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

Đề thi chọn đội tuyển quốc gia THPT chuyên KHTN - ĐHQG Hà Nội vòng 1 năm 2016

hsgsvmo

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 27 trả lời

#1 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1537 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Algebraic Geometry
    Algebraic K-Theory
    Algebraic Topology
    Combinatorial Topology
    Complex Geometry
    Classical & Quantum Mechanics
    Hodge theory
    Riemannian Geometry
    Symplectic Geometry

Đã gửi 17-09-2016 - 19:03

                                                                                                           ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN VÒNG 1

Câu $1$ : Giải phương trình nghiệm nguyên dương $(a,p,n)$ trong đó $p$ là một số nguyên tố thỏa mãn :

$$a^{2}(a^{2}+1)=5^{n}(5^{n+1}-p^{3})$$

Câu $2$ : Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn : 

$$2(P(x)-P(\frac{1}{x}))^{2}+3P(x^{2})P(\frac{1}{x^{2}})=0$$

Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$ , $H,O$ lần lượt là trực tâm và tâm ngoại tiếp của tam giác $ABC$ . $E$ thuộc cạnh $AC$ sao cho $OE || BC$ . Gọi $OE$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F$ . Tiếp tuyến tại $F$ của đường tròn $(EBC)$ cắt $BC,AH$ lần lượt ở $P,Q$ .

$a)$ Chứng minh đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $BPQ$ đi qua trung điểm $M$ của $AH$ 

$b)$ Gọi $PA,PH$ cắt $(K)$ ở $S,T$ khác $P$ . Chứng minh rằng hai tiếp tuyến tại $S,T$ của $K$ cắt nhau trên $ME$ 

Câu $4$ : Một số nguyên dương $n \geq 2$ được gọi là tốt nếu với mọi $2 \leq k \leq n$ thì $n$ có dạng $n = a_{1}+a_{2}+....+a_{k}$ trong đó $(n,a_{k})=1$ và các số $a_{i}$ là nguyên dương . Tính tổng tất cả các số tốt nhỏ hơn $2016$ 

:( làm khá là chán , mọi người vào chém đi .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 17-09-2016 - 20:04

Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 17-09-2016 - 19:47

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS

Em hơi nhầm lẫn, cho em xin lỗi! :(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-09-2016 - 20:04


#3 bangbang1412

bangbang1412

    Độc cô cầu bại

  • Phó Quản trị
  • 1537 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Dốt nhất khoa Toán
  • Sở thích:Algebraic Geometry
    Algebraic K-Theory
    Algebraic Topology
    Combinatorial Topology
    Complex Geometry
    Classical & Quantum Mechanics
    Hodge theory
    Riemannian Geometry
    Symplectic Geometry

Đã gửi 17-09-2016 - 19:50

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS. Bài số 2 không biết có nhầm lẫn gì không nhưng nếu xét bậc của đa thức thì suy ra ngay bằng $0$ hoặc $1$.

em làm ntn mà sao xét bậc anh không hiểu ? 


Declare to yourself that, from now on, your life is dedicated to one and only one woman, the greatest mistress of your life, the tenderest woman you have ever encountered, Mathematica.


#4 CandyPanda

CandyPanda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 17-09-2016 - 20:05

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

 

PS. Bài số 2 không biết có nhầm lẫn gì không nhưng nếu xét bậc của đa thức thì suy ra ngay bằng $0$ hoặc $1$.

 

Nghi ngờ lắm khó mà suy trực tiếp ra bậc bằng 0 hoặc 1 được



#5 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-09-2016 - 20:47

Đề hình có thể viết gọn thành 1 ý như sau

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AB<AC$. $H,O$ lần lượt là trực tâm và tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$. $E$ thuộc đoạn $AC$ sao cho $OE\parallel BC$. $OE$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F$ khác $E$. Tiếp tuyến tại $F$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ cắt $BC,AH$ lần lượt tại $P,Q$. $PA,PH$ cắt đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $BPQ$ lần lượt tại $S,T$ khác $P$. Các tiếp tuyến tại $S,T$ của $(K)$ cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $XE$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$.
 

 



#6 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 18-09-2016 - 09:31

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

 

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

$n$ chẵn ta có $3\mid p\implies (p,n)=(3,2)$

$n$ lẻ ta có $p^3-1=5^{n}+1\implies v_2(p^3-1)=v_2(5^n+1)\iff v_2(p-1)=v_2(n)>0$

$\implies 2\mid n$ (vô lí)

 

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

 

P/s: Đã sửa lại


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnguyenthe333: 18-09-2016 - 20:34


#7 CandyPanda

CandyPanda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 18-09-2016 - 19:21

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

Khi đó đặt $a^2=k.5^n\implies k(k.5^n+1)=5^{n+1}-p^3\iff  p^3+k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $VP>0\implies$ $k=1$ hoặc $k=2$

$k=1\implies p^3+1=4.5^n\iff \left ( \frac{p+1}{4} \right )(p^2-p+1)=5^n$

Chú ý rằng $\gcd (\frac{p+1}{4},p^2-p+1)=1$ nên $PT$ vô nghiệm

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

 

TH2: $5^n\mid a^2+1$

Tương tự$\implies p^3-k=5^n(5-k^2)$

Dễ thấy $p^3>k$ nên $k=1$ hoặc $k=2$
$k=1\implies p^3=4.5^n+1$ (vô nghiệm)

$k=2\implies p^3=5^n+2$

Theo modulo $3$ ta suy ra $n$ chẵn$\implies p^3=5^{2l}+2$

$PT$ $Mordell$ trên có bộ nghiệm duy nhất: $(p,l)=(3,1)$

 

Kết luận: $(a,p,n)=(7,3,2)$

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@



#8 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 18-09-2016 - 20:33

KHTN chứ có phải viện toán cao cấp đâu mà Mordell @@

Mình sửa lại rồi 



#9 CandyPanda

CandyPanda

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 64 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 18-09-2016 - 22:21

Mình sửa lại rồi 

Đoạn cuối dùng v2 chắc đúng. Nhưng mà chỉ muốn góp ý nhỏ là công thức v2 nó khác với vp nhé. Ở kia lỗi chút chút kìa



#10 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 18-09-2016 - 22:29

Câu 1:

Ta xét 2 trường hợp:

TH1: $5^n \mid a^2$

$k=2\implies p^3=5^n-2$ (vô nghiệm theo modulo $5$)

TH2: $5^n\mid a^2+1$

$n$ lẻ ta có $p^3-1=5^{n}+1\implies v_2(p^3-1)=v_2(5^n+1)\iff v_2(p-1)=v_2(n)>0$

$\implies 2\mid n$ (vô lí)

$TH1$ xét $mod$ $5$ kiểu gì bạn, $TH2$ bạn áp dụng bổ đề nào tính lũy thừa đúng vậy 

 

                                                                                                           ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN VÒNG 1

Câu $2$ : Tìm tất cả đa thức hệ số thực thỏa mãn : 

$$2(P(x)-P(\frac{1}{x}))^{2}+3P(x^{2})P(\frac{1}{x^{2}})=0$$

Thay $x=1$ vào thì $P(1)=0$

Ta thấy $P \equiv 0$ là một nghiệm

Nếu $P$ khác đa thức $0$

Do đó ta có thể đặt $P(x)=(x-1)^nQ(x)$ với $Q(1) \neq 0$

Nếu n lẻ

Ta có: $2\left((x-1)^nQ(x)-\left(\dfrac{1}{x}-1\right)^nQ\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)^2=3(x^2-1)^n\left(1-\dfrac{1}{x^2}\right)^nQ(x^2)Q\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$

Rút gọn lại: $2\left(x^nQ(x)+Q\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)^2=3(x+1)^{2n}Q(x^2)Q\left(\dfrac{1}{x^2}\right)$

Dễ thấy nếu nhân $2$ vế của đẳng thức trên với $x^{2n}$ thì cả $2$ vế đều là đa thức và đẳng thức đúng với mọi $x \neq 1$ nên nó cũng đúng cả với $x=1$ do đó ta được thay $x=1$ và đẳng thức trên 

Suy ra $8Q(1)^2=3.4^n.Q(1)^2$ nên $Q(1)=0$ suy ra  vô lý

Tương tự với $n$ chẵn cũng có điều vô lý

Vậy $P \equiv 0$


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#11 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 19-09-2016 - 20:05

Câu 4:

Rõ ràng mọi số tự nhiên $>2$ nếu muốn là số tốt thì nó phải lẻ (Vì ta thấy nếu nó chẵn thì các $a_i$ phải lẻ và khi đó dễ thấy nếu chọn $k$ lẻ thì vô lý)

Ta chứng minh mọi số tự nhiên lẻ $>2$ đều là số tốt

Thật vậy xét $n$ lẻ $n >2$. Ta chứng minh với mọi $2 \leq k \leq n$ thì đều có thể viết $n= a_1+a_2+...+a_k$ trong đó $(n,a_i)=1$

Thật vậy $k=1$ ta viết $n=(n-1)+1$

Với $x$

Ta sẽ viết $n= (n-2^{x})+2^x$ 

Giờ ta chứng minh $2^x=a_1+a_2+...+a_k$ với mọi $1 \leq k \leq 2^x$ và $a_i$ đều là lũy thừa của $2$ (Điều này hoàn toàn chứng minh dễ dàng bằng quy nạp theo $k$)

Do đó với $2 \leq k \leq 2^x+1$ thì bài toán được chứng minh

Do đó ta chọn $x$ là số lớn nhất thỏa mãn $2^x<n<2^{x+1}$

Khi đó suy ra $2^x >\dfrac{n}{2}$ nên chỉ cần chứng minh nó đúng với $k > \dfrac{n}{2}$

Mặt khác ta cũng viết được $n= 2+2+...+2+1$ nên rõ ràng bằng quy nạp theo $k$ với $k > \dfrac{n}{2}$ thì cũng thỏa mãn

Vậy tất cả các số tốt là $2$ và các số lẻ $>2$

Từ đó ta tính được tổng


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#12 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 20-09-2016 - 19:23

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI VÒNG 1 NGÀY 2 NĂM 2016

 

Bài 1. Cho $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $m$ có $n$ chữ số, chỉ gồm các chữ số $1,2,3$ và chia hết cho $S(m)$ (tổng các chữ số của $m$)

 

Bài 2. Cho một hoán vị của dãy số $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$, viết từ trái sang phải. Ta sẽ chuyển dãy số này về đúng vị trí, tức là $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$. Mỗi bước ta thực hiện như sau : Chọn số gần tay nhất mà không đứng đúng vị trí rồi chuyển nó về vị trí đúng (ví dụ : Dãy $3 \ 1 \ 4 \ 2$. Sau một bước chuyển thì $2$ về vị trí thức hai thành $3 \ 2 \ 1 \ 4$. Chứng minh rằng sau ít hơn $2^n$ bước thì dãy luôn chuyển về đúng vị trí.

 

Bài 3. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho $ABCD$ không phải là hình thang. Tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T.TA$ giao $BD$ tại $S.E$ đối xứng $B$ qua $S.AB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F.EC$ giao $TA$ tại $P$.

a, Chứng minh rằng $PF$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$.

b, Giả sử $PF$ cắt $AC$ tại $Q. H, K$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $F A, F C. M$ là trung điểm $FA$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ và đường thẳng qua $Q$ song song với $AO$ cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MHK$.

 

Bài 4. Cho $a,b,c>0$ sao cho $a+b+c=3$. Chứng minh rằng :

\[\frac{a}{b^2(ca+1)}+\frac{b}{c^2(ab+1)}+\frac{c}{a^2(cb+1)}\geq \frac{9}{(1+abc)(ab+bc+ca)}\]


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-09-2016 - 19:32


#13 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 20-09-2016 - 19:51

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI VÒNG 1 NGÀY 2 NĂM 2016

 

Bài 3. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho $ABCD$ không phải là hình thang. Tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T.TA$ giao $BD$ tại $S.E$ đối xứng $B$ qua $S.AB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F.EC$ giao $TA$ tại $P$.

a, Chứng minh rằng $PF$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$.

b, Giả sử $PF$ cắt $AC$ tại $Q. H, K$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $F A, F C. M$ là trung điểm $FA$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ và đường thẳng qua $Q$ song song với $AO$ cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MHK$.

 

Mình xin nếu ý tưởng giải bài hình. Phần $a$ khá đơn giản còn phần $b$ có lẽ tác giả đã chế ra từ một bài toán quen thuộc

k.png

a) Dễ dàng chứng minh được : $\triangle ECF \backsim \triangle DCA$

Ta cần chứng minh $\dfrac{PC}{PE}= \dfrac{FC^2}{FE^2}=\dfrac{AC^2}{AD^2}$ 

Mặt khác $\dfrac{PC}{PE}=\dfrac{d(C,AT)}{d(E,AT)}=\dfrac{d(C,AT)}{d(D,AT)}$ (Do $D,E$ đối xứng qua $T$)

Do đó chỉ cần chứng minh$ \dfrac{d(C,AT)}{d(D,AT)}=\dfrac{AC^2}{AD^2}$  (bổ đề quen thuộc với  $AT$ là đường đối trung của $\triangle ACD$)

b)

t.png

Dễ thấy nếu gọi $X$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ và $PF$ (Tiếp tuyến tại $F$ của $(BCE)$) thì ta được tứ giác $CFXA$ nội tiếp

Từ đó quy bài toán về cấu hình quen thuộc sau: Tứ giác $ABCD$ nội tiếp có $AD$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $F,G,H$ lần lượt là hình chiếu của $E$ trên $AB,CD,AC$ và $M$ là trung điểm $AC$ thì sẽ có $F,G,H,E$ đồng viên

Có thể nhìn điểm $E$ ở ngoài hơi khó nhưng thực chất cách chứng minh nó giống với trường hợp ở trong như sau

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp có $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Gọi $F,G,H$ lần lượt là hình chiếu của $E$ trên $AD,BC,AB$ và $M$ là trung điểm $AB$ thì sẽ có $F,G,H,E$ đồng viên

Cấu hình khá quen thuộc và nó đã từng xuất hiện ở "Mỗi tuần một bài toán "

http://diendantoanho...tây-trung-quốc/

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 20-09-2016 - 20:16

"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#14 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 20-09-2016 - 21:12

Bài 2 ngày 2. Ý tưởng chính là quy nạp

Dễ thấy với $n=2$ thì ít hơn $2$ bước di chuyển nên bài toán đúng với $n=2$.

Giả sử đúng đến $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$.

Xét $n+1$ ở vị trí $k$ với $k$ khác $n+1$.

Nhận thấy rằng ta không thể lấy một số ở vị trí trước $k$ rồi thêm vào sau $k$ trước khi đưa số $n+1$ vào vị trí cuối cùng nên khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng chỉ có thể giảm hoặc không đổi.

Sau mỗi bước di chuyển, nếu một số ở sau vị trí $k$ nhỏ hơn hoặc bằng $k$ được chuyển về trước vị trí $k$ thì khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng sẽ giảm xuống $1$. Do đó ta chỉ cần xét cho trường hợp xấu nhất là tất cả các số sau vị trí $k$ đều lớn hơn $k$.

Ta thấy tồn tại một song ánh giữa hai tập $\left \{ k+1,k+2,...,n+1 \right \}\to\left \{ 1,2,...,n-k+1 \right \}$ nên để tất cả các số sau vị trí $k$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^{n-k+1}$ bước. Do đó để số $n+1$ về đúng vị trí của nó thì cần ít hơn hoặc bằng $2^{n-k+1}$.

Theo giả thiết quy nạp để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n \right \}$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^n$ bước nên để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n+1 \right \}$ thì cần ít hơn $2^n+2^{n-k+1}\leq 2^n+2^n=2^{n+1}$ (bước).

Do đó ta có đpcm.



#15 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-09-2016 - 21:22

Bài 2 ngày 2. Ý tưởng chính là quy nạp

Dễ thấy với $n=2$ thì ít hơn $2$ bước di chuyển nên bài toán đúng với $n=2$.

Giả sử đúng đến $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$.

Xét $n+1$ ở vị trí $k$ với $k$ khác $n+1$.

Nhận thấy rằng ta không thể lấy một số ở vị trí trước $k$ rồi thêm vào sau $k$ trước khi đưa số $n+1$ vào vị trí cuối cùng nên khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng chỉ có thể giảm hoặc không đổi.

Sau mỗi bước di chuyển, nếu một số ở sau vị trí $k$ nhỏ hơn hoặc bằng $k$ được chuyển về trước vị trí $k$ thì khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng sẽ giảm xuống $1$. Do đó ta chỉ cần xét cho trường hợp xấu nhất là tất cả các số sau vị trí $k$ đều lớn hơn $k$.

Ta thấy tồn tại một song ánh giữa hai tập $\left \{ k+1,k+2,...,n+1 \right \}\to\left \{ 1,2,...,n-k+1 \right \}$ nên để tất cả các số sau vị trí $k$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^{n-k+1}$ bước. Do đó để số $n+1$ về đúng vị trí của nó thì cần ít hơn hoặc bằng $2^{n-k+1}$.

Theo giả thiết quy nạp để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n \right \}$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^n$ bước nên để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n+1 \right \}$ thì cần ít hơn $2^n+2^{n-k+1}\leq 2^n+2^n=2^{n+1}$ (bước).

Do đó ta có đpcm.

Đoạn trường hợp xấu nhất là tất cả các số sau vị trí $k$ lớn hơn $k$ có vấn đề rồi: Cho dù số $x$ nhỏ hơn $k$ được chọn và di chuyển về sau $n$ thì cũng đã tốn $1$ bước rồi, ví dụ cho số $1$ ở vị trí cuối thì khi di chuyển về vị trí đầu là cũng mất $1$ bước và còn làm xáo trộn trật tự của các số đứng đằng sau $k$ nên tất nhiên số bước để $n$ đến vị trí $n$ cũng thay đổi không rõ như thế nào dù khoảng cách $n$ cần phải di chuyển giảm, huống hồ những số nhỏ hơn $k$ lại phân bố không biết lối nào mà lần (không phải khoảng cách càng nhỏ thì số bước càng nhỏ)



#16 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-09-2016 - 21:30

Bài 2: Ta sẽ chứng minh rằng với số $x$ bất kì với $0<x<n+1$ thì $x$ sẽ được đứng cuối nhiều nhất $2^{x-1}$ lần (Số lần đứng cuối của $x$ được tính bằng số bước mà sau mỗi bước đó, ta thu được $1$ hoán vị với số $x$ là số sẽ được chọn để chuyển về đúng vị trí trong bước sau). Với $x=1$ thì ta thấy ngay rằng $1$ chỉ đứng cuối nhiều nhất $1=2^0$ lần vì sau lần đầu tiên đứng cuối, nó sẽ chyển về vị trí thứ nhất và sẽ không di chuyển nữa. Với $x=2$ thì sau lần đứng cuối đầu tiên, số $2$ sẽ đi về vị trí thứ $2$. Nếu lúc đó trước số $2$ là số $1$ thì nó sẽ không di chuyển nữa, nếu không thì lúc đó số $1$ đứng đằng sau số $2$ nên trước khi số $2$ đứng cuối $1$ lần nữa thì số $1$ sẽ đứng cuối trước số $2$ $1$ lần và di chuyển về vị trí $1$. Sau đó số $2$ sẽ đứng cuối $1$ lần nữa và di chuyển về vị trí $2$ trước vị trí $1$ mà số $1$ đang đứng, tức số $2$ đứng cuối nhiều nhất $2=2^1$ lần. Mệnh đề đúng với $x=1,2$, giả sử mệnh đề đúng với $x=k<n$. Xét số $k+1$ trong dãy số, nếu nó không đứng cuối lần nào thì ta có ngay điều phải chứng minh. Xét lần đứng cuối đầu tiên của $k+1$ và nó di chuyển về vị trí $k+1$, ta thấy rằng để nó có thể thay đổi vị trí của mình một lần nữa thì cần phải đến $1$ lúc nào đó có $1$ số $x<k+1$ đứng cuối rồi di chuyển về vị trí $x$ trước $k+1$ làm vị trí của $k+1$ tăng thêm $1$. Nghĩa là sau lần đứng cuối đầu tiên thì để $k+1$ đứng cuối $1$ lần nữa thì cần có $1$ số $x<k+1$ đứng cuối trước nó. Mỗi số $1$ đến $k$ tổng cộng đứng cuối nhiều nhất $2^0+2^1+...+2^{k-1}=2^k-1$ lần theo quy nạp và trước khi để $k+1$ đứng cuối lần nữa thì cần phải có $1$ số trong $k$ số đó đứng cuối trước nên số lần $k+1$ đứng cuối sau lần thứ nhất nhiều nhất $2^k-1$ lần. Vậy $k+1$ đứng cuối nhiều nhất $2^k$ lần. Bước chứng minh quy nạp hoàn tất. Ta thấy số bước bằng tổng số lần các số $1,2,...,n$ đứng cuối nên số bước nhiều nhất là $2^0+2^1+...+2^{n-1}=2^n-1<2^n$ lần


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 20-09-2016 - 21:48


#17 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 20-09-2016 - 22:22

Bài 1 ngày 2:

Trước hết dễ chứng minh với $n$ là lũy thừa của $3$. Vì khi đó ta chọn $m=111...11$($n$ số 1)

Cần chứng minh $\dfrac{10^n-1}{9} \vdots n$ (áp dụng bổ đề $LTE$ cho ta điều phải chứng minh)

Với $n$ không là lũy thừa của $3$ ta thấy tồn tại số $x$ sao cho $3^{x}<n<3^{x+1}$

Khi đó ta sẽ chọn $S(m)=3^{x+1}$

Tức là chỉ ra tồn tại số $m$ có tổng các chữ số là $3^{x+1}$ và $m \vdots 3^{x+1}$

Nếu $n\leq2.3^x$

Đặt $n=3^x+t$

Ta sẽ chọn luôn $m=111...1333...3222...2$ trong đó gồm $t$ số $1$, $t$ số $2$ và $3^x-t$ số $3$

Ta chứng minh số này chia hết cho $3^{x+1}$

Sau khi biến đổi ta thu được $m=\dfrac{(10^t+2)(10^{3^{x}}-1)}{9} \vdots 3^{x+1} $ ( Dễ chứng minh theo bổ đề $LTE$)

Nếu $n>2.3^x$. 

Đặt $n=2.3^x+t$

Ta sẽ chọn $m=111...1222...21.....1$ thứ tự từ trái sang phải là gồm $3^x+t$ số $1$, $3^x-t$ số $2$ rồi lại $t$ số $1$

Ta chứng minh số này chia hết cho $3^{x+1}$

Sau khi biến đổi ta thu được $m=\dfrac{(10^{3^{x}+t}+10^t+1)(10^{3^{x}}-1)}{9} \vdots 3^{x+1} $ ( Dễ chứng minh theo bổ đề $LTE$)


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#18 Long Phi

Long Phi

    Binh nhất

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

Đã gửi 21-09-2016 - 00:30

Câu 4 ngày 2:

$VT = \sum \frac{1}{b^2c}.\frac{1}{1+\frac{1}{ca}}$

Ta thấy $f(x)= \frac{1}{1+x}$ là hàm lồi, áp dụng bđt Jensen ta có:

$VT \geq \sum \frac{1}{b^2c}.\frac{1}{1+ \frac{\sum \frac{1}{a^2b^2c}}{\sum \frac{1}{b^2c}}}=\sum \frac{1}{b^2c}.\frac{1}{1+\frac{3}{\sum a^2c}}\geq \sum \frac{a}{b}.\frac{1}{1+abc}$

Ta cần chứng minh $ \sum \frac{a}{b} \geq  \frac{9}{ab+bc+ac}$

Bđt trên đúng theo bđt C-S


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Long Phi: 21-09-2016 - 01:33


#19 Long Phi

Long Phi

    Binh nhất

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

Đã gửi 21-09-2016 - 00:51

Bài 2 ngày 2: Sau mỗi bước sẽ có 1 tập vài quyển sách ở đúng vị trí, có tất cả $2^n$ tập, ta sẽ chứng minh không có 2 bước nào có 2 tập nào giống nhau

Quy ước lấy chiều từ trái sang phải

Ta thấy 1 quyển nếu chưa ở vị trí đúng thì sau khi bị di chuyển bởi quyển khác chỉ có thể sang phải, nếu đã ở vị trí đúng rồi thì sau đó không thế về vị trí nào trước vị trí đúng  

- Giả sử có 2 bước thứ $x$ và $y (x<y)$ có tập $a_1,...a_k$ trùng nhau

+ TH1: Nếu bước thứ $y$ chuyển quyển thứ $a_k$, vị trí đúng của $a_k$ không phải ở cuối

Các quyển ở sau $a_k$ sau bước thứ $x$ không thể có vị trí đúng là trước vị trí đúng của $a_k$ nếu không sẽ có 1 quyển được đưa về vị trí đúng trước bước thứ $y$, tạo ra 1 tập khác 

Vì các quyển sau $a_k$ có vị trí đúng sau $a_k$ nên sẽ di chuyển về vị trí đúng mà không ảnh hưởng tới các quyển khác, sau đó sẽ di chuyển quyển sai vị trí gần nhất trước $a_k$, nhưng lúc này không thể thay đổi vị trí $a_k$ và các quyển sau nữa.

+ TH2: bước thứ $y$ di chuyển quyển $a_i (i \neq k)$

Khi di chuyển $a_i$ nghĩa là tất cả các quyển sau $a_i$ đã đúng vị trí và khi di chuyển $a_i$ các quyển đó không đổi vị trí, suy ra các quyển đó đúng vị trí từ bước $x$, tuy nhiên khi điều đó có nghĩa tất cả các quyển từ $a_i$ trở đi đều không bị di chuyển, nên từ bước $x$ tới bước $y$ ta chỉ có thể di chuyển các quyển trước $a_i$, mâu thuẫn với việc quyển bị di chuyển là $a_i$



#20 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-09-2016 - 16:48

Bài 2 ngày 2: Sau mỗi bước sẽ có 1 tập vài quyển sách ở đúng vị trí, có tất cả $2^n$ tập, ta sẽ chứng minh không có 2 bước nào có 2 tập nào giống nhau

Quy ước lấy chiều từ trái sang phải

Ta thấy 1 quyển nếu chưa ở vị trí đúng thì sau khi bị di chuyển bởi quyển khác chỉ có thể sang phải, nếu đã ở vị trí đúng rồi thì sau đó không thế về vị trí nào trước vị trí đúng  

- Giả sử có 2 bước thứ $x$ và $y (x<y)$ có tập $a_1,...a_k$ trùng nhau

+ TH1: Nếu bước thứ $y$ chuyển quyển thứ $a_k$, vị trí đúng của $a_k$ không phải ở cuối

Các quyển ở sau $a_k$ sau bước thứ $x$ không thể có vị trí đúng là trước vị trí đúng của $a_k$ nếu không sẽ có 1 quyển được đưa về vị trí đúng trước bước thứ $y$, tạo ra 1 tập khác 

Vì các quyển sau $a_k$ có vị trí đúng sau $a_k$ nên sẽ di chuyển về vị trí đúng mà không ảnh hưởng tới các quyển khác, sau đó sẽ di chuyển quyển sai vị trí gần nhất trước $a_k$, nhưng lúc này không thể thay đổi vị trí $a_k$ và các quyển sau nữa.

+ TH2: bước thứ $y$ di chuyển quyển $a_i (i \neq k)$

Khi di chuyển $a_i$ nghĩa là tất cả các quyển sau $a_i$ đã đúng vị trí và khi di chuyển $a_i$ các quyển đó không đổi vị trí, suy ra các quyển đó đúng vị trí từ bước $x$, tuy nhiên khi điều đó có nghĩa tất cả các quyển từ $a_i$ trở đi đều không bị di chuyển, nên từ bước $x$ tới bước $y$ ta chỉ có thể di chuyển các quyển trước $a_i$, mâu thuẫn với việc quyển bị di chuyển là $a_i$

Đề bài cần chứng minh sau ít hơn $2^n$ lần chứ không phải nhiều nhất $2^n$ lần






0 người đang xem chủ đề

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