Đến nội dung

Hình ảnh

USA(J)MO 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

USA(J)MO 2016

Ngày 1. (19/04/2016)
Bài J1. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp trong đường tròn $\omega$. $P$ là một điểm di động trên cung $BC$ không chứa $A$ của $\omega$ và $I_{b}, I_{c}$ lần lượt là tâm nội tiếp của $\triangle ABP$ và $\triangle ACP$.
Chứng minh rằng khi điểm $P$ di động, đường tròn $(PI_{b}I_{c})$ luôn đi qua một điểm cố định.

Bài J2. Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương $n < 10^{6}$ sao cho $5^{n}$ chứa sáu chữ số $0$ liên tiếp trong biễu diễn thập phân.

Bài J3. Cho $\mathbb{X}_{1}, \mathbb{X}_{2}, \cdots , \mathbb{X}_{100}$ là các tập con khác rỗng đôi một khác nhau của tập $\mathbb{S}$. Hai tập $\mathbb{X}_{i}$ và $\mathbb{X}_{i + 1}$ bất kỳ thì giao của chúng là bằng rỗng và hợp của chúng không là cả một tập $\mathbb{S}$, nói cách khác, $\mathbb{X}_{i} \cap \mathbb{X}_{i + 1} = \varnothing$ và $\mathbb{X}_{i} \cup \mathbb{X}_{i + 1} \neq \mathbb{S}$, với mọi $i \in \{1, \cdots , 99\}$. Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể của $\mathbb{S}$
Ngày 2. (20/04/2016)
Bài 4. Tìm, và chứng minh số nguyên $N$ bé nhất sao cho nếu bỏ đi $2016$ phần tử từ tập $\{1, 2, \cdots , N\}$, chúng ta vẫn có thể tìm ra $2016$ số nguyên phân biệt trong các số còn lại có tổng bằng $N$.
Bài 5. Cho tam giác nhọn $ABC$, tâm ngoại tiếp $O$. $H$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$ và $P, Q$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $H$ xuống $AB, AC$. Cho biết $AH^{2} = 2AO^{2}$. Chứng minh rằng $O, P, Q$ thẳng hàng.
Bài 6. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x, y$, $$(f(x) + xy)f(x - 3y) + (f(y) + xy)f(3x - y) = (f(x + y))^{2}$$


Nguồn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 21-04-2016 - 17:34


#2
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Bài J2 được đề xuất bởi Evan Chen. Khá hay. Đây là lời giải của mình.
Theo bổ đề LTE, $v_{2}(5^{2^{19}} - 1) = 21$. Do đó $5^{2^{19}} \equiv 1\pmod{2^{21}}$. Đặt $n = 2^{19} + 21$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{2^{21}}$.
Mặt khác, $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{5^{21}}$ do $n > 20$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{10^{21}}$.
Gọi $T(n)$ là số chữ số của $n$. Khi đó $5^{n} - 5^{21}$ có $21$ chữ số $0$ tận cùng.
Nhận xét là $14 < \log(5^{14}) < 15$ do đó $T(5^{21}) = 15$, nghĩa là ta có ít nhất $21 - 15 = 6$ số $0$ trong biểu diễn thập phân.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 20-04-2016 - 22:35


#3
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Bài J2 được đề xuất bởi Evan Chen. Khá hay. Đây là lời giải của mình.
Theo bổ đề LTE, $v_{2}(5^{2^{19}} - 1) = 21$. Do đó $5^{2^{19}} \equiv 1\pmod{2^{21}}$. Đặt $n = 2^{19} + 21$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{2^{21}}$.
Mặt khác, $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{5^{21}}$ do $n > 20$. Từ đó ta có $5^{n} \equiv 5^{21}\pmod{10^{21}}$.
Gọi $T(n)$ là số chữ số của $n$. Khi đó $5^{n} - 5^{21}$ có $21$ chữ số $0$ tận cùng.
Nhận xét là $14 < \log(5^{14}) < 15$ do đó $T(5^{21}) = 14$, nghĩa là ta có ít nhất $21 - 14 = 7$ số $0$ trong biểu diễn thập phân

Có anh gợi ý đáp số == chán thật 
Gọi $a$ là số "tốt" để $5^{n} \equiv a \pmod{10^{k+6}}$ với $k \in \mathbb{N}$  
Dễ thấy $n \ge k+6$ và $a \vdots 5^{k+6}$  
Ta có từ $\frac{5^n-a}{10^{k+6}}$ suy ra $\frac{5^{n-k-6}-\frac{a}{5^{k+6}}}{2^{k+6}} \in \mathbb{Z}$    
Đến đây ta đặt $z=\frac{a}{5^{k+6}}$ suy ra $\frac{5^{n-k-6}-z}{2^{k+6}} \in \mathbb{Z}$  chọn $z=1$ (*)
Ta chứng minh $\frac{5^{2^{k+4}}-1}{2^{k+6}}$ (1)
Theo định lí LTE : $v_2(5^{2^{k+4}}-1)=v_2(4)+v_2(2^{k+4})=k+6$ vậy (1) được chứng minh. 
Như vậy ta ta chọn $n-k-6=2^{k+4}$ suy ra $n=2^{k+4}+k+6<10^{6}$ đến đây giải bất phương trình này cho ta $k \le 15$ 
Chú ý rằng $log_{10}(a)<k$ , chọn $k=15$  suy ra $a=5^{21}$ (bằng mấy tính ta thấy thỏa ngay) 
Từ đó suy ra $n=2^{19}+21$
 



#4
hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết

Bài hình ngày 1 tam giác bình thường thôi nhỉ, đề Iran 97.

Bài hình ngày 2 kẻ đường kính $AX$ thì tứ giác $PBXO$ nội tiếp, xong góc $POX=90^0$


Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#5
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

 

 

Ngày 2. (20/04/2016)
Bài 4. Tìm, và chứng minh số nguyên $N$ bé nhất sao cho nếu bỏ đi $2016$ phần tử từ tập $\{1, 2, \cdots , N\}$, chúng ta vẫn có thể tìm ra $2016$ số nguyên phân biệt trong các số còn lại có tổng bằng $N$.

 

Xử lý bài 4 luôn  :D :

Giả sử ta bỏ đi $ 2016$ phần tử $1,2,3,...,2015,2016$ từ tập $A= \left \{ 1,2,...,N \right \}$ thì khi đó trong các phần tử còn lại có $2016$ phần tử có tổng bằng $N$ và tổng các phần tử này không nhỏ hơn $2017+2018+...+4032$ nên $N\geq 2017+2018+...+4032= \frac{2016.6049}{2}= 1008.6049$.

Ta sẽ chứng minh rằng $N=1008.6049$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy xét tâp $X=\left \{ 1,2,...,6048 \right \}$ là một tập con của $A$, ta sẽ chứng minh rằng nếu bỏ đi tối đa $2016$ phần tử ra khỏi tập $X$ thì sẽ có $2016$ phần tử thuộc tập $X$ có tổng bằng $N$. Chia các phần tử của tập $X$ thành $3024$ cặp $(1,6048);(2,6047);...;(3024,3025)$, khi đó tổng hai số bất kì trong mỗi cặp đều bằng $6049$. Nếu ta bỏ ra tối đa $2016$ phần tử của tập này thì sẽ tồn tại ít nhất $1008$ cặp có phần tử chưa bị loại. Khi đó ta chọn $2016$ phần tử của $1008$ cặp này và tổng của $2016$ số này bằng $N$ nên ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 07-05-2016 - 06:14

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#6
hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

Xử lý bài 4 luôn  :D :

Giả sử ta bỏ đi $ 2016$ phần tử $1,2,3,...,2015,2016$ từ tập $A= \left \{ 1,2,...,N \right \}$ thì khi đó trong các phần tử còn lại có $2016$ phần tử có tổng bằng $N$ và tổng các phần tử này không nhỏ hơn $2017+2018+...+4032$ nên $N\geq 2017+2018+...+4032= \frac{2016.6049}{2}= 1008.6049$.

Ta sẽ chứng minh rằng $N=1008.6049$ là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy xét tâp $X=\left \{ 1,2,...,6048 \right \}$ là một tập con của $A$, ta sẽ chứng minh rằng nếu bỏ $2016$ phần tử ra khỏi tập $X$ thì sẽ có $2016$ phần tử có tổng bằng $N$. Chia các phần tử của tập $X$ thành $3024$ cặp $(1,6048);(2,6047);...;(3024,3025)$, khi đó tổng hai số bất kì trong mỗi cặp đều bằng $6049$. Nếu ta bỏ ra $2016$ phần tử thì sẽ tồn tại ít nhất $1008$ cặp có phần tử chưa bị loại. Khi đó ta chọn $2016$ phần tử của $1008$ cặp này và tổng của $2016$ số này bằng $N$ nên ta có đpcm

Bạn giải thích rõ hơn giúp mình đoạn cuối được không? :(



#7
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Bạn giải thích rõ hơn giúp mình đoạn cuối được không? :(

Ý của mình là khi đó ta có thể bỏ ra tối đa $2016$ phần tử từ tập $X=\left \{ 1,2,3,...,6048 \right \}$ tức là có tối đa $2016$ cặp trong $3024$ cặp $(1;6048),(2;6047),...,(3024;3025)$ có phần tử bị loại nên còn ít nhất $1008$ cặp chưa có phần tử nào bị loại. Mà tổng hai số trong mỗi cặp bất kì đều có tổng bằng $6049$ nên nếu ta lấy $2016$ phần tử từ $1008$ cặp này thì tổng $2016$ phần tử đó đúng bằng $1008.6049=N$ đó bạn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 07-05-2016 - 06:14

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh