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

Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

vmo đồng nai

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 20 trả lời

#1 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-11-2016 - 11:32

Ngày thi: 11/11/2016
Thời gian: 3h
1. Cho số nguyên dương $n\geq 2$ và $n$ số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ sao cho $a_1>-1,a_2\geq\frac{n-1}{2}$. Giả sử phương trình

$x_n^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots +a_{n-1}x+a_n=0$

có đúng $n$ nghiệm thực. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn $[-a_1,a_1+2]$.
2. Với mỗi số nguyên dương $n$, xét phương trình

$2016^x+x+n=0$

CMR với mỗi $n$, phương trình trên có đúng một nghiệm thực và gọi nghiệm đó là $x_n$. Xét dãy ${x_n}$. Tìm

$lim_{n\rightarrow\infty}(x_{n+1}-x_n)$.

3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,AC$. Đường tròn $(ADE)$ cắt các đường tròn $(BCD)$ và $(BCE)$ lần lượt tại $P,Q$. CMR $AP=AQ$.
4. Số nguyên dương $n$ được gọi là đẹp nếu tồn tại một hoán vị của bộ $\left\{ 1,1,2,2,\ldots, n,n\right\}$ sao cho với mọi $k=1,2\ldots ,n$, giữa 2 số $k$ có đúng $k$ số (ví dụ, $n=3$ là số đẹp vì có bộ $\left\{ 2,3,1,2,1,3\right\}$). CMR $n$ là số đẹp nếu và chỉ nếu $4|n^2+n$.
5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 13-11-2016 - 14:34


#2 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Đã gửi 12-11-2016 - 14:09

Bài hình trông thế mà cũng mất thời gian kinh.

 

hh7.jpg

 

Xét AB < AC.

 

1. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy (ADE) đi qua O.

 

2. Qua A dựng đường vuông góc với AO cắt BC tại T. TA là tiếp tuyến chung của (O) và (ADE). Dễ thấy T, D, P thẳng hàng; T, Q, E thẳng hàng.

 

3. Chứng minh APCT và AQBT nội tiếp.

 

4. Tam giác TBQ và TEC đồng dạng; Tam giác TAQ và TEA đồng dạng, từ đó có TB/TA = QB/QA.

 

Tam giác TBD và TPC đồng dạng; Tam giác TAD và TPA đồng dạng, từ đó có TB/TA = PA/PC. Vậy QB/QA = PA/PC

 

5. Góc BQA = góc APC, từ đó có tam giác BQA và APC đồng dạng.

 

6. Góc QTA = QBQ  = góc PAC = PQE nên PQ // TA.

 

7. Từ PQ // TA có góc AQP = APQ (cùng bằng góc QAT). Vậy AP = AQ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quantv2006: 12-11-2016 - 14:12


#3 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

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

Đã gửi 12-11-2016 - 17:41

Bài 5:
Đặt $n=2^st$(t lẻ).

Xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x\equiv -2 \left ( mod2^{s+1} \right )\\\ x\equiv 3\left ( modt \right ) \end{matrix}\right.$. Theo định lý hệ thặng dư Trung Hoa, phương trình này có nghiệm $x_1$, dễ thẫy $x_1$ chẵn, đặt $x_0=\frac{x_1}{2}\Rightarrow x_0\equiv -1\left ( mod2^s \right )$.

Tương tự xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} y\equiv 1\left ( modt \right )\\ y\equiv 0\left ( mod2^{s+1} \right ) \end{matrix}\right.$ có nghiệm $y_1$ chẵn, đặt $y_0=\frac{y_1}{2}\Rightarrow y_0\equiv 0\left ( mod2^s \right )$

Ta có $2x_0-6y_0\equiv 3-3.1=0\left ( modt \right )\Rightarrow x_0-3y_0\equiv 0\left ( modt \right )$

Ta chứng minh $x_0,y_0$ là các số phải tìm. Thật vậy $2^s|\left ( x_0+1 \right )\left ( x_0^2-x_0+1 \right )-35y_0^3=x_0^3-35y_0^3+1$, lại có $\left ( x_0-3y_0 \right )\left ( x_0^2+3x_0y_0+9y_0^3 \right )-\left ( 2y_0-1 \right )\left ( 4y_0^2+2y_0+1 \right )=x_0^3-35y_0^3+1$, mà $gcd\left ( 2^s,t \right )=1\Rightarrow n|x_0^3-35y_0^3+1$



#4 One Piece

One Piece

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 12-11-2016 - 19:44

Bài 4 

Ta có xếp 2n số thành 1 hàng thì tổng các số thứ tự của dãy là (2n+1)n
Cách 2
gọi thứ tự của cặp  số 1 2 ....... n lần lượt sẽ là
(a1,a1+2 ) ........ (ai , ai+i+1) ........... (an , an+n+1)
tổng là 2(a1+a2+......+an ) +n(n+3)/2

=> 2(a1+a2+........+an) + n(n+3)/2  =(2n+1)n
=> 3n^2 - n chia hết cho 4 hay là n^2+n chia hết cho 4

 



#5 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-11-2016 - 22:14

Bài 4
Ta có xếp 2n số thành 1 hàng thì tổng các số thứ tự của dãy là (2n+1)n
Cách 2
gọi thứ tự của cặp số 1 2 ....... n lần lượt sẽ là
(a1,a1+2 ) ........ (ai , ai+i+1) ........... (an , an+n+1)
tổng là 2(a1+a2+......+an ) +n(n+3)/2
=> 2(a1+a2+........+an) + n(n+3)/2 =(2n+1)n
=> 3n^2 - n chia hết cho 4 hay là n^2+n chia hết cho 4

Trên đây mới chỉ là điều kiện cần thôi bạn. Còn cần phải chỉ ra sự tồn tại của một bộ $\left( a_1,a_2,\ldots a_n\right)$ như vậy trong trường hợp $4|n^2+n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 12-11-2016 - 22:22


#6 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 12-11-2016 - 23:19

Bài hình không khó lắm nhưng khá hay.
Có $A$ là tâm vị tự biến $(ADE)$ thành $(ABC)$ nên $(ADE)$ tiếp xúc $(ABC)$ tại A.
Từ đó theo định lý về tâm đẳng phương thì
$BC,EQ,PQ$ và tiếp tuyến chung tại $A$ của 2 đường tròn $(ADE)$ và $(ABC)$ đồng quy tại S.
Ta có $(ED,EQ)=(SB,SQ)=(AB,AQ)(mod \pi )$ hay ASBQ nội tiếp.
Dễ thấy $(BD,BQ)=(SA,SQ)(mod \pi )$ và $(DB,DQ)=(EA,EQ)=(AS,AQ)(mod \pi )$
nên $\Delta BDQ \sim \Delta SAQ$
Suy ra $\frac{BD}{BQ} = \frac{SA}{SQ} = \frac{AD}{BQ}$
Mà $(AS,AD)=(QS,QB)(mod \pi )$ nên $\Delta ASD \sim \Delta QSB$
Có $(AD,DP)=(QB,BC)=(EQ,EA)=(PQ,PA)=(QA,QP)(mod \pi )$
Hệ thức trên chứng tỏ $AQ=AP$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 13-11-2016 - 17:21


#7 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 12-11-2016 - 23:52

 

5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm



#8 Bonjour

Bonjour

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 476 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi có động năng bằng thế năng
  • Sở thích:Vật Lý,Hình học phẳng,Origami

Đã gửi 13-11-2016 - 00:48

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :

Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có : 

  $\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp 

Mặt khác:
 $\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$

Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$

Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$


Con người nếu không có ước mơ, sống không rõ mục đích mới là điều đáng sợ  

                     


#9 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 13-11-2016 - 06:32

Bài $2$
Không khó để chỉ ra rằng phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mỗi $n$ nguyên dương. Bây giờ ta viết lại phương trình như sau

$2016^x+x=-n$

Vế trái là hàm tăng thực sự, phải là hàm giảm thực sự. Do đó, dãy nghiệm của phương trình sẽ giảm. Dễ chứng minh được dãy tiến về $-\infty$. Suy ra 

$lim(x_n+n)=-lim2016^{x_n}=0$.

Vậy

$lim(x_{n+1}-x_n)=lim((x_{n+1}+n+1)-(x_n+n)-1)=-1$. $\square$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 18-11-2016 - 23:59


#10 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 13-11-2016 - 09:29

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :
Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có :
$\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp
Mặt khác:
$\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$
Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$
Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?

#11 yagami wolf

yagami wolf

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 13-11-2016 - 10:39

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm

pp j lạ vậy



#12 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Đã gửi 13-11-2016 - 11:03

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?


Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

#13 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 13-11-2016 - 11:11

Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn. 



#14 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 13-11-2016 - 14:35

Do sơ suất nên đề bài 1 mình gõ sai. Thành thật xin lỗi các bạn.

#15 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 13-11-2016 - 21:42

3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,AC$. Đường tròn $(ADE)$ cắt các đường tròn $(BCD)$ và $(BCE)$ lần lượt tại $P,Q$. CMR $AP=AQ$.

Bài hình còn có 1 cách làm khác như sau:

Xét phép nghịch đảo tâm $A,$ phương tích bất kì, ta thu được bài toán mới sau:

Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ có $D,E$ trung điểm $AB,AC.(BDE),(DCE)$ cắt $BC$ tại $P,Q$ khác $B,C.$ Chứng minh $AP=AQ.$

Để giải bài toán mới này, ta gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $A,D,E$ lên $BC.$ Khi đó:

$XQ=XY+YQ=BY+ZC=ZP+XZ=XP \Rightarrow$ tam giác $AQP$ cân tại $A \Rightarrow AP=AQ.$ Ta có đpcm.


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#16 Ego

Ego

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 13-11-2016 - 22:48

Bài 1 cũng đâu đến phức tạp nhờ
Gọi $n$ nghiệm đã cho là $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$. Với $\sum_{k = 1}^{n}x_{k} = -a_{1}$ và $\sum_{i \neq j}x_{i}x_{j} = a_{2}$.
Ta cần chứng minh $-a_{1}\le x_{k} \le a_{1} + 2 \quad \forall k$
Ta có $x_{i}^{2} \le \sum_{k = 1}^{n}x_{k}^{2} = a_{1}^{2} - 2a_{2} \le a_{1}^{2}$ nên $-a_{1} \le x_{i} \le a_{1}$



#17 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 13-11-2016 - 23:41

Bài hình có cách giải khá đơn giản như sau:

Gọi M là trung điểm BC.

$(ADE), (BCQE), (BDPC)$ có 3 trục đẳng phương là $DP, QE, BC$ đồng quy.

 

Áp dụng định lý Pascal đảo do $S, B, C$ thẳng hàng nên $BQ, CP$ cắt nhau tại $R$ trên $(ADE)$

 

$ \angle ARB =180^o- \angle AEP=180^o- \angle ADP= 180^o- \angle RCB$ Như vậy $AR$ song song $BC$.

 

Mặt khác nếu $R'$ là điểm đối xứng với M qua $DE$ CM được $R'$ thuộc (AED) và $AR'$ song song $BC$. Vậy $R$ trùng $R'$ ta có đpcm

 

ps: Bài hình có xuất hiện trước đó trong Germany VAIMO 2015


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 13-11-2016 - 23:44


#18 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 14-11-2016 - 23:06

Bài hình còn có 1 cách làm khác như sau:

Xét phép nghịch đảo tâm $A,$ phương tích bất kì, ta thu được bài toán mới sau:

Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ có $D,E$ trung điểm $AB,AC.(BDE),(DCE)$ cắt $BC$ tại $P,Q$ khác $B,C.$ Chứng minh $AP=AQ.$

Để giải bài toán mới này, ta gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $A,D,E$ lên $BC.$ Khi đó:

$XQ=XY+YQ=BY+ZC=ZP+XZ=XP \Rightarrow$ tam giác $AQP$ cân tại $A \Rightarrow AP=AQ.$ Ta có đpcm.

Bài toán này đơn giản hơn rất nhiều  :D

$DE//BC$, nên $BDPE $và $QDEC$ là các hình thang nội tiếp nên là hình thang cân.

Suy ra: $QD=EC=EA, EP=BD=DA$. Mặt khác

$\Rightarrow \widehat{QDB}=\widehat{ADE}-\widehat{BDE}=\widehat{DEC}-\widehat{DEP}=\widehat{PEC}$

Nên hai tam giác $QAD$ và $APE$ bằng nhau. Vậy $AP=AQ$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 14-11-2016 - 23:07


#19 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 12-12-2016 - 17:21

Đề bài 5 là $x^3-35y^3+1$ có đúng không hay $x^2-35y^2+1$ vậy em? Hoăc $x,y$ có điều kiện gì không? Nếu đề như thế chọn $x=-1,y=0$ thì còn gì để làm nhỉ? 


Mr Stoke 


#20 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-12-2016 - 19:00

Đề bài 5 là $x^3-35y^3+1$ có đúng không hay $x^2-35y^2+1$ vậy em? Hoăc $x,y$ có điều kiện gì không? Nếu đề như thế chọn $x=-1,y=0$ thì còn gì để làm nhỉ? 

Dạ người ra đề sơ ý nên nhầm ạ, em nghĩ là thế :)) Nếu chữa lại thành lũy thừa chẵn thì thích hợp hơn.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo, đồng nai

0 người đang xem chủ đề

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