Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

APMO 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 16-04-2016 - 20:19

APMO 2016

Bài 1. Chúng ta gọi tam giác $ABC$ là tuyệt nếu nó thỏa điều kiện sau đây: với mọi điểm $D$ trên cạnh $BC$, nếu $P, Q$ lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ $D$ lên các đường $AB, AC$ thì đối xứng của $D$ qua đường thẳng $PQ$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Chứng minh rằng $\triangle ABC$ là tuyệt nếu và chỉ nếu $\angle A = 90^{\circ}$ và $AB = AC$
Bài 2. Một số nguyên dương được gọi là đặc biệt nếu nó có thể biểu diễn được dưới dạng $$2^{a_{1}} + 2^{a_{2}} + \cdots + 2^{a_{100}},$$ với $a_{i}$ là các số nguyên không âm (không nhất thiết phân biệt). Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho mọi bội số của $n$ đều không đặc biệt.

Bài 3. Cho $AB$ và $AC$ là hai tia không cùng nằm trên cùng một đường thẳng và $\omega$ là một đường tròn tâm $O$ tiếp xúc với tia $AC$ tại $E$ và tia $AB$ tại $F$. Gọi $R$ là một điểm nằm trên cạnh $EF$. Một đường thẳng qua $O$ song song với $EF$ cắt đường thẳng $AB$ tại $P$. Gọi $N$ là giao điểm của đường $PR$ và $AC$, và $M$ là giao điểm của đường $AB$ và đường thẳng qua $R$ song song với $AC$. Chứng minh rằng $MN$ tiếp xúc với $\omega$.

Bài 4. Đất nước Dreamland gồm $2016$ thành phố. Hãng hàng không Stairways muốn thiết lập một số chuyến bay một chiều giữa các cặp thành phố với nhau sao cho mỗi thành phố chỉ có đúng một chuyến bay ra khỏi nó. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho không quan trọng việc Stairways thiết lập các chuyến bay như thế nào, nhưng các thành phố luôn có thể phân thành $k$ nhóm sao cho từ mỗi thành phố bất kỳ thì ta không thể đến thành phố khác trong cùng một nhóm mà chỉ sử dụng tối đa $28$ chuyến bay.

Bài 5. Tìm tất cả các hàm $f: \mathbb{R}^{+} \to \mathbb{R}^{+}$ sao cho $$(z + 1)f(x + y) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x),$$ với mọi số thực dương $x, y, z$.

 

 

 

Nguồn

 

 



#2 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 17-04-2016 - 01:12

Bài 3. Lấy $D$ thuộc $EF$ sao cho $ND\parallel AE$ thì tam giác $NDF$ cân. Gọi $OP$ cắt $EF$ tại $Q$ thì $PM/PA=PR/PN=PE/(PE+ND)=PE/(FN+FQ)=PE/NQ$. Từ đó $PM.NQ=PE.PA=PO^2$ do hệ thức lượng trong tam giác vuông $APO$ với đường cao $OE$.

 

Kết hợp $\angle P=\angle Q$ nên hai tam giác $OPM$ và $NQO$ đồng dạng. Từ đó $\angle POM=\angle QNO$ nên $\angle MON=\angle PON-\angle POM=\angle PON-\angle QNO=\angle Q$. Kết hợp $OM/ON=OP/NQ=OQ/NQ$ nên hai tam giác $OMN$ và $QON$ đồng dạng. Suy ra $\angle OMN=\angle NOQ=\angle OMP$. Từ đó $MN$ tiếp xúc $(O)$.

 

Nhận xét. Phần đầu của bài toán rất thú vị là một cấu hình không quen, việc vẽ thêm $D$ rồi dùng Thales là để đưa về bài toán quen thuộc là $PM.QN=OP^2$ thì $MN$ tiếp xúc $(O)$.

Figure3758.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-05-2016 - 19:47


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 17-04-2016 - 01:17

Bài 1 thì không khó, phần thú vị nằm ở bài toán đảo là từ giả thiết suy ra $ABC$ vuông cân. Tuy nhiên phần thuận có một tổng quát thú vị thế này, tổng quát này cũng được biết đến từ trước đây khá lâu nhưng mình không còn giữ link.

 

Cho tam giác $ABC$ với $D$ thuộc cạnh $BC$. Trung trực $DC,DB$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng đối xứng của $D$ qua $EF$ nằm trên $(ABC)$.



#4 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 17-05-2016 - 12:45

Lời giải của mình cho bài 2.
 
Lời giải. Ta chứng minh $n=2^{101}-1$. Thật vậy, xét số $n$ bất kì bé hơn $2^{101}-1$ thì $n$ có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng $n=2^{b_1}+ \cdots +2^{b_k}$ với $0 \le b_1<b_2< \cdots < b_k$ và $k \le 100$. Ta nhân $n$ với $2^l$ với $l$ đủ lớn để có $2^ln=2^{l+b_1}+2^{l+b_2}+ \cdots + 2^{l+b_k}$ và dùng phép tách $2^{x+1}=2^x+2^x$ cho tới khi ta đạt được $100$ số. Do đó, $2^ln$ là số đặc biệt. Điều này có nghĩa là $n \ge 2^{101}-1$.
 
Với $n=2^{101}-1$, ta quy nạp theo $k$ rằng $(2k+1)n,2kn$ không là số đặc biệt. Với $k=1$ thì bài toán hiển nhiên đúng. Nếu đúng với $k=m-1$, ta cần chứng minh $(2m+1)n,2mn$ không là số đặc biệt.
 
Giả sử mâu thuẫn, nghĩa là $$(2m+1)(2^{101}-1)= 1+2^{b_2}+ \cdots +2^{b_{100}} \; (b_i \in \mathbb{N},b_l \ge 0),$$ hay
$$(m+1)(2^{101}-1)=2^{100}+2^{b_2-1}+ \cdots+2^{b_{100}-1}=2^{100}+l,$$ với $l \ge 2$. Không khó để thấy rằng $l \in \mathbb{N}$. Ta cũng chú ý rằng $2^{100}=2+2+2^2+ \cdots +2^{99}$ nên $2^{100}$ có thể viết thành $2^{a_1}+2^{a_2}+ \cdots + 2^{a_k} \; (a_i \ge 1, 1 \le i \le k)$ với bất kì $1 \le k \le 101$. Ta cũng để ý rằng $l=2^{b_2-1}+ \cdots + 2^{b_{100}-1}$ nên $l$ có thể viết thành tổng tối đa $99$ luỹ thừa của $2$. Từ đây, ta suy ra $2^{100}+l$ là số đặc biệt, mâu thuẫn vì $m+1<2m+1$. Vậy $(2m+1)n$ không là số đặc biệt
 
Với $2mn$ là số đặc biệt thì $mn$ cũng là số đặc biệt, mâu thuẫn với giả thiết.
 
Vậy $n=2^{101}-1$ là đáp án cần tìm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 17-05-2016 - 17:32

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

#5 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 17-05-2016 - 15:59

Bài 5. Quy ước $P(x, y, z)$ tương ứng phép thế $(z + 1)f(x + y) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x)$
i) Giả sử $f(z) = f(z')$, qua phép thế $P(x, y, z')$ và $P(x, y, z)$, ta thu được $(z + 1)f(x + y) = (z' + 1)f(x + y)$, do $f(x + y)$ nhận giá trị dương nên ta kết luận $z = z'$ hay $f$ đơn ánh.
$P(x, x, 1): 2f(2x) = 2f(xf(1) + x) \implies x(f(1) + 1) = 2x \implies f(1) = 1$ do $f$ đơn ánh.
ii) $P(x, x, z): (z + 1)f(2x) = 2f(xf(z) + x)$, để ý $f(xf(z) + x) = \frac{f(2x)}{2}(z + 1)$ (quy ước phép thế cho phương trình này là $Q(x, z)$)
Cố định $x$ và đặt $t = f(2x)$, với mọi $L > \frac{t}{2}$ thì tồn tại $g$ thỏa $f(g) = L$.
Tiếp theo chọn $x$ thỏa $f(2x)$ xấp xỉ $\frac{t}{2}$ và cố định $x$ mới, ta kết luận rằng với mọi $L > \frac{t}{2^{2}}$ thì tồn tại $g$ thỏa $f(g) = L$.
Tiếp tục quá trình này, ta nhận được với mọi $L > \frac{t}{2^{u}}$ (lấy giới hạn cho ta điều này đúng với mọi $L > 0$) thì tồn tại $g$ sao cho $f(g) = L$ hay $f$ toàn ánh.
iii) $P(x, x, z): (z + 1)f(2x) = 2f(xf(z) + x)$ (*)
iv) Với phép thế $P\left(x, x, \frac{f(x) + 1}{4}\right): \frac{x + 1}{2}\frac{z + 1}{2} = f\left(\frac{f(x) + 1}{2}\frac{f(z) + 1}{2}\right)$, kết hợp với ii) ta có $f(ab) = f(a).f(b)$ đúng $\forall a, b > \frac{1}{2}$
Xét $x > \frac{1}{2}$, từ (*) ta suy ra $(z + 1)f(2).f(x) = 2f(f(z) + 1)f(x) \implies f(f(z) + 1) = \frac{f(2)}{2}(z + 1)$
Ta sẽ đi chứng minh $f(2) = 2$
Proof
Bây giờ ta có $f(f(z) + 1) = z + 1$. Vậy, $(z + 1)f(x + y) = f(f(z) + 1)f(x + y) = f((f(z) + 1)(x + y)) = f(xf(z) + y) + f(yf(z) + x)$ đúng nếu $x + y > \frac{1}{2}$. Do $f$ toàn ánh, với mọi $t \in \mathbb{R}^{+}$, tồn tại $z$ sao cho $f(z) = t$. Nên ta có thể viết chúng thành $f(xz + y + yz + x) = f(xz + y) + f(yz + x)$. Và $f(a + b) = f(a) + f(b)$ với mọi $a, b > \frac{1}{2}$
Nhận xét $f(a + b) = f(a) + f(b) > f(a)$, nghĩa là $f$ tăng. Do $f$ cộng tính và tăng (ngặt) trên $\left(\frac{1}{2}, +\infty\right)$ nên theo một kết quả cũ thì $f(x) = ax \forall x > \frac{1}{2}$
Thế lại thu được $f(z) = z \; \forall z \in \mathbb{R}^{+}$
Xong.


Mời các bạn xem qua bài toán 'viết nhầm' của mình.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 17-05-2016 - 19:36


#6 phamthaihoangtung

phamthaihoangtung

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đã gửi 28-07-2017 - 20:37

f(2)=2 kiểu gì vậy ^^






0 người đang xem chủ đề

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