Đến nội dung


Hình ảnh

USAMO 2017 ngày 1


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

#1 lamNMP01

lamNMP01

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà-nội Amsterdam Highschool for the gifted
  • Sở thích:Number theory :>. Chỉ đơn giản là thích làm toán.

Đã gửi 20-04-2017 - 23:46

Bài 1: CMR tồn tại vô hạn cặp $(a,b)$ thoả mãn $a$, $b$ nguyên tố cùng nhau và đồng thời lớn hơn 1 để $a^b+b^a$ chia hết cho $a+b$

 

 

Bài 2: Cho $m_1, m_2, \ldots, m_n$ là n số nguyên dương không nhất thiết phân biệt . Với dãy các số nguyên bất kì $A = (a_1, \ldots, a_n)$ và 1 hoán vị bất k ì$w = w_1, \ldots, w_n$ của $m_1, m_2, \ldots, m_n$ định nghĩa $A$-inversion của $w$ là các  cặp $w_i$ và $w_j$ với $i$ < $j$ thoả mãn các điều kiện :

   i)  $a_i \ge w_i > w_j$

   ii) $w_j > a_i \ge w_i$ hoặc 

  iii)  $w_i > w_j > a_i$

 CMR với 2 dãy số nguyên $A = (a_1, \ldots, a_n)$  và $B = (b_1, \ldots, b_n)$ và với mỗi số nguyên dương $k$ ,số hoán vị của $m_1, \ldots, m_n$ có đúng k $A$-inversion bằng với số bộ hoán vị $m_1, \ldots, m_n$ có đúng $k$ $B$-inversion.

 

Bài 3: Cho $ABC$ là tam giác không có 3 cạnh bằng nhau , nội tiếp $\Omega$ và có tâm nội tiếp $I$. Tia $AI$ cắt $BC$ tại $D$ và $\Omega$ lần thứ 2 tại M. Đường tròn đường kính $DM$ cắt $\Omega$ tại $K$ . $MK$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $N$ là trung điểm của tia $IS$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle KID$ và $\triangle MAN$ cắt nhau lần lượt tại $L_1$ và $L_2$. CMR $\Omega$ đi qua trung điểm của $IL_1$ hoặc $IL_2$.

 

 

                                                                           Chúc mọi người có 1 buổi đêm vui vẻ :)



#2 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1512 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 21-04-2017 - 10:15

Bài 3. Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ thì $M$ là trung điểm $IJ$

Dễ thấy rằng $AS$ là phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $ABC$ nên $AS$ đi qua $G$ là trung điểm cung $BC$ của $(ABC)$

Gọi $F$ là giao điểm của $(ASI)$ và $(IBC)$ thì $MN\perp IF$ tại trung điểm $H$ của $IF$.

Ta có $GA.GS = GB^2$ nên $G\in IF$, suy ra $H\in (ABC)$

Ta có $\widehat{FAN}=90^o-\widehat{AIG}=\widehat{AMN}$ nên $F\in (AMN)$

Ta còn có $\widehat{MDK}=\widehat{GSK}=\widehat{IFK}$ do $G,S,K,F$ đồng viên. Do đó $F\in (KID)$

Ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 21-04-2017 - 10:16

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#3 Donald Trump

Donald Trump

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:White House
  • Sở thích:Làm nước Mỹ vĩ đại trở lại

Đã gửi 21-04-2017 - 16:50

Bài 1. Chọn $a$ lẻ, $a\equiv 2\pmod 3$ thì tồn tại vô hạn $a$ như vậy.

Xét bộ $(a,a^2+1)$ thì $a^2+1-a\equiv 1+1-2\equiv 0\pmod 3$ $\Rightarrow $ $a^2+a+1$ $\mid$ $a^3-1$ $\mid$ $a^{a^2+1-a}-1$ $\mid$ $a^{a^2+1}-a^a$

Do $a$ lẻ nên $a^2+a+1$ $\mid$ $(a^2+1)^a$ $+$ $a^{a}$ $\Rightarrow$ $a^2+a+1$ $\mid$ $a^{a^2+1}+(a^2+1)^a$

Mặt khác $(a,a^2+1)$ $=$ $1$ nên $(a,a^2+1)$ thỏa bài toán. $\square$

 



#4 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-04-2017 - 20:55

Bài 2:

Ta sẽ chứng minh rằng số hoán vị chứa đúng $k$ $A-inversion$ không phụ thuộc vào dãy $A$ (Và bằng số số hoán vị có đúng $k$ nghịch thế).

Bài toán hiển nhiên đúng với $n=1$, giả sử bài toán đúng với $n=k$, xét $n=k+1$. Xét $1$ hoán vị có chứa số $w_1$ đứng đầu dãy. Gọi $f$ là số số $w_i$ thoả mãn $(w_1;w_j)$ là $1$ $A-inversion$. Nếu $a_1>w_1$, số số $w_j$ thoả mãn điều kiện bằng số số $t$ trong $n$ số $m_1,m_2,...,m_n$ thoả mãn $t>a_1$ hoặc $t<w_1$, số các số đó hoàn toàn không phụ thuộc vào cách sắp xếp $n-1$ số cồn lại khác $w_1$. Tương tự với trường hợp $a_1<w_1;a_1=w_1$. Gọi số số $w_j$ lạp thành cặp $A-inversion$ với $w_1$ là $f$, ta đếm cách sắp xếp $n-1$ số còn lại để có đúng $k-f$ cặp, và nó không phụ thuộc vào $A-a_1$. Tương tự với các trường hợp những số khác xếp ở vị trí đầu trong hoán vị, tổng lại các cách sắp xếp thì ta được số cách sắp xếp để có đúng $k$ cặp $A-inversion$ và nó không phụ thuộc vào $A$. Mệnh đề đúng với $n=k+1$, $\Rightarrow$ $Q.E.D$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 21-04-2017 - 21:02


#5 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:$\text{Proofs from THE BOOK}$
  • Sở thích:$\mathbb{C} 0mb\sqrt{-1}$&$\mathbb{N} T$

Đã gửi 23-04-2017 - 20:16

Ngày $2$.

 

$4$. Cho $P_1,P_2,\dots ,P_{2n}$ là $2n$ điểm phân biệt trên đường tròn đơn vị $x^2+y^2=1$ và khác $(1,0)$. Mỗi điểm được tô đỏ hoặc xanh với đúng $n$ điểm đỏ và $n$ điểm xanh. Gọi $R_1,R_2,\dots, R_n$ là bất kỳ cách đánh dấu các điểm đỏ nào. Gọi $B_1$ là điểm xanh gần nhất với $R_1$ khi đi quanh đường tròn theo chiều ngược kim đồng hồ, xuất phát từ $R_1$. Sau đó gọi $B_2$ là điểm xanh gần nhất trong các điểm còn lại với $R_2$ khi đi quanh đường tròn theo chiều ngược kim đồng hồ, xuất phát từ $R_2$. Cứ như thế cho đến khi tất cả các điểm đều được đánh dấu $B_1, B_2,\dots ,B_{n}$. Chứng minh rằng số cung ngược chiều kim đồng hồ có dạng $R_iB_i$ mà chứa điểm $(1,0)$ thì không phụ thuộc với cách chọn thứ tự các điểm đỏ $R_1,R_2,\dots R_n$.

 

$5$. Gọi $\mathbf{Z}$ là tập tất cả các số nguyên dương. Tìm  tất cả các số thực dương $c$ sao cho tồn tại một cách đánh dấu các điểm nguyên $(x,y)\in\mathbf{Z}^2$ bằng các số nguyên dương mà:

$\bullet$ Chỉ có hữu hạn số nguyên dương được dùng để đánh dấu

$\bullet$ Với mỗi số nguyên dương $i$ được dùng để đánh dấu, khoảng cách giữa hai điểm cùng được đánh dấu $i$ ít nhất là $c^i$.

 

$6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của

$$\frac{a}{b^3+4}+\frac{b}{c^3+4}+\frac{c}{d^3+4}+\frac{d}{a^3+4}$$

trong đó $a,b,c,d$ là các số thực không âm và $a+b+c+d=4$.

 

$$\text{HẾT}$$

 

Aww, bất đẳng thức again!


$e^{i\pi}+1=0$


#6 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 633 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 24-04-2017 - 08:31

6

ta có $\sum \frac{a} {b^{3}+4}= \sum \frac{a} {4} -\frac{ab^{3}} {4(b^{3}+4)} \geq \sum \frac{a} {4} - \frac{ab} {12}$

$=1-\frac{ab+bc+cd+da} {12} \geq 1- \frac{(a+c)(b+d)} {12} \geq \frac{2} {3}$

dấu bằng xảy ra khi $a=d=2, b=c=0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi canhhoang30011999: 24-04-2017 - 08:33


#7 Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 325 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textbf{QT}}$
  • Sở thích:$\textbf{Tín đồ Hình Học}$

Đã gửi 24-04-2017 - 18:42

$\boxed{6}$

Dễ thấy rằng: $\dfrac{1}{x^3+4}=\dfrac{3-x}{12}+\dfrac{x(x-2)^2(x+1)}{12(x^3+4)}$
$\Rightarrow \sum \dfrac{a}{b^3+4}\ge \dfrac{3(a+b+c+d)-(a+c)(b+d)}{12}\ge \dfrac{2}{3}$
Sử dụng bất đẳng thức $\text{AM-GM}$ ta có:$(a+c)(b+d)\le \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}=4$
Hoàn tất chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 24-04-2017 - 18:44

$\text{Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nó là thành quả của Tư Duy chứ không phải trí nhớ}$ 

                                                           $\textbf{Lev. Tolstoy}$

 





0 người đang xem chủ đề

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