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 $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$
Có 101 mục bởi nguyenhaan2209 (Tìm giới hạn từ 26-04-2020)
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 29-03-2019 - 00:34 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $P(J/O)=JA.JE=R^2-JO^2=R^2-(PD^2+(AS-AH)^2/4)=R^2-(b-c)^2/4-(RcosBcosC)^2=k$
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 02-12-2018 - 01:12 trong Hình học
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 01-12-2018 - 12:22 trong Hình học
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 30-11-2018 - 17:19 trong Hình học
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 30-11-2018 - 16:18 trong Hình học
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 30-11-2018 - 14:55 trong Hình học
Bài $1$:
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 03-11-2018 - 23:44 trong Hình học
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 03-11-2018 - 23:20 trong Hình học
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 03-11-2018 - 20:49 trong Hình học
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 21-10-2018 - 13:25 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 14-10-2018 - 20:37 trong Hình học
Lâu lâu trở lại quán
Bài 1:
Bài $3$:
Bài $4$:
Dễ thấy $PMN=AMB=90-BAM=90-DAC=NQC$ nên $MNQP$ nội tiếp
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 06-10-2018 - 12:28 trong Tổ hợp và rời rạc
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 01-10-2018 - 22:12 trong Hình học
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: $MK/MN=MK/PL.PL/MN=AM/AP.GP/GM=AC/AF.GD/GJ=AC/AF.AZ/AJ=AZ/AE.AB/AJ=AD/AJ=HD/HJ=ID/IH=IH/IJ=IA/IJ$
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 30-09-2018 - 16:10 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 29-09-2018 - 13:00 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 28-09-2018 - 21:09 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 28-09-2018 - 19:48 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $3$:
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 25-09-2018 - 11:27 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $\blacksquare$
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 25-09-2018 - 02:14 trong Tài liệu - Đề thi
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 25-09-2018 - 02:11 trong Tài liệu - Đề thi
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 24-09-2018 - 10:23 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $B(AECx)=AE/AC=AB/AC=A(BCMN)=A(PQND)=R(PQND)$
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 24-09-2018 - 00:45 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 23-09-2018 - 20:21 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 23-09-2018 - 20:17 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
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 $20$
Đã gửi bởi nguyenhaan2209 on 23-09-2018 - 13:33 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài $3$:
$a)$ Ta có $BIN=CIN=CGN$ nên $BIQ$~$CGE$ -> $QBC ~ CEF$ (đồng dạng trung tuyến) -> $QCB=CFE=CBE$ -> $CQ$ vg $AC$
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học