Đến nội dung


Chú ý

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

Đề thi chọn đội tuyển tp Đà Nẵng


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1 mathstu

mathstu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 51 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Hải Dương

Đã gửi 22-09-2017 - 16:27

nguồn: lượm trên fb

Hình gửi kèm

  • 1.jpg
  • 2.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 22-09-2017 - 18:52
tên topic phải là Tp Đà Nẵng chứ nhỉ =))

Họ cười tôi vì tôi khác họ    

             

             Tôi cười họ vì tôi mắc cười    >:)  >:)  >:) 


#2 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:wild animal, furry

Đã gửi 23-09-2017 - 20:44

Bài 3 ngày 2: Tổng quát cho $n>1$. Đặt $S_i=\left \{ 1,...i \right \}$. Xét $k_n$ lớn nhất sao cho tồn tại $k_n$ tập con của $S_n$ thỏa mãn.

Ta có $S_1,...S_{n-1}$ thỏa mãn nên có thể giả sử $k_n\geq n-1$. Ta sẽ chứng minh $k_n=n-1$ bằng quy nạp

Với $n=2$ dễ có $k_2=1$

Với $n\geq 3$.Ta có $A_i\neq \varnothing ,S_{n}$. Ta có $A$ và $A'$ không xuất hiện cùng nhau trong $k$ tập trên và có thể thay $A$ bằng $A'$ trong $k_n$ tập trên mà vẫn thỏa mãn điều kiện, vậy ta có thể thay tất cả các tập không chứa $n$ như trên, vậy ta có thể giả sử $k_n$ tập trên đều chứa $n$. Nếu trong $k_n$ tập trên không chứa tập $\left \{ n \right \}$ thì ta vẫn có thể thêm tập đó vào mà vẫn thỏa mãn điều kiện, thu được $k_n+1$ tập thỏa mãn trái với cách chọn $k_n$. Vậy trong $k_n$ tập trên chứa $\left \{ n \right \}$. Bỏ tập $\left \{ n \right \}$ và bỏ phần tử $n$ trong các tập còn lại thu được $k_n-1$ tập con của $S_{n-1}$ thỏa mãn. Ta có$k_n-1\leq k_{n-1}= n-2\Rightarrow k_n\leq n-1$ (theo giả thiết quy nạp và cách chọn $k_{n-1}$). Từ trên ta có $k_n=n-1$.

Cụ thể với bài trên, $k= k_{2017}= 2016$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 23-09-2017 - 20:47


#3 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 19-10-2017 - 03:14

Bài 4. Coi mỗi học sinh là một đỉnh, và nối hai đỉnh với nhau nếu và chì nếu hai học sinh tương ứng không là bạn của nhau. Như vậy, theo điều kiện của đề bài thì graph tạo thành sẽ không chứa một tam giác nào, đồng thời bậc của mỗi đỉnh tối thiểu là $\lfloor n/2 +1\rfloor -1=\lfloor n/2\rfloor$. Theo định lý 9 trong file này thì graph nói trên phải là một bipartite graph. Khi đó phần bù (complement) của nó phân hoạch được thành hai graph đầy đủ (đpcm).


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 19-10-2017 - 04:41


#4 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 13-11-2017 - 05:48

Bài 3 ngày 2: Tổng quát cho $n>1$. Đặt $S_i=\left \{ 1,...i \right \}$. Xét $k_n$ lớn nhất sao cho tồn tại $k_n$ tập con của $S_n$ thỏa mãn.

Ta có $S_1,...S_{n-1}$ thỏa mãn nên có thể giả sử $k_n\geq n-1$. Ta sẽ chứng minh $k_n=n-1$ bằng quy nạp

Với $n=2$ dễ có $k_2=1$

Với $n\geq 3$.Ta có $A_i\neq \varnothing ,S_{n}$. Ta có $A$ và $A'$ không xuất hiện cùng nhau trong $k$ tập trên và có thể thay $A$ bằng $A'$ trong $k_n$ tập trên mà vẫn thỏa mãn điều kiện, vậy ta có thể thay tất cả các tập không chứa $n$ như trên, vậy ta có thể giả sử $k_n$ tập trên đều chứa $n$. Nếu trong $k_n$ tập trên không chứa tập $\left \{ n \right \}$ thì ta vẫn có thể thêm tập đó vào mà vẫn thỏa mãn điều kiện, thu được $k_n+1$ tập thỏa mãn trái với cách chọn $k_n$. Vậy trong $k_n$ tập trên chứa $\left \{ n \right \}$. Bỏ tập $\left \{ n \right \}$ và bỏ phần tử $n$ trong các tập còn lại thu được $k_n-1$ tập con của $S_{n-1}$ thỏa mãn. Ta có$k_n-1\leq k_{n-1}= n-2\Rightarrow k_n\leq n-1$ (theo giả thiết quy nạp và cách chọn $k_{n-1}$). Từ trên ta có $k_n=n-1$.

Cụ thể với bài trên, $k= k_{2017}= 2016$.

Lời giải của bạn chưa chính xác. Phép quy nạp của bạn chỉ giúp chỉ ra là $n-1$ thỏa mãn chứ ko chứng minh nó lớn nhất.

Có thể chuyển điều kiện bài toán thành như thế này.

Tìm $k$ lớn nhất để mà 2 tập bất kì trong $k$ tập này thỏa mãn 3 điều kiện sau:

1) Không có tập nào là $S_n$

2) 2 tập này ko là phần bù của nhau

3) 2 tập này hoặc rời nhau hoặc là có tập này chứa tập kia

 

Ví dụ tập các tập hợp sau thỏa mãn:

$\{1 \}, \{ 2 \}, ..., \{ 2017 \}, \{ 1;2 \}, \{ 1;2;3 \}, ..., \{ 1;2;...;2015 \}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 01-12-2017 - 00:39


#5 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:wild animal, furry

Đã gửi 19-11-2017 - 15:22

Lời giải của bạn chưa chính xác. Phép quy nạp của bạn chỉ giúp chỉ ra là $n-1$ thỏa mãn chứ ko chứng minh nó lớn nhất.

Có thể chuyển điều kiện bài toán thành như thế này.

Tìm $k$ lớn nhất để mà 2 tập bất kì trong $k$ tập này thỏa mãn 3 điều kiện sau:

1) Không có tập nào là $S_n$

2) 2 tập này ko là phần bù của nhau

3) 2 tập này hoặc rời nhau hoặc là có tập này chứa tập kia

 

Vd tập các tập hợp này thỏa mãn $\left \{1 \right \},\left\{2 \right \},...,\left \{2016 \right \},\left \{2017 \right \},\left \{1,2 \right \},\left \{1,2,3 \right \},...,\left \{1,2,3,..,2015 \right \}$.

mình đã chứng minh $k_n \leq n-1$ rồi bạn.



#6 manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

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

Đã gửi 30-11-2017 - 23:45

bài 4 là 2n - 3 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 30-11-2017 - 23:53


#7 Karl Heinrich Marx

Karl Heinrich Marx

    Sĩ quan

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

Đã gửi 13-12-2017 - 01:22

mình đã chứng minh $k_n \leq n-1$ rồi bạn.

Xin lỗi vì mình ko đọc kĩ lời giải của bạn. Đáp áp phải là 2n-3. Một tập các tập hợp thỏa mãn đề bài thì hoặc là phải thỏa mãn 3 đk mình nêu ở trên hoặc là có thể đưa về cấu hình thỏa mãn điều kiện đó bằng cách thay một số tập hợp bằng phần bù của nó.

 

Lời giải của bạn sai vì khi bạn khẳng định bỏ phần tử $n$ từ tất cả các tập của $k_n$ sẽ được các tập thỏa đk với $n-1$. Điều này không đúng khi hai tập hợp đó chỉ có chung đúng phần tử $n$.



#8 duylax2412

duylax2412

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái dương hệ
  • Sở thích:số học & piano

Đã gửi 08-06-2018 - 19:25

Bài 3:

Gọi $MN$ và $RS$ lần lượt là tiếp tuyến chung ngoài của $(ABD)$ và $(ACD)$ ($MN$ gần $A$ nhất, $M,R \in (ADB);N,S \in (ADC)$

Gỉa sử $P \in MN$ và $Q \in RS$

Ta có kết quả quen thuộc $P$ là trung điểm $MN$;$Q$ là trung điểm $RS$ và $MN=RS$ (hiển nhiên)

Suy ra $PA.PD=PM^2=QR^2=QD.QA \Rightarrow \frac{AP}{DQ}=\frac{QA}{PD}=\frac{AP+AQ}{DQ+DP}=1$ hay $AP=DQ$

$DS$ cắt $(ABD)$ tại $T$. Có $\triangle ATS \sim \triangle ABC$

Suy ra $\widehat{TAR}=\widehat{TDR}=180^0-\widehat{RDS}=\widehat{RAS}$ Suy ra $\widehat{RAS}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}=\widehat{BAD}$

Suy ra $\widehat{BAD}+\widehat{TDR}=180^0 $ hay $BR//DS$. Tương tự $DR//CS$

Gọi $K$ là giao $BR$ với $CS$ thì $DRKS$ là hình bình hành.Đồng thời $Q$ là trung điểm $DK$

Do đó $PQ=AK$. Mà $\triangle ABK \sim \triangle AKC$.Suy ra $PQ^2=AK^2=AB.AC$ (q.e.d)

 

 


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 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 02-09-2018 - 21:37

Ngày 1:

Bài $1$:

Ta có: $f'_n(t)=3t^2+6t>0$ do đó phương trình có nhiều nhất $1$ nghiệm dương với mỗi $n$. Mặt khác thì $f_n(0)=-12/n^2<0$ và $f_n(2)=8+12-12/n^2>0$ nên phương trình có nghiệm duy nhất thuộc $(0;2)$

Lại có $f_n(2/n)=8/n^3>0$ mà $f_n(2/n-1/n^2)=-16/n^3+3/n^4+6/n^5-1/n^6<0$ nên $2/n-1/n^2<x_n<2/n$ hay $2-1/n<x_n<2$ nên lim $nx_n=2$ vậy lim $y_n=2$ 

Bài $2$:

Với $t=0$ thì có nghiệm hàm là $f(x)=0$

Giả sử tồn tại $x_0$ sao cho $f(x_0)$ khác $0$ thì thay $x=x_0$ do VP là hàm bậc nhất nên $f$ toàn ánh

Thay $x=0$ thì $f(f(y))=f(0)y+t$. Nếu $f(0)=0$ thì $f(f(y))=f(x)=t$ là một nghiệm khi $t=0$ vô lí do ta xét $f(x_0)$ khác $0$ từ đó $f(0)$ khác $0$ nên $f$ đơn ánh

Do $f$ song ánh nên tồn duy nhất $c$ để $f(c)=0$ thay vào thì $f(cy+f(y))=t$ dẫn đến $cy+f(y)$ phải là hàm hằng nên $f(y)=k-cy$ do đó $0=f(c)=k-c^2$ nên $c^2=k$

Thay $x,y$ bởi $c$ thì $f(c^2)=t$ nên $k-c^3=t$ hay $t=c^2-c^3$. Xét $h(c)=c^2-c^3=c^2(1-c)$ có là hàm giảm trên $(-oo,0]$ và $[1;+oo]$ nên áp dụng AM-GM với $0<c<1$ thì $h(c)<4/27$. 

Như vậy khi $t<0$ hoặc $t>4/27$ thì tồn tại duy nhất $c$ để $t=c^2-c^3$ và với $0<t<4/27$ thì có $3$ giá trị $c$ do hàm bậc $3$. 

Vậy $g(t)=1$ khi $t<0$ và $t>4/27$, $2$ khi $t=0$ và $t=4/27$, $3$ khi $0<t<4/27$

Bài 3: Gọi $2$ tt là $GH$, $EF$, $K$ đx $D$ qua $P$ là tđ $MN$ thì $EF=GH$ mà $QA.QD=PA.PD$ nên $QA=PD$ hay $PQ=AK$. Lấy $KM$ , $KN$ cắt $(ADM), (ADN)$ tại $B',C'$ thì cộng góc có $D$ thuộc $B'C'$, WLOG  $B'$ thuộc cung nhỏ $BD$ thì $C'$ thuộc cung lớn AC, vô lí do $B'MD=C'ND$ hay $B'AD=C'AD$. Do vậy $B=B', C=C'$ nên $PQ^2=AK^2=AB.AC$ do $ABK$ ~ $AKC$

Bài $4$: Nối $2$ học sinh không quen nhau bởi $1$ cạnh thì bậc mỗi đỉnh $> n/2$ áp dụng định lí $Ore$: http://toanhocsocap....h-ly-dirac.html và áp dụng điều kiện 2 thì có đồ thị lưỡng phân


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 02-09-2018 - 23:30


#10 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 02-09-2018 - 22:12

Ngày 2:

Bài $1$: Ta thấy $(2^0+1, 2^1+1, 2^2+1, 2^3+1, 2^4+1)$ là $1$ bộ số hoàn hảo thỏa mãn với độ dài $5$

Ta sẽ CM không có bộ số hoàn hảo nào khác có độ dài lớn hơn $4$

Giả sử phản chứng gọi $(a^m+1, ..., a^n+1)$ là một bộ số hoàn hảo như vậy

Khi đó, trong các số mũ phải có ít nhất $2$ số mũ lẻ vì theo $Dirichlet$ và gọi $k$ và $k+2$ là $2$ số mũ lẻ max

Chú ý $a^k<a^{k+2}$ mà chúng vừa là lũy thừa của số nguyên tố mà lại cùng chia hết cho $a+1$ do $k$ lẻ nên $a^k+1|a^2-1$ nên $k<2$

Vì $k$ lẻ nên $k=1$ nên $2$ số mũ lẻ duy nhất là $1$ và $3$ nên bộ số có dạng $(a^0+1, a^1+1, a^2+1, a^3+1, a^4+1)$

Vì $a+1, a^3+1$ là lũy thừa của $p$ nên $a^2-a+1$ cũng vậy do đó $a+1|a^2-a+1=(a+1)(a-2)+3$ nên $a=2$, ta kết thúc CM với bộ chỉ ra ban đầu

Bài $2$:

$a)$ Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$ thì $P(GDBC)=-1$ mà $PD$ vg $PG$ nên $PD, FE$ là pg trong, ngoài $BPC$
$b)$ Gọi tiếp tuyến từ $Y$ tới $(I)$ cắt $AB$ tại $Z'$ thì $Z'C, YB, FE$ đồng quy theo t/c quen thuộc của tg ngoại tiếp (cm = pascal hoặc menelaus) do đó $Z$ trùng $Z'$ mà từ câu $a)$ thì $EPC=BPF$ kết hợp $AFP=AEP$ nên $ABP=ACP$ tức $BZYC$ là tứ giác lưỡng tiếp
Gọi $J,K$ là h/c tương ứng của $P$ lên $AC$, $AB$ thì rõ ràng do $PCY$ ~ $PBZ$ có $K,F, J,E$ là các chân đg cao, đường pg tương ứng nên $YJ/JE=ZK/KF$. Theo bổ đề quen thuộc (cm dễ dàng = $Thales$) thì $Q,P,I$ thẳng hàng và ta có ĐPCM
P/S: Thực ra cm ngoại tiếp cho vui thôi chứ chỉ cần nội tiếp là đủ  :D 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 02-09-2018 - 22:14


#11 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 102 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 21-10-2018 - 13:25

Bài $3$ ngày $2$ là đề Turkish MO $2011$: https://artofproblem...h450540p2534625 lời giải trong đó bị thiếu nên mình xin post lời giải của mình

Đáp án là $2n-3$ ví dụ là ${1},...,{n},{1,2},..,{1,n-2}$
Ta sẽ cm bằng quy nạp kết quả này
Với $n=2$ thấy $k \leq 1$. Với $n=3$ thấy $k \leq 3$
Giả sử mệnh đề quy nạp đúng hay là $2n-5$ với $n-1 \geq 3$
Đặt $M={A_1,...,A_k}$ là bộ có nhiều phần tử nhất với $n$
Chú ý $0$ và $E$ đều không thuộc $M$ vì ngược lại thì có $2$ trên $4$ tập rỗng vô lí
Nếu cả ${A}$ và ${A}'$ đều không thuộc $M$ thì ta có thể bổ sung thêm vào
Hiển nhiên cả ${A}$ và ${A}'$ không cùng thuộc $M$ nên có đúng $1$ trong $2$ tập thuộc $M$ $\forall 1 \leq i \leq n$
Ta chọn một tập $A$ thuộc $M$ sao cho $|A| \geq 2$ nhỏ nhất (chọn được vì $2n-3 \geq n$)
Nhận xét rằng nếu $|X| \subset M$, ta có thể thay $X$ bởi $X'$ nên giả sử $|A_i| \leq \frac{n}{2} \forall i=1,k$
Do vai trò đx, giả sử $1,2$ thuộc $A$. Xét $B=M\(1,2,A)$ $(1)$, ta xét $4$ TH sau
Nếu $A\cap B=0$  thì $1,2 \nsubseteq B$
Nếu $A\cap B'=0$  thì $A\subset B$ nên $1,2 \subset B$
Nếu $A'\cap B'=0$ thì $B\subset A$ nên $|B|=1$ do $(1)$ nên $1,2 \in B$
Nếu $A'\cap B'=0$ thì $B\subset A$ nên $|B|=1$ do $(1)$ nên $1,2 \nsubseteq  B$
Nếu $A'\cap B'=0$  thì $A\cup B = E$ mà $n$ lẻ thì $|A|, |B| \leq n-1/2$ vì vậy $|A \cup B| \leq n-1$
Khi $n$ chẵn thì $|A|=|B|=\frac{n}{2}$ hay $B=A'$ và $|A\cap B|=0$
Từ đó ta có ${1,2} \in B$ hoặc ${1,2} \cap B = 0$ với mọi $B$ thuộc $M$ khác ${1},{2}$
Từ đó bằng cách loại ${1}{2}$ ra khỏi $M$ và ghép ${1},{2}$ lại thì ta có $1$ bộ mới
Do đó $k-2 \leq 2n-5$ mà $k \geq 2n-3$ theo bộ xây dựng nên $k$ max $= 2n-3$  $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 21-10-2018 - 13:29





1 người đang xem chủ đề

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