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

Balkan Mathematical Olympiad 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 07-05-2016 - 20:05

Balkan Mathematical Olympiad 2016

Bài 1. Tìm tất cả hàm đơn ánh $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho với mọi số thực $x$ và mọi số nguyên dương $n$, $$\left|\sum_{i = 1}^{n}i\left(f(x + i + 1) - f(f(x + i))\right)\right| < 2016$$



Bài 2. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp với $AB < CD$. Hai đường chéo giao nhau tại $F$ và đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$. Gọi $K, L$ lần lượt là hình chiếu của $F$ lên cạnh $AD, BC$, và $M, S, T$ lần lượt các trung điểm của $EF, CF, DF$. Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của $(MKT)$ và $(MLS)$ nằm trên đoạn $CD$.



Bài 3. Tìm tất cả đa thức monic $f$ với hệ số nguyên thỏa các điều kiện sau: tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho $p$ chia hết $2(f(p))! + 1$ với mọi số nguyên tố $p > N$.



Bài 4. Mặt phẳng được chia thành các ô vuông đơn vị bởi hai tập hợp các đường thẳng song song nhau, tạo thành vô hạn lưới. Mỗi ô vuông đơn vị được một trong $1201$ màu sao cho không có hình chữ nhật nào với chu vi $100$ chứa hai hình vuông cùng màu. Chứng minh rằng không có hình chữ nhật nào với kích thước $1\times 1201$ chứa hai ô vuông cùng màu.
Chú ý: Mọi hình chữ nhật được đề cập ở đây có cạnh nằm trên các đường trên lưới.

Nguồn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-05-2016 - 21:49
Lỗi chính tả


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 07-05-2016 - 20:56

Bài 2. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp với $AB < CD$. Hai đường chéo giao nhau tại $F$ và đường thẳng $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $E$. Gọi $K, L$ lần lượt là hình chiếu của $F$ lên cạnh $AD, BC$, và $M, S, T$ lần lượt các trung điểm của $EF, CF, DF$. Chứng minh rằng giao điểm thứ hai của $(MKT)$ và $(MLS)$ nằm trên đoạn $CD$.

Bài hình này khá hay nhưng cũ. Mình chém trước vậy! :)

Lời giải. Ta có: $MK=ML=MF$.Gọi $N$ là giao điểm của $\odot (MKT)$ và $\odot (MLS)$ thì $\angle MNL=\angle MSL=\angle SLC=\angle SCL=\angle KDT=\angle TKD=\angle KTM=\angle KNM$

$\Rightarrow r \odot (MKT)=r \odot (MLS)\Rightarrow \angle MLN=\angle MKN\Rightarrow \triangle KNM=\triangle LNM(g.c.g)\Rightarrow \triangle KNL\sim \triangle AOB$.

Theo bổ đề $1$ (Tuần 2/4/2016 # $2$) ta suy ra $N$ là trung điểm $BC.\blacksquare$

Post 110.png

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-05-2016 - 20:56


#3 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 07-05-2016 - 21:09

Bài 3. Để ý là nếu tồn tại $p$ đủ lớn để $f(p) \ge p$ thì $2(f(p)!) \equiv 0\pmod{p}$, kết hợp giả thiết cho ta $p\mid 1$, vô lí.
Do đó với mọi $p > N$ thì $f(p) < p$. Mặt khác, do $f$ là đa thức monic nên $\lim_{x\to +\infty}f(x) = +\infty$, do đó ta chỉ cần xét các $p$ sao cho $0 < f(p) < p$.
Ta sẽ đi chứng minh $\deg{f} = 1$, thật vậy, giả sử ngược lại là $\deg{f} \ge 2$, xét $p > N$, từ nhận xét $f(p) < p$, ta có
$\frac{f(p)}{p} = p^{n - 1} + a_{n - 1}p^{n - 2} + \cdots + \frac{a_{0}}{p}$, cho $p \to +\infty$ thì $\frac{f(p)}{p} \to +\infty$, do đó tồn tại $p$ để $\frac{f(p)}{p} > 1$, điều này hiển nhiên vô lí.
Vậy $\deg{f} = 1$. Đặt $f(x) = x - a$, ta có $2((p - a)!) + 1 \equiv 0\pmod{p} \implies (-1)^{a}.(a - 1)! \equiv -2\pmod{p}$ (theo định lý Wilson).
Nếu $a$ chẵn thì $p\mid (a - 1)! + 2$, chọn $p$ đủ lớn cho ta $(a - 1)! = -2$, vô lí.
Nếu $a$ lẻ thì $p\mid (a - 1)! - 2$, chọn $p$ đủ lớn cho ta $(a - 1)! = 2 \iff a = 3$.
Vậy $f(x) = x - 3$.



#4 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 13-05-2016 - 08:59

Hôm nay mới có dịp ngó qua bài hàm.
Đầu tiên, ta đặt $L = \sum_{i = 1}^{n - 1}i(f(x + i + 1) - f(f(x + i)))$, theo giả thiết thì $-2016 < L < 2016$.
Mặt khác, ta cũng có $-2016 < \sum_{i = 1}^{n}i(f(x + i + 1) - f(f(x + i))) = L + n(f(x + n + 1) - f(f(x + i))) < 2016$ hay $-4032 < n(f(x + n + 1) - f(f(x + i))) < 4032 \iff \left|f(x + n + 1) - f(f(x + n))\right| < \frac{4032}{n}$
Cố định lượng $x + n = t$, khi đó $\left|f(t + 1) - f(f(t))\right| < \frac{4032}{n}$, để ý $\lim_{n\to\infty}\frac{4032}{n} = 0$ nên nếu ta chọn $n$ đủ lớn thì $f(t + 1) = f(f(t))$, theo tính chất hàm đơn ánh thì $f(t) = t + 1$.
Kết luận, $f(x) = x + 1$ với mọi $x \in\mathbb{R}$



#5 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 13-05-2016 - 16:41

Bài 2. Ta dự đoán hai đường tròn đã cho sẽ cắt nhau tại trung điểm $N$ của $CD$.
Đế ý là đường tròn $(MKT)$ và $(MLS)$ lần lượt các đường tròn Euler của tam giác $EDF$ và tam giác $ECF$, nói cách khác ta sẽ cố gắng đi chứng minh $NMQS$ nội tiếp (tương tự cho $MNTP$)

Như hình vẽ ta thấy $\angle NQM = 180^{\circ} - \angle NQC - \angle MQE = 180^{\circ} - \angle CED - \angle ACE = 180^{\circ} - \angle DAC$ (nhờ vào các yếu tố song song)
Mặt khác, để ý là $NS$ đi qua trung điểm $J$ của $BC$. Nên $\angle NSM = 180^{\circ} - \angle MSQ - \angle QSJ$.
Ta có $FMQS$ là hình bình hành nên $\angle MSQ = \angle FMS = \angle FEC$. Và $\angle QSJ = \angle EFB$ do $\angle QSJ$ tạo từ hai đường $SJ$ và $SQ$, còn $\angle EFB$ tạo từ $FB$ và $FE$ với $SJ // FB$ và $SQ // FE$; do đó $\angle MSQ + \angle QSJ = \angle FEC + \angle EFB = \angle DBC$. Vậy $\angle NSM = 180^{\circ} - \angle DBC$.
Do tứ giác $ABCD$ nội tiếp nên $\angle NQM = \angle NSM$, vậy $NMQS$ nội tiếp. Xong.

Hello

Hình gửi kèm

  • balkan.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 13-05-2016 - 16:52


#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

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

Đã gửi 14-05-2016 - 18:15

Lời giải bài hình của mình.

 

Lời giải. Gọi $U,V$ lần lượt là hình chiếu của $E$ lên $AC,BD$. Gọi $N$ t $DC$. Ta có các điểm $E,U,K,F,L,V$ cùng thuộc một đường tròn.
Do $\triangle EUA \sim \triangle FKA$ và $\triangle EUC \sim \triangle FKD$ nên $\tfrac{UA}{KA}= \tfrac{UC}{KD} \left( = \tfrac{UE}{KF} \right)$ suy ra $\tfrac{UA}{UC}= \tfrac{KA}{KD}$. Từ đây dẫn đến $U,K,N$ thẳng hàng theo định lý Menelaus. Tương tự, ta có $N,L,V$ thẳng hàng. Như vậy, $\angle UKE- \angle DKT = \angle UFE- \angle ECF$ hay $\angle TKN= \angle FEC= \angle FVL$ suy ra $K,T,N,V$ cùng thuộc một đường tròn. Ta cũng có $$\angle TNK= \angle TVK= \angle KEF= \angle KMT.$$
Như vậy $T,N,K,M,V$ cùng thuộc một đường tròn. Tương tự thì $M,L,S,U,N$ cùng thuộc một đường tròn.
Vậy, $(MLS) \cap (MTK)=N$ là trung điểm $CD$.

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




0 người đang xem chủ đề

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