Đến nội dung

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

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

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

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

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

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 lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

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 $CD$.

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 





2 người đang xem chủ đề

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