Đến nội dung


Hình ảnh

Turkey TST 2017

tst turkey 2017

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 12 trả lời

#1 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 28-06-2017 - 14:59

\[\text{Turkey TST 2017}\]
 
 
Bài Toán 1.Tìm tất cả các số nguyên dương $m,n$ và số nguyên tố $p$ sao cho $(m^3+n)(n^3+m)=p^3$.
 
Bài Toán 2. Cho một quốc gia có $2017$ thành phố. Có các đường bay $2$ chiều giữa một số cặp thành phố sao cho với mỗi $2$ thành phố, ta có thể đi từ thành phố này đến thành phố kia bằng một dãy đường bay. Tìm giá trị nhỏ nhất của số nguyên dương $k$ sao cho: với mọi cách thiết kế đường bay, tồn tại k thành phố để mỗi thành phố khác đều có thể bay đến trực tiếp một trong $k$ thành phố này.
 
Bài Toán 3. Cho tam giác $ABC$ với trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$ lần lượt là $D, E, F$. Giả sử đường tròn nội tiếp tiếp xúc với các cạnh $BC, CA, AB$ lần lượt tại $G, H, I$. Gọi trung điểm của $AD$ là $J$. $BJ$ và $AG$ cắt nhau tại $K$. Đường tròn tâm $C$ qua $A$ cắt tia $CB$ tại $X$. Đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ và $AX$ cắt nhau tại $U$. $IU$ và $BC$ cắt nhau tại $P$. Lấy $Y$ trên đường tròn nội tiếp sao cho $PY$ tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại $Y$. Chứng minh rằng các điểm $D, E, F, Y$ cùng nằm trên một đường tròn.
 
Bài Toán 4. Trong phòng có $n$ sinh viên tuổi đôi một khác nhau. Biết rằng mỗi sinh viên $A$ bắt tay với ít nhất một sinh viên mà sinh viên này không bắt tay với ai khác trẻ hơn $A$. Tìm tất cả n để điều này có thể xảy ra.
 
Bài Toán 5. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq 4(ab+bc+ca)$.
 
Bài Toán 6. Chứng minh rằng không có các số nguyên dương $m,n$ khác nhau để số $\dfrac{4m^{2}n^{2}-1}{(m^{2}-n^2)^{2}}$ là số nguyên.
 
 
Dịch bởi: Nguyễn Trung Tuân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 28-06-2017 - 15:00


#2 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên THPT
  • 1221 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 28-06-2017 - 15:27

Bài 5:

Ta dễ dàng cm: $ab+bc+ca\leq 3$.

Ta có: $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq (a^3b+b+b)+(b^3c+c+c)+(c^3a+a+a)+(ab+bc+ca)\geq 4(ab+bc+ca)$.

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$


#3 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-06-2017 - 15:40

Bài 5: 

Lời giải: Ngô Minh Ngọc Bảo


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 28-06-2017 - 18:27


#4 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 351 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 28-06-2017 - 16:21

Câu 5: Ta có:$a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a\geq 4(ab+bc+ca)$

<=> $a^{3}b+b^{3}c+c^{3}a+9-3(ab+bc+ca)\geq ab+bc+ca$

Ta có:$\sum a^{3}b+9-3\sum ab\geq \sum a^{3}b+9-\sum a^{3}b-2\sum a$ (AM-GM)=$9-2.3$(a+b+c=3)$= 3$

Ta cần cm $3\geq ab+bc+ca$

<=> $9\geq 3(ab+bc+ca)$

<=> $(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca)$ 

Bđt cuối luôn đúng nên bđt được chứng minh.Dấu bằng xảy ra <=> a=b=c=1


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#5 AnhTran2911

AnhTran2911

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 179 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên PBC , Vinh, Nghệ An.

Đã gửi 28-06-2017 - 17:14

Bài 5: 

bất đẳng thức tương đương:

$$ \sum_{cyc} a^{3}b + (a+b+c)^{2} \geq 4(ab+bc+ca) \Leftrightarrow  \sum_{cyc} a^{3}b +\sum a^{2} \geq 2(ab+bc+ca)  $$
Hiển nhiên đúng vì theo AM-GM: $a^{3}b +b^{2} \geq 2 ab$ . Tương tự suy ra điều phải chứng minh. $\squ

Áp dụng AM-GM sai rồi


                    Không kho báu nào quý bằng học thức.

                             Hãy tích lũy lấy nó lúc bạn còn đủ sức.

                                                                                   A. Ru- Đa- Ki   :ukliam2:


#6 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-06-2017 - 17:54

Bài 1

Không mất tính tổng quát giả sử $m\geq n$.

Vì $p^{3}$ chỉ có các ước nguyên dương sau $1,p,p^{2},p^{3}$ cho vậy chỉ có các trường hợp sau xảy ra.

 

TH1: $m^{3}+n=p^{3}, n^{3}+m= 1$ dễ thấy trường hợp này vô lí vì $m,n$ nguyên dương.

TH2: $m^{3}+n=p^{2}, n^{3}+m= p$

Ta có $m^{3}+n-n^{3}-m= p^{2}-p$

         $\Rightarrow (m-n)(m^{2}+mn+n^{2}-1) = p(p-1)$

         $\Rightarrow (m-n)(m^{2}+mn+n^{2}-1) \vdots p$

Xét $(m-n) \vdots p$ thì $(m-n) \vdots (n^{3}+m)$ dễ thấy mâu thuẫn vì $m,n$ nguyên dương.

Vậy $(m^{2}+mn+n^{2}-1) \vdots p$ $(1)$

Tương tự $(m^{3}+n+n^{3}+m) \vdots p$

             $\Rightarrow (m+n)(m^{2}-mn+n^{2}+1) \vdots p$

Ta xét TH $n>1$.  Nếu $(m+n) \vdots p$ thì vô lí vì $m+n < n^{3}+m= p$

Vậy $(m^{2}-mn+n^{2}+1) \vdots p$ $(2)$

Từ $(1)(2)$ thì ta có $2(m^{2}+n^{2}) \vdots p$ và $(mn-2) \vdots p$

Vì $(p;2)=1$ cho nên $(m^{2}+n^{2}) \vdots p$ $(*)$

Từ $(mn-2) \vdots p$ suy ra $(mn-2) \vdots (n^{3}+m)$

                              $\Rightarrow (mn^{3}-2n^{2}) \vdots (n^{3}+m)$

                              $\Rightarrow (mn^{3}+m^{2}- m^{2}-2n^{2}) \vdots (n^{3}+m)$

                              $\Rightarrow (m^{2}+2n^{2}) \vdots (p)= n^{3}+m$ $(**)$

Từ $(*)(**)$ thì $(m^{2}+2n^{2}-m^{2}-n^{2}) \vdots p$

                        $\Rightarrow n^{2} \vdots (p)= n^{3}+m$ (Vô lí vì $m,n$ nguyên dương)

 Bây giờ xét TH $n=1$ thì $(m+1)^{2}(m^{2}-m+1)=p^{3}$

Suy ra $m+1=p , m^{2}-m+1 =p^{2}$

           $\Rightarrow (m+1)^{2}= m^{2}-m+1$

           $\Rightarrow m=2$

Thử lại $m=2,n=1$ ta thấy đúng khi $p=3$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 28-06-2017 - 18:04

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----


#7 Nguyenhuyen_AG

Nguyenhuyen_AG

    Trung úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 944 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 28-06-2017 - 18:02

Bài Toán 5. Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$. Chứng minh rằng $a^3b+b^3c+c^3a+9\geq 4(ab+bc+ca)$.

 

Đặt $x = ab+bc+ca \leqslant 3,$ theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được

\[a^3b+b^3c+c^3a \geqslant \frac{(a^2b+b^2c+c^2a)^2}{ab+bc+ca} \geqslant \frac{(ab+bc+ca)^3}{(a+b+c)^2} \geqslant \frac{1}{27}(ab+bc+ca)^4 = \frac{1}{27}x^4.\]

Ta cần chứng minh

\[\frac{1}{27}x^4 + 9 \geqslant 4x,\]

tương đương với

\[\frac{(x^2+6x+27)(x-3)^2}{27} \geqslant 0.\]

Ta có điều phải chứng minh.

P/s. Ngoài ra

\[a^3b+b^3c+c^3a+9-4(ab+bc+ca) = \frac12\sum (3ab+ca+2b^2+bc)(a-1)^2 \geqslant 0.\]


Nguyen Van Huyen
Ho Chi Minh City University Of Transport

#8 duylax2412

duylax2412

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 139 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh city
  • Sở thích:toán rời rạc & số học

Đã gửi 28-06-2017 - 20:37

Bài 6:

Không biết có chính xác không mọi người xem thử.

Lời giải

Từ giả thiết ta suy ra $(2mn-1)(2mn+1) \vdots (m-n)^2(m+n)^2$

Hay $(4mn-2)(4mn+2) \vdots (m-n)^2(m+n)^2 $

Đặt $a=(m+n)^2;b=(m-n)^2$ ($a>b>0$ và là các số chính phương )

Như thế $4mn=a-b$

Do đó ta có:$(a-b-2)(a-b+2) \vdots ab $

Suy ra $a^2+b^2-4  \vdots ab $

Ta đặt $\frac{a^2+b^2-4}{ab}=k \in Z^{+}$ (vì $a>b>0$) $(1)$

Gọi $(x_o;y_o)$ là một nghiệm của $(1)$ mà thỏa mãn $x_ o +y_o$ nhỏ nhất và không giảm tổng quát giả sử $x_o \geq y_o$.Xét $x_o >y_o$

Khi đó ta có: $x_{o}^2-ky_{o}x_{o}+y_{o}^2-4=0$

Theo định lí $Viette$ phương trình trên còn một nghiệm khác là $x_1$ thỏa mãn :

$x_o.x_1=y_o^2-4$$(2)$ và $x_o+x_1=ky_o$.

Nếu $y_o=1 \Rightarrow 3 \vdots x_o \Rightarrow x_o=1$(vì $x_o$ chính phương).Vô lí vì $x_o >y_o$.

$y_o$ cũng khác 2 vì là số chính phương,do đó $y_o>2$.

Dẫn đến $x_1 >0$.Cho nên $(x_1;y_o)$ cũng là nghiệm của $(1)$.Vì $x_ o +y_o$ nhỏ nhất nên $x_o \leq x_1$

Từ $(2)$ suy ra $x_1=\frac{y_o^2-4}{x_o}<x_o$ (vì $y_o<x_o$).Suy ra vô lí.

Vậy ta có $x_o=y_o$.Cho ta $a=b$.Mâu thuẫn !

Vậy không tồn tại $a,b$ thỏa phương trình (1) tức là không tồn tại $m,n$ thỏa bài toán.

 


Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.

Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.

ALBERT EINSTEIN

 

 


#9 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

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

Đã gửi 01-07-2017 - 12:01

$$  \huge \text{ TURKEY TST 2017 (PHẦN 3)} $$

 

Phần cuối:

 

Bài 7. Cho số thực $\displaystyle a $ . Tìm số hàm $ \displaystyle f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R} $ thỏa mãn

$$\displaystyle f(xy+f(y))=f(x)y+a,\quad \forall x, y\in \mathbb{R}$$

 

Bài 8. Cho tam giác $\displaystyle ABC $với các phân giác trong $\displaystyle BD$ và $\displaystyle CE$. Gọi $\displaystyle I_{c}$ là tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh $\displaystyle C$ và $\displaystyle F$ là trung điểm của $\displaystyle BI_{c}$. Chứng minh rằng nếu $\displaystyle CF^2=CE^2+DF^2$ thì tam giác $\displaystyle ABC$ là một tam giác đều.

 

Bài 9. Cho $\displaystyle S$ là tập gồm hữu hạn điểm trong mặt phẳng sao cho trong nó không có $\displaystyle 3$ điểm nào thẳng hàng và không có $\displaystyle 4$ điểm nào cùng nằm trên một đường tròn. Một cách tô màu tất cả các điểm của $\displaystyle S$ bởi một trong hai màu đen, trắng được gọi là rời rạc nếu tồn tại một đường tròn sao cho tất cả các điểm tô đen nằm trong và tất cả các điểm tô trắng nằm ngoài đường tròn đó. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu rời rạc?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 01-07-2017 - 12:02


#10 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 21-07-2017 - 22:33

câu 2 chính là định lý turan , câu 4 chứng minh được mỗi sinh viên bắt tay với đúng 1 sinh viên khác, suy ra $n$ chẵn. Khi $n = 2m$ , ghép các sinh viên thành $m$ cặp thỏa mãn điều kiện đề bài



#11 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 21-07-2017 - 22:36

câu 3 : Ta cần chứng minh $Y$ là điểm Feuerbach của $\triangle ABC$ . Thật vậy , gọi $Z$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, $R$ là trực tâm $\triangle ZBC$ . Đầu tiên, ta chứng minh $A,R,P$ thẳng hàng . Gọi $V$ là giao điểm của $GZ$ với $IH$ . Áp dụng Menelaus cho tứ giác $BIHC$ thì ta có $A,V,D$ thẳng hàng . Lại có $BR \parallel AX$ do cùng vuông góc $ZC$,  và cũng có $AG \parallel DR$

Theo Menelaus : $\frac{PB}{PX} = \frac{IB}{IA} . \frac{UA}{UX} = \frac{IB}{IA} . \frac{KA}{KG} = \frac{IB}{IA} . \frac{JA}{JD} . \frac{BD}{BG} = \frac{BD}{IA} = \frac{VD}{VA} = \frac{RD}{GA}$ nên $A,R,P$ thẳng hàng . Vậy , gọi $Fe$ là điểm $Feuerbach$ , cần chứng minh $A,R,P'$ thẳng hang với $P'Fe$ là tiếp tuyến của $(Z)$ và $P' \in BC$ . $A$ có đường đối cực là $IH$, $R$ có đường đối cực là $EF$ , $P'$ có đường đối cực là $YG$. Theo định lý Fontene thứ nhất 3 đường này đồng quy nên $A,R,P'$ thẳng hàng, nên $Y$ là điểm Feuerbach
câu 5 dùng định lý stewart tính toàn bộ theo 3 cạnh tam giác

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 21-07-2017 - 22:43


#12 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên

Đã gửi 21-07-2017 - 22:37

$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thế 
Nếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh
$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$  Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$
Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 21-07-2017 - 22:44


#13 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-09-2017 - 23:17

 

$f$ toàn ánh . Gọi $P(x_0,y_0)$ là phép thế 
Nếu $f(x_1) = f(x_2) $ xét $P(x_1,x_2)$ và $P(x_2,x_1)$ có $x_1 = x_2 \implies f$ đơn ánh $\implies f$ toàn ánh
$P(0,y) : f(f(y)) = by+a $ với $b = f(0) $ , $P(x,f(y)) : f(xf(y)+by+a) = f(x)f(y)+a = f(yf(x)+bx+a) \implies xf(y)+by = yf(x)+bx \implies f(x) = mn+x$  Thế vào thì có $m^2 = n $ và $m^3+m^2 = a$
Vậy $f(x) = mx+m^2$ với $m$ là nghiệm của phương trình $x^3+x^2 - a = 0$ 

 

Đoạn cm đơn ánh chưa hoàn chỉnh. Nếu $f(x_1)=f(x_2)=0$ thì $x_1 \neq x_2$ thoải mái. TH $a=0$ có $f(x)=0, \forall x$ chứng tỏ điều này. 
Có thể xử lí kiểu này. 
$P(0,x):f(f(x))=xf(0)+a$

Nếu $f(0)=0$ thì $P(x,0):a=0$

Hay $P(0,x):f(f(x))=0$

Nếu $f$ hằng thì $f(x)=0,\forall x$. 

Nếu $f$ không hằng thì $\exists c,f(c) \neq 0$ 
$P(c,x):f(cx+f(x))=xf(c)$ nên $f$ toàn ánh. 
Do đó $P(0,x)$ sẽ cho ta $f(x)=0,\forall x$(là hàm hằng, mâu thuẫn) 

 

Xét $f(0) \neq 0$ thì $P(0,x)$ cho $f$ song ánh và có thể tiếp tục giải như trên.







1 người đang xem chủ đề

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