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

BMO 2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 kienvuhoang

kienvuhoang

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bên kia Ngân Hà
  • Sở thích:play soccer,inequality

Đã gửi 06-05-2017 - 20:05

$34^{th}$ Balkan Mathematical Olyimpiad 2017

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn:
\[ x^{3}+y^{3}=x^{2}+42xy+y^{2}.\]

2. Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $\Gamma$. $t_{B}$ và $t_{C}$ lần lượt là các tiếp tuyến của $\Gamma$ tại $B$ và $C$, $L$ là giao điểm của 2 tiếp tuyến đó. Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt $t_{C}$ tại điểm $D$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ cắt $t_{B}$ tại điểm $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDC$ cắt $AC$ tại $T$ ($T$ nằm giữa $A$ và $C$). Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEC$ cắt đường thẳng $AB$ tại $S$ ($B$ nằm giữa $S$ và $A$). Chứng minh rằng $ST,AL$ và $BC$ đồng quy.

3. Kí hiệu $\mathbb{N}$ là tập hợp các số tự nhiên. Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}$ sao cho
\[n+f(m)\mid f(n)+nf(m)\]
với $m,n\in \mathbb{N}$

4. Trên $1$ bàn tròn có $n>2$ học sinh ngồi. Đầu tiên, mỗi học sinh có $1$ viên kẹo. Mỗi bước tiếp theo, mỗi học sinh chọn một trong những hành động sau:

(A) Đưa $1$ viên kẹo cho học sinh ngồi bên trái hoặc bên phải người đó.

(B) Chia số kẹo thành $2$ phần (có thể không có gì), $1$ phần đưa cho người bên trái và phần còn lại cho người bên phải người đó.

Mỗi bước, các học sinh thực hiện hành động của mình cùng một lúc.

Sự phân chia số kẹo được gọi là hợp lệ nếu nó xảy ra trong số bước hữu hạn.
Tìm số lượng phân chia hợp lệ.

(Hai sự sắp xếp khác nhau khi mà có một học sinh ở mỗi sự sắp xếp có số kẹo khác nhau )
Spoiler


Cảm ơn bạn NHoang1608 đã dịch.
 
18195052_423350804703003_632158083920047

#2 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{\lim_{I\rightarrow U} Love= +\infty}$

Đã gửi 06-05-2017 - 20:58

$34^{th}$ Balkan Mathematical Olyimpiad 2017

1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(x,y)$ thỏa mãn:
\[ x^{3}+y^{3}=x^{2}+42xy+y^{2}.\]

2. Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $\Gamma$. $t_{B}$ và $t_{C}$ lần lượt là các tiếp tuyến của $\Gamma$ tại $B$ và $C$, $L$ là giao điểm của 2 tiếp tuyến đó. Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt $t_{C}$ tại điểm $D$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ cắt $t_{B}$ tại điểm $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDC$ cắt $AC$ tại $T$ ($T$ nằm giữa $A$ và $C$). Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEC$ cắt đường thẳng $AB$ tại $S$ ($B$ nằm giữa $S$ và $A$). Chứng minh rằng $ST,AL$ và $BC$ đồng quy.

3. Kí hiệu $\mathbb{N}$ là tập hợp các số tự nhiên. Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{N}\longrightarrow\mathbb{N}$ sao cho
\[n+f(m)\mid f(n)+nf(m)\]
với $m,n\in \mathbb{N}$

4. Trên $1$ bàn tròn có $n>2$ học sinh ngồi. Đầu tiên, mỗi học sinh có $1$ viên kẹo. Mỗi bước tiếp theo, mỗi học sinh chọn một trong những hành động sau:

(A) Đưa $1$ viên kẹo cho học sinh ngồi bên trái hoặc bên phải người đó.

(B) Chia số kẹo thành $2$ phần (có thể không có gì), $1$ phần đưa cho người bên trái và phần còn lại cho người bên phải người đó.

Mỗi bước, các học sinh thực hiện hành động của mình cùng một lúc.

Sự phân chia số kẹo được gọi là hợp lệ nếu nó xảy ra trong số bước hữu hạn.
Tìm số lượng phân chia hợp lệ.

(Hai sự sắp xếp khác nhau khi mà có một học sinh ở mỗi sự sắp xếp có số kẹo khác nhau )

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 06-05-2017 - 22:40

The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.

----- Michelangelo----


#3 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 300 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 06-05-2017 - 22:07

Câu 3:(chả biết có đúng không)

Ta có $n+f(m)|n^2+nf(m)$
Theo giả thiết $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên $n+f(m)|f(n)-n^2(1)$

TH1: $f(n)=c$(với c là hằng)$\Rightarrow n+c|c-n^2$(theo $(1)$)
mà $n+c|c^2-n^2$ nên $n+c|c-c^2 \Rightarrow c-c^2$ có vô số ước $\Rightarrow c-c^2\Rightarrow c=0$ hoặc $c=1$

TH2: $f(n)$ không là hằng

$\Rightarrow f(n)-n^2$ có vô số ước trong $\mathbb{N}$ 

 $\Rightarrow f(n)-n^2=0\Rightarrow f(n)=n^2$ 

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 07-05-2017 - 13:04

  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 


#4 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 300 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 07-05-2017 - 07:05

2. Cho tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$) nội tiếp đường tròn $\Gamma$. $t_{B}$ và $t_{C}$ lần lượt là các tiếp tuyến của $\Gamma$ tại $B$ và $C$, $L$ là giao điểm của 2 tiếp tuyến đó. Đường thẳng qua $B$ song song với $AC$ cắt $t_{C}$ tại điểm $D$. Đường thẳng qua $C$ song song với $AB$ cắt $t_{B}$ tại điểm $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDC$ cắt $AC$ tại $T$ ($T$ nằm giữa $A$ và $C$). Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BEC$ cắt đường thẳng $AB$ tại $S$ ($B$ nằm giữa $S$ và $A$). Chứng minh rằng $ST,AL$ và $BC$ đồng quy.
 

2.

geogebra-export.png

Gọi $I$ và $I'$ lần lượt là giao điểm của $AL$ và $BC$; của $ST$ và $BC$
Ta có  $\angle{BCL}=\angle{CBL}=\angle{BAC}$
mà $\angle{DBC}=\angle{ACB}$ nên $\angle{BDC}=180^0-\angle{DBC}-\angle{DCB}=180^0-\angle{ACB}-\angle{BAC}=\angle{ABC}$
$\Rightarrow (BCD)$ tiếp xúc với $AB \Rightarrow AB^2=AT.AC\Rightarrow AT=\frac{AB^2}{AC}; CT=AC-\frac{AB^2}{AC}$
Tương tự $AS=\frac{AC^2}{AB}; BS=\frac{AC^2}{AB}-AB$
Áp dụng định lý $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với cát tuyến $(SI'T)$; ta có: $\frac{SA.I'B.TC}{SB.IC.TA}=1$
$\Rightarrow \frac{I'B}{I'C}=\frac{SB.TA}{SA.TC}=\frac{(\frac{AC^2}{AB}-AB).\frac{AB^2}{AC}}{\frac{AC^2}{AB}(AC-\frac{AB^2}{AC})}=(\frac{AB}{AC})^2 (1)$
Dễ thấy $AI$ là đường đối trung trong tam giác ABC$\Rightarrow \frac{IB}{IC}=(\frac{AB}{AC})^2 (2)$
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow I\equiv I'\Rightarrow ST;AL;BC$ đồng quy.


  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 


#5 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 07-05-2017 - 09:06

Câu 3:(chả biết có đúng không)

TH1: $f(n)=c$(với c là hằng)$\Rightarrow n+c|c-n^2$(theo $(1)$)
mà $n+c|c^2-n^2$ nên $n+c|c-c^2 \Rightarrow c-c^2$ có vô số ước $\Rightarrow c-c^2\Rightarrow c=0$ hoặc $c=1$

TH2: $f(n)$ không là hằng

Ta có $n+f(m)|n^2+nf(m)$
Theo giả thiết $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên $n+f(m)|f(n)-n^2(1)$
Do đó $f(n)-n^2$ có vô số ước trong $\mathbb{N}$ 

 $\Rightarrow f(n)-n^2=0\Rightarrow f(n)=n^2$ 

Spoiler

Điều này không rõ ràng, vì $f(n)$ có thể bị chặn (tức là $f(n)$ chỉ nhận hữu hạn giá trị nguyên). Lưu ý $f$ ở đây không nhất thiết là đa thức.



#6 vda2000

vda2000

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 301 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 07-05-2017 - 09:18

Bài 3:

Theo em biết thì nước ngoài hiểu $\mathbb{N}={1,2,...}$

Giả sử một hàm $f$ thỏa mãn đề bài.

Ta có: $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên: $n+f(m)|f(n)-n^2$ $(1)$ và: $n+f(m)|f(n)-[f(m)]^2$ $(2)$

Giả sử rằng $f(m)$ chỉ nhận hữu hạn giá trị trên $\mathbb{N}$

Khi đó, tồn tại tập $A={n_1,n_2,...}$ có vô hạn phần tử, được sắp thứ tự tăng dần sao cho: $f(n_1)=f(n_2)=...=a$

Thay $m=n_1, n=n_i$, suy ra:

$n_i+a|a-a^2$. Theo cách định nghĩa của ta, cho $i\rightarrow +\infty$ thì $n_i\rightarrow +\infty$, suy ra:

$a-a^2=0$, vì xét hàm trên $\mathbb{N}$ suy ra: $a=1$

Cố định $m_0$ trong $(2)$, thay $n=n_i$, suy ra:

$n_i+f(m_0)|1-[f(m_0)]^2$

Một lần nữa, cho $i\rightarrow +\infty$, $n_i\rightarrow +\infty$, dẫn đến: $f(m_0)=1$, từ đó suy ra: $f(x)=1$, với mọi $x\in\mathbb{N}$

Trường hợp tập giá trị của $f(m)$ không bị chặn, làm giống bạn @Minhnksc


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 07-05-2017 - 09:20

$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!


#7 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 300 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 07-05-2017 - 10:33

Bài 1:

Phương trình ban đầu tương đương

$(x+y-1)(x^2-xy+y^2)=43xy$

Vì $x^2-xy+y^2\geq xy$ nên $x+y-1\leq 43$

Nếu $x+y-1=43\Rightarrow x^2-xy+y^2=xy\Rightarrow x=y=22$

Nếu $x+y-1<43$

 Đặt $d=gcd(x;y); x=dx'; y=dy'; (x';y')=1$, từ đó suy ra $(x+y-1)(x'^2-x'y'+y'^2)=43x'y'$

 mà $gcd(x'^2-x'y'+y'^2;x'y')=1$ (do $(x';y')=1$) và $x+y-1<43$ nên $x'^2-x'y'+y^2=43(1)$ và $d(x'+y')-1=x'y'(2)$

 Biến đổi phương trình $(1)$ thành $3(x'-y')^2+(x'+y')^2=172$

 Từ đó ta tính được $x';y'$ rồi thay vào $(2)$ tính $d$ để tìm nghiệm của phương trình

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 07-05-2017 - 10:34

  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 


#8 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 07-05-2017 - 12:49

Câu 3:(chả biết có đúng không)

TH1: $f(n)=c$(với c là hằng)$\Rightarrow n+c|c-n^2$(theo $(1)$)
mà $n+c|c^2-n^2$ nên $n+c|c-c^2 \Rightarrow c-c^2$ có vô số ước $\Rightarrow c-c^2\Rightarrow c=0$ hoặc $c=1$

TH2: $f(n)$ không là hằng

Ta có $n+f(m)|n^2+nf(m)$
Theo giả thiết $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên $n+f(m)|f(n)-n^2(1)$
Do đó $f(n)-n^2$ có vô số ước trong $\mathbb{N}$ 

 $\Rightarrow f(n)-n^2=0\Rightarrow f(n)=n^2$ 

Spoiler

cho em hỏi tí ạ nếu là $f(n)=c$ thì $(1)$ phải trở thành $n+c|c+nc$ chứ ạ ? sao lại ra $ n+c|c-n^2$


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#9 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 25-06-2017 - 09:43

Câu hình đề thi Bankan MO bạn trên giải còn khá dài. Xin giải lại như sau:

bankan MO 2017.png

Gọi $J = ST \cap BC$

Ta có: 

$ \angle DBS = \angle BAC = \angle DCB $ nên $AB$ tiếp xúc với $(BCT)$.

Chứng minh tương tự: $AC$ tiếp xúc với $(BCS)$.

Do đó $\angle ABT = \angle  ACB = \angle ASC \Rightarrow  BT \parallel SC$

Ta có: $AC^{2} = AB.AS \Rightarrow AS = \dfrac{AC^{2}}{AB} $

Áp dụng định lí $Thales$:

$$ \dfrac{JB}{JC} =\dfrac{BT}{SC} = \dfrac{AB}{AS} = \dfrac{AB^{2}}{AC^{2}} $$

$\Rightarrow ST, BC$ và $ AL$ đồng quy. 



#10 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 25-06-2017 - 12:55

Cách khác của thầy Nguyễn Chương Chí:

19429615_10208953098132206_4818244192420



#11 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

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

Đã gửi 13-02-2018 - 12:02

Bài 2.

 

Bài này khá hay, có thể giải bằng đường đối trung như sau:

 

Do $\angle DBC=\angle ACB$, $\angle DCB=\angle BAC$$\Rightarrow ABC=\angle BDC=\angle ATB$

 

Suy ra $\Delta ATB ~ \Delta ABC$, tương tự ta cũng có $\Delta ACS ~ \Delta ABC$

 

Ta có: $\angle ATB=\angle ABC=\angle ACS\Rightarrow BT//CS$. Gọi $N$ là trung điểm $BT$, $P$ là trung điểm của $CS$.

 

Do $AL$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ và   $\Delta ATB ~ \Delta ABC$ suy ra $AL$ đi qua trung điểm $N$ của $BT$ suy ra $AL$ cũng đi qua trung điểm $P$ của $CS$.

 

Do tứ giác $BTCS$ là hình thang, nên theo bổ đề hình thang ta có điều phải chứng minh. 

 

  • Ở hình vẽ còn có lời giải thứ hai cho bài toán này  :closedeyes:  :closedeyes:  :D  :like

Hình gửi kèm

  • 1.png


#12 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 20-02-2018 - 17:16

Lời giải của mình cho bài này, hoàn toàn lớp 9: 

 

Gọi $AL\cap BC=K$. Theo tính chất đường đối trung ta có: $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{AB^2}{AC^2}$. Để ý rằng: $\angle DBC=\angle ACB$ và $\angle DCB=\angle BAC$ do đó: $\bigtriangleup ABC\sim \bigtriangleup CDB(g.g)$ do đó: $AB$ tiếp xúc $(BDC)$. Tương tự thì $AC$ tiếp xúc $(BEC)$. Theo định lí Thales ta có: $\dfrac{TC}{TA}=\dfrac{BS}{BA}$. Ta có:
 
$\dfrac{SA}{BA}.\dfrac{KB}{KC}.\dfrac{TC}{TA}=\dfrac{SA}{SB}.\dfrac{AB^2}{AC^2}.\dfrac{SB}{BA}=\dfrac{SA.AB}{AC^2}=1$
 
(do $AC$ tiếp xúc $(BEC)$). Vậy theo định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ ta có: $S,K,T$ thẳng hàng hay điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 20-02-2018 - 17:21

:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh