Đến nội dung

Hình ảnh

Trường hè toán học 2016 bài kiểm tra số 2


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
mathstu

mathstu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết

Nguồn: fb của bạn Hiếu Digb

 


Đánh lại vì ảnh nhỏ.
Bài 5. Cho tứ giác lồi $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, giả sử $O$ không trùng giao điểm $G$ của $AC$ và $BD$ và $O$ không nằm trên đường thẳng $BD$.
Giả sử $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$. Đường thẳng $OG$ cắt $EF$ tại $I$.
a. chứng minh $BEIC$ $DFIC$ VÀ $OBID$ nội tiếp đường tròn
b. gọi $M$ $N$ là tâm của đường tròn $(BCE)$ và $(DCF)$. Gọi $P$ $Q$ là giao điểm của $(CMN)$ và $(OBD)$. Chứng minh $OI$ $PQ$ và $MN$ đồng quy và tam giác $EAF$ và $MON$ đồng dạng
Bài 6. cho đa thức $P(x)=x^n-(p-1)x+p$ trong đó $n\geq 2$ và $p$ là số nguyên tố. Chứng minh rằng nếu $P(x)$ phân tích thành 2 đa thức với hệ số nguyên khác đa thức hằng số thì $P(x)$ có nghiệm $z$ sao cho $\left | z \right |=1$
Bài 7 Cho $p>5$ là số nguyên tố và $p\neq 107$ ta viết
$\frac{1}{1^{2003}}+\frac{1}{2^{2003}}+...+\frac{1}{(P-1)^{2003}}=\frac{a}{b}$
Trong đó $a$ $b$ là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh $p^2\setminus a$
@Zaraki: Cho phép mình gộp hai bài viết lại để mọi người dễ đọc + thấy được đề trên trang chủ.

Hình gửi kèm

  • v.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 13-08-2016 - 19:42

Họ cười tôi vì tôi khác họ    

             

             Tôi cười họ vì tôi mắc cười    >:)  >:)  >:) 


#2
lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 86 Bài viết

Câu 5.a)2.png

 Ta có kết quả quen thuộc $O$ là trực tâm $\Delta GEF$$\Rightarrow OI\perp EF$. (có thể dùng hàng điểm điều hòa để chứng minh)

Gọi $K=(GAB)\cap (GCD)$ ta chứng minh $\widehat{EKO}$$=90^{\circ}$. Ta có $OKAD$ là tứ giác nội tiếp $(\widehat{AKD}=\widehat{AOD}=sdCD )$

$\widehat{EKO}=\widehat{AKO}-\widehat{AKG}=\widehat{ADO}-\widehat{ABD}=90^{\circ}$.Do đó $O,K,F$ thẳng hàng. ta còn có $E,G,K$ thẳng hàng.

$IGKF$ nội tiếp $\Rightarrow EA.EB=EG.EK=EI.EF\Rightarrow IFBA$ nội tiếp$\Rightarrow BIEC$ nội tiếp.

Từ đây dễ suy ra được $DFIC$ nội tiếp.

$\widehat{BID}=180^{\circ}-\widehat{FIB}-\widehat{EID}=180^{\circ}-2\widehat{C}=180-\widehat{BOD}$$\Rightarrow BODI$ nội tiếp.

 Câu b thì chưa chém được


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenhatsinh3: 13-08-2016 - 13:28

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:

      :ukliam2:

            :ukliam2:

                  :ukliam2:

             :ukliam2:

        :ukliam2:  

     :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#3
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

Bài 5: Theo định lý $ Brocard $ ta có $ OG $ vuông góc với $ EF $ tại $ I $ đồng thời $ I $ cũng là điểm $ Miquel $ của tứ giác toàn phần $ ABCDEF$ suy ra các tứ giác $ BEIC, DCIF$ nội tiếp. Sử dụng hàng điểm ta chứng minh được $ IO$ là phân giác $ BID$ mà $ OB=OD$ nên tứ giác $ BIDO$ nội tiếp.

Gọi $ K$ là giao điểm của $ MN$ và $ IO$.

Ta chứng minh $ MINO$ nội tiếp.

Dễ thấy $ OM, ON$ là các trung trực của $ BC, CD$

Ta có: $ \angle IMO= \angle IMC +\angle OMC = 2\angle CEI+ \angle BIC  $

$ \angle INO= \angle INC +\angle CNO =2\angle IFC +\angle CID $

Suy ra $\angle OMI+ \angle INO = 2\angle CEI +2 \angle CFI +\angle BIC +\angle CID =2(180^0-\angle BCD) +\angle BID =\angle BOD +180^0- \angle BOD  =180^0 $

nên $ OMIN$ nội tiếp suy ra $ KI.KO= KM.KN$ dẫn đến $ K$ nằm trên trục đẳng phương của $ (OBID)$ và $ (CMN)$

mà $ PQ$ là trục đẳng phương của $ (CMN)$ và $ (OBID)$ suy ra $ PQ, IO, MN $ đồng quy.

Ta có $ \angle MON =\dfrac{1}{2} \angle BOD =\angle EAF$

$ \angle OMN =\dfrac{1}{2} \angle BMI =\angle BEI $

suy ra $ \bigtriangleup MON \sim \bigtriangleup EAF$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 13-08-2016 - 15:00


#4
bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 1667 Bài viết

Bài $4$ : Xét một cách tổng quát đa thức $f(x)=a_{0}+a_{1}x+....+a_{n}x^{n}$ trong đó $a_{0}$ là một số nguyên tố và $|a_{0}|  = |a_{1}|+...+|a_{n}|$ , giả sử đa thức $f(x)$ khả quy khi đó tồn tại một đa thức $g(x)$ là ước của $f(x)$ mà mà tích modul $k$ nghiệm của $g(x)$ ( $k = deg g$) là $1$ do đó tồn tại $|z|\leq 1$ ( số modul nhỏ nhất) . Khi đó ta có

$$|a_{0}|=|a_{1}z+....+a_{n}z^{n}| \leq \sum_{i=1}^{n}|a_{i}|$$ 

Đẳng thức phải xảy ra tức là $|z|=1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 13-08-2016 - 20:08

$$[\Psi_f(\mathbb{1}_{X_{\eta}}) ] = \sum_{\varnothing \neq J} (-1)^{\left|J \right|-1} [\mathrm{M}_{X_{\sigma},c}^{\vee}(\widetilde{D}_J^{\circ} \times_k \mathbf{G}_{m,k}^{\left|J \right|-1})] \in K_0(\mathbf{SH}_{\mathfrak{M},ct}(X_{\sigma})).$$


#5
canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết

ta có $\frac{1}{a^{2013}}+\frac{1}{(p-a)^{2013}} =\frac{2013p.a^{2012}}{a^{2013}(p-a)^{2013}} (\bmod p)$

nếu $p/2013$ thì bài toán cm xong

nếu $(p,2013)=1$ thì ta đưa bài toán về cm

$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i(p-i)^{2013}}\equiv 0 (\bmod p)$

hay $\sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i^{2014}}\equiv 0 (\bmod p)$

do mỗi i bất kì luôn tồn tại j sao cho $ij \equiv 1 (\bmod p)$ 

nên ta có $\sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i^{2014}} = \sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}$

gọi $a_{1},a_{2},...a_{t}$ là các đồng dư phân biệt của $i^{2014}$

ta có mỗi $a_{i}$ được xuất hiện $\frac{p-1}{t}$ lần

từ đó xét đa thức $(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{t}) -x^{t}+1$

ta có $a_{1}.a_{2}...a_{t}=x^{2014}a_{1}.x^{2014}a_{2}...x^{2014}a_{t} (\bmod p)$

nên $x^{2014t} =1 (\bmod p) $

mà luôn tồn tại $x$ sao cho $a_{i} =x^{2014} (\bmod p)$ nên ta có đa thức trên có t nghiệm

Nếu t=1 thì ta có $p-1 /2014$ (vô lý do p khác 107)

nếu $t>1$ thì $ \sum_{i=1}^{t}  a_{i}=0 (\bmod p)$

mà $\sum_{i=1}^{p-1} i^{2014}=\frac{p-1}{t}( \sum_{j=1}^{t} a_{j}) =0$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 13-08-2016 - 23:06


#6
ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 177 Bài viết

$\bigcap$


~O)  ~O)  ~O)





0 người đang xem chủ đề

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