Đến nội dung

Hình ảnh

18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 16 trả lời

#1
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

18th ELMO

Ngày 1 (18/06/2016)

Bài 1. Cookie Monster gọi một số nguyên dương $n$ là crunchy nếu tồn tại $2n$ số thực $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{2n}$ (tất cả không bằng nhau), sao cho tổng của $n$ số bất kỳ trong chúng bằng với tích của $n$ số còn lại. Bạn hãy giúp Cookie Monster xác định tất cả các số crunchy.
Bài 2. Oscar tập vẽ các hình. Oscar vẽ một tam giác $ABC$ và điểm $D$ sao cho $DB, DC$ là tiếp tuyến tới đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $B'$ đối xứng của $B$ qua $AC$, $C'$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. Nếu gọi $O$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $DB'C'$, hãy giúp Oscar chứng minh rằng $OA \perp BC$.

Bài 3. Trong hệ trục tọa độ $Oxy$, ta gọi một hình chữ nhật là bình thường nếu tất cả các cạnh song song với trục $x$ hoặc trục $y$, và gọi một tập các điểm là đẹp nếu như hai điểm bất kỳ trong chúng không có chung hoành độ lẫn tung độ. Đầu tiên, Bert chọn một tập đẹp $B$ gồm $2016$ điểm trên mặt phẳng. Để 'hại não' Bert, Ernie chọn một tập $E$ gồm $n$ điểm trên mặt phẳng sao cho $B\cup E$ là một tập đẹp với $2016 + n$ điểm. Bert trở lại và một cách kỳ diệu, phát hiện ra rằng không có hình chữ nhật bình thường nào chứa ít nhất hai điểm trong $B$ và không có điểm nào thuộc $E$ nằm bên trong nó. Cho một tập đẹp $B$ mà Bert chọn, định nghĩa $f(B)$ là số nguyên dương nhỏ nhất $n$ sao cho Ernie có thể tìm ra một tập đẹp $E$ với kích cỡ $n$ phần tử thỏa mãn điều kiện đặt ra. Hãy giúp Bert xác định GTNN và GTLN của $f(B)$.

Ngày 2 (19/06/2016)
Bài 4. Big Bird có một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn $n$ chia hết $P(2^{n})$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng đa thức của Big Bird là đa thức không.

Bài 5. Elmo đang tô màu. Đầu tiên Elmo chọn ra một tập $S$ gồm $n > 1$ điểm thẳng hàng. Sau đó với mỗi cặp không thứ tự $\{X, Y\}$ trong $S$, Elmo tô màu đường tròn với đường kính $XY$ sao cho mỗi cặp đường tròn mà giao nhau tại 2 điểm phân biệt thì được tô khác màu. Count von Count muốn đếm số màu mà Elmo đã sử dụng. Với mỗi $n$ cho trước, hỏi Elmo cần phải dùng ít nhất bao nhiêu màu để tô?

Bài 6. Elmo đang học hình học Olympiad. Trong $\triangle ABC$ với $AB \neq AC$, cho đường tròn nội tiếp của nó tiếp xúc với $BC, CA$ và $AB$ tại $D, E$ và $F$, theo đúng thứ tự. Phân giác trong của $\angle BAC$ cắt đường $DE$ và $DF$ tại $X$ và $Y$, theo thứ tự. Gọi $S, T$ là các điểm khác nhau trên cạnh $BC$ sao cho $\angle XSY = \angle XTY = 90^{\circ}$. Cuối cùng, gọi $\gamma$ là đường tròn ngoại tiếp $\triangle AST$.

  1. Chứng minh rằng $\gamma$ tiếp xúc với $\odot (ABC)$
  2. Chứng minh rằng $\gamma$ và đường tròn nội tiếp của $\triangle ABC$ tiếp xúc nhau.

Hello

Nguồn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 25-06-2016 - 01:17


#2
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $n$ chẵn là các giá trị cần tìm. Giả sử $n$ là một số crunchy và $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{2n}$ là các số thỏa yêu cầu.
Do các số không cùng bằng nhau nên có hai giá trị khác nhau, giả sử $x_{1} \neq x_{2}$.

  • Mình sẽ cố gắng đi chứng minh rằng $x_{3} = x_{4} = \cdots = x_{2n} = X$, gọi $x_{i}, x_{j}$ thỏa $3 \le i < j < 2n$.
    Gọi $S$ là tổng của $n - 2$ số bất kỳ không gồm chứa $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$, $P$ là tích của đám còn lại trừ ra $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$
    Ta có $\begin{cases}x_{1} + x_{i} + S = x_{2}x_{j}.P \\ x_{2} + x_{i} + S = x_{1}x_{j}.P \\ x_{1} + x_{j} + S = x_{2}x_{i}.P\\ x_{2} + x_{j} + S = x_{1}x_{i}.P\end{cases}\implies \begin{cases}x_{1} - x_{2} = P.x_{j}(x_{2} - x_{1}) \\ x_{1} - x_{2} = P.x_{i}(x_{2} - x_{1})\end{cases} \implies Px_{i} = Px_{j} = -1 \implies x_{i} = x_{j}$, ngoài ra, từ đây còn suy ra được chúng bằng $-1$
  • Mặt khác, một trong hai $X \neq x_{1}$ và $X \neq x_{2}$ phải đúng, giả sử $X \neq x_{1}$, khi đó cũng áp dụng trên suy ra được $X = x_{2}$ hay tập của ta gồm $2n - 1$ số $-1$ và số $x_{1}$ khác $-1$.
    Dễ thấy chỉ có $n$ chẵn là thỏa mãn và bộ thỏa mãn là $(n, -1, \cdots , -1)$ ($2n - 1$ số $-1$).


#3
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Bài 4. Để ý rằng $m - n \mid P(m) - P(n)$ và $a^{p} \equiv a \pmod{p}$
Đầu tiên, với mỗi số tự nhiên $k$, ta cố định $k$ lại, theo giả thiết ta có $p\mid kp\mid P(2^{kp})$. Mặt khác, lại có $p\mid 2^{kp} - 2^{k} \mid P(2^{kp}) - P(2^{k}) \implies p\mid P(2^{k})$. Lấy $p$ đủ lớn cho ta $P(2^{k}) = 0$, hay $2^{k}$ là một nghiệm của $P(x)$.
Cho $k$ chạy từ $1$ ra vô cực suy ra $P(x)$ có vô số nghiệm, chứng tỏ $P(x) = 0$. Xong.

Haiz



#4
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Bài 6:

1. Ta có bổ đề sau:(Định lý $Steiner$) Cho tam giác $ABC$, $D$, $E$ là hai điểm trên cạnh $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ là hai đường đẳng giác trong $\angle BAC$  khi và chỉ khi $\dfrac{BD}{CD}.\dfrac{BE}{CE} =\dfrac{AB^2}{AC^2}$

Quay trở lại bài toán, kẻ $EF$ là đường tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$.

Theo một kết quả quen thuộc ta có $\angle AXB=\angle AYC=90^0$.

Từ đây chứng minh được $\angle BXS=\angle XTS$

suy ra $BX$ là tiếp tuyến của $(XST)$, suy ra $BX^2=BS.BT$

Tương tự $CY^2=CT.CS$

suy ra $\dfrac{BS}{CS}.\dfrac{BT}{CT}=\dfrac{BX^2}{CY^2}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$

Theo bổ đề suy ra $AS, AT$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$.

Từ đây dễ dàng chúng minh được $\angle SAE= \angle ATS$

Suy ra $EF$ cũng là tiếp tuyến tại $A$ của $(AST)$ nên $(ABC)$ tiếp xúc $(AST)$ tại $A$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 25-06-2016 - 11:24


#5
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Bài 6 câu a) chỉ khai thác một tính chất rất quen thuộc về hàng điểm điều hòa! :)

Để ý $D(BA,EF)=-1\implies D(ZA,YX)=-1$ mà $\angle YSX=\angle YTX=90^\circ\implies SX,TX$ lần lượt là phân giác $\angle ZTA,\angle ZSA\implies AI$ là phân giác $\angle SAT\implies AS,AT$ đẳng giác trong $A\implies \gamma $tiếp xúc $(O)$.

 

Câu b) lại càng đơn giản hơn. Để ý $DE$ đi qua tâm nội tiếp tam giác $AST,(I)$ tiếp xúc với $AC,TC$ tại $E,D$ nên theo bổ đề Sayawama thì $(I)$ tiếp xúc $\gamma$

Post 226.png

Bài 3 đã được thầy Hùng tổng quát và đã có lời giải của mình tại đây.

 

PS. Đề này hình không khó, nhưng sao em không biết có cái này nhỉ? :mellow:



#6
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

ELMO là cuộc thi thú vị ở Mỹ, tên cuộc thi thay đổi từng năm nhưng giữ nguyên các chữ cái đầu E,L,M,O :D.

 

Các năm 2012-2014 có các bản shortlist, các đề hình trong đó có nhiều giá trị, các năm 2015,2016 chỉ mới thấy đề chính thức chứ không có shortlist.

 

Xem thêm tại đây

 

http://www.artofprob...9_elmo_problems

 

http://www.artofprob..._elmo_shortlist



#7
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Mình/em thấy câu 2 của đề rất giống với câu của thầy Nguyễn Minh Hà từng đề nghị cho Mathley số 3.

 

@baopbc: ELMO thường hẹn tháng 6 là tổ chức nên em nên nhớ hẹn để năm sau tham gia, cũng vui lắm. :)


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#8
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

Bài 2 Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Khi đó gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AH$.

Ta có $\widehat{C'EC}=\frac{\widehat{C'AC}}{2}= \widehat{BAC}$

$DC$ cắt $C'E$ tại $E'$ thì $\widehat{CE'C'}=\widehat{BAC}$ nên $E\equiv E'$

Dễ thấy 2 tam giác $DBC'$ và $DCB'$ bằng nhau (c.g.c)

nên 2 tam giác $DB'C'$ và $DCB$ bằng nhau

suy ra $\widehat{DB'C'}=\widehat{DEC'}$

Từ đó ta có $C'E$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn $(A)$ và $(O) $ nên $OA$ vuông góc với $C'E$ hay $OA$ vuông góc với $BC$



#9
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

 

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $n$ chẵn là các giá trị cần tìm. Giả sử $n$ là một số crunchy và $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{2n}$ là các số thỏa yêu cầu.
Do các số không cùng bằng nhau nên có hai giá trị khác nhau, giả sử $x_{1} \neq x_{2}$.

  • Mình sẽ cố gắng đi chứng minh rằng $x_{3} = x_{4} = \cdots = x_{2n} = X$, gọi $x_{i}, x_{j}$ thỏa $3 \le i < j < 2n$.
    Gọi $S$ là tổng của $n - 2$ số bất kỳ không gồm chứa $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$, $P$ là tích của đám còn lại trừ ra $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$
    Ta có $\begin{cases}x_{1} + x_{i} + S = x_{2}x_{j}.P \\ x_{2} + x_{i} + S = x_{1}x_{j}.P \\ x_{1} + x_{j} + S = x_{2}x_{i}.P\\ x_{2} + x_{j} + S = x_{1}x_{i}.P\end{cases}\implies \begin{cases}x_{1} - x_{2} = P.x_{j}(x_{2} - x_{1}) \\ x_{1} - x_{2} = P.x_{i}(x_{2} - x_{1})\end{cases} \implies Px_{i} = Px_{j} = -1 \implies x_{i} = x_{j}$, ngoài ra, từ đây còn suy ra được chúng bằng $-1$
  • Mặt khác, một trong hai $X \neq x_{1}$ và $X \neq x_{2}$ phải đúng, giả sử $X \neq x_{1}$, khi đó cũng áp dụng trên suy ra được $X = x_{2}$ hay tập của ta gồm $2n - 1$ số $-1$ và số $x_{1}$ khác $-1$.
    Dễ thấy chỉ có $n$ chẵn là thỏa mãn và bộ thỏa mãn là $(n, -1, \cdots , -1)$ ($2n - 1$ số $-1$).

 

Sao dễ thấy chỉ có $n$ chẵn là thỏa mãn vậy ?



#10
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Toàn nhận xét rất chuẩn, bài ELMO 2 và bài thầy Hà khá giống nhau, chắc chắn có gì đó kết nối được hai bài toán :)!



#11
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Toàn nhận xét rất chuẩn, bài ELMO 2 và bài thầy Hà khá giống nhau, chắc chắn có gì đó kết nối được hai bài toán :)!

Kết nối này em đã phát hiện ra khi giải thử bài gốc ! :) Thậm chí nó cũng đúng trong trường hợp tổng quát của thầy! :)

 

Bài toán mới này đơn giản chỉ là chuyển đổi tam giác, về bản chất thì vẫn là một đường tròn! Hình sau cho bài tổng quát! :)

Hình gửi kèm

  • Post 230.png


#12
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Bảo sự liên hệ hay, bài thầy Hà cũng là một bài rất hay thầy có một số bài liên quan. Ở bài ELMO gốc này thầy có một mở rộng khá lạ như sau

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $P$ bất kỳ, $PC,PB$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $C,B$. $E,F$ là đối xứng của $B,C$ lần lượt qua $AM,AN$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $PEF$. Chứng minh răng $AK\perp MN$.

Hình gửi kèm

  • Figure3889.png


#13
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Em nghĩ lời giải của em vẫn dùng được trong bài tông quát này mặc dù có hơi phức tạp hơn bài gốc một chút! :)

Lời giải. Ta có $\angle DME=2\angle AMB+\angle BMC \ , \ \angle DNF=360^\circ-2\angle ANC-\angle BNC$

Mặt khác $2\angle AMB+2\angle ANC+\angle BNC+\angle BMC=2(\angle AMB+\angle ANC+\angle BMC)=2.180^\circ=360^\circ \implies \angle DME=\angle DNF.$

Để ý $\triangle DMB\sim \triangle DNC\implies \frac{DM}{BM}=\frac{DN}{CN}\implies \frac{DN}{NF}=\frac{DM}{ME}\implies \triangle DME\sim \triangle DNF$

$\implies \angle EDF=\angle MDN \ , \ \frac{DE}{DF}=\frac{DM}{DN}\implies \triangle EDF\sim \triangle DMN \implies DFE=\angle DNM.$

$S\equiv DN\cap (DEF)$. Dễ thấy $\angle BAE=2\angle BNM=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp ES$

Mặt khác $ES\parallel MN$ nên $AK\perp MN.\blacksquare$.

Post 231.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 26-06-2016 - 01:01


#14
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải của Bảo rất xuất sắc, thú vị hơn khi nhìn hình sau :)!

 

Hình gửi kèm

  • Figure3892.png


#15
JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết

Thấy thầy Hùng với bạn Bảo chém hình ác quá nên mình cũng giải 1 câu tổ hợp cho đủ bộ.

Bài 5: Gọi $n$ điểm trong tập $S$ là $A_1;A_2;...;A_n$, xét $n\vdots 2$, đặt $t=\frac{n}{2}$ đầu tiên ta xét các đường tròn đường kính $A_{i}A_{i+t}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $t$. Tất cả các hình tròn này đều đôi một giao nhau nên màu của $2$ đường tròn bất kì trong $t$ hình tròn này khác nhau nên cần ít nhất $t$ màu để tô. Cách tô như sau: Gọi $t$ màu là $a_1;a_2;...;a_t$, đầu tiên với mọi $i$ chạy từ $1$ đến $t$, cung $A_{i}A_{i+t}$ được tô bởi màu $a_i$. Sau đó với mọi $k<t$, đường tròn đường kính $A_{i}A_{i+k}$ được tô cùng màu với đường tròn đường kính $A_{i}A_{i+t}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $n-k$, với mọi $k>t$ thì đường tròn đường kính $A_{i}A_{i+k}$ được tô cùng màu với đường tròn đường kính $A_{i+k-t}A_{i+k}$. Dễ thấy cách tô này thoả mãn đề bài

Xét $n$ là số lẻ, đặt $n=2t+1$, gọi $a$ là số màu ít nhất có thể tô các đường tròn, ta có $2t<n<2t+2$, theo chứng minh trên thì $t\leq a\leq t+1$ (Vì một cách tô với $n$ điểm bằng $a$ màu thì có thể suy ra $1$ cách tô với $2t$ điểm với nhiều nhất $a$ màu, tương tự với cách tô $2t+2$ điểm thì suy ra $1$ cách tô với $n$ điểm bằng nhiều nhất $t+1$ màu ). Nếu $a=t$ thì lúc đó xét các đường tròn đường kính $A_{i}A_{i}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $t$, $t$ đường tròn này đôi một cắt nhau nên chúng được tô bằng $t$ màu khác nhau lần lượt là $a_1;a_2;...;a_n$ và đường tròn đường kính $A_{t+1}A_{n}$ được tô màu $a_1$ vì nó cắt $t-1$ đường tròn kia ngoại trừ đường tròn đường kính $A_{1}A_{t+1}$. Ta xét tiếp các đường tròn $A_{i}A_{i+t+1}$ với $i$ chạy từ $1$ đến $t$, $t$ đường tròn này đôi một cắt nhau nên được tô bằng tất cả $t$ màu đã nêu trên. Vì vậy trong $t$ đường tròn đó có $1$ đường tròn tô màu $a_1$, tuy nhiên đường tròn này cắt $1$ trong $2$ đường tròn đường kính $A_{1}A_{t+1}$ và $A_{t}A{n}$ suy ra điều vô lí vì cả $3$ đường tròn tô cùng 1 màu. Vì vậy $a>t$, nên $a=t+1$. Vì có $1$ cách tô với $n+1$ điểm bằng $t+1$ màu nên từ đó có 1 cách tô với $n$ điểm với $t+1$ màu. Vì vậy số màu ít nhất trong mọi trường hợp là $\left [ \frac{n+1}{2} \right ]$

P/s: ELMO là viết tắt của từ gì hay là tên 1 con rối trong Sesame street vậy?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 27-06-2016 - 11:43


#16
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Bài 2 Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

Khi đó gọi $E$ là điểm đối xứng của $C$ qua $AH$.

Ta có $\widehat{C'EC}=\frac{\widehat{C'AC}}{2}= \widehat{BAC}$

$DC$ cắt $C'E$ tại $E'$ thì $\widehat{CE'C'}=\widehat{BAC}$ nên $E\equiv E'$

Dễ thấy 2 tam giác $DBC'$ và $DCB'$ bằng nhau (c.g.c)

nên 2 tam giác $DB'C'$ và $DCB$ bằng nhau

suy ra $\widehat{DB'C'}=\widehat{DEC'}$

Từ đó ta có $C'E$ là trục đẳng phương của 2 đường tròn $(A)$ và $(O) $ nên $OA$ vuông góc với $C'E$ hay $OA$ vuông góc với $BC$

Có ai có thể vẽ hình bài 2 không ạ, em không vẽ được khớp với ý tưởng của bạn.



#17
tunglamlqddb

tunglamlqddb

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 148 Bài viết

Sao dễ thấy chỉ có $n$ chẵn là thỏa mãn vậy ?

n lẻ lớn hơn 1 vẫn thoả đúng không nhỉ?
Bộ là (n-2;-1;-1;-1;...;-1) với 2n-1 số -1




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh