Đến nội dung

Hình ảnh

Hong Kong TST 2016 Test 3

hong kong tst

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

#1
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

HONG KONG TST 2016

 

Test 3

24 tháng 4 năm 2016

 

 

Bài 1. Tìm tất cả các số nguyên tố $p,q$ thỏa mãn: $p^2|q^3+1$ và $q^2|p^6-1$

 

Bài 2. Giả sử $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$.Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $B',C'$. Điểm $B_1,C_1$ trên tia $BC,CB$ sao cho $AB=BB_1$ và $AC=CC_1$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_1C'$ và $AC_1B'$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp tam giác $ATI$ nằm trên đường thẳng $BC$.

 

Bài 3. Cho $2016$ hình tròn với bán kính $1$ trên mặt phẳng. Ở giữa $2016$ hình tròn đó, chứng mỉnh rằng có thể chọn một tập $C$ gồm $27$ hình tròn thỏa mãn điều kiện sau: Mỗi cặp hình tròn thuộc $C$ giao nhau hoặc mỗi cặp hình tròn thuộc $C$ không giao nhau.

 

Nguồn: Mathlinks.ro

P/s:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 24-04-2016 - 19:51


#2
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Bài 1.

  • TH1. $q = 2\iff p = 3$ là một nghiệm
  • TH2. $q = 3 \iff p = 2$ là nghiệm.
  • TH3. Ngoại trừ các trường hợp trên, nhận xét là $\gcd(q + 1, q^{2} - q + 1) \mid 3$ và $\gcd(p^{3} - 1, p^{3} + 1) = 2$, do $q \neq 3$ nên ta có các kết luận sau
    $p^{2} \mid q + 1$ hoặc $p^{2}\mid q^{2} - q + 1$ (từ đây suy ra $p^{2} \le q^{2} - q + 1$) và $q^{2}\mid p^{3} + 1$ hoặc $q^{2}\mid p^{3} - 1$.
    TH3.1. $q^{2}\mid p^{3} + 1$ thì nhận xét là $\gcd(p + 1, p^{2} - p + 1) \mid 3$:
    TH3.1.1. $q^{2} \mid p + 1 \implies q^{2} - 1\le p \implies (q^{2} - 1)^{2}\le p^{2} \le q^{2} - q + 1$
    $\implies q^{4} - 2q^{2} + 1 \le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} - 3q^{2} + q \le 0 \implies q^{3} - 3q + 1 \le 0$. Vô lí
    TH3.1.2. $q^{2}\mid p^{2} - p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} - p + 1 \le q^{2} - q + 1 - p + 1 \implies p + q \le 2$. Vô lí.
    TH3.2. $q^{2}\mid p^{3} - 1$. Nhận xét là $\gcd(p - 1, p^{2} + p + 1) \mid 3$
    TH3.2.1. $q^{2}\mid p - 1 \implies (q^{2} + 1)^{2}\le p^{2}\le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} + q^{2} + q \le 0$. Vô lí.
    TH3.2.2. $q^{2}\mid p^{2} + p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} + p + 1 \le q^{2} - q + 1 + p + 1 \implies q - p \le 2$
    Do $p \neq q$ nên $q = p + 2$. Thế lại, ta có $(p + 2)^{2} \mid p^{2} + p + 1 \implies (p + 2)^{2} \mid 3p + 3 \implies p^{2} + p + 1 \le 0$. Vô lí.

Vậy $(p, q) = (3, 2), (2, 3)$ là các nghiệm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 25-04-2016 - 20:27


#3
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Bài 2. Giả sử $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$.Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $B',C'$. Điểm $B_1,C_1$ trên tia $BC,CB$ sao cho $AB=BB_1$ và $AC=CC_1$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB_1C'$ và $AC_1B'$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp tam giác $ATI$ nằm trên đường thẳng $BC$.

Bài số $2$ là một bài toán đẹp. Sau đây là lời giải của mình cho bài toán.

Gọi $O_B,O_C$ lần lượt là tâm ngoại tiếp các tam giác $AB_1C'$ và $AC_1B'$.

Do $BA=BB_1$ và $CA=CC_1$ nên $\overline{B,I,O_B}$ và $\overline{C,I,O_C}$

Gọi $K$ là trung điểm $AI$. Trung trực $AI$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $N,M$; cắt $BI,CI$ lần lượt tại $S,T. L$ là giao điểm của $NO_B$ với $MO_C$. Dễ thấy $L$ thuộc $AI$.

Post 76.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $M(AL,KI)=N(AL,KI)$ nên $(TI,O_C,C)=(SI,O_B,B)$

$\Rightarrow MN,O_B,O_C,BC$ đồng quy. Mặt khác do $MN,O_BO_C$ lần lượt là đường trung trực của $AI,AT$ nên tâm ngoại tiếp tam giác $ATI$ nằm trên đường thẳng $BC. \blacksquare$

Nhận xét: Bài toán vẫn đúng với mọi $K$ thuộc đoạn $AI$ và lời giải trên hoàn toàn dùng được! 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 25-04-2016 - 16:50


#4
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4980 Bài viết

Bài 2:

Gọi $O_C, O_B, J$ thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AB'C_1,AC'B_1, AB'C'$.

$H,K$ lần lượt là trung điểm $AB', AC'$. $HK$ cắt $BC$ tại $O'$. Gọi $(O')$ là đường tròn tâm $O'$, bán kính $OI$.

 

$CA=CC_1$ nên $CI$ là trung trực của $AC_1 \Rightarrow CI$ đi qua $O_C$. Tương tự, $BI$ đi qua $O_B$.

Trung trực $AC'$ đi qua $H, J, O_B$ nên 3 điểm này thẳng hàng. Tương tự $K, J, O_C$ thẳng hàng.

 

2 tam giác $HJK$ và $BIC$ có $BH, IJ, CK$ đồng quy tại $A$ nên theo định lý Desargues, $O', O_C, O_B$ thẳng hàng.

Mà $(O'),(O_C),(O_B)$ cùng đi qua $A$ nên chúng cùng trục đẳng phương. Suy ra $(O')$ cũng đi qua $T$, tức $(O')$ là đường tròn ngoại tiếp của tam giác $AIT$. Ta có đpcm.

Hình gửi kèm

  • HKTST2016P2.png

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#5
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Bài 1.

  • TH1. $q = 2\iff p = 3$ là một nghiệm
  • TH2. $p = 2$: không có nghiệm
  • TH3. Ngoại trừ các trường hợp trên, nhận xét là $\gcd(q + 1, q^{2} - q + 1) = 1$ và $\gcd(p^{3} - 1, p^{3} + 1) = 2$ nên ta có các kết luận sau
    $p^{2} \mid q + 1$ hoặc $p^{2}\mid q^{2} - q + 1$ (từ đây suy ra $p^{2} \le q^{2} - q + 1$) và $q^{2}\mid p^{3} + 1$ hoặc $q^{2}\mid p^{3} - 1$.
    TH3.1. $q^{2}\mid p^{3} + 1$ thì nhận xét là $\gcd(p + 1, p^{2} - p + 1) = 1$:
    TH3.1.1. $q^{2} \mid p + 1 \implies q^{2} - 1\le p \implies (q^{2} - 1)^{2}\le p^{2} \le q^{2} - q + 1$
    $\implies q^{4} - 2q^{2} + 1 \le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} - 3q^{2} + q \le 0 \implies q^{3} - 3q + 1 \le 0$. Vô lí
    TH3.1.2. $q^{2}\mid p^{2} - p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} - p + 1 \le q^{2} - q + 1 - p + 1 \implies p + q \le 2$. Vô lí.
    TH3.2. $q^{2}\mid p^{3} - 1$. Nhận xét là $\gcd(p - 1, p^{2} + p + 1) = 1$
    TH3.2.1. $q^{2}\mid p - 1 \implies (q^{2} + 1)^{2}\le p^{2}\le q^{2} - q + 1 \implies q^{4} + q^{2} + q \le 0$. Vô lí.
    TH3.2.2. $q^{2}\mid p^{2} + p + 1 \implies q^{2} \le p^{2} + p + 1 \le q^{2} - q + 1 + p + 1 \implies q - p \le 2$
    Do $p \neq q$ nên $q = p + 2$. Thế lại, ta có $(p + 2)^{2} \mid p^{2} + p + 1 \implies (p + 2)^{2} \mid 3p + 3 \implies p^{2} + p + 1 \le 0$. Vô lí.

Vậy $(p, q) = (3, 2)$ là nghiệm duy nhất.

Lời giải trên có một số chỗ không đúng.Cần lí luận lại như sau:

Trường hợp $p=2$ thì $q=3$ vẫn thỏa mãn bài toán.

Ta có $\gcd(q+1,q^2-q+1)=\gcd(q+1,q^2+q-2q-2+3)=\gcd(q+1,3)|3$. Tương tự thì $\gcd(q-1,q^2+q+1)=\gcd(p-1;3)|3$

Mặt khác để ý rằng ngoài hai trường hợp trên thì $p,q\neq 3$ nên ta sẽ có các kết luận cần thiết.



#6
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Đã sửa, thật ra $\gcd$ kia $p - 1$ kia có thể sửa lại nhanh bằng cách xét $q \neq 3$. Thì vấn đề $q^{2}\mid p - 1$ hoặc $q^{2}\mid p^{2} + p + 1$ vẫn đúng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 25-04-2016 - 20:16


#7
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Phải chăng bài $1$ xuất phát từ bài này chăng ? VMF






0 người đang xem chủ đề

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