lời giải
Hướng giải
Câu a dùng tâm $T'$ của phép vị tự quay biến $A,$ $F$ thành $E,$ $A$ để chỉ ra $AT'$ là đường đối trung, rồi suy ra $T'$ nằm trên $PF$ và $IE.$ Câu b dùng bổ đề về tỉ số phương tích, lần lượt chứng minh đường tròn $(TIP)$ và $(TLU)$ đi qua giao điểm thứ hai $K$ của $(TAJ)$ và $(TEF).$
Câu a)
Gọi $T'$ là tâm phép vị tự quay biến A thành E và biến F thành A. Khi đó tam giác $T'AF$ đồng dạng với tam giác $T'EA.$ Vì C, B lần lượt là trung điểm của AF, EA nên phép vị tự quay đó biến C thành B, suy ra tam giác $T'CF$ đồng dạng với tam giác $T'BA.$ Do đó $\widehat{T'BA}=\widehat{T'CF}$ và
\[\frac{T'B}{T'C}=\frac{BA}{CF}=\frac{AB}{AC}.\]• $T'$ thuộc $(O)$
Vì F nằm trên tia đối của tia CA nên $\widehat{T'CF}=180^\circ-\widehat{T'CA},$ suy ra $\widehat{T'BA}+\widehat{T'CA}=180^\circ.$ Vậy tứ giác $ABT'C$ nội tiếp, tức là $T'$ thuộc $(O).$
• $AT'$ là đường đối trung
Tứ giác nội tiếp $ABT'C$ có $AB\cdot T'C=AC\cdot T'B$ nên là tứ giác điều hòa, do đó $AT'$ là đường đối trung của tam giác ABC. Suy ra $\widehat{T'AB}=\widehat{MAC}$ và $\widehat{T'AC}=\widehat{MAB}.$
• $T'$ thuộc $PF$ và $IE$
Từ hai tam giác đồng dạng $T'AF$ và $T'EA$ ta có $\widehat{T'FA}=\widehat{T'AE}=\widehat{T'AB}=\widehat{MAC}.$ Tam giác APF cân tại P nên $\widehat{PFA}=\widehat{PAF}=\widehat{MAC}.$ Suy ra $\widehat{T'FA}=\widehat{PFA},$ hai tia $FT'$ và FP trùng nhau, tức là $T'$ thuộc PF.
Tương tự, $\widehat{T'EA}=\widehat{T'AF}=\widehat{MAB}$ $=\widehat{IAE}=\widehat{IEA}$ nên $T'$ thuộc IE. Vậy $T'$ trùng T, tức là T thuộc $(O).$
Câu b)
Kí hiệu $\mathcal P_{Z/(\omega)}$ là phương tích của điểm $Z$ đối với đường tròn $(\omega).$ Trước hết ta chứng minh bổ đề sau (các chữ cái trong bổ đề độc lập với đề bài).
Bổ đề. Hai đường tròn $(I)$ và $(J)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B. Hai điểm phân biệt C, D không thuộc hai đường tròn và thỏa mãn
\[\frac{\mathcal P_{C/(I)}}{\mathcal P_{C/(J)}}=\frac{\mathcal P_{D/(I)}}{\mathcal P_{D/(J)}}.\]Khi đó bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh. Gọi G, E lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng CA với $(I),$ $(J);$ H, F lần lượt là giao điểm thứ hai của đường thẳng DB với $(I),$ $(J).$ Ta có $\mathcal P_{C/(I)}=\overline{CA}\cdot\overline{CG}$ và $\mathcal P_{C/(J)}=\overline{CA}\cdot\overline{CE},$ tương tự với D, nên giả thiết trở thành $\dfrac{\overline{CG}}{\overline{CE}}=\dfrac{\overline{DH}}{\overline{DF}}.$ Theo định lí Reim cho hai đường tròn cắt nhau tại A, B thì $GH\parallel EF.$ Kết hợp với tỉ số trên suy ra $CD\parallel EF.$ Theo định lí Reim đảo với đường tròn $(J)$ thì A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn.
Trở lại bài toán. Gọi $(O_1),$ $(O_2)$ lần lượt là đường tròn ngoại tiếp các tam giác TAJ, TEF và K là giao điểm thứ hai của chúng. Ta chứng minh các đường tròn $(TIP)$ và $(TLU)$ cũng đi qua K.
• $AD$ là đường kính của $(O)$ và $D$ thuộc $(O_2)$
Vì B là trung điểm của AE và $IA=IE$ nên BI là trung trực của AE; tương tự CP là trung trực của AF. Do đó D là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Lại có $\widehat{ABD}=90^\circ$ nên AD là đường kính của $(O).$
Ta có $\widehat{AET}=\widehat{IEA}=\widehat{IAE}=\widehat{EAM}$ và $\widehat{AFT}=\widehat{PFA}=\widehat{PAF}=\widehat{FAM},$ nên
\[\begin{aligned}\widehat{ETF}&=\widehat{EAF}+\widehat{AET}+\widehat{AFT}\\&=2\widehat{EAF}=\widehat{EDF}.\end{aligned}\]Vậy tứ giác ETDF nội tiếp, tức là D thuộc $(O_2).$
• Đường tròn $(TIP)$ đi qua $K$
Điểm I nằm trên các đường thẳng AJ, ET; điểm P nằm trên AJ, FT. Dùng $IA=IE,$ $PA=PF$ ta có
\[\begin{aligned}\frac{\mathcal P_{I/(O_1)}}{\mathcal P_{I/(O_2)}}&=\frac{IA\cdot IJ}{IE\cdot IT}=\frac{IJ}{IT},\\\frac{\mathcal P_{P/(O_1)}}{\mathcal P_{P/(O_2)}}&=\frac{PA\cdot PJ}{PF\cdot PT}=\frac{PJ}{PT}.\end{aligned}\]Vì $DE=DF$ nên D là điểm chính giữa cung EF của $(O_2),$ suy ra TD là phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng TE, TF. Đường thẳng này cắt đoạn IP tại J nên TJ là phân giác trong của tam giác TIP, suy ra $\dfrac{IJ}{IT}=\dfrac{PJ}{PT}.$ Theo bổ đề, T, K, I, P cùng thuộc một đường tròn.
• Quy bài toán với $(TLU)$ về một tỉ số
Gọi H là giao điểm của AT với BC; N, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của AU với $(O),$ $(O_1).$ Phép vị tự tâm A tỉ số 2 biến B, C thành E, F nên biến H, X thành L, U. Do đó $LA=2HA,$ $LE=2HB,$ $LF=2HC$ và $UA=2XA,$ $UE=2XB,$ $UF=2XC$ (nói riêng X là trung điểm của AU). Dùng phương tích của H, X đối với $(O)$ là $HB\cdot HC=HA\cdot HT,$ $XB\cdot XC=XA\cdot XN$ ta được
\[\begin{aligned}\frac{\mathcal P_{L/(O_1)}}{\mathcal P_{L/(O_2)}}&=\frac{LT\cdot LA}{LE\cdot LF}=\frac{LT\cdot2HA}{4HB\cdot HC}\\&=\frac{LT\cdot2HA}{4HA\cdot HT}=\frac{LT}{2HT},\\\frac{\mathcal P_{U/(O_1)}}{\mathcal P_{U/(O_2)}}&=\frac{UQ\cdot UA}{UE\cdot UF}=\frac{UQ\cdot2XA}{4XB\cdot XC}\\&=\frac{UQ\cdot2XA}{4XA\cdot XN}=\frac{UQ}{2XN}.\end{aligned}\]Theo bổ đề, chỉ cần chứng minh
\[\frac{TL}{TH}=\frac{UQ}{NX}.\quad(1)\]• Các điểm phụ
Gọi G là giao điểm hai tiếp tuyến của $(O)$ tại A, T; đường thẳng OG cắt AT, AM lần lượt tại W, Y. Gọi S là giao điểm thứ hai của AM với $(O),$ R là giao điểm hai tiếp tuyến của $(O)$ tại T, S và Z là giao điểm của XY với AO (đường thẳng AD).
+ Tứ giác ABTC điều hòa nên G thuộc BC. Do đó A, G, T, M, O cùng thuộc đường tròn đường kính OG, và MG là phân giác của góc AMT (vì $GA=GT$). Suy ra $\widehat{YMX}=\widehat{AMG}=\widehat{TMG}$ $=\widehat{TOG}=\widehat{YOX},$ nên tứ giác OMXY nội tiếp, suy ra $XY\perp OG.$
+ Tam giác XOZ có OY vừa là phân giác vừa là đường cao nên Y là trung điểm của XZ; lại có $XZ\parallel AT$ (cùng vuông góc với OG). Do đó chùm $A(TY,XZ)$ điều hòa, tức là $A(TS,ND)=-1,$ nên tứ giác TNSD điều hòa. Suy ra DN đi qua cực R của TS, tức là R, N, D thẳng hàng.
+ AT, AS đẳng giác trong góc BAC nên $TS\parallel BC,$ suy ra R thuộc OM. Tam giác GOR có các đường cao từ G, O là BC, OT cắt nhau tại X, nên $XR\perp OG.$ Kết hợp $XY\perp OG$ suy ra X, Y, R thẳng hàng.
+ W, O là trung điểm của AT, AD nên $WO\parallel TD,$ do đó Y là trung điểm của AJ. Mà X là trung điểm của AU, suy ra $XR\parallel JU.$
+ $\widehat{ATJ}=\widehat{ATD}=90^\circ$ nên AJ là đường kính của $(O_1),$ suy ra $JQ\perp AU;$ $\widehat{AND}=90^\circ$ nên $RN\perp AU.$ Vậy $JQ\parallel RN.$
• Chứng minh (1)
Gọi V là giao điểm của TS và AU. Áp dụng định lí Pascal cho lục giác SSTDNA nội tiếp $(O)$ thì ba điểm $SS\cap DN=R,$ $ST\cap NA=V,$ $TD\cap AS=J$ thẳng hàng.
Ba đường thẳng TV, LU, HX (tức TS, EF, BC) song song nên theo định lí Thales $\dfrac{TL}{TH}=\dfrac{VU}{VX}.$ Vì $JU\parallel RX$ và $JQ\parallel RN$ nên
\[\begin{aligned}\frac{VU}{VX}&=\frac{VJ}{VR}=\frac{VQ}{VN}\\&=\frac{VU+VQ}{VX+VN}=\frac{QU}{NX}.\end{aligned}\]Suy ra (1) đúng, nên đường tròn $(TLU)$ đi qua K. Vậy bốn đường tròn ngoại tiếp các tam giác TAJ, TIP, TEF, TLU cùng đi qua điểm K khác T.
Câu 6 (6,0 điểm). a) Tìm số nghiệm thực dương phân biệt của đa thức $Q(x)=x^3-5x^2+4x-1.$
b) Giả sử $a,b,c,d$ là các số nguyên sao cho đa thức $P(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ có 3 nghiệm thực dương phân biệt và không có nghiệm hữu tỷ. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $S=|a|+|b|+|c|+|d|.$
Lời giải
Hướng giải
Câu a đặt $t=\dfrac1x$ để được đa thức $R(t)$ có đạo hàm với nghiệm đẹp rồi lập bảng biến thiên. Câu b dùng định lí Viète và các bất đẳng thức giữa tổng, tích của ba nghiệm dương để chứng minh $S\ge13,$ rồi chỉ ra đa thức có $S=13.$
Câu a)
Với $x\gt 0,$ đặt $t=\dfrac1x\gt 0.$ Ta có $Q(x)=0\Leftrightarrow-t^3Q\left(\dfrac1t\right)=0$ $\Leftrightarrow R(t)=0,$ với $R(t)=t^3-4t^2+5t-1.$ Mỗi nghiệm dương của $R$ ứng với đúng một nghiệm dương của $Q$ và ngược lại.
Ta có $R'(t)=3t^2-8t+5,$ $R'(t)=0\Leftrightarrow t=1$ hoặc $t=\dfrac53;$ $R(0)=-1,$ $R(1)=1,$ $R\left(\dfrac53\right)=\dfrac{23}{27}.$ Bảng biến thiên của $R$ trên $[0;+\infty)$ là
Trên $[1;+\infty)$ thì $R(t)\ge\dfrac{23}{27}\gt 0,$ không có nghiệm. Trên $(0;1)$ hàm $R$ đồng biến, liên tục và $R(0)\lt 0\lt R(1)$ nên có đúng một nghiệm (xem lại Bài 17. Hàm số liên tục). Vậy $Q(x)$ có đúng 1 nghiệm thực dương.
Câu b)
• Các bất đẳng thức giữa các hệ số
Nếu $P$ thỏa mãn thì $-P$ cũng thỏa mãn với cùng giá trị $S,$ nên giả sử $a\gt 0.$ Gọi $r,s,t$ là ba nghiệm dương phân biệt. Theo định lí Viète
\[\begin{gathered}r+s+t=-\frac ba\gt 0,\\rs+st+tr=\frac ca\gt 0,\\rst=-\frac da\gt 0.\end{gathered}\]Đặt $A=a,$ $B=-b,$ $C=c,$ $D=-d$ thì $A,B,C,D$ là các số nguyên dương và $S=A+B+C+D.$ Vì $r,s,t$ dương, phân biệt nên các bất đẳng thức sau đều ngặt
\[\begin{gathered}(r+s+t)^2\gt 3(rs+st+tr),\\(rs+st+tr)^2\gt 3rst(r+s+t),\end{gathered}\]và theo bất đẳng thức AM-GM
\[\begin{aligned}&(r+s+t)(rs+st+tr)\\&\gt 3\sqrt[3]{rst}\cdot3\sqrt[3]{(rst)^2}=9rst.\end{aligned}\]Thay các hệ thức Viète vào ta được
\[\begin{gathered}B^2\gt 3AC,\quad C^2\gt 3BD,\\BC\gt 9AD.\quad(2)\end{gathered}\]• Chứng minh $S\ge13$
Giả sử $S\le12.$ Khi đó $A+D\le10$ nên $AD\le25,$ và
\[\begin{aligned}9AD&\lt BC\le\left(\frac{B+C}{2}\right)^2\\&\le\left(\frac{12-A-D}{2}\right)^2\\&\le\left(6-\sqrt{AD}\right)^2.\end{aligned}\]Suy ra $3\sqrt{AD}\lt 6-\sqrt{AD},$ tức là $AD\lt \dfrac94,$ nên $AD\in\{1;2\}.$
+ Trường hợp $AD=1.$ Khi đó $A=D=1,$ $B+C\le10$ và $BC\gt 9.$ Nếu $B\le3$ thì từ (2) có $3C\lt B^2\le9$ nên $C\le2,$ suy ra $BC\le6,$ vô lí; tương tự $C\le3$ cũng vô lí. Vậy $B,C\ge4$ và $B+C\le10.$ Các cặp $(B,C)=(4,6)$ và $(6,4)$ không thỏa mãn (2). Các cặp còn lại đều loại vì
$(4,4)$ cho $P(x)=x^3-4x^2+4x-1$ có nghiệm $x=1;$ $(5,5)$ cho $x^3-5x^2+5x-1$ có nghiệm $x=1;$ $(4,5)$ cho $x^3-4x^2+5x-1=R(x)$ và $(5,4)$ cho $x^3-5x^2+4x-1=Q(x),$ theo câu a mỗi đa thức này chỉ có một nghiệm dương.
+ Trường hợp $AD=2.$ Khi đó $A+D=3,$ $B+C\le9$ và $BC\gt 18,$ nên $(B+C)^2\ge4BC\gt 72,$ suy ra $B+C=9$ và $BC\le\dfrac{81}{4},$ tức là $BC\in\{19;20\}.$ Do đó $\{B;C\}=\{4;5\}.$ Kiểm tra (2) chỉ còn $(A,B,C,D)=(1,4,5,2)$ ứng với $x^3-4x^2+5x-2=(x-1)^2(x-2)$ và $(2,5,4,1)$ ứng với $2x^3-5x^2+4x-1$ $=(x-1)^2(2x-1).$ Cả hai đều có nghiệm hữu tỷ, loại.
Vậy $S\ge13.$
• Đa thức có $S=13$
Xét $P(x)=x^3-5x^2+6x-1$ có $S=1+5+6+1=13.$ Ta có $P(0)=-1,$ $P(1)=1,$ $P(2)=-1,$ $P(4)=7$ nên $P$ có ba nghiệm thuộc các khoảng $(0;1),$ $(1;2),$ $(2;4).$ Nghiệm hữu tỷ (nếu có) chỉ có thể là $\pm1,$ mà $P(1)=1,$ $P(-1)=-13$ nên $P$ không có nghiệm hữu tỷ.
Vậy giá trị nhỏ nhất của $S$ là 13.
Câu 7 (7,0 điểm). Trong một trò chơi, nhân vật Mario cần di chuyển về phía trước bằng các lần nhảy xa với độ dài mỗi lần là 1 mét hoặc $a$ mét hoặc $b$ mét, trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên dương thỏa mãn $1\lt a\lt b.$ Cho trước một chặng đường cần di chuyển có độ dài là $m$ mét, với $m$ là một số nguyên dương, Mario luôn sử dụng chiến thuật nhảy về phía trước như sau. Trước tiên Mario sẽ thực hiện các lần nhảy với độ dài mỗi lần $b$ mét (với số lần tối đa có thể sao cho chưa vượt quá đích); nếu vẫn chưa tới đích, Mario sẽ thực hiện tiếp các lần nhảy với độ dài mỗi lần $a$ mét (với số lần nhảy tối đa sao cho chưa vượt quá đích), rồi cuối cùng là chuyển sang các lần nhảy với mỗi bước nhảy là 1 mét. Mario sẽ thắng nếu không tồn tại cách di chuyển nào đến đích có số lần nhảy ít hơn so với chiến thuật trên. Trong trường hợp ngược lại, Mario sẽ thua.
a) Hãy chỉ ra rằng với $(a,b)=(6,14),$ tồn tại một số $m$ để Mario thua trong trò chơi này.
b) Tìm số lượng tất cả các cặp $(a,b),$ với $1\lt a\lt b\le100,$ để Mario luôn thắng theo chiến thuật trên với mọi số nguyên dương $m.$
Lời giải
Hướng giải
Câu b chứng minh cặp $(a,b)$ làm Mario có lúc thua khi và chỉ khi có số nguyên $n\ge2$ với $(n-1)a\lt b\le n(a-1);$ sau đó với mỗi $b$ đếm số giá trị $a$ không thuộc các khoảng tương ứng.
Câu a)
Chọn $m=18.$ Theo chiến thuật, Mario nhảy một lần 14 mét, còn lại 4 mét không đủ cho một lần nhảy 6 mét nên phải nhảy thêm 4 lần, mỗi lần 1 mét. Tổng cộng 5 lần nhảy.
Trong khi đó có cách chỉ cần 3 lần nhảy, mỗi lần 6 mét. Vậy với $m=18$ Mario thua.
Câu b)
Gọi cặp $(a,b)$ là tốt nếu Mario luôn thắng với mọi $m.$
Bổ đề. Cặp $(a,b)$ không tốt khi và chỉ khi tồn tại số nguyên $n\ge2$ sao cho $(n-1)a\lt b\le n(a-1).$
• Điều kiện đủ
Từ $(n-1)a\lt n(a-1)$ suy ra $a\gt n.$ Chọn $m=na.$ Vì $b\le n(a-1)\lt na$ và $2b\gt 2(n-1)a\ge na$ nên Mario nhảy đúng một lần $b$ mét, còn lại $na-b\lt a$ mét nên phải nhảy $na-b\ge n$ lần 1 mét. Tổng cộng ít nhất $n+1$ lần, trong khi nhảy $n$ lần mỗi lần $a$ mét là đủ. Mario thua.
• Điều kiện cần
Giả sử Mario thua với một số $m.$ Gọi $y_1,x_1,z_1$ lần lượt là số lần nhảy $b,$ $a,$ 1 mét của Mario (nên $z_1\lt a$) và $y_2,x_2,z_2$ là của một cách có ít lần nhảy hơn. Khi đó
\[\begin{gathered}y_1b+x_1a+z_1=y_2b+x_2a+z_2,\\y_2+x_2+z_2\lt y_1+x_1+z_1,\end{gathered}\]và $y_1\ge y_2$ vì $y_1$ lớn nhất có thể. Nếu $y_1=y_2$ thì $x_2\le x_1$ (vì $x_1$ lớn nhất có thể) và $z_2=z_1+(x_1-x_2)a,$ nên cách thứ hai có số lần nhảy không ít hơn, vô lí. Vậy $t=y_1-y_2\ge1.$ Đặt $u=x_2-x_1,$ $v=z_1-z_2,$ hai hệ thức trên trở thành
\[tb+v=ua,\quad t+v\gt u.\]Vì $v\le z_1\lt a$ nên $ua-a\lt ua-v=tb\lt ua+t-u,$ tức là
\[(u-1)a\lt tb\lt u(a-1)+t.\]Từ đó $t(b-1)\lt u(a-1)$ nên $u\ge1.$ Chia cho $t$ được $\dfrac{u-1}{t}a\lt b\lt \dfrac ut(a-1)+1.$ Đặt $n=\left\lceil\dfrac ut\right\rceil$ thì $t(n-1)\lt u,$ tức là $t(n-1)\le u-1,$ nên $(n-1)a\le\dfrac{u-1}{t}a\lt b;$ đồng thời $b\lt \dfrac ut(a-1)+1\le n(a-1)+1,$ nên $b\le n(a-1).$ Cuối cùng $n\ge2$ vì nếu $n=1$ thì $b\le a-1\lt a,$ vô lí. Bổ đề được chứng minh.
• Đếm số cặp tốt với mỗi $b$
Cố định $b\ge3.$ Theo bổ đề, $(a,b)$ không tốt khi và chỉ khi $a$ thuộc một trong các nửa khoảng $I_n=\left[\dfrac bn+1;\dfrac{b}{n-1}\right)$ với $n\ge2.$ Nửa khoảng $I_n$ khác rỗng khi và chỉ khi $n(n-1)\lt b.$ Gọi $l\ge2$ là số nguyên thỏa mãn $l(l-1)\lt b\le l(l+1),$ thì các nửa khoảng khác rỗng là $I_l,I_{l-1},\dots,I_2=\left[\dfrac b2+1;b\right),$ xếp từ trái sang phải và không giao nhau.
+ Giữa $I_n$ và $I_{n-1}$ (với $3\le n\le l$) là nửa khoảng $\left[\dfrac{b}{n-1};\dfrac{b}{n-1}+1\right)$ dài 1 nên chứa đúng một số nguyên, cho $l-2$ giá trị $a$ tốt.
+ Bên trái $I_l$ có các số nguyên $a$ với $2\le a\lt \dfrac bl+1,$ gồm $\left\lceil\dfrac bl\right\rceil-1$ giá trị.
Vậy số giá trị $a$ tốt là $K(b)=\left\lceil\dfrac bl\right\rceil+l-3.$ Ta chứng minh $K(b)=\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil-3.$
+ Nếu $l^2-l\lt b\le l^2$ thì $\left\lceil\dfrac bl\right\rceil=l,$ $K(b)=2l-3;$ mặt khác $(2l-1)^2=4l^2-4l+1$ $\le4b-3\lt 4b\le4l^2$ nên $\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil=2l.$
+ Nếu $l^2\lt b\le l^2+l$ thì $\left\lceil\dfrac bl\right\rceil=l+1,$ $K(b)=2l-2;$ mặt khác $4l^2\lt 4b\le4l^2+4l\lt (2l+1)^2$ nên $\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil=2l+1.$
• Tính tổng
Số cặp tốt là $T=\sum\limits_{b=3}^{100}\left(\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil-3\right).$ Với $b$ từ 3 đến 100 thì $e=\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil$ nhận các giá trị từ 4 đến 20, và $\left\lceil2\sqrt b\,\right\rceil=e\Leftrightarrow\dfrac{(e-1)^2}{4}\lt b\le\dfrac{e^2}{4}.$ Đếm trực tiếp, mỗi giá trị $e$ ứng với đúng $\left\lfloor\dfrac e2\right\rfloor$ giá trị $b$ (chẳng hạn $e=4$ ứng với $b=3;4,$ còn $e=20$ ứng với $b=91;\dots;100$). Ghép $e=2d$ và $e=2d+1$ với $2\le d\le9$ (cho $d(2d-3)+d(2d-2)=4d^2-5d$), còn $e=20$ cho $10\cdot17=170,$ ta được
\[\begin{aligned}T&=4\sum_{d=2}^{9}d^2-5\sum_{d=2}^{9}d+170\\&=4\cdot284-5\cdot44+170=1086.\end{aligned}\]Vậy có 1086 cặp $(a,b)$ thỏa mãn.
