Đến nội dung

Hình ảnh

Serbia National Olympiad 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Serbia National Olympiad 2016

Ngày 1.
Bài 1. Cho $n > 1$ là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên $m > n^{n}$ sao cho $\frac{n^{m} - m^{n}}{m + n}$ là số nguyên dương.
Bài 2. Cho $n$ là một số nguyên dương và $f:\mathbb{N}\times \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ thỏa mãn các điều kiện sau:

  • $f(0, i) = f(i, 0) = 0$ với $i \in \mathbb{N}$
  • $f(1, 1) = n$
  • $f(i, j) = \left\lfloor \frac{f(i - 1, j)}{2} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{f(i, j - 1)}{2} \right\rfloor$ với điều kiện $i, j \in \mathbb{Z}^{+}$ và $ij > 1$

Tìm số cặp $(i, j)$ sao cho $f(i, j)$ là một số nguyên lẻ.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $(BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Chứng minh rằng $(A'DE)$ tiếp xúc với $(ABC)$.
Ngày 2.
Bài 4. Cho $\triangle ABC$ và tâm nội tiếp $I$, $M$ là trung điểm của $BC$, $D$ là điểm tiếp xúc của $(I)$ với $BC$. Chứng minh rằng các đường vuông góc hạ từ $M, D, A$ lần lượt đến các đường $AI, IM, BC$ đồng quy.
Bài 5. Có $2n - 1$ tập con gồm hai phần tử của tập $S = \{1, 2, \cdots, n\}$. Chứng minh rằng ta có thể chọn ra $n$ tập con trong chúng sao cho hợp của $n$ tập này chứa không quá $\frac{2}{3}n + 1$ phần tử.
Bài 6. Cho $a_{1}, a_{2}, \cdots, a_{2^{2016}}$ là các số nguyên dương không lớn hơn $2016$. Biết rằng với mỗi $1 \le n \le 2^{2016}$ thì $a_{1}\cdots a_{n} + 1$ là một số chính phương. Chứng minh rằng có tồn tại một vài $i$ để $a_{i} = 1$.




 



#2
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $(BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Chứng minh rằng $(A'DE)$ tiếp xúc với $(ABC)$.

Em chém câu hình 3 vậy! :)

Gọi $L$ là tiếp điểm với $BOC$ của $DE$. $BL,CL$ cắt $(O)$ lần lượt tại $K,L$

Post 37.png

Theo định lí $Pascal$ đảo thì $LD,KE$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$. Gọi điểm đó là $S$.

Biến đổi góc: $\angle DSE = \angle LCK = \angle BLC - \angle BKC$

$ = \angle BOC - \angle BAC$

$ = 2 \angle BAC - \angle BAC$

$ = \angle BAC = \angle DA'E$

$\Rightarrow D,E,A',S$ đồng viên.

Mặt khác lại có: $\angle ELC=\angle KBC=\angle ESC$ nên $E,L,S,C$ đồng viên.

$\Rightarrow \angle DES=\angle LCS=\angle LKS$

$\Rightarrow DE||KL$

$\Rightarrow (DSE)$ tiếp xúc $(DKL)\Rightarrow (DA'E)$ tiếp xúc $(ABC).\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 03-04-2016 - 20:15


#3
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Câu 4 sử dụng kết quả quen thuộc sau: Cho $\triangle ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. $M$ là trung điểm $BC$. Đường cao $AH. IM$ cắt $AH$ tại $K$. Khi đó:$DK||AI$.

Quay lại bài toán.

$S$ là hình chiếu của $D$ lên $IM.DS$ cắt $AH$ tại $T.X$ là giao của $AI$ với $TM.$

Post 37.png

Biến đổi góc: $\angle DTM=\angle DHS=\angle DKS=\angle XIM$

$\Rightarrow ISXT$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow TM\perp AI$.

$\Rightarrow $ đường thẳng vuông góc hạ từ $M,H,A$ xuống $AI,IM,BC$ đồng quy.$\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 03-04-2016 - 20:45


#4
Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết

Xin phép xử bài 1. Với $n = 2$ chọn $m = 5$. Xét $n \ge 3$:
Chọn $m = kn^{n} - n$ (ta sẽ định $k$ sau, trước mắt cứ để vậy). Khi đó $m + n = kn^{n}$
Khi đó ta viết lại như sau $\frac{n^{kn^{n} - n} - (kn^{n} - n)^{n}}{kn^{n}} = \frac{n^{kn^{n} - 2n} - (kn^{n - 1} - 1)^{n}}{k}$
Vậy ta cần chọn $k$ sao cho $n^{kn^{n} - 2n} - (-1)^{n} \vdots k$
Nếu $n$ chẵn ($n \ge 4$) thì gọi $k$ là ước nguyên tố nào đó của $n - 1$ thì bài toán coi như xong.
Nếu $n$ lẻ và $n + 1$ có ước nguyên tố lẻ, chỉ cần gọi $k$ là ước nguyên tố lẻ của $n + 1$ (khi đó $kn^{n} - 2n$ là lẻ nên $n^{kn^{n} - 2n} + 1 \vdots n + 1 \vdots k$. Xong
Nếu $n + 1 = 2^{u}$, khi đó nếu $n^{n} + 1 = 2^{v}$ thì ta sẽ suy ra điều vô lí liền (cái này dễ), vậy cho nên ta sẽ chọn $k$ là ước nguyên tố lẻ sao cho $n^{n} + 1\vdots k$. Khi đó $n^{kn^{n} - 2n} + 1 = n^{n(kn^{n - 1} - 2)} + 1 \vdots n^{n} + 1 \vdots k$. Xong

Lưu ý ta chọn $k > 1$ nên điều kiện $m > n^{n}$ vẫn được thỏa.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 03-04-2016 - 22:47





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh