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

USAMO 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-04-2016 - 19:12

USAMO 2016

Ngày 1 (19/04/16)
Bài 1.
Cho $\mathbb{X}_{1}, \mathbb{X}_{2}, \cdots , \mathbb{X}_{100}$ là các tập con khác rỗng đôi một khác nhau của tập $\mathbb{S}$. Hai tập $\mathbb{X}_{i}$ và $\mathbb{X}_{i + 1}$ bất kỳ thì giao của chúng là bằng rỗng và hợp của chúng không là cả một tập $\mathbb{S}$, nói cách khác, $\mathbb{X}_{i} \cap \mathbb{X}_{i + 1} = \varnothing$ và $\mathbb{X}_{i} \cup \mathbb{X}_{i + 1} \neq \mathbb{S}$, với mọi $i \in \{1, \cdots , 99\}$. Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể của $\mathbb{S}$
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, $$(k^{2})!.\prod_{j = 0}^{k - 1}\frac{j!}{(j + k)!}$$ là số nguyên.
Bài 3. Cho $\triangle ABC$ nhọn, và $I_{B}, I_{C}, O$ lần lượt là tâm bàng tiếp $\angle B$, tâm bàng tiếp $\angle C$, tâm ngoại tiếp của $\triangle ABC$. Điểm $E, Y$ được chọn trên $\overline{AC}$ sao cho $\angle ABY = \angle CBY$ và $\overline{BE}\perp \overline{AC}$. Tương tự, Điểm $F, Z$ được chọn trên $\overline{AB}$ sao cho $\angle ACZ = \angle BCZ$ và $\overline{CF}\perp \overline{AB}$. Đường $I_{B}F$ và $I_{C}E$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $\overline{PO} \perp \overline{YZ}$.
Ngày 2 (20/04/16)
Bài 4. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x, y$, $$(f(x) + xy)f(x - 3y) + (f(y) + xy)f(3x - y) = (f(x + y))^{2}$$
Bài 5. Cho ngũ giác $AMNPQ$ có năm cạnh bằng nhau nội tiếp trong tam giác $ABC$ sao cho $M\in\overline{AB}$, $Q\in\overline{AC}$ và $N, P\in\overline{BC}$. Gọi $S$ là giao điểm của $MN$ và $PQ$. Gọi $(d)$ là đường phân giác của $\angle MSQ$.
Chứng minh rằng $OI \parallel d$ với $O, I$ lần lượt là tâm ngoại, nội tiếp của tam giác $ABC$.
Bài 6. Cho $n, k$ là hai số nguyên, $n \ge k \ge 2$. Bạn tham gia vào một trò chơi với một phù thuỷ ác độc (?!)
Phù thuỷ có $2n$ lá bài, với mỗi $i = 1, 2, \cdots , n$, thì có đúng hai lá bài cùng được đánh số là $i$. Lúc đầu, phù thuỷ sắp úp tất cả lá bài trên một hàng, thứ tự bất kỳ.
Về phần bạn, bạn sẽ lặp lại các thao tác sau: chỉ vào $k$ lá bài bạn muốn chọn, phù thuỷ sẽ lật ngửa lên hộ bạn. Nếu lật lên, có hai tấm thẻ cùng được đánh 1 số, bạn thắng, game sẽ kết thúc. Nếu ngược lại, phù thuỷ sẽ hoán vị $k$ lá bài đó và lật úp chúng lại. Mỗi lần bạn làm vậy là một bước đi. Và bạn sẽ lặp lại thao tác trên.
Ta gọi game này là thành công nếu tồn tại $m$ nguyên dương nào đó và một chiến thuật nào đó ở tối đa $m$ bước đi, không quan trọng việc phù thuỷ xáo trộn bài của bạn.
Hỏi với $n$ và $k$ nào thì game này thành công?

Nguồn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 21-04-2016 - 17:33


#2 Mystic

Mystic

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Phan Đăng Lưu
  • Sở thích:Toán,Lý,Hóa !

Đã gửi 20-04-2016 - 21:16

 

USAMO 2016

Ngày 1 (19/04/16)
Bài 1. 
Cho $\mathbb{X}_{1}, \mathbb{X}_{2}, \cdots , \mathbb{X}_{100}$ là các tập con khác rỗng đôi một khác nhau của tập $\mathbb{S}$. Hai tập $\mathbb{X}_{i}$ và $\mathbb{X}_{i + 1}$ bất kỳ thì giao của chúng là bằng rỗng và hợp của chúng không là cả một tập $\mathbb{S}$, nói cách khác, $\mathbb{X}_{i} \cap \mathbb{X}_{j} = \varnothing$ và $\mathbb{X}_{i} \cup \mathbb{X}_{j} \neq \mathbb{S}$, với mọi $i \in \{1, \cdots , 99\}$. Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể của $\mathbb{S}$
Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, $$(k^{2})!.\prod_{j = 0}^{k - 1}\frac{j!}{(j + k)!}$$ là số nguyên.
Bài 3. Cho $\triangle ABC$ nhọn, và $I_{B}, I_{C}, O$ lần lượt là tâm bàng tiếp $\angle B$, tâm bàng tiếp $\angle C$, tâm ngoại tiếp của $\triangle ABC$. Điểm $E, Y$ được chọn trên $\overline{AC}$ sao cho $\angle ABY = \angle CBY$ và $\overline{BE}\perp \overline{AC}$. Tương tự, Điểm $F, Z$ được chọn trên $\overline{AB}$ sao cho $\angle ACZ = \angle BCZ$ và $\overline{CF}\perp \overline{AB}$. Đường $I_{B}F$ và $I_{C}E$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $\overline{PO} \perp \overline{YZ}$.

Nguồn

 

Đề ngắn thế bạn ?

Mà thời gian làm bài là bao nhiêu vậy ?


>>> Nếu bạn luôn buồn phiền hãy dùng hy vọng để chữa trị <<<

Và ...

>>>  Không bao giờ nói bạn đã thất bại

Cho đến khi đó là nỗi lực cuối cùng của bạn

           Và không bao giờ nói rằng:

        Đó là nỗi lực cuối cùng của bạn

         Cho tới khi bạn đã thành công  >>>

 

~ Mystic Lâm


#3 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 20-04-2016 - 21:55

Theo kết quả cũ thì $I_aO \perp YZ$ ($I_a$ là tâm bàng tiếp) nên ta có thể mở rộng câu 3 như sau :

 

Bài toán : Cho tam giác $ABC$, $I_b,I_c$ lần lượt là tâm bàng tiếp đỉnh $B$, đỉnh $C$. $P,Q$ là 2 điểm đẳng giác. $BQ,CQ$ cắt $CA,BA$ lần lượt tại $J,K$. Gọi $L$ là giao điểm của $I_cJ$ và $I_bK$. Chứng minh $L,P,I_a$ thẳng hàng ($I_a$ là tâm bàng tiếp đỉnh $A$)

 

Chứng minh : Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $BI,CI$ lần lượt cắt $CA,BA$ tại $D,E$. $I_bK$ và $I_cJ$ lần lượt cắt $DE$ tại $C_p$ và $B_p$. 

Ta có :  $(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(KC_p,II_b)=-1\Rightarrow C(KC_p,EI_b)=-1$

Do đó $C,P,C_p$ thẳng hàng. Tương tự : $B,P,B_p$ thẳng hàng. 

Dễ chứng minh $DE,BC,I_bI_c$ đồng quy nên áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác $I_cBB_p$ và $I_bCC_p$ ta có $L,P,I_a$ thẳng hàng. 

Hình gửi kèm

  • figure231.png

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#4 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 21-04-2016 - 01:57

Đề ngắn thế bạn ?

Mà thời gian làm bài là bao nhiêu vậy ?

Bốn tiếng rưỡi nhé bạn. 


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

#5 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 21-04-2016 - 11:55

Bài 1. Cho $\mathbb{X}_{1}, \mathbb{X}_{2}, \cdots , \mathbb{X}_{100}$ là các tập con khác rỗng đôi một khác nhau của tập $\mathbb{S}$. Hai tập $\mathbb{X}_{i}$ và $\mathbb{X}_{i + 1}$ bất kỳ thì giao của chúng là bằng rỗng và hợp của chúng không là cả một tập $\mathbb{S}$, nói cách khác, $\mathbb{X}_{i} \cap \mathbb{X}_{i + 1} = \varnothing$ và $\mathbb{X}_{i} \cup \mathbb{X}_{i + 1} \neq \mathbb{S}$, với mọi $i \in \{1, \cdots , 99\}$. Tìm số phần tử nhỏ nhất có thể của $\mathbb{S}$

Lời giải bài $1$ của em:

Do $S$ có nhiều hơn $100$ tập con khác nhau (tính cả rỗng) nên $\left | S \right |\geq log_2 100$

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 7$

Giả sử $\left | S \right |_{min}= 7$. Ta có nhận xét sau:

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì có tối đa $5$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $5$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $4$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ hoặc $2$ phần tử

$\Rightarrow $ số phần tử tối đa thỏa mãn yêu cầu bài toán là $C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^1+C_7^2+C_7^1=7+21+35+7+21+7=98$ (phần tử) (Mâu thuẫn)

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 8$

Với $\left | S \right |= 8$. Ta sẽ chỉ ra một tập các số thỏa mãn.

Em chỉnh lại như sau: Ý tưởng vẫn như cũ nhưng thay vì cố định tập $T$, ta có thể thay đổi và chuyển về dưới dạng các tập con của $S$.

Trước tiên ta xét các tập $X_i$ có $1$ phần tử. Xét $S=\left \{ 1;2;3;4;5;6;7;8 \right \}$. Ta viết các tập con của $S$ có một phần tử như sau:

$\left \{ 1 \right \}...\left \{ 2 \right \}...\left \{ 3 \right \}...\left \{ 4 \right \}...\left \{ 5 \right \}...\left \{ 6 \right \}...\left \{ 7 \right \}...\left \{ 8 \right \}$

Theo ý tưởng như trên ta sẽ chèn vào vị trí giữa $X_1$ và $X_3$ tập $X_2$ sao cho $X_2=T\X_1\cup X_2$

Tức là: $\left \{ 1 \right \}\left \{ 3;4;5;6;7;8 \right \}\left \{ 2 \right \}$. Tương tự với các tập khác.

Trong trường hợp $X_i$ có hai phần tử, ta sẽ bắt đầu từ $\left \{ 1;2 \right \}...\left \{ 2;3 \right \}$ và kết thúc bằng $\left \{ 7;8 \right \}$

Do hợp của các phần tử ở đây là đôi một khác nhau nên các tập ở giữa các tập có hai phần tử trên là đôi một khác nhau.

Thực hiện tương tự với $X_i$ có nhiều hơn $2$ phần tử ta thu được các tập $X$ cần tìm. $\blacksquare$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 21-04-2016 - 23:10


#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 21-04-2016 - 13:45

Bài 2. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k$, $$(k^{2})!.\prod_{j = 0}^{k - 1}\frac{j!}{(j + k)!}$$ là số nguyên.

Lời giải. Áp dụng công thức Legendre, ta chỉ cần chứng minh $$\sum_{i=0}^{k-1} \left \lfloor \frac{k+i}{p^i} \right \rfloor \le \left \lfloor \frac{k^2}{p^i} \right \rfloor + \sum_{i=0}^{k-1} \left \lfloor \frac{i}{p^i} \right \rfloor,$$ với mọi $p<2k$ nguyên tố. Vì $\left \lfloor a \right \rfloor +1 >a$ nên ta đưa bài toán về chứng minh

$$\frac{k^2}{p^i} > \sum_{j=0}^{k-1} \left( \left \lfloor \frac{k+j}{p^i} \right \rfloor- \left \lfloor \frac{j}{p^i} \right \rfloor \right).$$
 
Ta chứng minh BĐT này bằng quy nạp, giả sử nó đúng với $k$, ta cần chứng minh BĐT đúng với $k+1$, tức
$$\frac{(k+1)^2}{p^i} > \sum_{j=0}^{k} \left( \left \lfloor \frac{k+1+j}{p^i} \right \rfloor- \left \lfloor \frac{j}{p^i} \right \rfloor \right).$$
Thật vậy, sử dụng $\left \lfloor a+ b \right \rfloor -1 \le \left \lfloor a \right \rfloor + \left \lfloor b \right \rfloor \le \left \lfloor a+b \right \rfloor$ và giả thiết quy nạp ta có 
\begin{align*} \frac{(k+1)^2}{p^i} & = \frac{k^2}{p^i}+\frac{2k+1}{p^i}, \\ & \ge \sum_{j=0}^{k-1} \left( \left \lfloor \frac{k+j}{p^i} \right \rfloor- \left \lfloor \frac{j}{p^i} \right \rfloor \right)+1+ \frac{2k+1}{p^i}, \\ & = \sum_{j=0}^{k} \left( \left \lfloor \frac{k+1+j}{p^i} \right \rfloor- \left \lfloor \frac{j}{p^i} \right \rfloor \right) + \left( \frac{2k+1}{p^i}- \left \lfloor \frac{2k+1}{p^i} \right \rfloor \right) + \left(  2 \left \lfloor \frac{k}{p^i} \right \rfloor -\left \lfloor \frac{2k}{p^i} \right \rfloor +1 \right), \\ & \ge  \sum_{j=0}^{k} \left( \left \lfloor \frac{k+1+j}{p^i} \right \rfloor- \left \lfloor \frac{j}{p^i} \right \rfloor \right). \end{align*}
Bài toán được chứng minh.  $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 21-04-2016 - 13:46

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

#7 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 21-04-2016 - 13:50

Với $\left | S \right |\geq 8$, ta dễ dàng chỉ ra một tập các tập hợp $X_i$ thỏa mãn bài toán.

Vậy số phần tử nhỏ nhất có thể của $S$ là $8$

Cái này không dễ dàng xây dựng được đâu em. :)

 

-------------------

 

Phải công nhận câu hình ngày 2 khó thật. Mình có dành khoảng 2 tiếng rưỡi nhưng vẫn ý tưởng công kích bài toán không có nhiều. Hình vẽ cũng khó để dựng được.  :mellow:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 21-04-2016 - 13:53

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

#8 Mystic

Mystic

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Phan Đăng Lưu
  • Sở thích:Toán,Lý,Hóa !

Đã gửi 21-04-2016 - 14:15

Cái này không dễ dàng xây dựng được đâu em. :)

 

-------------------

 

Phải công nhận câu hình ngày 2 khó thật. Mình có dành khoảng 2 tiếng rưỡi nhưng vẫn ý tưởng công kích bài toán không có nhiều. Hình vẽ cũng khó để dựng được.  :mellow:

Cho em spam tí nhé !

Anh cũng thi à ? Vậy anh được giải mấy ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-11-2016 - 22:20

>>> Nếu bạn luôn buồn phiền hãy dùng hy vọng để chữa trị <<<

Và ...

>>>  Không bao giờ nói bạn đã thất bại

Cho đến khi đó là nỗi lực cuối cùng của bạn

           Và không bao giờ nói rằng:

        Đó là nỗi lực cuối cùng của bạn

         Cho tới khi bạn đã thành công  >>>

 

~ Mystic Lâm


#9 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 21-04-2016 - 17:09

 

Ngày 2 (20/04/16)
Bài 4. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x, y$, $$(f(x) + xy)f(x - 3y) + (f(y) + xy)f(3x - y) = (f(x+y))^{2}$$

Cho mình chỉnh sửa lại câu hàm

Thay $x=y=0 => f(0)=0 $

Thay $x=0 => f(y)f(-y)=f^2(y) => f(y) =0 $ hoặc $f(y) =f(-y) $

TH1: $f(x)=0$ thỏa YCBT

TH2: $f(x)$ không đồng nhất 0; khi đó $f(x)=f(-x) $ suy ra $f$ chẵn

Thay $y=-x => (f(x)-x^2)f(4x)=0 => f(x)=x^2 $

Thử lại thỏa

Nhận xét thì bài hàm này khá dễ 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 21-04-2016 - 18:57


#10 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 21-04-2016 - 17:36

Hình như vẫn còn một nghiệm nữa là $f(x)=x^2$.


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

#11 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 21-04-2016 - 17:38

@baopbc: Theo đáp số thì $|S| = 8$. Nhưng để xây dựng được thì có lẽ là hơi khó, em nên xây dựng thử, vì việc em chỉ ra $|S| \ge 8$ mới là điều kiện cần.

@superpower: thành thật xin lỗi bạn và mọi người, mình có sai sót trong khâu đánh lại đề. Hiện tại đề đã được chỉnh sửa.

#12 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 21-04-2016 - 21:11

Lời giải bài $1$ của em:

Do $S$ có nhiều hơn $100$ tập con khác nhau (tính cả rỗng) nên $\left | S \right |\geq log_2 100$

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 7$

Giả sử $\left | S \right |_{min}= 7$. Ta có nhận xét sau:

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán thì có tối đa $5$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $5$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ phần tử

Với mỗi phần tử $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán và có $4$ phần tử thì $X_{i+1}$ phải có $1$ hoặc $2$ phần tử

$\Rightarrow $ số phần tử tối đa thỏa mãn yêu cầu bài toán là $C_7^1+C_7^2+C_7^3+C_7^1+C_7^2+C_7^1=7+21+35+7+21+7=98$ (phần tử) (Mâu thuẫn)

$\Rightarrow \left | S \right |\geq 8$

Với $\left | S \right |= 8$.

Ta sẽ chỉ ra một tập các số thỏa mãn như sau: Xét tập $S={{1;2;3;4;5;6;7;8}}$ và $T={{1;2;3;4;5;6;7}}$

Xét các tập $X_i$ đôi một khác nhau thỏa mãn $X_i$ là tập con của $T$ và $X_i\cap X_{i+1}= \varnothing$

Khi đó $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán!

Với mỗi tập $A$ bất kì là tập con của $T$ thì tồn tại duy nhất tập $T\A$

$\Rightarrow $ tồn tại một song ánh biến $T$ thành $T\A$

Giả sử với $X_1$, ta sẽ chọn $X_2=T\X_1$. Tương tự thì $X_{2k+2}=T\X_{2k+1}$

Tổng quát ta sẽ chọn các tập $X_{2k+1}$ sao cho không có hợp hai tập nào bằng $T$. Khi đó theo tính chất song ánh thì các tập $X_{2k}$ đôi một khác nhau.

Mặt khác do số phần tử của mỗi tập $X$ không quá $6$ nên số tập con $X_i$ tối đa có thể lập được là $2^7-1-C^7_7>100$

Vậy $\left | S \right |= 8$ ta luôn chọn được các tập $X_i$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.$\blacksquare$

Đoạn đỏ anh không hiểu lắm nhưng hình như cấu hình của Bảo chưa đảm bảo $X_{2k+2}$ và $X_{2k+3}$ phân biệt


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-05-2016 - 13:06


#13 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-04-2016 - 18:08

Bài 5 là cấu hình đẹp và khá lạ mắt. Mình đã giải được nhưng có một đoạn tính toán chưa đẹp. Mình đưa ra gợi ý như sau

 

Trên tia $CA,BA$ lấy $E,F$ sao cho $CE=CB=BF$ khi đó dễ thấy $OI\perp EF$ ta sẽ chứng minh $EF$ vuông góc với pg góc $\angle S$ bằng cách chỉ ra góc tạo bởi $(MN,EF)$ bằng góc tạo bởi $(EF,PQ)$.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 22-04-2016 - 18:23


#14 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-04-2016 - 23:08

Bài 5 là cấu hình đẹp và khá lạ mắt. Mình đã giải được nhưng có một đoạn tính toán chưa đẹp. Mình đưa ra gợi ý như sau

 

Trên tia $CA,BA$ lấy $E,F$ sao cho $CE=CB=BF$ khi đó dễ thấy $OI\perp EF$ ta sẽ chứng minh $EF$ vuông góc với pg góc $\angle S$ bằng cách chỉ ra góc tạo bởi $(MN,EF)$ bằng góc tạo bởi $(EF,PQ)$.

 

Figure3764.png

 

Lời giải. Trên tia $CA,BA$ lấy $E,F$ sao cho $CE=CB=BF$ khi đó dễ thấy $OI\perp EF$ ta sẽ chứng minh $EF$ vuông góc với pg góc $\angle S$ bằng cách chỉ ra góc tạo bởi $(MN,EF)$ bằng góc tạo bởi $(EF,PQ)$. Vậy ta sẽ chứng minh
 
$\overrightarrow{MN}\wedge\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{QP}\wedge\overrightarrow{EF}$
 
$\iff (\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{BN})\wedge(\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE})=(\overrightarrow{CP}-\overrightarrow{CQ})\wedge(\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{AE})$
 
$\iff \overrightarrow{BN}\wedge\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{BN}\wedge\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{BM}\wedge\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{CP}\wedge\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{CP}\wedge\overrightarrow{AE}+\overrightarrow{CQ}\wedge\overrightarrow{AE}$
 
$\iff (\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{CP}-\overrightarrow{BM})\wedge\overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{BN}-\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{CQ})\wedge\overrightarrow{AE}$
 
$\iff (\overrightarrow{MC}-\overrightarrow{NP})\wedge\overrightarrow{AF}=(\overrightarrow{BQ}-\overrightarrow{NP})\wedge\overrightarrow{AE}$
 
$\iff \overrightarrow{MA}\wedge\overrightarrow{AF}-\overrightarrow{NP}\wedge\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{AQ}\wedge\overrightarrow{AE}-\overrightarrow{NP}\wedge\overrightarrow{AE}\ (*)$.
 
Đặt $AM=MN=NP=PQ=QA=k,BC=a,CA=b,AB=c$ và đặt $\overrightarrow{BC}/BC=\overrightarrow{e}_a,\overrightarrow{CA}/CA=\overrightarrow{e}_b,\overrightarrow{AB}/AB=\overrightarrow{e}_c$. Ta có (*) tương đương với 
 
$-kAF\sin(\overrightarrow{e}_b,\overrightarrow{e}_c)+kAF\sin(\overrightarrow{e}_a,\overrightarrow{e}_b)=kAE\sin(\overrightarrow{e}_c,\overrightarrow{e}_b)+kAE\sin(\overrightarrow{e}_a,\overrightarrow{e}_c)$
 
$\iff (b-c)\sin(\overrightarrow{e}_b,\overrightarrow{e}_c)+(c-a)\sin(\overrightarrow{e}_c,\overrightarrow{e}_a)+(a-b)\sin(\overrightarrow{e}_a,\overrightarrow{e}_b)=0$.
 
Luôn đúng theo định lý sin.


#15 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-04-2016 - 23:15

Theo cách giải này chỉ cần $MN=PQ$ và $AM=AQ=NP$ :)!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 25-04-2016 - 10:58


#16 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 23-04-2016 - 08:47

 

USAMO 2016

.
Ngày 2 (20/04/16)
Bài 4. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x, y$, $$(f(x) + xy)f(x - 3y) + (f(y) + xy)f(3x - y) = (f(x + y))^{2}$$(1)

Thay $y=0$ vào $(1)$ ta có $f(0)=0$ hoặc $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Thay $x=0$ vào $(1)$ ta có $f(y)(f(y)-f(-y))=0$

Nếu $f(y)$ khác $0$ thì $f(y)=f(-y)$

Nếu $f(a)=0$ thì thay $a$ bởi $-a$ ta có $f(-a)=0$ nên ta có $f(y)=f(-y)$ với mọi $y$ thuộc $\mathbb{R}$

Thay $y$ bởi $-x$ ta có $f(4x)(f(x)-x^{2})=0$

Thay $y$ bởi $3x$ vào $(1)$ ta có

$(f(x)+3x^{2})f(8x)=(f(4x))^{2}$

Nên ta có nếu $f(a)=0$ thì $f(\frac{a} {2})=0$(2)

Nên ta có $f(x)(f(x)-x^{2})=0$

Nếu không tồn tại $b$ khác $0$ sao cho $f(b)=b^{2}$ ta có $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Nếu tồn tại $b$ thỏa mãn điều kiện trên ta thay $y$ bởi $b-x$ vào $(1)$ ta có

$(f(x)+x(b-x))f(4x-3b)+(f(b-x)+x(b-x))f(b-4x)=b^{4}$

Nếu không tồn tại $x$ khác $\frac{b}{4}$ sao cho $f(b-4x)=0$ thì ta có $f(x)=x^{2}$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Nếu tồn tại $x$ khác $\frac{b}{4}$ sao cho $f(b-4x)=0$ thì sẽ tồn tại vô số $x$ sao cho $f(b-4x)=0$(do $(2)$)

Nên tồn tại vô số $x$ sao cho $(f(x)+x(b-x))f(4x-3b)=b^{4}$ 

Do $b\neq 0$ nên $f(4x-3b)=(4x-3b)^{2}$

Ta có nếu $f(x)=x^{2}$ thì $x$ là nghiệm của phương trình $xb(4x-3b)^{2}=b^{4}$

Còn nếu $f(x)=0$ thì $x$ là nghiệm của phương trình $x(b-x)(4x-3b)^{2}=b^{4}$

Cả $2$ trường hợp ta đều chỉ có hữu hạn $x$ thỏa mãn.

$\Rightarrow $ vô lí.

Vậy chỉ có $2$ hàm thỏa mãn là $f(x)=x^{2}$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$

Và $f(x)=0$ với mọi $x$ thuộc $\mathbb{R}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 23-04-2016 - 09:05


#17 Long Phi

Long Phi

    Binh nhất

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

Đã gửi 11-05-2016 - 01:58

Câu 5 còn có thể tiếp cận bằng số phức:

Coi $A$ là gốc $0$, khi đó $\frac{m}{b-e}= \frac{q}{c-f}= \frac{n-p}{b-c}= \frac{m-p-n+p}{-e+f}\in \mathbb{R}$

$\Longrightarrow \frac{(m-n).(q-p)}{(e-f)^{2}}\in \mathbb{R}$

$\Longrightarrow (EF,PQ)=(MN,FE)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-05-2016 - 19:33
$LaTeX$


#18 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 25-05-2016 - 21:42

 

Bài 6. Cho $n, k$ là hai số nguyên, $n \ge k \ge 2$. Bạn tham gia vào một trò chơi với một phù thuỷ ác độc (?!)
Phù thuỷ có $2n$ lá bài, với mỗi $i = 1, 2, \cdots , n$, thì có đúng hai lá bài cùng được đánh số là $i$. Lúc đầu, phù thuỷ sắp úp tất cả lá bài trên một hàng, thứ tự bất kỳ.
Về phần bạn, bạn sẽ lặp lại các thao tác sau: chỉ vào $k$ lá bài bạn muốn chọn, phù thuỷ sẽ lật ngửa lên hộ bạn. Nếu lật lên, có hai tấm thẻ cùng được đánh 1 số, bạn thắng, game sẽ kết thúc. Nếu ngược lại, phù thuỷ sẽ hoán vị $k$ lá bài đó và lật úp chúng lại. Mỗi lần bạn làm vậy là một bước đi. Và bạn sẽ lặp lại thao tác trên.
Ta gọi game này là thành công nếu tồn tại $m$ nguyên dương nào đó và một chiến thuật nào đó ở tối đa $m$ bước đi, không quan trọng việc phù thuỷ xáo trộn bài của bạn.
Hỏi với $n$ và $k$ nào thì game này thành công?

 

Ta sẽ chứng minh rằng $2\leq k< n$ là điều kiện cần và đủ để ta có thể chiến thắng.

Đầu tiên xét $2\leq k< n$, ta sẽ đặt $2n$ tấm bài vào $2n$ hộp được đánh số từ 1 đến $2n$. Ta sẽ chọn ra $k$ lá bài trong $k$ hộp để xem bài, sau đó phù thuỷ sẽ hoán vị $k$ lá bài đó vào $k$ hộp mà ban đầu đựng chúng.Ta sẽ giả sử không có may mắn trong các lần chọn và ta không thể chọn được 2 lá bài ghi cùng số trước khi có thể đến được bước mà ta có thể chắc chắn chiến thắng. Đầu tiên ta sẽ xem các lá bài ở trong $k$ hộp $1,2,...,k$. Ta sẽ ghi lại $k$ số này trên giấy và phù thuỷ sẽ hoán đổi các lá bài trong $k$ hộp này. Sau đó ta sẽ lật $k$ lá bài trong $k$ hộp $2,3,...,k+1$ và ghi $k$ số này trên giấy. Vì $k-1$ lá bài trong các hộp $2,3,...,k$ đã được ghi trên giấy ở lần đầu nên trong 2 lần ghi số trên giấy thì có ít nhất  $k-1$ số được ghi 2 lần.Nếu trong 2 lần chỉ có đúng $k-1$ số được ghi lại 2 lần thì sẽ có duy nhất 1 số được ghi ở lần 1 mà không được ghi ở lần 2, gọi số đó là $x$.Số của lá bài nằm ở hộp 1 sau lần lật bài thứ nhất đã được ghi 1 lần nhưng đến lần thứ 2 thì nó sẽ không được ghi, vì vậy lá bài ở trong hộp 1 hiện tại có số $x$. Nếu trong cả 2 lần lật bài mà cả $k$ số được ghi lại ở cả 2 lần thì ta sẽ gọi số của lá bài trong hộp $k+1$ trong lần lật bài thứ 2 là $y$. Theo giả sử vì ta không có may mắn nên $k-1$ số ghi trong các lá bài trong $k-1$ hộp $2,3,...,k$ trong lần lật bài thứ 2 đều khác $y$. Vì vậy lá bài ở trong hộp 1 hiện tại chứa số $y$. Vì vậy trong cả 2 trường hợp thì ta đều có thể xác định số của lá bài trong hộp 1 sau 2 lần lật bài. Trong lần lật bài thứ $p$ với $p\leq 2n-k+1$, ta sẽ lật bài ở trong các hộp $p,p+1,...,p+k-1$. Sau lần lật thứ 2, ta có thể xác định số quân bài trong hộp 1 và cứ tương tự như thế, sau lần lật bài thứ $p$, ta sẽ xác định được số quân bài trong hộp $p-1$ với $p\leq 2n-k+1$. Vì vây sau lần lật bài thứ $2n-k+1$ thì ta sẽ xác định được $2n-k$ số của các lá bài trong hộp $1,2,...,2n-k$ và vị trí của chúng trong $2n-k$ hộp đó. Có $k<n$ nên $2n-k\geq n+1$. Vì vậy trong $2n-k$ hộp đã biết thì luôn có 2 hộp có lá bài mang cùng số. Ta sẽ chọn lật 2 lá bài đấy và chiến thắng

Với $n=k$, ta sẽ chứng minh được rằng không thể chiến thắng nếu không có may mắn . Ban đầu phù thuỷ sẽ sơn tất cả mặt dưới các lá bài màu trắng và úp chúng xuống. Sau đó phù thuỷ sẽ phù phép sao cho khi ta chọn $n$ lá bài để lật lên thì mặt dưới của $n$ lá bài đó sẽ chuyển thành 1 màu khác với tất cả các màu của $n$ lá bài còn lại. Giả sử người chơi có 1 cách để chắc thắng mà không cần may mắn. Để đẩy người chơi vào cảnh thua cuộc thì ta có thể thêm 1 luật như sau:

Sau khi người chơi chọn n hộp có chứa n lá bài để lật thì phù thuỷ có quyền được hoán đổi các lá bài có cùng màu với nhau vào các hộp của chúng một cách nào đó rồi sau đó màu ở mặt dưới n lá bài được người chơi chọn sẽ đổi màu thành 1 màu mà không trùng với bất cứ lá bài nào không được chọn và sau đó mới được lật lên cho người chơi xem

Việc này không ảnh hưởng đến kế hoạch chiến thắng của người chơi vì ở mỗi lần lật bài, cho dù phù thuỷ có đổi vị trí thế nào thì đó cũng chỉ là 1 trường hợp con của tập các trường hợp mà trò chơi có thể diễn ra trong đầu người chơi. Ta gọi 1 màu trong số các màu trên các quân bài sau lần lật bài thứ $p$ là màu đại diện nếu như sau lần lật bài thứ $p$, $n$ lá bài mà người chơi chọn chuyển thành màu đó. Ta thấy rằng tại mọi thời điểm thì có đúng $n$ lá bài có màu đại diện, $n$ lá bài còn lại mang nhiều nhất $n$ màu khác nhau nên tại mọi thời điểm, $2n$ lá bài được tô bằng nhiều nhất $n+1$ màu. Với mọi số tự nhiên $t$, trước lần lật bài thứ $t$, phù thuỷ có thể hoán vị các quân bài cùng màu để khi người chơi lật $n$ quân bài mà anh ta chọn, $n$ quân bài đó có ghi $n$ số là $1,2,3,...,n$. Vì đầu tiên tất cả các quân bài mang màu trắng nên phù thuỷ có thể hoán đổi vị trí $2n$ quân bài sao cho người chơi không thể chiến thắng. Mệnh đề đúng với $t=1$, giả sử mệnh đề đúng với $t=k$, xét lần lật bài thứ $k+1$. Sau lần lật bài thứ $k$ thì người chơi lật $n$ lá bài mang các số từ 1 dến $n$ nên trước lần lật bài thứ $k+1$, các lá bài mang màu đại diện được có các số từ 1 đến $n$. Vì mỗi số chỉ xuất hiện 2 lần trên đúng 2 lá bài và các lá bài mang màu đại diện chứa các số từ 1 đến $n$ nên không có 2 lá bài nào không mang màu đại diện mà số ghi trên 2 lá bài đó trùng nhau. Ở trong lần lật bài thứ $k+1$, người chơi sẽ chọn 1 số lá bài mang màu đại diện và 1 số lá bài không mang màu đại diện. Giả sử người chơi chọn $i$ lá bài mang màu đại diện và $n-i$ lá bài không mang màu đại diện thì $n-i$ lá bài không mang màu đại diện đó có chứa $n-i$ số khác nhau trên mỗi lá bài trong $n$ số $1,2,...,n$ theo chứng minh trên. Mà $n$ lá bài mang màu đại diện có ghi $n$ số phân biệt $1,2,...,n$ nên có thể hoán đổi vị trí các lá bài đó sao cho với $i$ lá bài mang màu đại diện được chọn thì sẽ có $i$ giá trị khác nhau trong tập $1,2,...,n$ mà mỗi số trong $i$ số đó không được viết lên bất cứ $n-i$ lá bài được chọn không mang màu đại diện. Vì vậy sau khi lật bài, người chơi sẽ thấy các số $1,2,...,n$ được viết trên $n$ lá bài. Vì vậy dù chọn thế nào thì người chơi không thể chọn được 2 lá bài mang cùng số. Vì vậy người chơi không thể chiến thắng.

Vậy điều kiện của $n$ và $k$ là: $n\geq 3$, $2\leq k\leq n-1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 25-05-2016 - 23:33


#19 hoctrocuaZel

hoctrocuaZel

    Thượng úy

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

Đã gửi 29-06-2016 - 20:54

 

Bài toán : Cho tam giác $ABC$, $I_b,I_c$ lần lượt là tâm bàng tiếp đỉnh $B$, đỉnh $C$. $P,Q$ là 2 điểm đẳng giác. $BQ,CQ$ cắt $CA,BA$ lần lượt tại $J,K$. Gọi $L$ là giao điểm của $I_cJ$ và $I_bK$. Chứng minh $L,P,I_a$ thẳng hàng ($I_a$ là tâm bàng tiếp đỉnh $A$)

 

Chứng minh : Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $BI,CI$ lần lượt cắt $CA,BA$ tại $D,E$. $I_bK$ và $I_cJ$ lần lượt cắt $DE$ tại $C_p$ và $B_p$. 

Ta có :  $(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(KC_p,II_b)=-1\Rightarrow C(KC_p,EI_b)=-1$

Do đó $C,P,C_p$ thẳng hàng. 

$C,P,C_p$ thẳng hàng là từ đâu ạ?


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
:(




0 người đang xem chủ đề

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