Bài $3$: Lấy $S$ là chân đg cao từ $A$, $ID$ cắt $XY$ tại $J$, $AJ$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $JA_1.JA_2=JA.JE=JH.JD$ với $ID$ giao $(DA_1A_2)$ tại $H$

Khi đó $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$

Bài $1$:

Bài này nghịch đảo hơi bị rõ   Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AH.AD$ ta đưa về bài toán sau: Cho tg $ABC$, $3$ đg cao $AD, BG, CI$. Đgt qua $M$ vg $AC$ cắt $AC, AB$ tại $F,L$; đgt qua $M$ vg $AL$ cắt $AC$ tại $K$. $(AIK)$ cắt $(AGL)$ tại $J$ thì $AJ$ đi qua điểm cố định

Bài $2$: a) $BH, CH$ cắt $(O)$ tại $X,Y$ thì $EX=EH, FY=FH$ vậy $EXC=BYF$ theo Pascal đảo có $FY, XE$ đq tại $M$. Gọi $G,P$ là trực tâm $OBM, OCM$ thì $BMG=A/2=90-BFM$ nên $G$ là tâm $BFM$ tg tự với $P$ vậy $GF=GM, PE=PM$ nên $(KP,KG)=(ME,MF)=(ML,MG)$ tức K thuộc $(MLG)$ cố định

Bài $3$ ngày $2$ là đề Turkish MO $2011$: https://artofproblem...h450540p2534625 lời giải trong đó bị thiếu nên mình xin post lời giải của mình

Lâu lâu trở lại quán   

Bài 1:

Bài $3$:

Bài $4$:

Dễ thấy $PMN=AMB=90-BAM=90-DAC=NQC$ nên $MNQP$ nội tiếp

Giải như sau:

Gọi $2$ chiều của bài toán là $i,ii$. Ta có:

$i)$ Gọi tập tổng thỏa mãn bài toán là $|S+S|$, ta dễ có $|S+S|=S+C_S^{2}=\frac{(S^2+S)}{2}=\frac{m(m+3)}{2}$

$ii)$ Ta xây dựng tập thỏa mãn bài toán với $k$ phần tử có $|S+S|$ phủ hết $1$ đến $\frac{m(m+6)}{4}$ như sau:

TH$1$: $m$ chẵn. Đặt $m=2t$ khi đó tập $S=(1,...,t+1,2(t+1)+1,....t(t+1)+(t-1))$ thỏa mãn

Thật vậy, các số từ $1$ đến $2(t+1)$ được tập $T=(1,...,t+1)$ có $|T+T|$ phủ hết

Tương tự như vậy ta thấy các số từ $1$ tới $t(t+1)+2t$ đều được $|S+S|$ phủ

Lại có $\frac{m(m+6)}{4}=t(t+3)=t(t+1)+2t$ nên ta thấy thỏa mãn ngay

Do $C(m)$ là số nguyên dương $k$ mà $k \geq  \frac{m(m+6)}{4}$ (cm trên) nên có ngay ĐPCM

TH$2$: $m$ lẻ. Đặt $m=2t+1$ khi đó tập $S=(1,...,t+1,2(t+1)+1,...,(t+1)(t+1)+t)$ thỏa mãn

Tương tự như trên chú ý rằng $\frac{m(m+6)}{4}=\frac{4t^2+16t+7}{4}=t^2+4t+\frac{7}{4}<(t+1)(t+1)+2t+1=t^2+4t+2$ nên ta có ngay ĐPCM

Bài $2$: Gọi $K,G$ là tđ $EF$, $PQ$. Theo bổ đề $ERIQ$ có $G$ là tđ $KM$ mà dễ có $NKXM$ nt nên $AL, AG$ đg ($AGM$~$ALX$) tg tự có $(P,Q)$; $(X,M)$ là các cặp điểm đg nên ta có $AL$ là đg đối trung $APQ$

Bài $6$:Gọi $EF,LX$ cắt $BC$ tại $G,N$; $Z$ là h/c của $A$ lên $EF$, $I$ là tđ $AH$, $AH$ giao $EF$ tại $J$

Ta có: $MK/MN=MK/PL.PL/MN=AM/AP.GP/GM=AC/AF.GD/GJ=AC/AF.AZ/AJ=AZ/AE.AB/AJ=AD/AJ=HD/HJ=ID/IH=IH/IJ=IA/IJ$ 

Bài $1$: Đổi biến $(2y,x) \rightarrow (a,b)$

Khi đó $PT(2)$ tương đương với $a+a\sqrt{a^2+1}=b+b\sqrt{b^2+1}$ trừ $2$ vế cho nhau ta có $a=b$ do $\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}>1$

Thay vào $PT(1)$ thì ta có $(x^2+1)(x+2\sqrt{x})=6$

Xét $x<1$ thì $VT<6$, $x>1$ thì $VP>6$ do đó $x=2$. Thử lại ta có $(x,y)=(2,1/4)$ là nghiệm của HPT đã cho

Bài $2$: Ta cm bằng quy nạp hệ thức $x_{2n}=2x_n(x_{n-1}+x_{n+1})(*)$và $x_{2n+1}=x_nx_{n+2}+x_{n-1}x_{n+1}$

$a)$ $AKM+AKN=ABL+ACL=180$ và $LKN+OLK=AKM+90-ACL=90$ nên dễ có ĐPCM

Câu $5$

$a)$ Đặt $x_i=\frac{q_i}{s_i} \forall i=\overline{1,n}$, giả thiết bài toán trở thành:

$x_i+\frac{1}{p_i}=\frac{\prod q_i + \prod s_i}{\prod_{j\neq i}^{n}q_j.s_i} \in Z^{+} \forall i=\overline{1,n}$

Từ đó nhân tất cả các phân số lại, theo nhị thức Newton sau khi khai với tử số đối xứng, dễ dàng có $\prod s_i \vdots \prod q_i \vdots \prod s_i$ nên $\prod s_i =\prod q_i$ nên $\prod x_i=1$ và ta có ĐPCM

$b)$ Từ câu a dễ có $s_i=2 \forall i=\overline{1,n}$, bài toán quy về tim số bộ nghiệm phân biệt của pt: $\prod q_i=2^n$

Do VP là lũy thừa của $2$ nên các phần tử ở VT có dạng $2^{a_i}$, bài toán lại quy về tìm số nghiệm không âm của pt: $a_1+...+a_n=n$

Đây chính là bài toán đêm kẹo Euler quen thuộc, đáp số của nó là $C(n-1,2n-1)$ và ta hoàn tất cm 

Câu $2$:

Từ giả thiết thì $x_1, x_2, x_3$ có số dư khác nhau khi chia cho $p$

Xét trên vành $Z_{p}$ thì $f(x)=ax^2+x(b+1)+c$

Mặt khác $f(x_1)=f(x_2)=f(x_3)=0$ mà $f(x_1)-f(x_2)=(x_1-x_2)(ax_1+ax_2+b+1)$ suy ra $ax_1+ax_2+b+1 \vdots p$

Tương tự thì $ax_2+ax_3+b+1$ chia hết cho $p$ do đó $a(x_1-x_3) \vdots  p$ nên $a \vdots p$

Lại có $f(x_1)-f(x_2)=(x_1-x_2)(ax_1+ax_2+b+1) \vdots p$ nên $b+1 \vdots p$

Từ đó $c \vdots p$ nên rõ ràng $abc+ac=ac(b+1) \vdots  p^3$ nên ta có ĐPCM

Câu $3$:

Bài $4$:

Ta giải quyết bài toán tổng quát với bảng $2n.2n$

Dựa vào quan hệ bài toán ta có thể liên tưởng tới sự quen nhau của $2n$ người được đánh dấu thành bảng $2n.2n$

Ta coi $x[i,j]=0$ thì $i,j$ không quen nhau còn $x[i,j]=1$ thì $i,j$ quen nhau

Xét tổng $S_{j,j'}=\sum_{i=1, i\neq j,j'}^{2n}x_{ij}x_{ij'}$ (dễ thấy $2$ ô cột $j,j'$ không ảnh hưởng đến mod $2$)

Nói cách khác, ta đưa bài toán về cm trong $2n$ người bất kì luôn có số người quen chung là số chẵn

$CM$: Giả sử phản chứng rằng hai người bất kì trong nhóm đều có số người quen chung là lẻ

$TH1$: Tồn tại $1$ người có số người quen là lẻ

Gọi đó là $A$, tập người quen của $A$ là $(A_1,...A_k)$ với $k$ lẻ

Xét mối quan hệ trong nhóm $k$ người này nếu người nào cũng quen lẻ người thì tổng số mối quen biết là lẻ mà theo bổ đề bắt tay thì tổng chẵn vậy vô lí

Điều đó chứng tỏ tồn tại $A_i$ để $(A,A_i)$ có số người quen chung là chẵn từ đó dễ thấy tồn tại $S(A,A_i)$ chẵn

$TH2$: Tất cả đều quen chẵn người

Gọi người có nhiều người quen nhất là $A$, trong đó $X_1$ là tập người quen của A, $X_2$ là phần còn lại

Dễ thấy $|X_1|+|X_2|=2n-1$ là số lẻ nên $|X_2|$ lẻ

Theo giả sử phản chứng, mỗi bạn trong $X_1$ có số người quen chung với $X_1$ là lẻ, mà nó có chẵn người quen nên quen lẻ người trong $X_2$

Tương tự với, mỗi người trong $X_2$ cũng quen lẻ người trong $X_1$ và lẻ người trong $X_2$

Ta đếm bằng $2$ cách số cặp $V=(B,C)$ trong đó $B,C$ quen nhau mà $B$ nằm trong $X_1$, $C$ nằm trong $X_2$

+ Với $B \in X_1$, do $B$ quen lẻ người trong $X_2$ mà $|X_2|$ lẻ nên $V$ lẻ

+ Với $C \in X_2$, do $C$ quen lẻ người trong $X_1$ mà $|X_1|$ chẵn nên $V$ chẵn

Từ $2$ điều trên ta thấy vô lí tức gs phản chứng sai. Vậy tồn tại $S$ chẵn, thay $n=1009$ ta có kết quả của bài toán $\blacksquare$  

Lời giải cho $3$ bài $103$, $104$, $105$

Lời giải cho $5$ bài toán chưa có lời giải trong file, có bài $103$ câu $b$ không liên quan gì tới câu $a$ và vẽ cũng không đúng. Dưới đây là lời giải cho bài $101$ và $102$ trong đó có một số bài mình đổi tên điểm cho dễ nhìn

Bài $3$:

Gọi đgt qua $B$ vuông góc $AN$ cắt $AC$ tại $E$, $PN$ cắt $AC$ tại $D$, tia $Bx$ vuông góc $RD$

Dễ thấy $RD$ vuông góc $AC$, $AE=AB$ nên $B(AECx)=AE/AC=AB/AC=A(BCMN)=A(PQND)=R(PQND)$

Bài 3:

Gọi $AB$ giao $CD$ tại $E$, $AD$ giao $BC$ tại $F$ , $(AGB)$ giao $(DGC)$ tại $H$, $(BGC)$ giao $(AGD)$ tại $L$, $IJ$ cắt $HL$ tại M

Bài $1$: $a)$ Quy nạp ta dễ có chiều $1$, chiều còn lại dựa vào sai phân ta có ĐPCM

$b)$ Bài toán cơ bản: $H_n \leq 1+ln(n)$ dựa vào bổ đề quen thuộc $ln(x) \geq 1 - 1/x$ nên có $[9x_81]=81$

Bài $2$: Xét $degP=1$ thì có $i$ còn với $degP>1$ sử dụng tính không bị chặn của đa thức thì nên nó phải tuần hoàn từ đó dựa vào $a-b|P(a)-P(b)$ có ĐPCM

Bài $3$: HSG lớp $10$ KHTN $2014$ (Có trên blog thầy Quang Hùng) 

Bài $4$: $a)$Gọi $a_1, ..., a_{20}$ là số kẹo của các loại từ $1$ đến $20$

Bài $3$:

$a)$ Ta có $BIN=CIN=CGN$ nên $BIQ$~$CGE$ -> $QBC ~ CEF$ (đồng dạng trung tuyến) -> $QCB=CFE=CBE$ -> $CQ$ vg $AC$