Chủ đề này có 5 trả lời

[Leminhthuc]

Sở giáo dục và Đào tạo Kiên Giang

Kỳ thi Olympic Trại hè Phương Nam lần thứ 5

MÔN: TOÁN

Thời gian: 180 phút

Ngày thi: 19/7/2018

________________________________________________

1. (4đ) Giải hệ phương trình sau trên tập các số thực:

                    $\left\{\begin{matrix} x^2+y=xy^2 & & \\ 2x^2y+y^2=x+y+3xy & & \end{matrix}\right.$

 

2. (3đ) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=12$. Chứng minh rằng:

$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a}+3\geq \sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$

Dấu "=" xảy ra khi nào ?

 

3. (4đ) Đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC, CA, AB$ lần lượt tại $P, K, N$. Đoạn thẳng $BK$ cắt đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tại điểm $L$ (khác $K$). Gọi $T$ là giao điểm của $AL$ và $KN$, $Q$ là giao điểm của $CL$ và $KP$. Chứng minh rằng các đường thẳng $BK$, $NQ$ và $PT$ đồng quy.

 

4. (3đ) Cho các số nguyên dương $x, y$ sao cho $x^4+x^2y^2+y^4$ là một bội của 11. Chứng minh rằng số này là một bội của 14641.

 

5. (3đ) Tìm tất cả các hàm $f$ từ tập các số nguyên dương vào tập các số nguyên dương thỏa mãn tính chất: $f(m)+f(n)$ là ước của $2(m+n-1)$ với mọi $m,n$ nguyên dương.

 

6. (3đ) Cho 19 miếng bìa hình chữ nhật (không nhất thiết có kích thước khác nhau) với các cạnh là các số nguyên dương không vượt quá 18. Chứng minh rằng có thể tìm được 3 miếng bìa $A, B,C$ sao cho có thể đặt $A$ nằm bên trong $B$, và $B$ nằm bên trong $C$. (Miếng bìa $X$ nằm trong miếng bìa $Y$ nếu không có phần nào của miếng bìa $X$ nằm hoàn toàn bên ngoài $Y$).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leminhthuc: 22-07-2018 - 13:02

[nguyenhaan2209]

Bài 4:

Hình gửi kèm

• 

[nguyenhaan2209]

Bài 1. Biến đổi hpt về

 * x/y + 1/x = y

 * 2x + y/x = 1/x + 1/y +3

Đặt x/y=a, 1/x=b, xét trc th tầm thường x=y=0

HPT trở thành

 * a+b = 1/ab (1) 

 * 2/b + 1/a = b + ab + 3

Nhân 1 với b thay vào 2 -> 2/b  + b^2 = b + 3

-> (b-2)(b^2+b-1)=0

Giải nghiệm này ra thay vào bài là xong (hơi xấu)

 

Bài 2. a/b + b/c + c/a + 3 >= 'a + 'b + 'c (a+b+c=12)

Thay 3=(a+b+c)/4

->(a/b+b/4)+(b/c+c/4)+(c/a+a/4)>='a + 'b + 'c

Áp dụng cosi cho a/b+b/4>='a

CMTT ta đc ĐPCM nên ta có nghiệm a=b=c=4

 

Bài 3. x^4 + x^2y^2 + y^4 chia hết cho 11

Tổng quát:

PT a^2+ab+b^2 chia hết cho 1 số p=3k+2

Có nghiệm <-> a,b chia hết cho p

Thật vậy, đpcm tương đương

<-> (2a+b)^2+3b^2 chia hết cho p

<-> (3/p)=1 (Legendre) <-> p=6r+1 (vô lí)

Áp dụng vào bài -> 11^4 | x^4+x^2y^2+y^4

 

Bài 5. f(m) + f(n) | 2(m+n-1)

Gọi P(u,v) là phép thế u,v cho m,n

P(1,1): 2f(1) | 2 -> f(1)=1 

P(m,1): f(m) + 1 | 2m

Lấy m=2: f(2) + 1 | 4 -> f(2)={1,3}

TH1: f(2)=3

Ta sẽ quy nạp CMR: f(n)=2n-1

G/s đúng đến n, xét n+1: (n>=2)

Có f(n+1)+f(n)|2(n+1+n-1)=4n

Mà f(n)=2n-1 nên f(n+1)={1,2n+1}

Nếu f(n+1)=1 thì P(n-1,n+1): 2n-3+1|2(2n-1) 

=> 2(n-1) | 2(2n-1)

=> n-1 | 2n-1 rõ ràng là vô lí do (n-1,2n-1)=1

Vậy bước chuyển quy nạp đúng đến n+1

Theo nguyên lí quy nạp, nó đúng với mọi n=>f(n)=2n-1

TH2: f(2)=1

P(3,1):f(3)+1|6 -> f(3)={1,2,5} (1)

P(3,2):f(3)+1|8 -> f(3)={1,3,7} (2)

(1)(2) => f(3)=1

Ta sẽ quy nạp f(n)=1

Bỏ qua các lập luận cơ bản, ta xét n+1

P(n-1,n+1): f(n+1)+1|2(2n-1)

P(n,n+1): f(n+1)+1|2(2n)

->f(n+1)+1|(4n,4n-2)=2

->f(n+1)=1 (do f(n) nguyên dương)

Thử lại thấy thỏa mãn

Từ đó ta có f(n)=1, 2n-1 là nghiệm của PTH

[nguyenhaan2209]

Bài 6:

Ta sẽ CM = quy nạp bài toán này (n>=5)

TH cơ sở n=5 miếng bìa cm đc (sau cùng)

G/s nó đúng đến n, ta cm nó đúng đến n+1

 

Gọi độ dài chiều dài và rộng của 19 miếng bìa lần lượt là (ai,bi) với (1<=bi<=ai<=18) (i=1,19)

Ta xoay các hình song song với trục Oxy (ko ảnh hưởng điều cần CM)

Đầu tiên ta sẽ CMR luôn có i,j để ai>=aj, bi>=bj

Ta hoán vị lại 19 miếng bìa theo chiều rộng: Khi đó {b1,b2,...b19} là dãy tăng

Xét dãy ai nếu có ai>=aj (i>=j) thì thỏa mãn ngay, nếu không thì {a1,a2,...a19} là dãy giảm

Có b là dãy đơn điệu có 19 phần tử mà chỉ nhận tối đa 18 giá trị => Tồn tại bi=bj. 

Chọn ai,aj thì chỉ ra được A nằm trong B

 

Nếu có bi=18 khi đó ai=18 ta hoàn toàn có thể đưa các hcn kia vào trong hình max này khi đó có điều t/m

(TH xấu nhất bi nó là A hoặc B lúc này quá tốt do bi=bj nên có tới 2 cái bao lồi tất nhiên phần lại đều chui vào đây)

Vậy bmax<=17. Ta sẽ tìm cách chỉ ra amax <=17 để sử dụng gt quy nạp

 

G/s tồn tại A(ai,bi) để ai=18 (Phản chứng)

Nếu chỉ có duy nhất A có ai=18 thì áp dụng gt quy nạp cho 18 miếng bìa vs cạnh <=17 thì có ngay A',B,C t/m.

Vậy phải có aj=18 (j khác i)

Khi đó có 2 hình có chiều dài = 18 nên g/s A trong B

Nếu còn k để ak=18 thì có ngay A,B,C t/m => ak<=17 (k khác i,j)

 

Hiển nhiên 17 hình này không thể chứa A,B

Do tính đx g/s bi<=bj 

Nếu có bk<=bi thì có ngay A,B,C

Ngược lại tức là bk>=bi với mọi i mà có tới 17k và bj>=bi nên bi=min(b)

Loại bỏ A khỏi phạm vi đang xét

Còn lại 18 miếng, các cạnh <= |17|

Do gt quy nạp đúng với mọi 18 miếng nên nó cũng đúng trong trường hợp có 1 miếng bìa nào dài 17 rộng 1

đồng thời các miếng còn lại rộng >=2 (miếng bìa 17x1 này có thể bỏ ra ngoài)

Vì vậy ta có thể cho A thêm vào để sử dụng quy nạp (chức năng tương tự 17x1)

 

Ta quay lại CM TH cơ sở n=5, cạnh <=4

Ý tưởng cm tương tự như trên, như sau:

G/s không tìm đc 3 miếng t/m

* Nếu có hcn có cdai = 4, gọi tên là A -> rộng = {1,2,3}

** Nếu có thêm 1 hcn có chiều dài=4 , gọi tênlà B thì A,B lồng nhau

Do gs phản chứng nên chỉ có tối đa 2 hình cdai 4 (nếu ko có 3 hình cùng cdai 4 nên có thể sắp thứ tự chiều rộng để đc dpcm)

Còn lại hai miếng C,D cdai <=3

TH xấu nhất là A,B không chứa thêm miếng nào, tức rộng 1

Xét 3 hình còn lại:

Nếu có 1x1, 2x1, 3x1 thì hiển nhiên nằm trong A,B nên có 3 hình lồng nhau

Vậy chỉ có thể là {3x3,3x2,2x2} mà thôi

Dễ thấy 3 hình nằm có thể sắp cho chúng lồng nhau => ĐPCM

** Vậy nên chỉ có 1hcn dài 4, các hình còn lại dài 3

Tương tự, 4 hình thuộc {3x3,3x2,3x1} , {2x2,2x1,1x1}

Gs TH xấu nhất là hcn dài 4 kia ko có tác dụng

Theo dirichlet tồn tại >= 1 hình có độ dài 3

TH xấu nhất là dài 3 rộng 1

Còn 3 hình thuộc {3x3,3x2,2x2,2x1,1x1} dễ thấy chọn thế nào thì chúng luôn lồng nhau

* Không có hcn nào dài 4

Vậy chúng chỉ dài <= 3. Càng tốt, phạm vi hẹp hơn nên hiển nhiên có A,B,C t/m 

 

Vậy TH cơ sở đúng. Từ đó ta có ĐPCM

[Leminhthuc]

Cách khác bài hình (ko biết đúng ko)

Gọi X là giao điểm của NP và BK.

Ta có $\frac{XN}{XP}=\frac{S_{BNX}}{S_{BPX}}=\frac{\frac{1}{2}BN.BXsin\widehat{NBX}}{\frac{1}{2}BP.BXsin\widehat{PBX}}=\frac{sin\widehat{NBX}}{sin\widehat{PBX}}$

$\frac{KA}{KC}=\frac{S_{ABK}}{S_{CBK}}=\frac{\frac{1}{2}AB.BKsin\widehat{ABK}}{\frac{1}{2}BC.BKsin\widehat{CBK}}=\frac{ABsin\widehat{NBX}}{BCsin\widehat{PBX}}$

$\Rightarrow \frac{sin\widehat{NBX}}{sin\widehat{PBX}}=\frac{KA}{KC}.\frac{BC}{AB}$

Suy ra: $\frac{XN}{XP}=\frac{KA}{KC}.\frac{BC}{AB}$

Sử dụng định lý Menelaus cho tam giác BNK với sự thẳng hàng của L, T, A, ta có:

$\frac{LB}{LK}.\frac{TK}{TN}.\frac{AN}{AB}=1\Rightarrow \frac{TK}{TN}=\frac{LK}{LB}.\frac{AB}{AN}$

Sử dụng định lý Menelaus cho tam giác BPK với sự thẳng hàng của L, Q, C ta có:

$\frac{LK}{LB}.\frac{CB}{CP}.\frac{QP}{QK}=1\Rightarrow \frac{QP}{QK}=\frac{LB}{LK}.\frac{CP}{CB}$

Xét tam giác PKN có :$$\frac{TK}{TN}.\frac{XN}{XP}.\frac{QP}{QK}=\frac{LK}{LB}.\frac{AB}{AN}.\frac{KA}{KC}.\frac{BC}{AB}.\frac{LB}{LK}.\frac{CP}{CB}=1$$ (vì AK = AN, CK = CP).

Vậy theo định lý Ceva ta có KX, NQ, PT đồng quy hay BK, NQ, PT đồng quy.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leminhthuc: 24-07-2018 - 15:48

[NguyenHoaiTrung]

https://drive.google...GoZ3nGwbj7/view