Thầy Nguyen Trung Tuan
Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Vĩnh Phúc (ngày 2) 2016-2017
#1
Đã gửi 20-10-2016 - 17:57
#2
Đã gửi 20-10-2016 - 18:28
Bài 4:
Đánh thứ tự các cột từ trái sang phải.
Ta điền số vào tất cả các ô của bảng sao cho toàn bộ cột 1 là số 0, toàn bộ cột 2 là số 1, toàn bộ cột 3 là số 0... toàn bộ cột 99 là số 0.
Mỗi viên gạch đều che phủ phần diện tích có tổng các số được ghi trong các ô là chẵn.
Mà tổng các số được điền vào bảng là $49.99$ là số lẻ.
Vậy không thể lát bảng ô vuông như đề bài.
- canhhoang30011999, ineX và ngocluong1202 thích
#3
Đã gửi 20-10-2016 - 18:31
Bài 4:
Đánh thứ tự các cột từ trái sang phải.
Ta điền số vào tất cả các ô của bảng sao cho toàn bộ cột 1 là số 0, toàn bộ cột 2 là số 1, toàn bộ cột 3 là số 0... toàn bộ cột 99 là số 0.
Mỗi viên gạch đều che phủ phần diện tích có tổng các số được ghi trong các ô là chẵn.
Mà tổng các số được điền vào bảng là $49.99$ là số lẻ.
Vậy không thể lát bảng ô vuông như đề bài.
Hoàn toàn có thể phủ được.
Do bảng khuyết ô trung tâm nên ta chia được bảng thành $4$ hình chữ nhật kích thước $44.45$. Mỗi hình chữ nhật như thế đều phủ được bởi các dải $44 $ đơn vị (dễ chỉ ra).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 20-10-2016 - 18:32
#4
Đã gửi 20-10-2016 - 18:44
Hoàn toàn có thể phủ được.
Do bảng khuyết ô trung tâm nên ta chia được bảng thành $4$ hình chữ nhật kích thước $44.45$. Mỗi hình chữ nhật như thế đều phủ được bởi các dải $44 $ đơn vị (dễ chỉ ra).
Nói như Hoàng thì bảng đã cho là $89$x$89$ ?
P/s: Mình cũng làm sai rồi. Cột chính giữa là cột 50... Và cách làm của Hoàng cũng chỉ đúng cho bảng có cạnh là một số chia 8 dư 7 thôi... Ở đây mình cần cách chứng minh bảng có cạnh chia 8 dư 3 không phủ được...
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Min Nq: 20-10-2016 - 19:11
#5
Đã gửi 20-10-2016 - 19:38
Nói như Hoàng thì bảng đã cho là $89$x$89$ ?
P/s: Mình cũng làm sai rồi. Cột chính giữa là cột 50... Và cách làm của Hoàng cũng chỉ đúng cho bảng có cạnh là một số chia 8 dư 7 thôi... Ở đây mình cần cách chứng minh bảng có cạnh chia 8 dư 3 không phủ được...
Cảm ơn bạn đã góp ý, đúng là mình có sơ suất. Một lời giải khác thay thế cho lời giải sai ở trên:
Từ góc trên bên trái bảng, ta tô màu các nhóm ô vuông $2.2$ xen kẽ trắng-đen, với góc trên bên trái màu trắng. Số ô đen nhiều hơn số ô trắng là $4$ ô, mỗi con tetramino phủ $2$ ô trắng và $2$ ô đen, vậy câu trả lời là phủ định.
- Element hero Neos và the unknown thích
#6
Đã gửi 20-10-2016 - 20:28
- canhhoang30011999, I Love MC, Element hero Neos và 4 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 20-10-2016 - 21:28
Bài hình ngày thứ hai chỉ cần chứng minh MN vuông góc AP và sử dụng tính các góc theo góc tam giác ABC là sẽ có điều phải chứng minh.
#8
Đã gửi 20-10-2016 - 21:50
sao đề khó thế
#9
Đã gửi 21-10-2016 - 01:23
Bài hình ngày thứ hai chỉ cần chứng minh MN vuông góc AP và sử dụng tính các góc theo góc tam giác ABC là sẽ có điều phải chứng minh.
MN vuông góc AP cả một vấn đề đấy
- quantv2006 yêu thích
#10
Đã gửi 21-10-2016 - 06:30
Câu 3, ngày 1:
Ta viết lại các đa thức $Q(x)$ dưới dạng: $Q_{i,j}=2x^{2}+(b_{i}+b_{j})x+(c_{i}+c_{j})$
Từ giả thiết suy ra $(b_{i}+b_{j})^{2}=8(c_{i}+c_{j}),\forall i,j$
Giả sử $n\geq 4$. Khi đó tồn tại bốn chỉ số $i,j,m,n$ phân biệt. Ta cũng có $(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{i})=8(c_{m}-c_{n})$. Do đó để các đa thức $P$ đã cho ban đầu là phân biệt thì $b_{i}\neq b_{j}$ nếu $i\neq j$
Mà ta lại có $8(c_{m}-c_{n})=(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{i})=(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{j})$
Suy ra $b_{i}=b_{j}$ (mâu thuẫn với lí luận ở trên)
Vậy $n\leq 3$. Có thể chỉ ra ví dụ: $(b_{1},b_{2},b_{3})=(0,2,-4);(c_{1},c_{2},c_{3})=(1,\frac{-1}{2},1)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Min Nq: 21-10-2016 - 11:17
#11
Đã gửi 21-10-2016 - 06:30
Bài 2 ngày 2:
Trong hệ tọa độ Oxy chọn các điểm $A_i\left ( a_i,0 \right )\left ( i=\overline{0,2016} \right )\Rightarrow \left | a_i-a_j \right |=A_iA_j$. Theo đề bài ta có $A_0A_1=3A_1A_2=\frac{3^2}{2}A_2A_3=...=\frac{3^{2016}}{2^{2015}}A_{2016}A_0$. Theo tính chất của đường gấp khúc, ta có:
$A_0A_1\leq A_1A_2+A_2A_3+...+A_{2016}A_0=\frac{1}{3}\left [ 1+\frac{2}{3}+\left ( \frac{2}{3} \right )^2+...+\left ( \frac{2}{3} \right )^{2015} \right ]A_0A_1=\frac{1}{3}.\frac{1-\left ( \frac{2}{3} \right )^{2016}}{1-\frac{2}{3}}A_0A_1$. Mà ta có $1>\frac{1}{3}.\frac{1-\left ( \frac{2}{3} \right )^{2016}}{1-\frac{2}{3}}$ và $A_0A_1\geq 0\Rightarrow A_0A_1=0\Rightarrow A_i\equiv A_0\left ( i=\overline{1,2016} \right )\Rightarrow a_i=a_0=88\left ( i=\overline{1,2016} \right )$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 21-10-2016 - 06:31
- redfox yêu thích
#12
Đã gửi 21-10-2016 - 11:10
Câu 5 ngày 1:
Ta gọi dãy $\left ( m,n \right )\left ( n\geq m \right )$ là dãy tốt nếu các số $a_m,a_{m+1}...a_n$ là một dãy các số nguyên dương liên tiếp theo chiều từ trái sang phải và hai số $a_{m-1}$ không liền kề với $a_{m}$ và $a_{n+1}$ không liền kề với $a_{n}$ . Ta xét hai dãy liên tiếp tốt nhau $\left ( m,n \right )$ và $\left ( n+1,t \right )$, Ta có $a_{n+1}-a_{n}\leq 1$ mà $a_{n+1}\neq a_{n}+1\Rightarrow a_{n+1}<a_n$ mà $a_m,a_{m+1}...a_n$ là dãy các số nguyên dương liên tiếp cho nên $a_{n+1}<a_m$. Lại có $\left ( n+1,t \right )$ là dãy tốt cho nên ta có $a_t<a_m$. Do đó ta có kết luận với hai dãy tốt bất kỳ thì dãy tốt đứng ở sau sẽ chứa các phần tử lớn hơn hẳn dãy tốt đứng ở đằng trước(*).
Giả sử hai số $a_i$ và $a_j\left ( j>i \right )$ thuộc hai dãy tốt khác nhau mà $j>i$ nên dãy tốt chứa $a_j$ phải đứng sau dãy tốt chưa $a_i$ nên theo kết luận trên ta có $a_i>a_j\Rightarrow i>j$(vô lý) do đó $a_i,a_j$ phải thuộc cùng một dãy tốt. Dễ thấy dãy tốt chứa $a_i,a_j$ chỉ có thể chứa 2 phần tử $a_i,a_j$ để thỏa mãn điều kiện $ii$ suy ra $j=i+1$.
Cũng theo kết luận (*), ta thấy $a_r>a_{i+1}\left ( r<i \right )$ và $a_s<a_i\left ( s>i+1 \right )$, mà $a_i=i, a_{i+1}=i+1$ cho nên $n$ là số chẵn nếu $n$ là số lẻ thì không tồn tại hoán vị nào thỏa mãn đề bài.
Đặt $n=2k$, suy ra có $k-1$ số đứng trước $a_i$ và $k-1$ số đứng sau $a_{i+1}$. Đến đây thì ta tính được số các hoán vị thỏa mãn đề bài sẽ là $2^{2\left ( k-2 \right )}\left ( k\geq 2 \right )$, với $k=1$ thì số hoán vị sẽ là $1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 21-10-2016 - 11:12
#13
Đã gửi 21-10-2016 - 11:58
Bài hình ngày 1: Câu b chỉ cần chứng minh ME, ND đều đi qua trung điểm I của AL. Khi đó MINL là hình bình hành. Vậy K là trung điểm của MN.
#14
Đã gửi 21-10-2016 - 12:55
Diện tích số mặt đá lấp là 2450x4=9800
Diện tích bảng là 99x99=9801. Như vậy ô ở giữa là 1x1.
Do đó cột,hàng thứ 50 bị mất 1 viên, chỉ còn 2 hcn 1x49
Bảng có tâm đối xứng, vậy các viên lấp ở hàng, cột 50 phải đối xứng, nhưng viên 1x4 có cạnh chẵn nên không đối xứng, do đó ko thể lấp.
#15
Đã gửi 22-10-2016 - 17:01
Bài 1. Xét $\lim |b_n|>0$. Khi đó áp dụng định nghĩa giới hạn dễ chứng minh tồn tại $q>0$ sao cho tồn tại vô hạn số $|b_n|>q$
Khi đó hiển nhiên $c_n$ sẽ tăng lên vô hạn.
Xét $\lim |b_n|=0$, khi đó $\forall \epsilon>0$, tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n>n_0$ thì $|a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon a_n$
Từ đó suy ra $(1+\epsilon)a_n>a_{n+1}$, từ đó sẽ tồn tại $n_1$ sao cho với $n\geqslant n_1$ thì $a_n\geqslant a_{n+1}$
Xét $n\geqslant n_1$ thì $b_n=\dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_n}\geqslant \dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_{n_1}}$
Từ đó ta có $|b_{n_1}|+|b_{n_1+1}|+...+|b_n|\geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}$
Do $\lim a_{n} = 0$ nên ta có thể chọn $n=n_2-1>n_1$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}>q>0$
Xét $n\geqslant n_2$ thì $|b_{n_2}|+|b_{n_2+2}|+...+|b_n| \geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}$
Khi đó lại chọn $n=n_3-1>n_2$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}>q>0$
Cứ tiếp tục quá trình trên thì $c_{n_k-1}\geqslant (k-1)q$ nên $c_{n}$ tăng lên vô hạn.
- Element hero Neos và redfox thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#16
Đã gửi 22-10-2016 - 21:18
Bài hình ngày 2
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $AI$ cắt $BC$ tại $G.S,T$ là giao điểm $(APC),(APB)$ với $CI,BI$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phanthehauah1: 23-10-2016 - 06:34
- Element hero Neos và quantv2006 thích
#17
Đã gửi 23-10-2016 - 00:23
Bài 1. Xét $\lim |b_n|>0$. Khi đó áp dụng định nghĩa giới hạn dễ chứng minh tồn tại $q>0$ sao cho tồn tại vô hạn số $|b_n|>q$
Khi đó hiển nhiên $c_n$ sẽ tăng lên vô hạn.
Xét $\lim |b_n|=0$, khi đó $\forall \epsilon>0$, tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n>n_0$ thì $|a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon a_n$
Từ đó suy ra $(1+\epsilon)a_n>a_{n+1}$, từ đó sẽ tồn tại $n_1$ sao cho với $n\geqslant n_1$ thì $a_n\geqslant a_{n+1}$
Xét $n\geqslant n_1$ thì $b_n=\dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_n}\geqslant \dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_{n_1}}$
Từ đó ta có $|b_{n_1}|+|b_{n_1+1}|+...+|b_n|\geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}$
Do $\lim a_{n} = 0$ nên ta có thể chọn $n=n_2-1>n_1$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}>q>0$
Xét $n\geqslant n_2$ thì $|b_{n_2}|+|b_{n_2+2}|+...+|b_n| \geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}$
Khi đó lại chọn $n=n_3-1>n_2$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}>q>0$
Cứ tiếp tục quá trình trên thì $c_{n_k-1}\geqslant (k-1)q$ nên $c_{n}$ tăng lên vô hạn.
Em chưa đọc đoạn sau nhưng muốn như trên cần chứng minh thêm $|b_n|$ có giới hạn. Khi nó có giới hạn vô cực có lẽ viết là $>0$ cũng không hợp lý lắm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 23-10-2016 - 00:32
- tay du ki yêu thích
#18
Đã gửi 23-10-2016 - 10:42
Em chưa đọc đoạn sau nhưng muốn như trên cần chứng minh thêm $|b_n|$ có giới hạn. Khi nó có giới hạn vô cực có lẽ viết là $>0$ cũng không hợp lý lắm
Đoạn đó ghi nhầm chút là, đúng là $b_n$ không có giới hạn là $0$
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#19
Đã gửi 24-10-2016 - 20:57
Câu 5: Ta có $a_{i+1}-a_i\leq 1\Rightarrow (a_{i+1}-i-1)-(a_i-i)\leq 0$ $\forall \ i=\overline{1,2015}$. Gọi $i,j$ là $2$ số thoả mãn $a_i=i$,$a_j=j$ với $j>i$, có $0=a_i-i\geq a_{i+1}-i-1 \geq a_j-j=0$ và theo tính duy nhất của $i$ và $j$ thì $j=i+1$. Cũng theo tính duy nhất của $i$, $a_{i-1}>i+1$,$a_{i+2}<i$ và nếu tồn tại $t>i+1$ để $a_t>i$ thì vì$a_{i+2}<i$ nên sẽ tồn tại $p>i+1$ để $a_p<i$,$a_{p+1}>i$ và $a_{p+1}-a_p>1$(vô lí). Vậy các số $(a_{i+2},a_{i+3},...,a_{2016})$ là hoán vị của $(1,2,...,i-1)$$\Rightarrow$ $i-1=2015-i$ hay $i=1008$. Giờ ta sẽ tìm cách hoán vị các số $a_{1010}$ đến $a_{2016}$ thoả mãn đề bài. Gọi $s$ là số lớn nhất thoả mãn $a_{1010},a_{1011},...,a_s$ lập thành cấp số cộng công sai $1$. Nếu $a_s<1007$, lúc đó ta có $a_{s+1}<a_s$ và tồn tại $k>s$ thoả mãn $a_k>a_s$. Khi đó sẽ tồn tại $p>s$ thoả mãn $a_p<a_s$ và $a_{p+1}>a_s$ nên $a_{p+1}-a_p>1$. Vậy $a_s=1007$, tương tự nếu $s_1$ là số lớn nhất thoả mãn $a_{s+1},a_{s+2},...,a_{s_1}$ lập thành cấp số cộng công sai $1$ thì $a_{s_1}=a_{1010}-1$. Tương tự như thế thì dãy số $a_{1010},a_{1011},...,a_{2016}$ sẽ được tạo theo cách sau: Số hạng đầu tiên chọn ngẫu nhiên rồi các số tiếp theo sẽ chọn sao cho các số hạng tiếp theo sẽ lập thành cấp số cộng đến khi có $1$ số là số hạng lớn nhất chưa được chọn trong dãy; số hạng sau đó được chọn ngẫu nhiên trong các số còn lại và cứ tiếp tục như thế.Những cách chọn ngẫu nhiên trong dãy được gọi là cách chọn đặc biệt. Gọi $1$ nhóm $(i_1,i_2,...,i_t)$ được xác định rằng $i_1,i_2,...,i_t$ lần lượt là số đầu tiên, thứ $2$,...,thứ $t-1$,thứ $t$ là tất cả các số được dùng trong cách chọn đặc biệt để gắn cho một số số xác định trong dãy $a_{1010},a_{1011},...,a_{2016}$. Dễ thấy $i_1>i_2>...>i_t$ nên số cách chọn dãy đó là số cách chọn các tập con trong tập $\left \{ 1,2,...,1007 \right \}$ và bằng $2^{1007}$. Dễ thấy nếu chọn $1$ nhóm thì chỉ có $1$ dãy $a_{1010},a_{1011},...,a_{2016}$ được tạo thành nên số dãy thoả mãn là $2^{1007}$. Tương tự số cách chọn dãy $a_1,a_2,...,a_{1007}$ là $2^{1007}$. Vậy tổng số hoán vị thoả mãn là $2^{2014}$
- hoanglebaongoc yêu thích
#20
Đã gửi 30-10-2016 - 20:46
sao đề đây là cho bảng A chuyên hay sao mà khó thế
Nothing is impossible if we try
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh