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

Bosnia và Herzegovina TST 2016


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 16-05-2016 - 21:30

Bosnia and Herzegovina TST 2016

 

 

 

Ngày 1

Bài 1. Cho $ABCD$ là một tứ giác nội tiếp đường tròn $k$. Đường thẳng $AB$ và $CD$ giao nhau tại $E$ sao cho $AB = BE$. Cho $F$ là giao điểm của tiếp tuyến của đường tròn $k$ tại điểm $B$ và $D$. Nếu đường $AB$ và $DF$ song song nhau, chứng minh rằng $A, C, F$ thẳng hàng.
Bài 2. Cho $n$ là số nguyên dương và $t$ là một số nguyên. $n$ số nguyên khác nhau được viết lên một cái bàn. Bob ngồi gần trong một căn phòng gần đó, muốn biết liệu có tồn tại vài số có tổng bằng với $t$. Alice thì đứng trước bàn và muốn giúp Bob. Đầu tiên trước khi bắt đầu game, Alice nói cho Bob tổng các số trên bàn. Sau đó, ở mỗi bước đi Bob sẽ nói một trong các câu:
i) Có một số nào trên bàn bằng với $k$?
ii) Nếu có tồn tại số $k$ trên bàn, xóa nó đi.
iii) Nếu không có số $k$ trên bàn, viết thêm đi.
iv) Các số trên bàn có thể sắp xếp thành hai tập mà tổng các phần tử mỗi tập là bằng nhau?

Ở các câu hỏi này Alice trả lời có hoặc không, và quá trình cô Bob bảo Alice làm (nếu có) thì Alice không nói cho Bob là cô có làm hay không. Chứng minh rằng trong ít hơn $3n$ bước đi, Bob có thể tìm ra liệu có tồn tại một số số (ban đầu) viết trên bàn sao cho tổng bằng $t$.
Bài 3. Cho dãy vô hạn $a_{1} < a_{2} < \cdots$ các số nguyên dương, chúng ta nói dãy này là đẹp nếu với mọi số nguyên dương $n$ thì $a_{2n} = 2a_{n}$. Chứng minh các khẳng định sau:
a) Nếu tồn tại một dãy đẹp và số nguyên tố $p > a_{1}$, thì tồn tại vài phần tử của dãy chia hết cho $p$.
b) Với mọi số nguyên tố $p > 2$, tồn tại một dãy đẹp sao cho không có phần tử nào chia hết cho $p$.
Ngày 2
Bài 4. Xác định số nguyên dương $n$ lớn nhất không thể viết thành tổng của ba số nguyên dương lớn hơn $1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.
Bài 5. Cho $k$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC (AC < BC)$. Và, $CL$ là phân giác của $\angle ACB (L \in AB)$, $M$ là trung điểm của cung $AB$ của cung tròn của đường tròn $k$ chứa $C$, và $I$ là tâm nội tiếp của $\triangle ABC$. Đường tròn $k$ cắt đường $MI$ tại điểm $K$ và đường tròn đường kính $CI$ tại $H$. Nếu tâm ngoại tiếp của $\triangle CLK$ giao với $AB$ tại điểm $T$. Chứng minh rằng $T, H, C$ thẳng hàng.

Nguồn



#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 16-05-2016 - 21:47

Câu 1. Là câu quen thuộc khi sử dụng hàng điểm điều hòa! :)

Do $AB\parallel DF,BA=BE$ nên $D(AE,BF)=-1$. Do đó $ABCD$ là tứ giác điều hòa hay $AC$. tiếp tuyến tại $B,D$ đồng quy, tức là $A,C,M$ thẳng hàng. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 16-05-2016 - 21:51


#3 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 16-05-2016 - 22:09

Câu 5. Sử dụng một số tính chất quen thuộc của đường tròn $Mixilinear$! :)

Theo kết quả cũ thì $K$ là tiếp điểm của đường tròn $C-Mixilinear$ đối với $\odot (O)$. Gọi $N$ là điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$. Theo kết quả quen thuộc thì $NK,BA,$ đường thẳng qua $I$ vuông góc với $CI$ đồng quy.

Post 146.png

Hình vẽ bài toán

Mặt khác dễ thấy $\odot (AIB)$ tiếp xúc $\odot (CI)$ nên theo định lí về tâm đẳng phương thì đường thẳng qua $I$ vuông góc với $AI$, $BA,HC$ đồng quy $\Longrightarrow HC,BA,NK$ đồng quy.

Do $K,L,T,C$ đồng viên nên $\angle TKC=\angle TLC=\angle LBC+\angle LCB=\angle CBN\Longrightarrow \overline{N,K,T}\Longrightarrow \overline{T,H,C}$

- Về việc chứng minh các kết quả trên thì mọi người có thể tham khảo tại đây! :)



#4 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 16-05-2016 - 22:11

Bài 3a. Giả sử phản chứng.
Theo quy nạp ta thu được $a_{2^{k}} = 2^{k}.a_{1}$. Xét $k$ sao cho $2^{k} > p$
Ta có $T = 2^{k}.a_{1} = a_{2^{k}} < a_{2^{k} + 1} < \cdots < a_{2^{k + 1}} = 2^{k + 1}a_{1} = 2T$

Bổ đề 1. Số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $1$ đến $N$ là $\left\lfloor \frac{N}{p}\right\rfloor$
Bổ đề 2. $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - 2\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge 0$

Quay lại bài toán, số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $T$ đến $2T$ là $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor$
Mặt khác, có $2^{k} - 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$. Do giả sử của ta nên $a_{i} \not\equiv 0\pmod{p}$, kết hợp giả thiết dãy tăng ngặt nên có ít nhất $2^{k} - 1$ số nguyên dương nằm giữa $T$ và $2T$ không chia hết cho $p$, suy ra có nhiều nhất $(T - 1) - (2^{k} - 1) = T - 2^{k}$ số chia hết cho $p$ nằm giữa $T$ và $2T$. Từ đó ta thấy $\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies \frac{T}{p} \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies 2^{k}a_{1} \ge 2^{k}a_{1}p - 2^{k}p \implies a_{1} \ge a_{1}p - p$. Điều này chỉ đúng khi và chỉ $a_{1} = 1$, tuy nhiên thế lại ta có $2^{k} + 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$ (cái này tính luôn $T$ và $2T$), và khi đó chỉ có $2^{k} + 1$ phần tử nằm giữa $T$ và $2T$ (tính luôn $T$ và $2T$), điều này chỉ ra có một phần tử chia hết cho $p$ theo nguyên lí chuồng thỏ.

Kết bài này thế (y)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 16-05-2016 - 22:21


#5 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 18-05-2016 - 20:25

 

 

Bài 4. Xác định số nguyên dương $n$ lớn nhất không thể viết thành tổng của ba số nguyên dương lớn hơn $1$ nguyên tố cùng nhau đôi một.
 

 

Ta sẽ chứng minh $17$ là số cần tìm

Dễ chứng minh $17$ không thể viết thành tổng $3$ số nguyên dương lớn hơn $1$ đôi một nguyên tố cùng nhau.

Xét các số $n$ lớn hơn $17$. 

$n= 3k=(k+1)+k+(k-1)$

$n=4k=4+(2k-3)+(2k-1)$

$n=4k+2=2+(2k-1)+(2k-3)$

$n=12k+1=3+(6k-7)+(6k+5)$

$n=12k+5=(6k-1)+(6k-5)+9$

$n=12k+7=3+(6k-1)+(6k+5)$

$n=12k+11=3+(6k+1)+(6k+7)$

(do $n> 17$ nên các số trên đều lớn hơn $1$)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-05-2016 - 22:27


#6 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 18-05-2016 - 20:31

Bài 3a. Giả sử phản chứng.
Theo quy nạp ta thu được $a_{2^{k}} = 2^{k}.a_{1}$. Xét $k$ sao cho $2^{k} > p$
Ta có $T = 2^{k}.a_{1} = a_{2^{k}} < a_{2^{k} + 1} < \cdots < a_{2^{k + 1}} = 2^{k + 1}a_{1} = 2T$

Bổ đề 1. Số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $1$ đến $N$ là $\left\lfloor \frac{N}{p}\right\rfloor$
Bổ đề 2. $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - 2\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge 0$

Quay lại bài toán, số các số nguyên dương chia hết cho $p$ từ $T$ đến $2T$ là $\left\lfloor \frac{2T}{p}\right\rfloor - \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor$
Mặt khác, có $2^{k} - 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$. Do giả sử của ta nên $a_{i} \not\equiv 0\pmod{p}$, kết hợp giả thiết dãy tăng ngặt nên có ít nhất $2^{k} - 1$ số nguyên dương nằm giữa $T$ và $2T$ không chia hết cho $p$, suy ra có nhiều nhất $(T - 1) - (2^{k} - 1) = T - 2^{k}$ số chia hết cho $p$ nằm giữa $T$ và $2T$. Từ đó ta thấy $\left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies \frac{T}{p} \ge \left\lfloor \frac{T}{p}\right\rfloor \ge T - 2^{k} \implies 2^{k}a_{1} \ge 2^{k}a_{1}p - 2^{k}p \implies a_{1} \ge a_{1}p - p$. Điều này chỉ đúng khi và chỉ $a_{1} = 1$, tuy nhiên thế lại ta có $2^{k} + 1$ phần tử $a_{i}$ nằm giữa $T$ và $2T$ (cái này tính luôn $T$ và $2T$), và khi đó chỉ có $2^{k} + 1$ phần tử nằm giữa $T$ và $2T$ (tính luôn $T$ và $2T$), điều này chỉ ra có một phần tử chia hết cho $p$ theo nguyên lí chuồng thỏ.

Kết bài này thế (y)

Hình như đoạn đỏ ngược dấu rồi!


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-05-2016 - 22:32


#7 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 14-08-2016 - 20:14

Bài 2: Bài này mình thấy rằng câu lệnh ii) và iii) sẽ không có giá trị gì cả nếu như Alice chỉ cần lơ đi tất cả những gì Bob bảo cô làm và chỉ trả lời các câu hỏi, và từ đó Bob không thể xác định được chỉ với câu hỏi i) và iv) nên mình sẽ giải với trường hợp Alice làm theo tất cả những gì Bob nói

Ta sẽ quy nạp theo $n$: Với $n=1$ thì chỉ đơn giản hỏi là có $t$ trên bảng không

Giả sử Bob sẽ đạt được mục đích của mình với $n=k$, xét $k+1$ số trên bảng, giả sử tổng của chúng bằng $x$. Đầu tiên Bob sẽ hỏi là có số $x-2t$ trên bảng không. Nếu có thì Bob sẽ bảo Alice loại nó khỏi bảng và hỏi câu hỏi iv). Tổng các số trên bảng lúc này là $2t$ nên khi hỏi câu iv),nếu Alice trả lời có thì Bob đạt được mục đích. Còn nếu không thì có nghĩa là nếu tồn tại 1 số số có tổng bằng $t$ thì trog các số đó phải có số $x-2t$, nghĩa là phải tồn tại $1$ số số khác $x-2t$ có tổng là $3t-x$. Bob có thể xác định điều đó với $3k$ bước nữa với $k$ số có tổng là $2t$, điều này là có thể theo giả thiết quy nạp. Còn nếu không thì Bob sẽ bảo Alice viết thêm số $x-2t$ lên bảng rồi hỏi câu iv). Vì tổng các số trên bảng lúc này là $2x-2t$ nên nếu Alice trả lời có thì nghĩa là có $1$ số số có tổng là $x-t$ mà không chứa số $x-2t$, còn nếu không thì ngược lại. Vậy Bob luôn xác định được

P/s: Có thể thay $x-2t$ thành $2t-x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 14-08-2016 - 21:54





0 người đang xem chủ đề

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