Đề chọn đội tuyển Việt Nam dự thi Toán quốc tế (TST)
Ngày 1
Bài 1 (6 điểm): Với mỗi $n$ nguyên dương, xét tập sau $T_n = [11(k + h) + 10(n^k + n^h) \mid 1 \leq k, h \leq 10]$. Tìm tất cả $n$ sao cho không tồn tại $a \neq b \in T_n$ sao cho $a - b$ chia hết cho $110$.
Bài 2 (6 điểm): Cho $\Delta ABC$ không vuông tại $A$. Trung tuyến $AM, D$ là một điểm chạy trên $AM. (O_1), (O_2)$ lần lượt là các đường tròn đi qua $D$ và tiếp xúc với $BC$ tại $B$ và $C. CA$ cắt $(O_2)$ tại $Q, BA$ cắt $(O_1)$ tại $P$.
a) Cmr tiếp tuyến tại $P$ của $(O_1)$ và tiếp tuyến tại $Q$ của $(O_2)$ phải cắt nhau, gọi giao điểm này là $S$.
b) Cmr $S$ luôn chạy trên một đường cố định khi $D$ chạy trên $AM$.
Bài 3 (8 điểm): Hình chữ nhật kích thước $1*2$ được gọi là hình chữ nhật đơn (hcnd). Hình chữ nhật $2*3$ bỏ đi 2 ô ở góc chéo nhau (tức có có 4 ô) gọi là hình chữ nhật kép (hcnk). Người ta ghép khít các hncd và hcnk được bảng $2008*2010$. Tìm số bé nhất các hcnd có thể dùng để lát được như trên.
TST năm nay bài số và bài tổ hợp đều khó cả,chỉ có bài bất đẳng thức là dễ,và bài hình cũng khá nhẹ nhàng.
Bài 1.Đấy là lời giải của
nbkschool:
n thỏa mãn khi và chỉ khi n là căn nguyên thủy mod 11.Nếu n chia hết cho 11 thì đơn giản.
Nếu n nguyên tố cùng nhau với 11 thì xét 2 trường hợp:
TH 1:n không phải là căn nguyên thủy mod 11.Điều kiện đề bài tương đương với tồn tại $(k_1,k_2,h_1,h_2)$ sao cho $10 |k_1+k_2-h_1-h_2$ và $11|n^{k_1}+n^{k_2}-n^{h_1}-n^{h_2}$,đồng thời hai bộ $(k_1,k_2),(h_1,h_2)$ (không tính thứ tự) phải khác nhau.
Tồn tại ước d của $10$ và $<10$ sao cho $11 |n^d-1$.Nếu d=5 chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(9,10,4,5)$.Nếu $d=2$ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2)$.Nếu $d=1$ chọn $(k_1,k_2,h_1,h_2)=(3,10,1,2)$.Với các cách chọn trên ta đều có $n^{k_1} \equiv n^{h_1} (mod 11)$ và $n^{k_2} \equiv n^{h_2} (mod 11)$ nên thỏa mãn.
TH 2:n là căn nguyên thủy mod 11.Ta chứng minh không tồn tại a,b thỏa mãn,từ đó n thỏa mãn.
Ta nhận xét rằng $k_1$ khác $h_1,h_2$ (nếu không sẽ suy ra 2 bộ trùng nhau).Tương tự $k_2$ khác $h_1,h_2$
Khi đó ta có thể lấy a' sao cho $a'+k_1 \equiv 0 (mod 10)$ và chọn $k'_1=a'+k_1 (mod 10)$.$k'_2,h'_1,h'_2$ tương tự.
Bộ số cũ thỏa đề bài khi và chỉ khi bộ số mới thỏa đề bài.Ở đây để cho quen mắt thì đổi kí hiệu n thành g.
Nếu $10| k'_2$ thì $g^{h'_1} \equiv g^{h'_2} (mod 11)$ suy ra $h'_2 \equiv h'_1 (mod 10)$ suy ra $h'_2=h'_1$.Nhưng như thế thì $k'_1+k'_2+h'_1+h'_2 \equiv 2(k'_1-h'_1) \equiv 0 (mod 10)$,suy ra $k'_1=h'_1$,vô lý.
Xét trường hợp còn lại,ta có $g^{k'_1} \equiv g^{h'_1+h'_2}$.Suy ra $1+ g^{h'_1+h'_2}-g^{h'_1}-g^{h'_2} \equiv 0 (mod 11)$ hay $(g^{h'_1}-1)(g^{h'_2}-1) \equiv 0 (mod 11)$.Vậy một trong hai số $h'_1,h'_2$ phải chia hết cho 10,suy ra trùng với $k'_1$,vô lý.
Từ đó không tồn tại bộ $(k'_1,k'_2,h'_1,h'_2)$ thỏa nên cũng không tồn tại bộ $(k_1,k_2,h_1,h_2)$ thỏa.
Bài toán được chứng minh.
Bài hình:
Ta có $MB^2=MC^2$ $\Rightarrow $ M thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$.
Suy ra DM là trục đẳng phương của 2 đường tròn. Do đó A thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn.
$\Rightarrow AP.AB=AQ.AC \Rightarrow$ tứ giác BCPQ nội tiếp.
Gọi tiếp tuyến của $(O_1)$ là Px thì $\widehat{xPB}=\widehat{PBC}=\widehat{PQA}$ hay (APQ) tiếp xúc với $(O_1)$, tương tự suy ra (APQ) tiếp xúc với cả $(O_1)$ và $(O_2)$.
Tam giác APQ đồng dạng với ACB nên APQ không vuông. Suy ra tiếp tuyến tại P và Q phải cắt nhau tại S.
$SP^2=SQ^2$ nên S thuộc trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$, hay S thuộc 1 đường thẳng cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Messi_ndt: 19-04-2010 - 18:47
