Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


Hình ảnh

Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2017

apmo olympic

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 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 16-05-2017 - 10:42

Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2017 lần thứ XXIX

 

apmologo.gif

 

Tháng ba, 2017

Thời gian làm bài: 4 tiếng                                                                                                                                                                                                      Số điểm mỗi bài toán là 7

 

Các bài toán phải được giữ bí mật cho đến khi chúng được đăng lên ở đây: http://apmo.ommenlinea.org/.

Không được tiết lộ cũng như trao đổi về các bài toán trên internet cho đến khi đó. Thí sinh không được sử dụng máy tính.

 

$\text{Bài toán 1}$. Ta gọi một bộ $5$ số nguyên là sắp xếp được nếu các phần tử của nó có thể được đánh dấu $a,b,c,d,e$ theo một thứ tự nào đó sao cho $a-b+c-d+e=29$. Xác định tất cả các bộ $2017$ số nguyên $n_1,n_2,\dots ,n_{2017}$ sao cho nếu ta đặt chúng lên đường tròn theo chiều kim đồng hồ thì bất kỳ bộ $5$ số nguyên liên tiếp nào cũng sắp xếp được.

 

$\text{Bài toán 2}$. Cho tam giác $ABC$ với $AB<AC$. Gọi $D$ là giao điểm của đường phân giác trong góc $BAC$ và đường tròn ngoại tiếp của $ABC$. Gọi $Z$ là giao điểm của đường trung trực của $AC$ với đường phân giác ngoài của góc $BAC$. Chứng minh rằng trung điểm của $AB$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ADZ$.

 

$\text{Bài toán 3}$. Gọi $A(n)$ là số dãy số nguyên $a_1\geq a_2\geq\dots\geq a_k$ sao cho $a_1+\cdots +a_k=n$ và mỗi $a_i+1$ là một lũy thừa của hai ($i=1,2,\dots ,k$). Gọi $B(n)$ là số dãy số nguyên $b_1\geq b_2\geq \dots \geq b_m$ sao cho $b_1+b_2+\cdots +b_m=n$ và mỗi bất đẳng thức $b_j\geq 2b_{j+1}$ xảy ra ($j=1,2,\dots ,m-1$).

 Chứng minh rằng $A(n)=B(n)$ với mọi số nguyên dương $n$.

 

$\text{Bài toán 4}$. Gọi một số hữu tỷ $r$ là mạnh mẽ nếu $r$ có thể được biểu diễn dưới dạng $\frac{p^k}{q}$ với các số nguyên dương $p,q$ nguyên tố cùng nhau và số nguyên dương $k>1$. Gọi $a,b,c$ là các số hữu tỷ dương sao cho $abc=1$. Giả sử rằng tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho $a^x+b^y+x^z$ là một số nguyên. Chứng minh rằng $a,b,c$ đều mạnh mẽ.

 

$\text{Bài toán 5}$. Cho số nguyên dương $n$. Một cặp các bộ $n$ số nguyên dương $(a_1,a_2,\dots ,a_n)$ và $(b_1,b_2,\dots ,b_n)$ được gọi là một cặp đẹp nếu $$|a_1b_1+\cdots +a_nb_n|\leq 1.$$

 Xác định số lớn nhất các bộ $n$ số nguyên dương phân biệt sao cho cứ hai cặp hai bộ bất kỳ là một cặp đẹp.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 16-05-2017 - 21:27


#2 lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 16-05-2017 - 19:07

Bài 4 : Xét $v_p(a)$ là số mũ ( định giá ) của số p ứng với số hữu tỷ $a$ ( p-adics valuation )

 

Nhiệm vụ của chúng ta là chứng minh a,b,c là số mạnh . Ta sẽ chứng minh a là số mạnh từ đó tương tự sẽ có b,c cũng là số mạnh

 

Theo định nghĩa , r là 1 số hữu tỷ mạnh nếu mà $v_p(r)$ > 1 ( p là ước nguyên tố hình thức ( valuation của r)

 

Để có lợi , ta xẻt 1 số $p$ để $v_p(a)$ lớn hơn 0. Khi do $\nu_p(a) + \nu_p(b) + \nu_p(c) = 0$ nên ta có thể chứng minh $v_(b)$ và $v_(c)$ nhỏ hơn 0

 

 

1) Do tồn tại $x,y,z$ thoả mãn bài toán nên số mũ ( định giá ) của chúng phải >=0

2) $v_p(c^z) = v_p(b^y)$

3) Viết lại $\nu_p(c) = -y't$ và $\nu_p(c) = -y't$   vớ i$y' = \frac{y}{\gcd(y,z)}$ và $z' = \frac{z}{\gcd(y,z)}$

4)Đến đây dễ dàng có $v_p(a)$ lớn hơn 1 nên a là số mạnh . Tương tự thì b,c cũng mạnh 

 

 

Về định giá p-adic anh có thể xem VMO 2017 năm nay là 1 ví dụ . ( dù chả liên quan :) )



#3 Donald Trump

Donald Trump

    Binh nhất

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

Đã gửi 16-05-2017 - 20:10

Bài số 2 dịch chưa đúng lắm, $D$ là giao điểm của đường phân giác trong $\angle BAC$ với đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$, $Z$ là giao điểm của trung trực $BC$ với đường phân giác ngoài của $\angle BAC$.

 

Giải. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là trung điểm $AC$, $P$ là hình chiếu của $D$ lên $AB$, $Q$ là hình chiếu của $D$ lên $AC$. Ta có $AP$ $=$ $AQ$ và $BP$ $=$ $CQ$ nên $AB$ $+$ $2BP$ $=$ $AC$ suy ra $MP$ $=$ $\tfrac{1}{2}$ $AC$ suy ra $MP$ $=$ $AN$. Dễ thấy $\triangle ZAN$ $\sim $ $\triangle ADP$ nên $\tfrac{AZ}{AN}$ $=$ $\tfrac{DA}{DP}$ suy ra $\tfrac{AZ}{MP}$ $=$ $\tfrac{DA}{DP}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{AZ}{AD}$ $=$ $\tfrac{PM}{PD}$ suy ra $\triangle ZAD$ $\sim $ $\triangle MPD$ suy ra $\angle PMD$ $=$ $\angle AZD$, từ đó đường tròn ngoại tiếp $\triangle AZD$ đi qua trung điểm $AB$. $\square$



#4 lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 16-05-2017 - 20:35

http://www.ommenline...pmo2017_sol.pdf .   cho những ai quan tâm



#5 Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 494 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Miền cắt trắng
  • Sở thích:$\mathbb{Geometry}$

Đã gửi 16-05-2017 - 22:08

$\text{Bài toán 2}$. Cho tam giác $ABC$ với $AB<AC$. Gọi $D$ là giao điểm của đường phân giác trong góc $BAC$ và đường tròn ngoại tiếp của $ABC$. Gọi $Z$ là giao điểm của đường trung trực của $AC$ với đường phân giác ngoài của góc $BAC$. Chứng minh rằng trung điểm của $AB$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ADZ$.

Một lời giải hoàn toàn khác

 

APMO 2017.png

Gọi $J,Q$ lần lượt là giao điểm của đường tròn $(ADZ)$ và $AB,AC$. $P$ là giao điểm của đường tròn $(ADZ)$ và đường trung trực của $AC$

$\overarc{AD} = 180^{\circ} - \overarc{AZ} = \overarc{PQ}$ $\Rightarrow DP \parallel AQ$

$\angle DSZ = 90^{\circ} - \angle SAM = \angle JAZ$ và $\angle SDZ = \angle AJZ$ $\Rightarrow \triangle AJZ \sim \triangle SDZ$

$\Rightarrow \angle AZJ =  \angle DZS \Rightarrow AJ = DP$

$\angle ABC = \angle SDC$ và $\angle BAC = \angle DSC$ $\Rightarrow \triangle ABC \sim SDC$

$\Rightarrow \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{SD}{SC} = \dfrac{SD}{SA} = \dfrac{DP}{AM} = \dfrac{AJ}{AM}$

$\Rightarrow J$ là trung điểm của $AB$

 

P/s: Vì phải đi học thêm đến 9h mới về nên mình đăng lời giải hơi muộn :)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 16-05-2017 - 22:16


#6 lamNMP01

lamNMP01

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 21-05-2017 - 23:49

Bài 1: không khuyến khích cho ai chưa biết phương pháp ma trận ( bài tập thực hành :) )

 

Giả sử ta xét $x_1,x_2,......x_2017$ tm ycbt.  Với mỗi tồn tại $\varepsilon_{i,j}\in\{-1, 1\}$ để $ \[

\varepsilon_{i, 1}n_{i}+\varepsilon_{i, 2}n_{i+1}+\varepsilon_{i, 3}n_{i+2}+\varepsilon_{i, 4}n_{i+3}+\varepsilon_{i, 5}n_{i+4}=29
\]$ với mỗi $i$ và $\sum_{j=1}^{5}\varepsilon_{i, j}=1$

 

Ta coi đây là hệ độc lập tuyến tính 2017 phương trình . Có nghiệm sẵn là 2017 số 29,.

 

Ta cm đó là nghiệm duy nhất  Xét det của matrix sau

 

\[
\Det B=
\begin{vmatrix}
\varepsilon_{1, 1} & \varepsilon_{1, 2} & \varepsilon_{1, 3} & \varepsilon_{1, 4} & \varepsilon_{1, 5} & 0 & \hdots & 0 \\
0 & \varepsilon_{2, 1} & \varepsilon_{2, 2} & \varepsilon_{2, 3} & \varepsilon_{2, 4} & \varepsilon_{2, 5} & \hdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots \\
\varepsilon_{2017, 2} & \varepsilon_{2017, 3} & \varepsilon_{2017, 4} & \varepsilon_{2017, 5} & 0 & 0 & \hdots & \varepsilon_{2017, 1}
\end{vmatrix}.
\]

xét theo mod 2, matrix chuyển về  \[

\B_0=
\begin{vmatrix}
1 & 1 & 1 & 1 & 1 & 0 & \hdots & 0 \\
0 & 1 & 1 & 1 & 1 & 1 & \hdots & 0 \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \vdots &\ddots & \vdots \\
1 & 1 & 1 & 1 & 0 & 0 & \hdots & 1
\end{vmatrix},
\]

 

Gọi $\omega=e^{\frac{2\pi i}{2017}}$ là căn 2017 của đơn vị. Ta tính ra det của B_o là 5. Nên nó tồn tại nghiệm duy nhất do ma trận này có nghịch đảo qua $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ do (5,2017)=1.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamNMP01: 21-05-2017 - 23:54


#7 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

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

Đã gửi 31-05-2017 - 08:48

Bài 1:

Theo đề bài thì tổng 5 số nguyên liên tiếp trong 2017 số đó phải là số lẻ , xét $1\leq i\leq 2017$, nếu $n_i$ và $n_{i+5}$ khác tính chẵn lẻ thì $n_i+n_{i+1}+n_{i+2}+n_{i+3}+n_{i+4}, n_{i+1}+n_{i+2}+n_{i+3}+n_{i+5}$ khác tính chẵn lẻ, vô lý do đó $n_i$ và $n_{i+5}$ cùng tính chẵn lẻ, từ $\left ( 5,2017 \right )=1$ suy ra 2017 số nguyên trên cùng tính chẵn lẻ. Mà tổng của 5 số liên tiếp bất kỳ là lẻ nên 2017 số này đều là số lẻ.

Ta thay bộ $ n_i$ thành bộ  $\frac{n_i-27}{2} $, vì $n_i$ là các số lẻ cho nên $\frac{n_i-29}{2}+1$ cũng là các số nguyên, lúc này với 5 số nguyên liên tiếp bất kỳ ta luôn có thể đánh dấu chúng là $a,b,c,d,e$ sao cho $a-b+c-d+e=1$. Chứng minh tương tự ta cũng thu được $\frac{n_i-29}{2}+1$ là các số lẻ, do đó ta thay bộ trên bằng bộ $\frac{\frac{n_i-29}{2}+1+1}{2}=\frac{n_i-29}{2^2}+1$ và với 5 số nguyên liên tiếp ta cũng có thể đánh dấu $a,b,c,d,e$ sao cho $a-b+c-d+e=1$. Cứ tiếp tục như vậy ta chứng minh được $\frac{n_i-29}{2^k}+1\in \mathbb{Z}\Rightarrow \frac{n_i-29}{2^k}\in \mathbb{Z}$, mà $lim\frac{n_i-29}{2^k}=0\Rightarrow \frac{n_i-29}{2^k}=0\Rightarrow n_i=29$

Vậy bộ duy nhất thỏa mãn bài toán là $n_i=29\left ( 1\leq i\leq 2017 \right )$







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: apmo, olympic

0 người đang xem chủ đề

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