Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Topic ôn luyện VMO 2015

vmo2015

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 137 trả lời

#21 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 945 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2014 - 00:40

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $\cos\frac{A-B}{2}+\cos\frac{B-C}{2}+\cos\frac{C-A}{2}\geq \sin\frac{3A}{2}+\sin\frac{3B}{2}+\sin\frac{3C}{2}$.

 

Đây là đề thi TST của USA năm 2002, duới đây là một lời giải của Maverick

 

Let $p$ denote the semiperimeter of $\triangle ABC.$ WLOG assume $a \geq b \geq c.$
\[\cos\frac{A-B}2 =\cos\frac{A}2\cos\frac{B}2+\sin\frac{A}2\sin\frac{B}2 =  \sqrt{\frac{p^2(p-a)(p-b)}{abc^2}} +  \sqrt{\frac{(p-a)(p-b)(p-c)^2}{abc^2}}\]
\[\implies \sum \cos\frac{A-B}2= \sum \frac{a+b}c \sin\frac{C}2\]
Hence the inequality is equivalent to
\[\sum \frac{a+b}c\sin\frac{C}2 \geq 3\sum \sin\frac{A}2-4\sum \sin^3\frac{A}2\]
\[\iff \sum \frac{(b-c)(a-c)(a+b+c)}{abc} \sin\frac{C}2 \geq 0\]
\[\iff \sum (c-b)(c-a) \sin\frac{C}2 \geq 0\]
Due to assumption we have $(a-c)(b-c)\sin\frac{C}2 \geq 0$
So, it suffices to show that
\[(b-a)(c-a)\sin\frac{A}2+(a-b)(c-b)\sin\frac{B}2 \geq 0\]
\[\iff (a-b)\left((a-c)\sin\frac{A}2-(b-c)\sin\frac{B}2\right) \geq 0\]
which is obviously true.
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenhuyen_AG: 09-11-2014 - 00:41

Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#22 chardhdmovies

chardhdmovies

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 638 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt chuyên nguyễn du
  • Sở thích:đá banh, chém gió, đánh cờ

Đã gửi 09-11-2014 - 12:51

Những bài chưa được giải. Lưu ý ai giải được 1 trong số các bài dưới đây mới được tiếp tục đăng đề, còn tự ý đăng đề sẽ bị ẩn + 1 lần nhắc nhở.

Bài 16: Cho $A,B,C$ là 3 góc của một tam giác. CMR:

 

    $cos\frac{A-B}{2}+cos\frac{B-C}{2}+cos\frac{C-A}{2}\geq sin\frac{3A}{2}+sin\frac{3B}{2}+sin\frac{3C}{2}$.

cách 1:

ta có $\left\{\begin{matrix} \sum cos\frac{B-C}{2}=2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+\sum sin\frac{A}{2}\\ \sum sin\frac{3A}{2}=\sum \left ( 3sin\frac{A}{2}-4sin^3\frac{A}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ do đó ta cần chứng minh

$2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+4\sum sin^3\frac{A}{2}-\sum sin\frac{A}{2}\geq 0$

mà $\left\{\begin{matrix} 2\sum sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}=\sum sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\\4\sum sin^3\frac{A}{2}=2\sum \left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right ) \\ 2\sum sin\frac{A}{2}=\sum \left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \end{matrix}\right.$ nên bđt cần chứng minh

$\Leftrightarrow \sum \left [ sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right ) \right ]\geq 0$

giờ ta sẽ chứng minh $sin\frac{A}{2}\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )+2\left ( sin^3\frac{B}{2}+sin^3\frac{C}{2} \right )-\left ( sin\frac{B}{2}+sin\frac{C}{2} \right )\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+2\left ( sin^2\frac{B}{2}-sin\frac{B}{2}sin\frac{C}{2}+sin^2\frac{C}{2} \right )-1\geq 0$

$\Leftrightarrow sin\frac{A}{2}+(1-cosB)+\left ( cos\frac{B+C}{2}-cos\frac{B-C}{2} \right )+(1-cosC)-1\geq 0$

$\Leftrightarrow 1+2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC+cos\frac{B-C}{2}$

điều này luôn đúng do $\left\{\begin{matrix} 1\geq cos\frac{B-C}{2}\\2sin\frac{A}{2}\geq cosB+cosC \end{matrix}\right.$

do đó bđt được chứng minh

cách 2:

đặt $x=\frac{A}{2},y=\frac{B}{2},z=\frac{C}{2}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x,y,z\in \left ( 0;\frac{\pi }{2} \right )\\ x+y+z=\frac{\pi }{2} \end{matrix}\right.$

ta có $sin\frac{3A}{2}-cos\frac{B-C}{2}=sin3x-cos(y-z)=sin3x-sin(x+2y)=-2sin(x-y)sin(x-z)$

do đó ta cần chứng minh $\sum sin(x-y)sin(x-z)\geq 0$

không mất tính tổng quát giả sử $0<x\leq y\leq z< \frac{\pi }{2}$

bđt cần chứng minh $\Leftrightarrow sin(x-y)sin(x-z)+sin(z-y)\left [ sin(z-x)-sin(y-x) \right ]\geq 0$

điều này luôn đúng bởi hàm số $y=sin\alpha$ là hàm đồng biến vơi $0<\alpha <\frac{\pi }{2}$

do đó bđt được chứng minh

 

 

NTP


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 10-12-2014 - 00:06

                                                                                    chúng tôi là 3 người từ lớp 10 cá tính:NRC,NTP,A-Q


#23 banhgaongonngon

banhgaongonngon

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1046 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Yên Bái
  • Sở thích:"Flower"

Đã gửi 09-11-2014 - 13:57

Thêm một bài nữa.....

 

  Bài 18: Cho $a,b,c> 0,n$ là số nguyên dương. CMR:

 

     $\frac{a^2}{b}+\frac{b^2}{c}+\frac{c^2}{a}\geq \sqrt[n]{\frac{a^{n}+b^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{b^{n}+c^{n}}{2}}+\sqrt[n]{\frac{c^{n}+a^{n}}{2}}$

 

Theo anh thấy thì bất đẳng thức này sai ngay từ $n=9$ rồi (với bộ số $(a,b,c)=(1,22;1,21;1,2)$)

 

Còn với $n=8$ xin đề xuất cách chứng minh dưới đây

 

Theo bất đẳng thức $AM-GM$ thì

$\frac{a^{2}-\sqrt{3}ab+b^{2}}{(2-\sqrt{3})b}+\frac {a^2+\sqrt{3}ab+b^{2}} {(2+\sqrt{3})b}+b+b\geq 4\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

hay

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[4]{a^{4}-a^{2}b^{2}+b^{4}}$

 

Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy - Schwarz$ ta có

$a^{4}+b^{4}\geq a^{2}b^{2}+\sqrt{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

 

Từ đó suy ra

$2\frac{a^{2}}{b}+3b-3a\geq 2\sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$

 

Lập các bất đẳng thức tương tự rồi cộng vế lại với nhau ta được

$\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}\geq \sum \sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}$



#24 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 09-11-2014 - 16:51

Bài 8: Tìm tất cả $c\in \mathbb{N}$ sao cho tồn tại $a,b\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+2^n$ là ước của $b^n+c$ với mọi $n\in \mathbb{Z^+}$. Với mỗi bộ $(a,b,c)$ ở trên mà $c$ lớn nhất, chứng minh rằng $a,b$ không đồng thời là hai số chính phương.

Lời giải :

Đề đúng nên là với mọi số nguyên dương $n$.

 

Bổ đề :Cho số nguyên $a$ không chính phương. Khi đó tồn tại vô hạn số nguyên tố $p$ thoả mãn $a$ không là số chính phương modulo $p$.

Chứng minh bổ đề :

Trở lại bài toán :

Ta có :

$$a^n+2^n\mid b^n+c\mid b^{3n}+c^3$$

Cũng có :

$$a^n+2^n\mid a^{3n}+2^{3n}\mid b^{3n}+c$$

Từ đó suy ra rằng $a^n+2^n\mid c^3-c$. Ta thấy $a^n+2^n$ lớn tuỳ ý, như vậy phải có $c^3-c=0$. Tức $c=0$ hoặc $c=1$.

Trường hợp $c$ lớn nhất là $c=1$ :

$$a^n+2^n\mid b^n+1\;\forall n\in \mathbb{Z}^+\;\;\;\;(*)$$

Ta sẽ chứng minh $a,b$ không đồng thời chính phương. Gỉa sử cả hai số $a,b$ đều là số chính phương. 

Vì $a$ chính phương nên $2a$ không chính phương. Khi đó theo bổ đề ta chọn đuợc vô số số nguyên tố $p$ sao cho 

$\left ( \dfrac{2a}{p} \right )=-1$. Từ đây suy ra $\left ( \dfrac{a}{p} \right )+\left ( \dfrac{2}{p} \right )=0$.

Hiển nhiên chọn được số nguyên tố $p$ thoả mãn đồng thời $\left ( \frac{2a}{p} \right )=-1$ và $p\nmid b$. Khi đó chú ý $b$ chính phương nên $\left ( \frac{b}{p} \right )=1$.

Khi đó ta cho $n=\dfrac{p-1}{2}$ và áp dụng định lí tiêu chuẩn Euler :

$$b^{\frac{p-1}{2}}+1\equiv \left ( \dfrac{b}{p} \right )+1=2\pmod p$$

$$a^{\frac{p-1}{2}}+2^{\frac{p-1}{2}}\equiv \left ( \dfrac{a}{p} \right )+\left ( \frac{2}{p} \right )=0\;\pmod p$$

Điều này mâu thuẫn với $(*)$. 

Gỉa thiết phản chứng sai, $a,b$ phải không đồng thời chính phương.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 12-06-2015 - 10:55

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#25 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 09-11-2014 - 17:03

Bài 19 : Tìm các số nguyên dương $m,n$ thoả :

$$10^m-8^n=2m^3$$.


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#26 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 09-11-2014 - 19:22

 

 

Bài 6:  Tìm các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

\[f\left( {\frac{{x + y}}{{2012}}} \right) = \frac{1}{2}\left[ {f\left( {\frac{x}{{2013}}} \right) + f\left( {\frac{y}{{2014}}} \right)} \right],\,\,\forall x,y \in \mathbb{R}\] 

 

 

 

Em xin làm câu này ạ:
Đặt $g(x)=f(x)-f(0)$, Khi đó ta có ngay $g(0)=0$.
Hơn nữa, từ giả thiết ta có: $g(x+y)=\frac{1}{2}(g(ax)+g(by));\forall x \in  R$  (1),  trong đó $a=\frac{2012}{2013}; b=\frac{2012}{2014}$
Thay $x=0$ vào (1) ta có $\frac{1}{2}g(by)=g(y); \forall y \in R$
Thay $y=0$ vào (1) ta có $\frac{1}{2}g(ax)=g(x); forall x \in R$
Như vậy, giả thiết đã cho có thể viết lại thành: $g(x+y)=g(x)+g(y); \forall x,y \in R$ 
 Từ đây, ta có: $g(ax)=a.g(x); \forall x \in R$, do $a$ là số hữu tỷ.
Do đó: $\frac{a}{2}g(x)=g(x)$, hay $g(x) \equiv 0$
Tức $f$ đồng nhất là hằng số.



#27 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 09-11-2014 - 20:56

Dù bài đang nhiều, nhưng theo đề nghị của anh trai thì em góp một bài hình.
( Đề kiểm tra đội tuyển của Hà Tĩnh)
Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

@namcpnh: Cảm ơn em trai, như vậy ta còn 7 bài, quy tắc đăng bài mới vẫn như cũ nhé.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-11-2014 - 21:04


#28 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 09-11-2014 - 21:08

Bài 21.  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G. CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC

 

attachicon.gifuntitled.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 09-11-2014 - 21:44


#29 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 09-11-2014 - 21:39

Bài 22:

 

Cho tam giác $ABC$ và 1 đường tròn $(O)$. Gọi $A'B'C'$ là tam giác đường tạo thành bởi 3 đường đối cực của lần lượt $A, B, C$ với $(O)$.

Khi đó $AA', BB', CC'$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 09-11-2014 - 21:51

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#30 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 09-11-2014 - 21:58

Bài 21.  Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G. CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC

 

attachicon.gifuntitled.jpg

Bài này k khó, giải quyết lấy số lượng là chính...

Ảnh chụp màn hình_2014-11-09_214720.png

Sử dụng định lý sin $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

Vậy $\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} . \dfrac{\sin GBA}{\sin GBC} = \dfrac{BF}{FA} . \dfrac{GA}{GC} =  \dfrac{AC}{AB}$

Lại theo $\text{Cave}$ cho $AH, BG, CF$ đồng quy

$\Rightarrow \dfrac{\sin HAB}{\sin HAC} = \dfrac{AC}{AB} \Rightarrow AH$ đi qua trung điểm $BC$


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#31 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 09-11-2014 - 22:46

Dù bài đang nhiều, nhưng theo đề nghị của anh trai thì em góp một bài hình.
( Đề kiểm tra đội tuyển của Hà Tĩnh)
Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

@namcpnh: Cảm ơn em trai, như vậy ta còn 7 bài, quy tắc đăng bài mới vẫn như cũ nhé.

Ảnh chụp màn hình_2014-11-09_221836.png

a, $L$ là điểm $\text{Miquel}$ của tứ giác toàn phần $BHGCWA$ nên $L \in (ABC)$

b, $X$ là trung điểm của $AI$, chú ý $WI \perp AJ$ ($\text{Brokard}$) nên ta sẽ chỉ ra $MX \perp AJ$

Xem #7 trong đây


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 09-11-2014 - 22:46

"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#32 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 09-11-2014 - 23:35

Bài 20: Cho đường tròn $(O)$ và điểm $M$ cố định ($M$ nằm ngoài $(O)$). Kẻ tiếp tuyến $MA$ và cát tuyến $MBC$ ( $B$ nằm giữa $M$ và $C$). Một đường tròn tâm $J$ thay đổi đi qua $B,C$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $H,G$. Gọi $I$ là giao điểm của $BG$ và $CH$; $W$ là giao điểm của $HG$ với $BC$.
a, Chứng minh rằng giao điểm của $JI$ và $WA$ luôn di động trên một đường cố định.

  b, Chứng minh rằng đường trung bình tương ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải :

hà tĩnh.JPG

a) Giao điểm của $IJ,WA$ luôn di động trên $(O)$ cố định.

Câu này là IMO 1985 (Problem 5)

Có thể phát biểu ngắn gọn là :

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $AC,BD$ giao nhau tại $I$, $AD,BC$ giao nhau tại $P$ và $AB,CD$ giao nhau tại $Q$. Khi đó $OI$ đi qua điểm Miquel của tứ giác toàn phần $ABCDPQ$.

b) Gọi $K$ là giao của $WI$ với $AH$. Gọi $U$ là trung điểm của $AK$ và $l$ là đường trung bình ứng với cạnh $WI$ của tam giác $AIW$.

Dễ thấy $l$ đi qua $U$. Ta có $(HB,KA)=-1$ mà $U$ là trung điểm của $AK$ nên theo hệ thức Newton ta có $UA^2=UB.UH$.

Điều này đồng nghĩa $P_{U/(A,0)}=P_{U/(J)}$. 

Mặt khác theo định lí Brocard thì $IW \perp AJ$ mà $l \parallel IW$ nên $l\perp AJ$.

Suy ra $l$ là trục đẳng phương của $(A,0)$ và $(J)$. Lại có $MA^2=MB.MC$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của $(A,0),(J)$.

Tức $l$ đi qua $M$ cố định.


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#33 Tru09

Tru09

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 625 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Anime !!

Đã gửi 09-11-2014 - 23:43

Bài 12: Cho một ngôi trường có $n$ khóa học và $n$ học sinh. Các học sinh đăng kí vào lớp học, không có $2$ học sinh nào tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. CMR: ta có thể đóng cửa một khoá học sao cho vẫn không có hai học sinh nào tham gia các khoá học hoàn toàn giống nhau.

 

Bài 12:

Xét đồ thị với mỗi học sinh là 1 đỉnh , 2 đỉnh được nối với nhau nếu khi đóng  lớp học thứ i (i=1,n) thì 2 học sinh ấy tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau. Và tô màu của đoạn thẳng đó là màu i

Giả sử ngược lại , không thể đóng cửa 1 khóa học nào mà k tồn tại 2 hs tham gia các khóa học hoàn toàn giống nhau , khi đó tất cả các màu (1,2,..n) đều xuất hiện . xét các đỉnh nối các màu đó ( Ta có thể bỏ các cạnh cùng màu sao cho mỗi màu xuất hiện 1 lần)

Vì $\leq n$ đỉnh , n cạnh luôn tồn tại 1 chu trình

Giả sử chu trình đó là A1 -(i1) -> A2 -(i2) ->A3 ..... Ak - (ik)-> A1

k mất tính tổng quát có thể giả sử A1 tham gia nhiều lớp học hơn A2

Khi đó A2 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ A3 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ .... Ak k tham gia lớp học i1 $\Rightarrow$ A1 k tham gia lớp học i1

$\Rightarrow$ vô lý

Vậy ta có dpcm 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tru09: 09-11-2014 - 23:44


#34 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 10-11-2014 - 01:08

Bài này k khó, giải quyết lấy số lượng là chính...

attachicon.gifẢnh chụp màn hình_2014-11-09_214720.png

Sử dụng định lý sin $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

Vậy $\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} . \dfrac{\sin GBA}{\sin GBC} = \dfrac{BF}{FA} . \dfrac{GA}{GC} =  \dfrac{AC}{AB}$

Lại theo $\text{Cave}$ cho $AH, BG, CF$ đồng quy

$\Rightarrow \dfrac{\sin HAB}{\sin HAC} = \dfrac{AC}{AB} \Rightarrow AH$ đi qua trung điểm $BC$

Đoạn này là thế nào nhỉ? Mình áp dụng định lý sin cho 2 tam giác nhưng góc $\widehat{CBF} \equiv \widehat{CAF}$ đâu?
Mà cũng chưa thấy ssong ssong sử dụng đâu cả



#35 BlackSelena

BlackSelena

    $\mathbb{Sayonara}$

  • Hiệp sỹ
  • 1549 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 10-11-2014 - 13:41

Đoạn này là thế nào nhỉ? Mình áp dụng định lý sin cho 2 tam giác nhưng góc $\widehat{CBF} \equiv \widehat{CAF}$ đâu?
Mà cũng chưa thấy ssong ssong sử dụng đâu cả

Song song là để có $\dfrac{BF}{FA} : \dfrac{CG}{GA} = \dfrac{AC}{AB}$

$\dfrac{\sin FCB}{\sin FCA} = \dfrac{BF. \sin FBC}{AF. \sin FAC}$

Chú ý $\angle FBC = \angle GCB, \angle FAC = \angle GAB$


"I helped rehabilitate a part of the world. If I use this ability, maybe I can even help restore the rest of this depraved world."

#36 mnguyen99

mnguyen99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 696 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán ,THPT chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Sherlock Holmes, người đàn ông chưa bao giờ sống và không bao giờ chết.

Đã gửi 10-11-2014 - 15:52

Bài 19 : Tìm các số nguyên dương $m,n$ thoả :

$$10^m-8^n=2m^3$$.

pt$\Leftrightarrow 5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1}=m^{3}$

Giải pt khi m=1,2,3 thì m=1;n=1.

Dễ dàng CM khi $m\geq 4\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{m-1})> \upsilon _{2}(m^{3})$

Mà $\upsilon _{2}(5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Leftrightarrow 3n-1=3.\upsilon _{2}(m)$ (vô lí)

Vậy pt chỉ có nghiệm m=1;n=1.


THCS NGUYỄN DUY,PHONG ĐIỀN$\Rightarrow$THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ$\Rightarrow$??? 

 

TẬP LÀM THÁM TỬ TẠI ĐÂY http://diendantoanho...ám/#entry513026


#37 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 11-11-2014 - 20:59

pt$\Leftrightarrow 5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1}=m^{3}$

Giải pt khi m=1,2,3 thì m=1;n=1.

Dễ dàng CM khi $m\geq 4\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{m-1})> \upsilon _{2}(m^{3})$

Mà $\upsilon _{2}(5^{m}.2^{m-1}-2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Rightarrow \upsilon _{2}(2^{3n-1})=\upsilon _{2}(m^{3})\Leftrightarrow 3n-1=3.\upsilon _{2}(m)$ (vô lí)

Vậy pt chỉ có nghiệm m=1;n=1.

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào :)

 

@ Hướng : Oh, a ko có đọc TTT nên ko biết =)). Sr. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 11-11-2014 - 21:34

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#38 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1162 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp lang tận cùng!
  • Sở thích::( :3

Đã gửi 11-11-2014 - 21:07

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào :)

Đây đúng là Bài GTQT của TTT 2 mà anh! (Chưa hết hạn) :D


Hướng TH Phan
$(1)$ Lòng như mây trắng
$(2)$: Forever Young
$(3)$: You are the apple of my eye
Người ta thường nói tuổi thanh xuân như một cơn mưa rào, nếu bị ướt một lần thì bạn vẫn mong muốn thêm 1 lần nữa ...
#hoctrocuaZel
:(

#39 HoangHungChelski

HoangHungChelski

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 283 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
  • Sở thích:$\mathfrak{Combinatorics}$ , $\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 11-11-2014 - 23:38

Ừ. Được rồi. Cái luỹ thừa bậc ba của $m$ là để suy ra mâu thuẫn chỗ $3n-1=3v_2(m)$. Em thử suy nghĩ thêm nếu thay $m^3$ bằng $m^2$ thì giải như thế nào :)

 

@ Hướng : Oh, a ko có đọc TTT nên ko biết =)). Sr. 

Trên Blog cũ của Toàn Zaraki có bài tương tự này anh  ^_^ 
Mặc dù còn 23 phút nữa mới đến ngày 12 nhưng em xin đăng một bài số thuộc đề KT đội tuyển Hải Dương mà em xin xỏ được

Bài 23: Tìm $(a,b,m,n)$ nguyên dương thỏa mãn: 
$$a^m-b^m=(a-b)^n$$


$$\boxed{\text{When is (xy+1)(yz+1)(zx+1) a Square?}}$$                                


#40 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 430 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 11-11-2014 - 23:52

VMO sắp tới rồi, do nhu cầu ôn luyện của các mem VMF nên anh sẽ mở topic ôn luyện VMO. Topic này để các mem đăng bài rồi giải bài. Nghiêm cấm các hành vi chém gió, khiêu khích, gõ tiếng Việt ko dấu, quảng cáo,..

 

 

 

Bài 1: Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(y+f(x))=f(x)f(y)+f(f(x))+f(y)-xy$ với mọi $x,y \in \mathbb{R} $.  (1)

 

 

Để em giải quyết hoàn thiện nốt câu này!
Đầu tiên dễ thấy $f$ hằng không thỏa mãn:
Khi đó từ giả thiết ta có ngay $f$ đơn ánh.
Cho $y=0$ vào $(1)$ ta có: $f(0).f(x)+f(0)=0; \forall x \in \mathbb{R}.$ Từ đây ta có $f(0)=0.$
Thay $y$ bởi $f(y)$ vào $(1)$ ta được:
     $f(f(x)+f(y))=f(x).f(f(y))+f(f(x))+f(f(y))-xf(y); \forall x,y \in \mathbb{R}$ (2)

Hoán vị $x$ và $y$ trong (2) lại kết hợp (2) ta có:
    $\frac{f(f(x))+x}{f(x)}=\frac{f(f(y))+y}{f(y)}; \forall x,y \in \mathbb{R} $ $x,y$ khác $0$.
Từ đây ta có: $f(f(x))=a.f(x)-x; \forall x \in mathbb{R}$, do $x=0$ vẫn thỏa mãn.

 

+Thay $y$ bởi $z+f(y)$ vào (1) ta có:
  $f(z+f(x)+f(y))=(f(x)+1).f(z+f(y))+f(f(x))-x(z+f(y)); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

                      $=(f(x)+1)(f(y)f(z)+f(f(y))+f(z)-yz)+f(f(x))-xz-xf(y); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$

                      $=f(z).(f(x)+1)(f(y)+1)+(f(x)+1)(a.f(y)-y-yz)+a.f(x)-x-xz-xf(y); \forall x,y,z \in \mathbb{R}$         (3)

Cho $z=-1$ vào (3) ta thu được:
$ f(f(x)+f(y)-1)=f(-1).(f(x)+1)(f(y)+1)+a.f(x).f(y)+a(f(x)+f(y))-xf(y); \forall x,y \in mathbb{R}$
Đến đây, chỉ việc hoán vị $x,y$ ta có ngay:
          $xf(y)=y.f(x); \forall x,y \in \mathbb{R}$
 hay $f(x)=c.x; \forall x \in \mathbb{R}$, do $x=0$ vẫn thỏa mãn.
Thử lại thì ta có $c=1$ hoặc $c=-1$.
Vậy các hàm cần tìm là:
$f(x) \equiv x$ hoặc $f(x) \equiv -x$

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namcpnh: 13-11-2014 - 18:45






0 người đang xem chủ đề

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