Đến nội dung

dogsteven nội dung

Có 1000 mục bởi dogsteven (Tìm giới hạn từ 29-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#698866 Trung trực $HK$ đi qua điểm cố định

Đã gửi bởi dogsteven on 25-12-2017 - 00:02 trong Hình học

Mở rộng. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với $B, C$ cố định và $A$ di chuyển. Một đường tròn cố định đi qua $BC$ và cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Một điểm $O$ cố định nằm trên trung trực $BC$. Lấy $H$ thuộc $BE$, $K$ thuộc $CF$ thỏa mãn $OH || AC, OK || AB$. Khi đó trung trực $HK$ đi qua một điểm cố định.




#697871 ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN PHỔ THÔNG KHU VỰC BẮC TRUNG BỘ NĂM 2017

Đã gửi bởi dogsteven on 06-12-2017 - 19:23 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bổ đề này chứng minh thế nào anh? Nó đã xuất hiện ở những bài toán nào ? Sách nào ?

 

Bổ đề này là một định phần để chứng minh định lý về cực và đối cực: Cho đường tròn $(O)$ và ba điểm $A, B, C$ phân biệt. Khi đó $A, B, C$ thẳng hàng khi và chỉ khi đối cực của $A, B, C$ đồng quy hoặc đôi một song song.

 

Chứng minh. 

Gọi $M, N$ là trung điểm $CD, EF$, khi đó $OM.OA = R^2 = ON.OB$ nên $MNBA$ nội tiếp.

Từ đó $\angle GOM= 90^o-\angle OGM = 90^o-\angle ONM = 90^o-\angle OAB$ nên $OG\perp AB$ và dễ có $OG.OH=OM.OA=R^2$

 

Trở lại bài toán, ta dựng tương tự $BC$, tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $EF$ tại $W$ thì $W, K, L$ thẳng hàng do trục đẳng phương của đường tròn Euler và $(ABC)$. Kẻ tiếp tuyến khác $WA$ đến $(O)$ là $WV'$

Từ đó áp dụng bổ đề ra suy ra $BS, CT, AV'$ đồng quy tại điểm $G$ thỏa $OG=\dfrac{R^2}{d(O, KL)}$ nên ta có $V\equiv V'$




#697858 ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN PHỔ THÔNG KHU VỰC BẮC TRUNG BỘ NĂM 2017

Đã gửi bởi dogsteven on 06-12-2017 - 11:24 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 6.

a. Dùng hai kết quả sau:

1. Cho tam giác $ABC$ với $M, N$ thuộc $BC$. Khi đó $(AMN)$ tiếp xúc với $(ABC)$ khi và chỉ khi $\angle MAN$ và $\angle BAC$ có chung phân giác.

2. Cho tam giác $ABC$, phân giác $AD$, $T$ thuộc $BC$. Khi đó $AT=TD$ khi và chỉ khi $AT$ tiếp xúc với $(ABC)$

b. Bổ đề. Cho $(O)$ và hai điểm $A, B$ nằm ngoài nó. Qua $A, B$ kẻ các tiếp tuyến $AC, AD, BE, BF$. $CD$ cắt $EF$ tại $G$. Lúc này $OG\perp AB$ tại $H$ thỏa $OG.OH=R^2$




#696848 Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định...

Đã gửi bởi dogsteven on 19-11-2017 - 21:32 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Bài 1. Gọi $N$ là trung điểm $BC$, đường cao $BX, CY$. Ta có $MXNY$ là hình bình hành với $MX=NY$

Do đó $MXNY$ là hình thoi nên $MN|| AO$, còn có $\angle XNY$ không đổi nên $MN$ có độ dài không đổi.

Vậy $MA$ cắt $NO$ tại $S$ thì $\dfrac{SO}{SN}=\dfrac{AO}{MN}=\text{const}$, vậy $S$ cố định.




#696001 Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

Đã gửi bởi dogsteven on 03-11-2017 - 13:37 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Cho $y=0$ ta suy ra $f(x)=\frac{f(f(x))+f(0)}{f(0)+1}$ => $f$ toàn ánh => $\exists a:f(a)=0$ (với $a$ thuộc R)

Cho $x=y$ ta suy ra $f(f(0))=(f(x))^{2}-x^2$ $(1)$

giả sử $f(x_{1})=f(x_{2})$ thì từ $(1)$ suy ra $x^{2}_{1}=x^{2}_{2}$

TH1: $x_{1}=x_{2}$ => $f$ song ánh 

thay $x=0$ và $y=a$ ta được $f(f(-a))=f(0)$ => $f(-a)=0=f(a)$ => $a=0$ 

như vậy $f(0)=0$ thế điều này vào $(1)$ ta được $(f(x))^{2}=x^2$ 

TH2:$x_{1}=-x_{2}$ 

Cũng thay $x=0$ , $y=a$ ta thu được $f(-a)=f(a)=0$

giả sử $a \neq 0$ thì thay $x=a$ vào $(1)$ ta thu được $f(f(0))=-a^{2}$ => $(f(x))^2=x^2-a^2$ 

đến đây thay $x=0$ ta thu được $((f(0))^2=-a^2 < 0$ => vô lý 

do đó $a=0$ tương tự trường hợp 1 ta thu được $(f(x))^{2}=x^2$ 

thử hai trường hợp $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ ta chỉ nhận $f(x)=x$ 

 

Chỗ bôi đỏ sai. Nếu mà từ đó suy ra toàn ánh thì suy được ra $f(x)=ax+b$ rồi




#695212 Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

Đã gửi bởi dogsteven on 22-10-2017 - 12:22 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 2. Đặt $a=f(0)$

Thay $y=0, x=x-y$ ta suy ra $f(x)-f(y)+f(x)f(y)-xy = f(f(x-y)) = (a+1)f(x-y)-a$

Thay $x=0, y=x-y$ ta suy ra $f(y)-f(x)+f(x)f(y)-xy = f(f(y-x)) = (a-1)f(x-y)+a$

Do đó $f(x-y)=f(x)-f(y)+f(0)$ nên $(a+1)f(x-y)=f(x)-f(y)+a+f(x)f(y)-xy=f(x-y)+f(x)f(y)-xy$ nên $af(x-y)=f(x)f(y)-xy$

Đảo vai trò $x$ và $y$ ta suy ra $af(x-y)=af(y-x)$ nên $a=0$ hoặc $f(x)$ chẵn.

Xét $a=0$ thì $f(x)f(y)=xy$ và $f\equiv c$ không là nghiệm nên $f(x)\equiv kx\Rightarrow f(x)\equiv x$

Xét $f(x)$ chẵn thì $f(f(x))=f(f(-x))$ nên $f(x)=a$ không thỏa.

Do đó $f(x)\equiv x$




#695178 Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

Đã gửi bởi dogsteven on 21-10-2017 - 19:14 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Đề thi chọn đội tuyển Học sinh giỏi môn Toán tỉnh Bình Thuận năm 2017 - 2018

(Khóa ngày 19 - 10 - 2017)

 

Bài 1. Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thỏa mãn:

$$x^4+x^3+x^2+2x=y^2+y$$

 

Bài 2. Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f\left(f\left(x-y\right)\right)=f\left(x\right)-f\left(y\right)+f\left(x\right)f\left(y\right)-xy, \;\;\forall x,y\in\mathbb{R}$$

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp $(O)$. Một điểm $D$ bất kỳ trên cung nhỏ $AB$ của $(O)$ sao cho $D$ khác $A$ và $B$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $DI$ cắt $AB, AC$ tương ứng tại $E, F$. Gọi $M$ là giao điểm của $BF$ và $CI$. Gọi $N$ là giao điểm của $CE$ và $BI$. Gọi $P$ là trung điểm của $BM$. $AO$ cắt $CP$ tại $K$.

Chứng minh rằng $BK$ chia đôi $CN$

 

Bài 4. Ở mỗi ô vuông con của hình vuông $17 \times 17$, ta ghi một số nguyên từ $1$ đến $17$ sao cho mỗi số từ $1$ đến $17$ được ghi đúng $17$ lần. Chứng minh rằng tồn tại một hàng hoặc một cột chứa $5$ số khác nhau.




#694730 Đề thi chọn đội tuyển trường Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Đã gửi bởi dogsteven on 14-10-2017 - 00:39 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 2. Đầu tiên ta có $a_n>2\;\;\forall n\in\mathbb{N}^*$ nên $|a_{n+1}-3|=\dfrac{1}{a_n}.|a_{n}-3|<\dfrac{1}{2}.|a_{n}-3|$

Do đó theo định lý Stolz, ta có $3=\lim a_{n}=\lim \dfrac{a_1+a_2+...+a_{n}}{n} \geqslant a$

Ta sẽ chứng minh $a=3$ thỏa mãn.

Nhận xét là $a_{n}>3$ nếu $n$ lẻ và $a_n<3$ nếu $n$ chẵn.

Với $n=1$ thì $a_1+a_2+...+a_n>3n$. Giả sử $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với $n\geqslant 1$

Khi đó, $n$ chẵn thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3n+a_{n+1}>3(n+1)$

$n$ lẻ thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3(n-1)+a_{n}+a_{n+1}=3(n-1)+a_n+\dfrac{3}{a_n}+2=3(n+1)+\dfrac{(a_n-3)(a_n-1)}{a_n}>3(n+1)$

Do dó theo quy nạp ta có $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với mọi $n$.

Do vậy mà $VT\geqslant \sqrt{n^2x^2+(a_1+a_2+...+a_n)^2}>n\sqrt{x^2+9}$

 

Bài 5. Thay $y=0\Rightarrow f(x+f(0))=f(x)$, do $f$ đơn điệu và $f\equiv c$ không thỏa nên $f(0)=0$

Thay $x=0\Rightarrow f(f(y))=y^n$

TH1: $n$ chẵn

- Nếu $f$ đồng biến thì xét $0>x>y$.

Khi đó $f(x)\geqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

- Nếu $f$ nghịch biến thì xét $0>x>y$.

Lúc này $f(x)\leqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

TH2: $n$ lẻ

Thay $x=f(1), y=1$ ta được $2^n=2$ nên $n=1$. Thay $y=f(y)$ ta được $f(x)+f(y)=f(x+y)$

Áp dụng chứng minh phương trình hàm Cauchy cho hàm đơn điệu ta suy ra $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$




#694729 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...

Đã gửi bởi dogsteven on 14-10-2017 - 00:21 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 1b. Xét nội suy Abel: $P(x)=a_0+a_1.x+a_2.x(x-1)+...+a_{n}.x(x-1)(x-2)...(x-n)$

Thay lần lược $x=0, 1, 2, ..., n$ ta được $a_i.i!\in\mathbb{Z}$

Do đó với mỗi số nguyên $x$ thì $a_i.x(x-1)...(x-i+1)=a_i.i!.C^{i}_{x}\in\mathbb{Z}$ nên $P(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.

Bài 5b.

Ta sẽ đếm số bộ $(\{x,y\}, A)$, trong đó hai giám khảo $x, y$ đánh giá giống nhau thí sinh $A$.

Vì hai giám khảo bất kỳ đánh giá nhau đúng $k$ thí sinh nên có $\dfrac{kn(n-1)}{2}$ bộ như thế.

Xét một học sinh bất kỳ, giả sử có $a, b, c$ giám khảo đánh giá loại $A, B, C$ thì có $\dfrac{a^2+b^2+c^2-n}{2}$ bộ như thế.

Mà $a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2+2}{3}$ do $n^2$ chia $3$ dư $1$

Do đó $kn(n-1)\geqslant \dfrac{1}{3}m\left(n^2-3n+2\right)$ hay $k\geqslant \dfrac{m(n-2)}{3n}$




#694321 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...

Đã gửi bởi dogsteven on 07-10-2017 - 15:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Có ai giúp ghi đề ra được không, không thấy được đề. Để ảnh FB thì ggwp




#693812 Đề chọn đội tuyển QG Dak Lak năm 2017-2018

Đã gửi bởi dogsteven on 27-09-2017 - 20:38 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 4. Để thành lập một tích, ta thực hiện chọn hoặc không chọn lần lược từng phần tử. $\Rightarrow \sum\limits_{\mathbb{M}\subset \mathbb{A}} \prod\limits_{x\in \mathbb{M}} x = \prod\limits_{x\in\mathbb{A}} (x+1)$

Do đó tổng cần tính là $\prod\limits_{k=0}^{n}\left(2^{2^k}+1\right)-1 = 2^{2^{n+1}}-2$




#693720 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Đã gửi bởi dogsteven on 25-09-2017 - 23:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bài 5. Giả sử ta có số $n$ thỏa mãn. Khi đó ước nguyên tố $p$ của $n$ cũng thỏa mãn.

Lúc này $\{i^4+i^3+i^2| i=\overline{0,p-1}\}$ là HDD modulo $p$

Khi đó áp dụng định lý Wilson ta có: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}i^2(i^2+i+1)\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1)  \equiv -1 \pmod{p}$

Xét $p=3$ không thỏa. Xét $p\geqslant 5$

TH1: $p=6k+1$ thì tồn tại $i$ để $i^2+i+1\vdots p$

TH2: $p=6k-1$ thì $\{i^3| i=\overline{1, p-1}\}$ là HDD mod $p-1$

Do đó theo định lý Wilson: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1) \equiv -3\prod\limits_{i=2}^{p}(i^3-1)\equiv 3\pmod{p}$

 

Do đó $p=2$ nên $n=2^k$, dễ thấy $n=4$ không thỏa nên $n=2^k$ với $k\geqslant 2$ không thỏa.

Như thế chỉ có $n=2$




#693585 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Đã gửi bởi dogsteven on 23-09-2017 - 19:52 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Tại sao lại có được điều này ?

 

$P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$, khi đó $201=P\left(\sqrt[3]{3}\right)=(a_0+3a_3+...)+(a_1+3a_4+...)\sqrt[3]{3}+(a_2+3a_5+...)\sqrt[3]{3^2}$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $a_1+3a_4+...=a_2+3a_5+...=0$ nên chỉ còn các mũ chia hết cho $3$




#693543 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Đã gửi bởi dogsteven on 23-09-2017 - 10:29 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.

Bổ đề. Với ba số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a\ne 0$ hoặc $b\ne 0$ và số nguyên $x$ thỏa $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$ thì $x$ là lập phương của một số nguyên.

Chứng minh. Ta có $2a\sqrt[3]{x}=-b\pm \sqrt{b^2-4ac}$ nên $8a^3x=-b^3\pm 3b^2\sqrt{b^2-4ac}-3b(b^2-4ac)\pm (b^2-4ac)\sqrt{b^2-4ac}$

Do đó $(b^2-ac)\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$.

Nếu $b^2-ac=0$ thì do $b^2-4ac\geqslant 0$ nên $b=c=0$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in\mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in \mathbb{Z}$

Do đó $x^2=t^3$ nên $x=y^3$

Nếu $b^2-ac>0$ thì $\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Z}\Rightarrow x=y^3$

Bổ đề được chứng minh.

 

Bài 2. Thay $x=\sqrt[3]{3}$ vào và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $P(x)=a_0+a_1.x^{3}+a_2.x^{6}+...+x_n.x^{3n}$

Ta có điều kiện: $a_0+3a_1+3^2.a_2+...+3^n.a_n=2017$

Nếu $a_i\geqslant 3$ thì bộ $(a_0, a_1, ..., a_i-3, a_{i+1}+1, ..., a_n)$ có tổng bé hơn.

Khi đó tất cả các số $a_i$ phải bé hơn $3$ nên khi viết $2017$ ta hệ tam phân thì ta được đa thức sau là đa thức cần tìm.

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$

 

Bài 5. Ta có: $\left(1-\dfrac{n}{x}.\sqrt[3]{x^2}\right)^7=\dfrac{(5n)^7}{y}\in \mathbb{Q}$

Chú ý là $1>\dfrac{n}{x}$ nên tồn tại $a,b,c$ nguyên thỏa mãn $a\ne 0$ và $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $x=a^3$, từ đó suy ra $y=b^7$

Do đó ta viết lại phương trình: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{5}{b}=\dfrac{1}{n}$ hay $(a-n)(b-5n)=5n^2$

Đặt $n=5^kp_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_t^{a_t}$ thì số nghiệm sẽ là $2(k+1)(2a_1+1)(2a_2+1)...(2a_t+1)=c^2+1$

Do $c^2+1$ không chia hết cho $4$ nên $k+1$ lẻ nên $k$ chẵn.

Nếu $a_i$ lẻ thì $2a_i+1$ có dạng $4k+3$ nên tồn tại ước nguyên tố $p$ của $c^2+1$ có dạng $4k+3$, vô lý.

Vậy $a_i$ chẵn và $k$ chẵn nên $n$ là số chính phương.




#692804 Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc...

Đã gửi bởi dogsteven on 10-09-2017 - 18:25 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Bài 1. Em xin trình bày lời giải trực tiếp.

 

Khi chuyển qua cấu hình tâm nội tiếp, ta được bài toán:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $AD$, tâm nội tiếp $I$ và đường tròn A-Mixitilinear $(K)$. $BI$ cắt $(ABD)$ tại $P$, $CI$ cắt $(ACD)$ tại $Q$. $BK$ cắt $AP$ tại $R$, $CK$ cắt $AQ$ tại $S$. $A'$ đối xứng với $A$ qua $RS$. Chứng minh rằng $(A'BC)$ tiếp xúc với $(K)$

 

Ta thấy rằng $PQ$ là trung trực của $AD$ nên $PQ$ cắt $BC$ tại $T$ thỏa $TA$ tiếp xúc với $(O)$.

Bằng định lý Desargues cho hai tam giác $BPR$ và $CQS$ ta suy ra $T, S, R$ thẳng hàng.

 

Gọi $J$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ và $(O)$. $V$ thuộc $BC$ thỏa mãn $VJ$ tiếp xúc với $(K)$, từ $V$ kẻ $UV$ là tiếp tuyến thứ $2$ của $(K)$.

Khi đó $(UBC)$ tiếp xúc với $(K)$. Gọi $(O')$ là đường tròn qua $A$, tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc trong với $(UBC)$ tại $A'$

Sử dụng trục đẳng phương ta suy ra $TA'$ là tiếp tuyến của $(O')$.

 

Ta có $\dfrac{UB}{UC}.\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{VB^2}{VC^2}.\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{JB}{JC}.\dfrac{AB}{AC}$. Do đó $JA, BC$ và $UA'$ đồng quy. Gọi $N$ là tâm vị tự ngoài của $(K)$ và $(O')$

Áp dụng định lý Monge - D'Alembert cho $(K), (O'), (UBC)$ ta suy ra $N$ thuộc $UA'$ và cho $(K), (O'), (O)$ ta suy ra $N$ thuộc $AJ$

Suy ra $N$ thuộc $BC$. Do đó ta có biến đổi tỉ số kép:

$A(KO', SR) = A(IO, QP) = I(||BC, \perp AI, C, B) = \dfrac{JB}{JC} = \dfrac{NB}{NC}.\dfrac{DC}{DB} = (DN, CB) = K(AO', SR)$

Do đó $O', S, R, T$ cùng thuộc một đường tròn nên $SR$ là trung trực $AA'$ nên $AA'$ đối xứng nhau qua $SR$

 

Ta có điều phải chứng minh.




#692239 $f(m+n)\;\vdots \;p\Leftrightarrow f(m)+f(n)\;...

Đã gửi bởi dogsteven on 03-09-2017 - 16:12 trong Phương trình hàm

Bài này hay quá.

 

Nếu $p|f(1)$ thì $p|f(n)$ với mọi $n$ vô lý vì $f$ toàn ánh. Do đó $f(1)=1$

 

Với một số nguyên tố $p$ bất kỳ, gọi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $p|f(d)$ thì $p|f(kd)$

Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn $d\not | n$ mà $p| f(n)$ thì chọn $n$ nhỏ nhất, khi đó $n>d$ nên $p|f(n-d)$ vô lý.

Vậy $p|f(n)\Leftrightarrow d|n$

 

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $d|x-y$ thì $p|f(x)+f(kd-x)$ và $d|kd+y-x=y+(kd-x)$ nên $p|f(y)+f(kd-x)$

Do đó mà $p|f(x)-f(y)$. Tóm lại $d|x-y\Rightarrow p|f(x)-f(y)$

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $p|f(x)-f(y)$. Khi đó $p|f(kd-x)+f(x)$ nên $p|f(kd-x)+f(y)$ hay $p|f(kd+y-x)$

Do đó $d|kd+y-x$ hay $d|x-y$. Tóm lại $p|f(x)-f(y)\Rightarrow d|x-y$

Nói chung lại thì $d|x-y\Leftrightarrow p|f(x)-f(y)$

Ở đây chọn $k$ đủ lớn để $kd-x>0$

 

Ta thấy rằng trong $f(1), f(2), ..., f(d)$ đôi một không có cùng số dư khi chia cho $p$ nên $p\geqslant d$

Ngoài ra do hàm $f$ là hàm toàn ánh nên ta tìm được dãy $f(n)$ lần lược có giá trị $1, 2, 3, ..., p$ nên $d\geqslant p$

Tóm lại $d=p$ hay $p$ là số nhỏ nhất để $p|f(p)$

 

Ta thấy rằng $f(1)=1$ nên $f(n)=n$ đúng với $n=1$. Xét $n>1$ và giả sử kết luận đúng đến $n-1$

Nếu $f(n)>n$ thì $f(n)-n+1>1$ nên có số nguyên tố $p|f(n)-n+1$ nên $p|f(n)-f(n-1)$ nên $p|1$ vô lý.

Nếu $f(n)<n$ thì $n-f(n)+1>1$ nên có số nguyên tố $p|n-f(n)+1$ nên $p|f(n)-f(f(n)-1)=f(n)-f(n)+1=1$ vô lý.

Tóm lại $f(n)=n$




#691032 Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

Đã gửi bởi dogsteven on 19-08-2017 - 17:21 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Bài 1.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ với $E, F$ bất kỳ nằm trên $AC, AB$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$. Gọi $Q, R$ là hình chiếu của $E, F$ trên $BC$. $ER$ cắt $FQ$ tại $K$. Khi đó $AK$ đi qua hình chiếu của $P$ trên $BC$.

Chứng minh.

Gọi $D$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$, $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Theo định lý Menelaus, ta có:

$$  \dfrac{SR}{SQ}.\dfrac{CD}{CR}.\dfrac{BQ}{BD} =\dfrac{SF}{SE}. \dfrac{CP}{CF}. \dfrac{BF}{BP} = 1$$

Do đó mà: $E(FA, KD)=(SC, RD)=\dfrac{SR}{SD}.\dfrac{CD}{CR} = \dfrac{SQ}{SD}.\dfrac{BD}{BQ}=(SB, QD)=F(EA, KD)$

Do đó mà $AK$ đi qua $D$. Bổ đề được chứng minh.

 

Trở lại bài toán. Gọi $A', F'$ là giao điểm của $PD, PC$ với $AF$ thì $F'\in (PNF)$ và $A'\in (AMP)$.

Do đó $\angle NF'A'  = \angle NPF = \angle MPA = \angle MA'F'$. Do đó $A'M, F'N$ cắt nhau trên trung trực $A'F'$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $AQ$ đi qua trung điểm $A'F'$ nên $AQ$ chia đôi $CD$




#690960 Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

Đã gửi bởi dogsteven on 18-08-2017 - 22:29 trong Hình học

Bạn có thể cho mình hỏi định lí này trong tài liệu nào được không?

Muôn nơi.




#690506 $$f\left ( a_{n} \right )= f\left ( b_...

Đã gửi bởi dogsteven on 14-08-2017 - 17:16 trong Dãy số - Giới hạn

Xét $f(x)$ là hàm hằng thì bài toán thỏa mãn.

Xét $f(x)$ không là hàm hằng.

Do $f(x)$ liên tục trên $[0, 1]$ nên tồn tại $0\leqslant a<b\leqslant 1$ thỏa mãn $f(a) = f(b)=f(1)$ sao cho $a,b$ liên tiếp nhau trong $f(x)=f(1)$

Khi đó $f(x)$ trong $[a,b]$ luôn mang một dấu duy nhất, giả sử dấu dương.

Khi đó xét điểm cực trị $c$ của $f(x)$ trên $(a,b)$ có tung độ là nhỏ nhất. Tồn tại $a_1\in (a,c)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_1)<f(c)$ do $f$ liên tục.

Khi đó xét trong $(c,b)$ thì tồn tại $b_1$ thỏa mãn $f(b_1)=f(a_1)$. Tương tự chọn được $a_2\in (a, a_1)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_2)<f(a_1)$

Lúc này tồn tại $b_2\in (b_1, b)$ thỏa mãn $f(b_2)=f(a_2)$. cứ làm liên tiếp thế thì ta tìm được một dãy thỏa mãn.




#690496 USAMO 2017 ngày 1

Đã gửi bởi dogsteven on 14-08-2017 - 13:57 trong Thi HSG Quốc gia và Quốc tế

Bài 4.

1) Đầu tiên ta thấy rằng: Xét $(a)=(a_1, a_2, ..., a_n), (b)=(b_1, b_2, ..., b_n)$ là hai hoán vị bất kỳ của $(1, 2, 3, ..., n)$ thì bằng liên tiếp các bước đổi chỗ hai số có vị trí $(i, i+1)$ trong $(a)$ thì đến một lúc nào đó ta sẽ được $(b)$

Ta sẽ chọn số $a_k=b_1$ và đưa nó dần lên về vị trí đầu tiên, tương tự với các $b_2, b_3, ..., b_n$.

 

2) Ta sẽ chứng minh rằng: Khi đổi chỗ hai điểm $R_i, R_{i+1}$ thì kết quả bài toán không đổi.

Xét $B_i$ nằm trên cung $R_{i+1}R_{i}$ tính theo ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó $B_{i+1}$ nằm trên cung $B_iR_{i}$ theo ngược chiều kim đồng hồ.

Khi đó ta đổi chỗ $R_i$ và $R_{i+1}$ thì $B_i$ và $B_{i+1}$ không đổi. Khi đó $(1, 0)$ dù ở vị trí nào cũng ra kết quả ban đầu.

Tương tự ta xét các trườn hợp còn lại.

 

Theo 1), với mỗi cách viết tùy ý $R_{i_1}, R_{i_2}, ...., R_{i_n}$ có thể được tạo ra nhờ các bước hoán vị liên tiếp các điểm có vị trí $j$ và $j+1$, bắt đầu từ $R_1, R_2, ..., R_n$

Theo 2), qua mỗi bước hoán vị hai điểm có vị trí liên tiếp thì kết quả không đổi.

 

Do đó ta có điều phải chứng minh.




#690447 Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

Đã gửi bởi dogsteven on 13-08-2017 - 19:30 trong Hình học

Cho mình hỏi tại sao hai chùm điều hòa bằng nhau lại vuông góc

Mình có định lý sau: Xét hai chùm $x,y,z,t$ và $x', y', z', t'$ thỏa mãn $x\perp x', y\perp y', z\perp z'$. Khi đó $(xy, zt)=(x'y', z't')\Leftrightarrow t\perp t'$

Ở trên có $O(AD, PM)=A(SP, QA')$, có $OA\perp AS, OD\perp AP, OM\perp AA'$ nên $AP\perp AQ$




#690359 $\sum_{k=1}^{\frac{p-1}{2}...

Đã gửi bởi dogsteven on 12-08-2017 - 20:46 trong Số học

Ta có: $p!\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{k}\equiv -p!\sum\limits_{k=1}^{p-1}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k}\equiv -(p-1)!(2^p-2)\equiv 2^p-2\pmod{p^2}$




#690322 $n^p-p$ không chia hết cho q

Đã gửi bởi dogsteven on 12-08-2017 - 14:02 trong Số học

cái này có nhất thiết dùng toán cao cấp không nhỉ ?

Không.




#690265 Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

Đã gửi bởi dogsteven on 11-08-2017 - 21:41 trong Hình học

Dựng $A'$ thuộc $SP$ sao cho $AA' || BC$, khi đó $O(AD, PM)=(AD, PM)=(A'Q, PS)=A(SP, QA')\Rightarrow OP\perp AQ$




#690194 VMF's Marathon Hình học Olympic

Đã gửi bởi dogsteven on 11-08-2017 - 02:18 trong Hình học

Bài toán 199. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $OH$ cắt $(O)$ tại $E, F$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. dựng các hình thang cân $ACBB'$ và $ABCC'$ với $BB' || AC, CC'|| AB$. $BC$ cắt $B'C'$ tại $X$. Chứng minh $E, F, X, D$ đồng viên.