Đến nội dung


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
  • 295 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
  • 95 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
  • 95 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
  • 493 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
  • 95 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
  • 101 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