Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi và lời giải VMO 2016

vmo hsgqg thi quốc gia vmo2016

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 77 trả lời

#41 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 07-01-2016 - 12:12

Bài 7

(a) Giả sử $n=\prod p_i^{a_i}$ thì theo điều kiện ta có: $2\prod p_i^{a_i}=\prod \dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$

Do $n$ lẻ nên trong các số $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$ có đúng một số chẵn.

Để ý rằng $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}=p_i^{a_i}+p_i^{a_i-1}+...+1$ nên sẽ tồn tại suy nhất $i$ sao cho $a_i$ lẻ.

Khi đó $n=p^s.m^2$. Ta có: $v_2(2n)=v_2\left(\dfrac{p^{s+1}-1}{p-1}\right)=v_{2}(p+1)+v_{2}(s+1)-1$ nên nếu $p=4k+3$ thì $v_2(2n)=v_{2}(s+1)+1\geqslant 2$ vô lý.

Do đó $p$ có dạng $4k+1$. Khi đó $v_2(2n)=v_{2}(4k+2)+v_{2}(s+1)-1=v_{2}(s+1)=1$

Do đó $s$ phải có dạng $4k+1$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#42 Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:11 Toán, THPT chuyên Võ Nguyên Giáp, Quảng Bình
  • Sở thích:Geometry, Combinatorial

Đã gửi 07-01-2016 - 12:13

Lời giải câu hình:

Untitled20.png

Câu a): Dễ chứng minh

Câu b)

Sử dụng định lý Pascal chứng minh được $P,I,Q$ thẳng hàng. (1)

Xét phép nghịch đảo tâm D phương tích $DI^2$ biến $H$ thành $P$, biến $K$ thành $Q$ và biến $G$ thành $A$, do đó ta sẽ đi chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc $(O)$.

Mặt khác $\widehat{IAQ}=\widehat{IEQ}$ nên tứ giác $AEQI$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{AQI}=\widehat{AEI}=\widehat{ACM}$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra đường tròn $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$.

Từ đó suy ra ĐPCM.

 

P/s: Vẽ hình hơi tệ -_-

 


Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#43 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 07-01-2016 - 12:42

Lời giải câu hình:

attachicon.gifUntitled20.png

Câu a): Dễ chứng minh

Câu b)

Sử dụng định lý Pascal chứng minh được $P,I,Q$ thẳng hàng. (1)

Xét phép nghịch đảo tâm D phương tích $DI^2$ biến $H$ thành $P$, biến $K$ thành $Q$ và biến $G$ thành $A$, do đó ta sẽ đi chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc $(O)$.

Mặt khác $\widehat{IAQ}=\widehat{IEQ}$ nên tứ giác $AEQI$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat{AQI}=\widehat{AEI}=\widehat{ACM}$   (2)

Từ (1) và (2) suy ra đường tròn $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$.

Từ đó suy ra ĐPCM.

 

P/s: Vẽ hình hơi tệ -_-

 

Nếu dùng phép nghịch đảo thì không cần dùng đến Pascal.

Từ câu a có $AFPI$ nội tiếp nên dễ chứng minh $PI || MN$. Tương tự có $QI || MN$

Từ đó sét phép vị tự tâm $A$ biến $P\to M$ và $Q\to N$ nên hiển nhiên hai đường tròn tiếp xúc.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#44 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 07-01-2016 - 12:46

hinh.png

Câu hình b dùng cộng góc thông thường cũng ra được

Theo định lý Pascal thì $P,I,Q$ thẳng hàng

Ta có: $\widehat{QEI}= \widehat{QAI}$ nên $AEQI$ nội tiếp Suy ra $ \widehat{ANM}= \widehat{AEI}= \widehat{AQI}$ nên $PQ \parallel MN$

Ta có: $DK.DQ=DI^2=DP.DH$ nên $QKPH$ nội tiếp

Lại có:$DG.DA=DB^2=DI^2=DK.DQ=DH.DP$ nên $GDQA$ và $GPHA$ nội tiếp

Do đó $\widehat{KHG}=\widehat{KHD}-\widehat{GHD}=\widehat{DQP}-\widehat{DAM}=\widehat{DQP}-\widehat{DAN}=\widehat{DQP}-\widehat{QEI}=\widehat{EIQ}$

Lại có: $\widehat{KGB}=\widehat{AGB}-\widehat{AGK}=\widehat{AGB}-\widehat{AQE}=\widehat{AIQ}-\widehat{AQE}=\widehat{AIQ}-\widehat{AIE}=\widehat{EIQ}$

Suy ra $\widehat{KGB}=\widehat{KHG}$ nên ta có $(KGB)$ tiếp xúc $BC$ (chứng minh trên có phụ thuộc hình vẽ. Các trường hợp còn lại làm tương tự)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 07-01-2016 - 13:15

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#45 liverpool29

liverpool29

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 12:51

Câu hình b chỉ cần để ý $KG \parallel EM, HG \parallel NF, PQ \parallel BC$ và $P,I,Q$ thẳng hàng; biến đổi góc ta có đccm.



#46 cleverboy

cleverboy

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 15 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 12:54

Ý 6a dự theo ý tưởng thầy Trần Quang Hùng. Ý 6b là lời giải của tôi.

6a

P6 a.png

6b

P6b.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi cleverboy: 07-01-2016 - 12:56


#47 takarin1512

takarin1512

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 07-01-2016 - 13:09

Bài 7

(a) Giả sử $n=\prod p_i^{a_i}$ thì theo điều kiện ta có: $2\prod p_i^{a_i}=\prod \dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$

Do $n$ lẻ nên trong các số $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$ có đúng một số chẵn.

Để ý rằng $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}=p_i^{a_i}+p_i^{a_i-1}+...+1$ nên sẽ tồn tại suy nhất $i$ sao cho $a_i$ lẻ.

Khi đó $n=p^s.m^2$. Ta có: $v_2(2n)=v_2\left(\dfrac{p^{s+1}-1}{p-1}\right)=v_{2}(p+1)+v_{2}(s+1)-1$ nên nếu $p=4k+3$ thì $v_2(2n)=v_{2}(s+1)+1\geqslant 2$ vô lý.

Do đó $p$ có dạng $4k+1$. Khi đó $v_2(2n)=v_{2}(4k+2)+v_{2}(s+1)-1=v_{2}(s+1)=1$

Do đó $s$ phải có dạng $4k+1$

Cho em hỏi chỗ $v_2$ nghĩa là gì?



#48 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 07-01-2016 - 13:37

Lời giải bài 4b của mình.

 

Gọi hai loại cây này là loại $x,y$. Giả sử rằng mảnh vườn $m \times n$ có một cách trồng ấn tượng. Do tổng tất cả các cây trong mảnh là $mn$ và số cây loại $x$ bằng số cây loại $y$ (theo i) ) nên $2 \mid mn$. Không mất tính tổng quát, giả sử $2 \mid m$. Gọi $m$ là số hàng, $n$ là số cột của mảnh.

 

Từ điều kiện ii) ta suy ra trong một hàng, số loại $x$ hoặc $\le \tfrac n4$ hoặc $\ge \tfrac{3n}{4}$. Trong một cột, số loại $x$ hoặc $\ge \tfrac{3m}{4}$ hoặc $\le \tfrac m4. \qquad (1)$

 

Ta có nhận xét sau: 

 

Nhận xét. Tính chất "ấn tượng" trong một cách trồng sẽ không thay đổi nếu ta hoán đổi các hàng với nhau, các cột với nhau.

 

Từ nhận xét, ta sẽ hướng đi xây dựng từ một cách trồng "ấn tượng" trong mảnh $m \times n$ mà trong mảnh này có hai mảnh nhỏ $\tfrac m2 \times \left \lfloor \tfrac n2 \right \rfloor$ sao cho một mảnh chỉ gồm toàn loại $x$, một mảnh toàn loại $y$. Ta thực hiện hai thao tác hoán đổi hàng, cột sau:

  1. Hoán đổi các hàng sao cho số loại $x$ trong một hàng giảm dần tính từ dưới lên trên.
  2. Hoán đổi các cột sao cho số loại $x$ trong mỗi cột giảm dần tính từ phải sang trái.

Sau đó ta phân chia mảnh vườn và kí hiệu mảnh nhỏ như hình sau:

 

Screen Shot 2016-01-07 at 4.30.24 pm.png

 

Theo $(1)$ ta suy ra có ít nhất $\frac m2$ hàng mà mỗi hàng số loại $x$ sẽ $\ge \frac{3n}{4}$. Kết hợp với thao tác hoán đổi hàng, hàng ta suy ra mỗi hàng thuộc mảnh $AD$ đều có ít nhất $\tfrac{3n}{4}$ loại $x$. Kí hiệu $A_x,D_x$ là số cây loại $x$ thứ tự trong hai mảnh $A,D$. Khi đó, từ nhận xét trên ta suy ra $A_x+D_x \ge \frac m2 \cdot \frac{3n}{4}= \frac{3mn}{8}$ suy ra $B_x+C_x \le \frac{mn}{8}$.

 

Lập luận tương tự thì $B_x+D_x \ge \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right) \cdot \frac{3m}{4} \ge \frac{3mn}{8}$ suy ra $A_x+C_x \le \frac{mn}{8}$.

 

Nếu $D_x <  \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right) \cdot \frac m2$ thì $$B_x> \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right)  \cdot \frac{3m}{4}- D_x> \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right) \cdot \frac m4 \ge \frac{mn}{8}.$$

Điều này mâu thuẫn do $B_x \le B_x+C_x \le \frac{mn}{8}$. Vậy $D_x = \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right) \cdot \frac m2$. Hay nói cách khác, mảnh $D$ toàn cây loại $x$. Khi đó $$\frac{mn}{8} \ge B_x \ge  \left( n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor \right) \cdot \frac m4 \ge \frac{mn}{8}.$$ 

Điều này dẫn đến $C_x=0, B_x= \frac{mn}{8}$ và $n- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor= \frac n2$ suy ra $2 \mid n$ và $8 \mid mn$. Như vậy $4 \mid m$ hoặc $4 \mid n$. Không mất tính tổng quát, giả sử $4 \mid m, 2 \mid n$.

 

Khi đó do $B_x= \frac{mn}{8}, C_x=0, D_x= \frac{mn}{4}$ nên $A_x = \frac{mn}{8}$.

 

Do mỗi hàng trong mảnh $AD$ có ít nhất $\frac{3n}{4}$ cây loại $x$ nên mỗi hàng trong mảnh $A$ có ít nhất $\frac n4$ cây loại $x$. Kết hợp với $A_x= \frac{mn}{8}$ ta suy ra mỗi hàng trong $A$ có đúng $\frac n4$ cây loại $x$, dẫn đến $4 \mid n$.

 

Vậy nếu mảnh $m \times n$ có cách trồng "ấn tượng" thì $4 \mid m, 4 \mid n$. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 07-01-2016 - 13:39

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#49 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 07-01-2016 - 13:51

Cho em hỏi chỗ $v_2$ nghĩa là gì?

$a=2^x \cdot (2y+1)$ thì $v_2(a)=x$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 07-01-2016 - 13:58

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#50 hieutoan

hieutoan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 23 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 14:12

da co de cua ngay 2 chua a



#51 1110004

1110004

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 216 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 14:19

6857_748132405322659_1767527246159514187


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 1110004: 07-01-2016 - 14:19

Dẫu biết cố quên là sẽ nhỡ------------------------------------------------nên dặn lòng cố nhớ để mà quên

                                      

Jaian xin hát bài mưa ơi xin đừng rơi ạ!!  66.gifMưa ơi đừng rơi nữa ..........                                                                                                                                                                                                                                                               .........Mẹ vẫn chưa về đâu!..............


#52 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 237 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 07-01-2016 - 14:25

Bài 7

(a) Giả sử $n=\prod p_i^{a_i}$ thì theo điều kiện ta có: $2\prod p_i^{a_i}=\prod \dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$

Do $n$ lẻ nên trong các số $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}$ có đúng một số chẵn.

Để ý rằng $\dfrac{p_i^{a_i+1}-1}{p_i-1}=p_i^{a_i}+p_i^{a_i-1}+...+1$ nên sẽ tồn tại suy nhất $i$ sao cho $a_i$ lẻ.

Khi đó $n=p^s.m^2$. Ta có: $v_2(2n)=v_2\left(\dfrac{p^{s+1}-1}{p-1}\right)=v_{2}(p+1)+v_{2}(s+1)-1$ nên nếu $p=4k+3$ thì $v_2(2n)=v_{2}(s+1)+1\geqslant 2$ vô lý.

Do đó $p$ có dạng $4k+1$. Khi đó $v_2(2n)=v_{2}(4k+2)+v_{2}(s+1)-1=v_{2}(s+1)=1$

Do đó $s$ phải có dạng $4k+1$

Đoạn sau có thể diễn đạt như sau:

Nếu $p$ có dạng $4k+3$ thì $\sigma(p^s)=p^s+p^{s-1}+...+p+1 \vdots (p+1) \vdots 4$

Mà $2n=\sigma(p^s.m^2) \vdots \sigma(p^s)$ suy ra $2n \vdots 4$ hay $n \vdots 2$ (vô lý)

Suy ra $p$ là số nguyên tố có dạng $4k+1$

Nếu $s$ có dạng $4k+3$ thì $\sigma(p^s)=p^s+p^{s-1}+...+p+1 \equiv 1+1+..+1 \equiv 0 (mod4) $ (vì có $s+1$ số $1$) 

Tương tự trên ta cũng suy ra điều vô lý

Do đó $s$ là số nguyên dương có dạng $4k+3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 07-01-2016 - 14:29

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#53 thangk50

thangk50

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Bóng Đá (FC BARCELONA)

Đã gửi 07-01-2016 - 14:47

Bài 5. Nếu a=0 ta lấy hàm số hằng f(x)=2016 với mọi số thực x.

Nếu a khác 0, chọn x=-f(y) ta được f(y)=f(-f(y))+ay với mọi số thực y (1).

Từ (1) đễ thấy f là đơn ánh.

Lấy y=0 ta được f(x+f(0))=f(x) suy ra f(0)=0.

Lấy x=0 ta được f(y+f(y))=ay với mọi số thực y (2).

Thay y bởi y+f(y) vào pt và sử dụng (2) ta được:

f(x+y+f(y)+f(y+f(y)))=f(x)+a(y+f(y))

hay f(x+ay+y+f(y))=f(x)+a(y+f(y)) suy ra f(x+ay)+ay=f(x)+ay+af(y)

suy ra f(x+ay)=f(x)+af(y) với mọi số thực x, y (3).

Từ (3) lấy x=0 thì f(ay)=af(y) với mọi y nên từ (3) và a khác 0 suy ra 

f(x+y)=f(x)+f(y) với mọi số thực x,y (4).

Lấy x=y=1 vào pt đã cho và sử dụng (4) ta được:

f(2+f(1))=f(1)+a suy ra a=f(2018)-f(1)=2017f(1)=2016.2017

Ta lấy hàm số f(x)=2016x sẽ thỏa mãn yêu cầu.



#54 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 07-01-2016 - 14:55

Lời giải câu hình a(ngày 2)

Gọi $OT$ cắt $MN$ tại $S$. Từ đó ta có $∠STM=∠OTA=∠ONA= 90°-∠AON/2$. Lại có được rằng $∠TMS=∠AON/2$ nên ta thu ngay được $OT$ vuông góc $MN$ hay là $MN // BC$ hay là đpcm .

Câu b) Chú ý $P,I,Q$ thẳng hàng (theo định lí Pascal) và sử dụng phép nghịch đảo.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 07-01-2016 - 17:10

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#55 thangk50

thangk50

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Bóng Đá (FC BARCELONA)

Đã gửi 07-01-2016 - 16:10

Bài 7b. 

Sử dụng kết quả cơ bản về số hoàn chỉnh chẵn như sau:

Bổ đề 1. Nếu $n$ là một số hoàn chỉnh chẵn thì $n$ có dạng:

$n=2^{k}\left ( 2^{k+1}-1 \right )$, trong đó $k\geqslant 1$ và $2^{k+1}-1$ là một số nguyên tố.

Bổ đề 2. kết quả câu 7a thì nếu $n$ là số hoàn chỉnh lẻ thì $n$ có dạng 

$n=p^{s}m^{2}$ trong đó $p$ là số nguyên tố dạng $4t+1$, $s$ là số nguyên dương dạng $4h+1$

và $(m,p)=1$.

Khi đó ta xét các trường hợp sau:

TH1. Nếu $n$ là số lẻ thì $n-1$ là số chẵn theo bổ đề 1 ta có  

$n-1=2^{k}\left ( 2^{k+1}-1 \right )$, trong đó $k\geqslant 1$ và $2^{k+1}-1$ là một số nguyên tố.

+) Nếu $k=1$ thì $n=7$ kiểm tra thấy đúng.

+) Nếu $k>1$ thì $n \equiv 1\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra $n+1 \equiv 2\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra $\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ là một số lẻ nên theo bổ đề 2 ta có:

$n\left( {\frac{{n + 1}}{2}} \right) = {p^s}{m^2} \Rightarrow \exists a,b,\left( {a,b} \right) = 1$ sao cho

$n = {p^s}{a^2};\frac{{n + 1}}{2} = {b^2} \Leftrightarrow n = {p^s}{a^2};n + 1 = 2{b^2}$

 hoặc $\frac{{n + 1}}{2} = {p^s}{a^2},n = {b^2} \Leftrightarrow n + 1 = 2{p^s}{a^2},n = {b^2}$

a) Nếu $n = {p^s}{a^2},\frac{{n + 1}}{2} = {b^2} \Leftrightarrow n = {p^s}{a^2},n + 1 = 2{b^2}$

suy ra $n + 1 = 2{b^2} \Leftrightarrow {2^k}\left( {{2^{k + 1}} - 1} \right) + 2 = 2{b^2} \Leftrightarrow {\left( {{{4.2}^k} - 1} \right)^2} - {\left( {4b} \right)^2} =  - 15$

Vô nghiệm.

b) Nếu $\frac{{n + 1}}{2} = {p^s}{a^2},n = {b^2} \Leftrightarrow n + 1 = 2{p^s}{a^2},n = {b^2}$

ta có $n - 1 = {b^2} - 1 \Leftrightarrow {2^k}\left( {{2^{k + 1}} - 1} \right) = \left( {b - 1} \right)\left( {b + 1} \right)$
Kết hợp với $b$ là số lẻ nên $\frac{{b + 1}}{2}$ lẻ
suy ra $b - 1 = {2^{k - 1}},b + 1 = 2\left( {{2^{k + 1}} - 1} \right)$ không xảy ra.
Vậy TH1 chỉ có $n=7$ thỏa mãn.

TH2. Nếu $n$ là số chẵn thì $n-1$ là số lẻ theo kết quả bổ đề 2 ta có  

$n-1=p^{s}\left ( m^{2} \right )$, trong đó $p,s,m$ xác định như trong bổ đề 2. Do $n-1$ lẻ nên $m$ cũng là số lẻ

Ta có $n=p^{s}\left ( m^{2} \right )+1 \equiv 2\left( {\bmod 4} \right)$ suy ra  $\frac{n\left ( n+1 \right )}{2}$ là số lẻ nên theo bổ đề 2

ta có $\frac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2} = p_1^{{s_1}}{m^2} \Leftrightarrow \frac{n}{2}\left( {n + 1} \right) = p_1^{{s_1}}{m^2}$

Từ đẳng thức này tồn tại hai số nguyên dương $a,b,(a,b)=1$ thỏa mãn

$\frac{n}{2} = p_1^{{s_1}}{a^2},n + 1 = {b^2}{\rm{ }}$

hoặc $\frac{n}{2} = {a^2},n + 1 = p_1^{{s_1}}{b^2}$

a) Nếu $\frac{n}{2} = p_1^{{s_1}}{a^2},n + 1 = {b^2}$

Ta có $n + 1 = {b^2} \Leftrightarrow {p^s}.{m^2} + 2 = {b^2}$, kết hợp với $m$ lẻ và $p \equiv 1\left( {\bmod 4} \right)$

suy ra ${b^2} \equiv 3\left( {\bmod 4} \right)$ vô lí.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thangk50: 08-01-2016 - 06:48


#56 dangkhuong

dangkhuong

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 279 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 07-01-2016 - 17:45

Tóm tắt câu hình : a, khá dễ

b, Nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB^2=DI^2=DG.DA=DH.DP=DK.DQ$ biến $(GHK)\rightarrow (APQ) , BC \rightarrow (BGC)$ nên chỉ cần chứng minh $(APQ)$ tiếp xúc với $(O)$

Theo kết quả quen thuộc thì $P,I,Q$ thẳng hàng và $PQ$ song song với $BC$ nên bằng biến đổi góc ta có

$\angle APQ=\angle AUC$ ($U=AM \cap BC $) $= \angle xAN$ ($Ax$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$) $=\angle XAQ$ nên $Ax$ tiếp xúc với $(APQ)$ và ta được tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tiếp xúc với $(APQ)$ suy ra $Q.E.D$

A Quang ơi $BC // PQ$ là xong lun còn gì nữa :V cần gì phải dài dòng thế ạ ( $PQ//BC$ chứng minh bằng biến đổi góc với chú ý $P,I,Q$ thẳng hàng là đc) :)


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#57 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 07-01-2016 - 20:35

Một cách khác cho bài hàm

 

$+)a=0\Rightarrow $$f(x+y+f(y))=f(x)$ nên tồn tại hàm hằng thỏa mãn. Vậy a=0 thỏa./

+) a khác không, dùng phép thế đối xứng dễ suy ra f đơn ánh. $P(x,0)\Rightarrow f(0)=0$ từ đây dễ dàng suy ra f(0)=0 là duy nhất

$P(0,y)\Rightarrow f(y+f(y))=ay$ $P(-y-f(y),y)\Rightarrow f(-y-f(y))=-ay$ 

Do f đơn ánh nên ta suy ra $f(x)=-f(-x)$

Thay y bởi $\frac{-f(x)}{a}$ ta được $x+f(\frac{-f(x)}{a})+\frac{-f(x)}{a}=0$

Do f là hàm lẻ nên từ đây ta suy ra f cộng tính hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$

Vậy với x thuộc Z thì f là hàm tuần hoàn với chu kì 2016 nên $f(x)=2016x$ với x nguyên( do f(1)=2016 )

Vậy số a chỉ có thể là 2016.2017( do f(2017)=a)

a=2016.2017 đúng khi và chỉ khi $f(x+y+f(y))=f(x)+2016.2017y$ tồn tại một hàm thỏa, dễ thấy hàm đó là $f(x)=2016x$

Vậy a=2016.2017 thỏa./


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 13-10-2016 - 20:49


#58 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4194 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 07-01-2016 - 20:39

Bây giờ ta tính số cây xanh trong ô chữ nhật $mxn$. Ta giả sử $n$ chẵn (nếu $n$ lẻ ta làm tương tự).  Lấy ra $\frac{n}{2}$ cột sao cho mỗi cột có ít nhất $3m/4$ cây xanh. Trong các cột còn lại có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$ cây xanh. Cộng hết lại ta được nhiều hơn $mn/2$ cây xanh (mâu thuẫn). 

Chỗ này em không hiểu lắm. Tại sao các cột còn lại có nhiều hơn $\frac m2 \frac n4$ cây xanh vậy ạ ?


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#59 TaRuTaNgamNgui

TaRuTaNgamNgui

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 07-01-2016 - 20:42

Câu 2b bản chất là sự trù mật của dãy btrong đoạn [0;1]. Bài rumani tst 2015 cũng vậy nhưng khó hơn. Bài này hay.



#60 hxthanh

hxthanh

  • Thành viên
  • 3315 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-01-2016 - 23:55

$a=2^x \cdot (2y+1)$ thì $v_2(a)=x$.

Là số mũ lớn nhất của $2$ mà $a$ chia hết cho được (Nói cách khác là số thừa số $2$ trong pttc của a)


Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo, hsgqg, thi quốc gia, vmo2016

0 người đang xem chủ đề

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