Chủ đề này có 11 trả lời

[WhjteShadow]

Sau kì thi VMO cách đây 4 tháng, bộ GD & ĐT  đã lựa chọn ra 45 học sinh xuất sắc nhất để tham dự kì thi chọn đội tuyển TST 2013. Cuộc thi sẽ được tổ chức vào 2 ngày mùng 5 và 6 tháng 4 để chọn ra các bạn đi thi IMO 54th ở Colombia. Thời gian thi nếu không có gì thay đổi vẫn là 4h30 - 3 bài mỗi ngày.

 

Mình lập topic này để post đề và thảo luận. Trưa mai bạn nào có đề thì post ngay dưới đây bằng $\LaTeX$, thảo luận và bình luận trực tiếp tại topic này.

 

Cuối cùng xin chúc những bạn đi thi bình tĩnh và đạt kết quả cao nhất

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-04-2013 - 16:55

[navibol]

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2013.

Ngày thi thứ nhất - 05/04/2013

 

 

Bài 1.

 

Cho tứ giác $ABCD$ có các cạnh không song song nội tiếp $(O,R)$. Gọi $E$ là giao điểm hai đường chéo và đường phân giác góc $AEB$ cắt các đường thẳng $AB, BC, CD, DA$ lần lượt tại $M, N, P, Q.$

 

1/ Chứng minh rằng các đường tròn $(AQM), (BMN), (CNP), (DPQ)$ cùng đi qua một điểm. Gọi điểm đó là $K$.

2/ Đặt $\min \{ AC, BD \} = m $. Chứng minh rằng $OK \le \dfrac{2R^2}{\sqrt{4R^2-m^2}}.$

 

Bài 2.

 

1/ Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1, 2013t+1$ đều là các số chính phương.

2/ Giả sử $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $mn+1, mn+n+1$ đều là các số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $8(2m+1)$.

 

Bài 3.

 

Với số $n$ nguyên dương, đặt $S = \{1, 2, 3, ..., 2n+1 \} $. Xét hàm số $ f : (S \times \mathbb{Z}) \to [0;1]$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

i/ $f(x,0)=f(x,2n+1)=0$.

ii/ $f(x-1,y)+f(x+1, y)+f(x,y+1)+f(x,y-1)=1$.

Gọi $F$ là tập hợp tất cả các hàm số $f$ thỏa mãn.

1/ Chứng minh rằng $|F|$ là vô hạn.

2/ Đặt $v_f$ là tập hợp tất cả các ảnh của $f$. Chứng minh rằng $v_f$ là hữu hạn.

3/ Tìm giá trị lớn nhất của $v_f$.

 

----Hết----

Nguồn: Mathscope.org

[WhjteShadow]

 

 

Bài 2.

 

1/ Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương $t$ sao cho $2012t+1, 2013t+1$ đều là các số chính phương.

2/ Giả sử $m, n$ là các số nguyên dương sao cho $mn+1, mn+n+1$ đều là các số chính phương. Chứng minh rằng $n$ chia hết cho $8(2m+1)$.

Zz thức cả trưa hóng đề mà không có @@~ Chiều học về mới thấy

1/ Đặt $2012t+1=a^2,2013t+1=b^2$ với $a,b>0$, ta có pt pell :

$$2013a^2-2012b^2=1$$

Đổi biến $a=x+2012y,b=x+2013y$ với $x,y\in \mathbb{Z}^{+}$ ta có phương trình tương đương:

$$x^2-2012.2013y^2=1$$

Phương trình pell loại 1 này có nghiệm khởi đầu $(4023;2)$, vậy nên mọi nghiệm của nó được xác định the0 công thức:

$$x_n=\frac{(4023+2\sqrt{2012.2013})^{n}+(4023-2\sqrt{2012.2013})^{n}}{2}$$

$$y_n=\frac{(4023+2\sqrt{2012.2013})^{n}-(4023-2\sqrt{2012.2013})^{n}}{2}$$

Từ đó thay vào ta có vô số $a_n,b_n$ và suy ra có vô số $t$ thỏa mãn !

2/ Do $mn+1$ và $(m+1)n+1$ đều là số chính phương, đặt $mn+1=a^2,(m+1)n+1=b^2$ suy ra :

$$(m+1)a^2-mb^2=1$$

Lại sử dụng phép đổi biến :$a=x+my, b=x+(m+1)y$ ta có phương trình pell loại 1 tương đương:

$$x^2-m(m+1)y^2=1$$

Nghiệm khởi đầu của nó là $(2m+1;2)$ suy ra tất cả nghiệm của pt được xác định the0 công thức:

$$x_n=\frac{\left(2m+1+2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}+\left(2m+1-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}}{2}=\frac{\left(\sqrt{m}+\sqrt{m+1}\right)^{2n}+\left(\sqrt{m+1}-\sqrt{m}\right)^{2n}}{2}$$

$$y_n=\frac{\left(2m+1+2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}-\left(2m+1-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}}{2}=\frac{\left(\sqrt{m}+\sqrt{m+1}\right)^{2n}-\left(\sqrt{m+1}-\sqrt{m}\right)^{2n}}{2}$$

Mà từ phương trình ban đầu ta lại có :

$$\left\{\begin{matrix} mn+1=a^2=x^2+m^2y^2+2mxy\\ mn+n+1=b^2=x^2+(m+1)^2y^2+2(m+1)xy \end{matrix}\right.$$

Vậy nên $n=(2m+1)y^2+2xy$. Ta chỉ cần chứng minh $2xy\vdots 2m+1$ và $n\vdots 8$ nữa là được.

Đầu tiên ta chứng minh $2xy\vdots 2m+1$ nhưng do $(2;2m+1)=1$ nên ta chỉ cần chứng minh $4xy\vdots 2m+1$, để ý thấy :

$$2x_n=\left(2m+1+2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}+\left(2m+1-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}$$

$$\equiv \left(2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}+\left(-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n} \pmod {2m+1}$$

Và :

$$2y_n=\left(2m+1+2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}-\left(2m+1-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}$$

$$\equiv \left(2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}-\left(-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n} \pmod {2m+1}$$

Từ đó ta có:

$$4x_ny_n\equiv \left[\left(2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}+\left(-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}\right].\left[\left(2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}-\left(-2\sqrt{m.(m+1)}\right)^{n}\right]$$

$$\equiv 0 \pmod {2m+1}$$

Cuối cùng chỉ phải chứng minh $n\vdots 8$, công việc đơn giản, xét đồng dư tương tự như trên là được

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 05-04-2013 - 18:05

[chrome98]

Bài số học câu dưới rộng hơn câu trên, em trình bày câu dưới: (thực hiện ý tưởng của anh WhiteShadow)

Ta có : \[ \begin{cases} mn+1=X^2 \\ mn+n+1=Y^2 \end{cases} \implies (m+1)X^2-mY^2=1 \]

Phương trình Pell này có dãy nghiệm của nó là :

\[ \begin{cases} X_o=1,X_1=4m+1,X_{n+2}=(4m+2)X_{n+1}-X_n \\ Y_0=1,Y_1=4m+3, Y_{n+2}=(4m+2)Y_{n+1}-Y_n \end{cases} \]

Xét dãy $(\frac{X_i^2-1}{m})$. Ta có: $X_i^2\equiv 1\mod m$ nên

+ $8m|X_i^2-1\implies 8|\frac{X_i^2-1}{m}$, ta xét dãy $(X_i-1)$ là dãy các số hạng luôn chia hết cho $4m$ và dãy $(X_i+1)$ là dãy các số hạng luôn chia hết cho $2$ nên tích cua chúng, tức $(X_i^2-1)$ chia hết cho $8m$.

+$2m+1|\frac{X_i^2-1}{m}\Leftrightarrow 2m+1|X_i^2-1$ đúng do 

\[ \begin{cases} X_i\equiv 1\mod 2m+1 \ nếu \ i \ chẵn \\ X_i\equiv -1\mod 2m+1 \ nếu \ i  \ lẻ \end{cases} \]

Mà $n= \frac{X_i^2-1}{m}\implies 8(2m+1)|n (\gcd(8,2m+1)=1)$. 

[nguyenta98]

Bài số học câu dưới rộng hơn câu trên, em trình bày câu dưới: (thực hiện ý tưởng của anh WhiteShadow)

Ta có : \[ \begin{cases} mn+1=X^2 \\ mn+n+1=Y^2 \end{cases} \implies (m+1)X^2-mY^2=1 \]

Phương trình Pell này có dãy nghiệm của nó là :

\[ \begin{cases} X_o=1,X_1=4m+1,X_{n+2}=(4m+2)X_{n+1}-X_n \\ Y_0=1,Y_1=4m+3, Y_{n+2}=(4m+2)Y_{n+1}-Y_n \end{cases} \]

Xét dãy $(\frac{X_i^2-1}{m})$. Ta có: $X_i^2\equiv 1\mod m$ nên

+ $8m|X_i^2-1\implies 8|\frac{X_i^2-1}{m}$, ta xét dãy $(X_i-1)$ là dãy các số hạng luôn chia hết cho $4m$ và dãy $(X_i+1)$ là dãy các số hạng luôn chia hết cho $2$ nên tích cua chúng, tức $(X_i^2-1)$ chia hết cho $8m$.

+$2m+1|\frac{X_i^2-1}{m}\Leftrightarrow 2m+1|X_i^2-1$ đúng do 

\[ \begin{cases} X_i\equiv 1\mod 2m+1 \ nếu \ i \ chẵn \\ X_i\equiv -1\mod 2m+1 \ nếu \ i  \ lẻ \end{cases} \]

Mà $n= \frac{X_i^2-1}{m}\implies 8(2m+1)|n (\gcd(8,2m+1)=1)$. 

Bạn vẫn mắc một sai lầm nghiêm trọng về dãy nghiệm của Pell, trừ phi bạn tìm được hết các nghiệm $B_i^2\le max\{Anb^2,\dfrac{-na^2}{B}\}$ của pt $Ax^2-By^2=n$ thì mới được

[nguyenthehoan]

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA 2013.

Ngày thi thứ nhất - 05/04/2013

 

 

Bài 1.

 

Cho tứ giác $ABCD$ có các cạnh không song song nội tiếp $(O,R)$. Gọi $E$ là giao điểm hai đường chéo và đường phân giác góc $AEB$ cắt các đường thẳng $AB, BC, CD, DA$ lần lượt tại $M, N, P, Q.$

 

1/ Chứng minh rằng các đường tròn $(AQM), (BMN), (CNP), (DPQ)$ cùng đi qua một điểm. Gọi điểm đó là $K$.

2/ Đặt $\min \{ AC, BD \} = m $. Chứng minh rằng $OK \le \dfrac{2R^2}{\sqrt{4R^2-m^2}}.$

 

----Hết----

Nguồn: Mathscope.org

Xứng đáng là đề thi TST.

 

Mình làm bài hình...

 

a) Gọi X,Y là giao điểm của $(AD,BC),(AB,CD)$

 

Gọi K là giao điểm của OE và XY thì OE vuông góc XY (định lí Brocard)

 

Ta sẽ chứng minh đây chính là giao điểm của các đường tròn trên.

 

Thật vậy theo các kết quả quen thuộc thì các tứ giác $AXKB,CKXD,CBKY,AKYD$ nội tiếp

 

$\Delta KAD\sim \Delta KBC$ suy ra

 

$\frac{KA}{KB}=\frac{AD}{BC}=\frac{EA}{EB}=\frac{MA}{MB}$

 

$\Rightarrow \widehat{AKM}=\widehat{BKM}=\frac{1}{2}\widehat{AKB}=\frac{1}{2}\widehat{AXB}=\widehat{ENB}$ 

 

(cộng trừ góc đơn giản)

 

suy ra M,N,B,K đồng viên.

 

Tương tự các đường tròn (AQM), (CNP), (DPQ) cũng đi qua K.(dpcm)

 

b) Ta sẽ chứng minh

 

$OK\leq \frac{2R^{2}}{\sqrt{4R^{2}-AC^{2}}}$  (1)

 

và $OK\leq \frac{2R^{2}}{\sqrt{4R^{2}-BD^{2}}}$  (2)

 

Ta sẽ chứng minh (1):

 

Nhận xét:$A,K,C,O$ đồng viên

 

Vì $\widehat{AOC}=2\widehat{ADC}=180^{\circ}-\widehat{AKC}$

 

Do đó

 

$EA.EC=EO.EK\Rightarrow EK=\frac{EA.EC}{EO}\Rightarrow OK=\frac{EA.EC+EO^{2}}{EO}$

 

$=\frac{R^{2}}{EO}$  (phương tích)

 

Do đó ta phải chứng minh

 

$\frac{R^{2}}{EO}\leq \frac{2R^{2}}{\sqrt{4R^{2}-AC^{2}}}$$\Leftrightarrow EO^{2}\geq 4R^{2}-AC^{2}$

 

$\Leftrightarrow 4EA.EC\leq AC^{2}$ hiển nhiên đúng.

 

Chứng minh tương tự (2) đúng

 

Vậy ta có $OK\leq \frac{2R^{2}}{\sqrt{4R^{2}-m^{2}}}$ với m=min(AC,BD) (dpcm)

 

P/S:xin lỗi mọi người,tại mình up mãi ko được hình.Thông cảm nha!!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 06-04-2013 - 16:34

[WhjteShadow]

Bài 4. Tìm hằng số k nguyên dương lớn nhất thỏa mãn: Với mọi a,b,c dương mà abc=1 thì ta có bất đẳng thức:

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{k}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có góc $BAC$ bằng $45^{o}$. Các đường cao $AD, BE, CF$ trực tâm $H$. Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $BC$ tại $P$. $I$ là trung điểm của $BC; IF$ cắt $PH$ tại $Q$. 

a) Chứng minh rằng góc $IQH=AIE$.

b) Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $AEF; (J)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPD. CK$ cắt đường tròn $(J)$ tại $G; IG$ cắt $(J)$ tại $M; JC$ cắt đường tròn đường kính $BC$ tại $N$. Chứng minh rằng $G; N; M;C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. Cho một khối lập phương 10X10X10 gồm 1000 ô vuông đơn vị màu trắng. An và Bình chơi một trò chơi. Bình thì chọn một số dải 1X1X10 sao cho với hai dải bất kì thì không có chung đỉnh hoặc cạnh và đổi tất cả các ô sang màu đen. An thì được chọn một ô bất kì và hỏi Bình là màu gì. Hỏi An phải chọn ít nhất bao nhiêu ô để với mọi câu trả lời của Bình luôn xác định được những ô nào màu đen.

[nguyenthehoan]

Bài 4. Tìm hằng số k nguyên dương lớn nhất thỏa mãn: Với mọi a,b,c dương mà abc=1 thì ta có bất đẳng thức:

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{k}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có góc $BAC$ bằng $45^{o}$. Các đường cao $AD, BE, CF$ trực tâm $H$. Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $BC$ tại $P$. $I$ là trung điểm của $BC; IF$ cắt $PH$ tại $Q$. 

a) Chứng minh rằng góc $IQH=AIE$.

b) Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $AEF; (J)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPD. CK$ cắt đường tròn $(J)$ tại $G; IG$ cắt $(J)$ tại $M; JC$ cắt đường tròn đường kính $BC$ tại $N$. Chứng minh rằng $G; N; M;C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. Cho một khối lập phương 10X10X10 gồm 1000 ô vuông đơn vị màu trắng. An và Bình chơi một trò chơi. Bình thì chọn một số dải 1X1X10 sao cho với hai dải bất kì thì không có chung đỉnh hoặc cạnh và đổi tất cả các ô sang màu đen. An thì được chọn một ô bất kì và hỏi Bình là màu gì. Hỏi An phải chọn ít nhất bao nhiêu ô để với mọi câu trả lời của Bình luôn xác định được những ô nào màu đen.

Bài hình này nặng khâu vẽ hình...

 

a) Áp dụng định lí Brocard ta có ${PH}\perp{AI}$ 

 

suy ra $\widehat{IQH}=90^{\circ}-\widehat{AIF}$.Bằng cộng góc ta có $\widehat{EIF}=90^{\circ}$

 

Suy ra $\widehat{AIE}=\widehat{IQH}$  (câu a như cho điểm!!!)

 

b)Với điều kiện $\widehat{BAC}=45^{\circ}$ suy ra $K$ chính là tâm $(ABC)$

 

Suy ra $KI$ vuông góc $BC$ và $\widehat{BKC}=90^{\circ}$

 

Theo hệ thức Newton:

 

$IB^{2}=\overline{ID}.\overline{IP}=IK^{2}$ suy ra $IK$ tiếp xúc $(J)$.$\Rightarrow \widehat{JKI}=90^{\circ}\Rightarrow JK//BC$

 

Vì $IK$ tiếp xúc $(J)$ nên $\widehat{IKC}=\widehat{GMK}=\widehat{KCI}$ (vì tam giác $KIC$ cân)

 

Nên $KMIC$ nội tiếp.$\Rightarrow \widehat{IMC}=\widehat{IKC}=\widehat{ICK}=\widehat{GKJ}$   (1) (vì $JK//BC$ theo chứng minh trên)

 

Gọi $T$ là trung điểm của $PD$ suy ra $\widehat{JTB}=90^{\circ}$

 

Theo hệ thức Macloranh ta có $\overline{CN}.\overline{CJ}=\overline{CB}.\overline{CT}=\overline{CD}.\overline{CP}=\overline{CK}.\overline{CG}$

 

Suy ra $GJNK$ nội tiếp. $\Rightarrow \widehat{GNJ}=\widehat{GKJ}$ (2)

 

Từ (1) và (2) ta có $\widehat{IMC}=\widehat{GNJ}\Rightarrow \widehat{GNC}=\widehat{GMC}$

 

Nên $GMNC$ nội tiếp.(dpcm)

[WhjteShadow]

Bài 4. Tìm hằng số k nguyên dương lớn nhất thỏa mãn: Với mọi a,b,c dương mà abc=1 thì ta có bất đẳng thức:

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{k}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3$$

Bài này nhìn vô tý bị lừa $k=16$

$\bullet$ Ch0 $b=c=\frac{1}{\sqrt{a}}$ ta có bất đẳng thức :

$$\frac{1}{a}+2\sqrt{a}+\frac{k\sqrt{a}}{a\sqrt{a}+\sqrt{a}+2}\geq \frac{k}{4}+3$$

$$\Leftrightarrow (x-1)^2.\left(\frac{2x+1}{x^2}-k.\frac{x+2}{4(x^3+x+2)}\right)\geq 0\,\,\text{Với } x=\sqrt{a}$$

Vậy nên $k$ lớn nhất là giá trị nhỏ nhất của $\frac{4(x^3+x+2)(2x+1)}{x^2(x+2)}$. Xét $g'(x)=\frac{8(x^2+x+1)(x^3+3x^3-4x-4)}{x^3(x+2)^2}$, nghịch biến trên $(0;t]$ đồng biến trên $[t;\infty)$ với $t$ là nghiệm thực dương của phương trình $x^3+3x^3-4x-4$, $t$ xấp xỉ $1,489$ và lúc đó $k$ xấp xỉ $13,964$.

$\bullet$ Ta sẽ chứng minh đó là giá trị $k$ cần tìm.

Đầu tiên ta sẽ chỉ ra VT đạt cực tiểu khi $a\geq b=c$.

Thật vậy giả sử $a=\text{max} \{a;b;c\}$. Đặt $f_{(a;b;c)}=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{k}{a+b+c+1}$.

Xét $f_{(a;b;c)}-f_{(a;\sqrt{bc};\sqrt{bc})}=\frac{(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2}{bc}-k.\frac{(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2}{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\\ =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2.\left(\frac{1}{bc}-\frac{k}{(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)}\right)\geq 0$

Luôn đúng do $(a+b+c+1)(a+2\sqrt{bc}+1)\geq 16bc>k.bc$ ( Vì $a\geq 1\geq \sqrt{bc}$)

Vậy cuối cùng chỉ phải chỉ ra $f_{(a;\sqrt{bc};\sqrt{bc})}\geq \frac{k}{4}+3$. Điều này tương đương:

 

$$\frac{1}{a}+2\sqrt{a}+\frac{k\sqrt{a}}{a\sqrt{a}+\sqrt{a}+2}\geq \frac{k}{4}+3$$

Hay $$\Leftrightarrow (x-1)^2.\left(\frac{2x+1}{x^2}-k.\frac{x+2}{4(x^3+x+2)}\right)\geq 0\,\,\text{Với } x=\sqrt{a}$$

Điều này hiển nhiên do $k=\text{min} \left(\frac{4(x^3+x+2)(2x+1)}{x^2(x+2)}\right)$. 

Kết thúc chứng minh. Giá trị chính xác của $k$ cần tìm là : $k=\frac{1}{3}\left(-46+\frac{4213}{\sqrt[3]{-215893+10902i\sqrt{237}}}+\sqrt[3]{-215893+10902i\sqrt{237}}\right)$. Đẳng thức xảy ra khi $(a;b;c)=\left(t^2;\frac{1}{t};\frac{1}{t}\right)$ với $t=-1+\frac{7}{\sqrt[3]{-27+6i\sqrt{237}}}+\sqrt[3]{\frac{-27+6i\sqrt{237}}{9}}$ hoặc $a=b=c=1$

-------------

À p/s có 1 lỗi ngớ ngẩn :@) Bài này là $k$ nguyên dương nên chỉ cần chỉ ra $k=13$ thôi :'< Mình làm hơi quá

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 06-04-2013 - 21:58

[nguyenta98]

Bài 4. Tìm hằng số k nguyên dương lớn nhất thỏa mãn: Với mọi a,b,c dương mà abc=1 thì ta có bất đẳng thức:

$$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} + \frac{k}{{a + b + c + 1}} \ge \frac{k}{4} + 3$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có góc $BAC$ bằng $45^{o}$. Các đường cao $AD, BE, CF$ trực tâm $H$. Đường thẳng $EF$ cắt đường thẳng $BC$ tại $P$. $I$ là trung điểm của $BC; IF$ cắt $PH$ tại $Q$. 

a) Chứng minh rằng góc $IQH=AIE$.

b) Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $AEF; (J)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPD. CK$ cắt đường tròn $(J)$ tại $G; IG$ cắt $(J)$ tại $M; JC$ cắt đường tròn đường kính $BC$ tại $N$. Chứng minh rằng $G; N; M;C$ cùng thuộc một đường tròn.

Bài 6. Cho một khối lập phương 10X10X10 gồm 1000 ô vuông đơn vị màu trắng. An và Bình chơi một trò chơi. Bình thì chọn một số dải 1X1X10 sao cho với hai dải bất kì thì không có chung đỉnh hoặc cạnh và đổi tất cả các ô sang màu đen. An thì được chọn một ô bất kì và hỏi Bình là màu gì. Hỏi An phải chọn ít nhất bao nhiêu ô để với mọi câu trả lời của Bình luôn xác định được những ô nào màu đen.

Câu 6 tổ hợp ngày thứ hai em nghĩ ra một hướng nhưng chưa cm được
Ta chọn $3$ mặt của khối lập phương đó sao cho $3$ mặt đó đôi một kề nhau
Bạn An sẽ chọn ô mà cả $3$ mặt chứa (là ô ở đỉnh)
Và bạn An sẽ chọn mỗi mặt một bảng hình vuông $9*9$ đối đỉnh với mặt của ô chung vừa chọn ở trên
Tổng cộng số ô là $81*3+1=244$ là số ô mà An cần hỏi, việc cm các ô kia sẽ giúp An biết toàn bộ bảng vô cùng đơn giản, một thanh đô mi no $1*1*10$ khi lấy ra chỉ có một trong ba phương tương ứng với ba mặt mà An vừa chọn mà mỗi thanh đô mi no không có ô chung nào (vì ngược lại thì mâu thuẫn đk bài toán rằng các ô đô mi no được chọn không có chung cạnh hay chung đỉnh) $(1)$ khi ấy từ các ô chọn ở trên sẽ xác định được các đô mino mà Bình chọn, thật vậy ví dụ từ các ô ở trên mà An chọn xét trong đó một ô đen bất kì (nếu ko có ô đen nào tức là Bình đã ko lấy quân đomino nào từ đó hình lập phương sẽ toàn trắng), lúc đó xét hình chữ thập đi qua ô đen đó và xét quân đô mino lấy ô đen đó làm mặt $1*1$ do nhận định ở trên, chỉ một trong ba hình, bao gồm hai quân ở hình chữ thập, và quân đô mino lấy ô đen làm mặt $1*1$ là quân đô mino mà Bình chọn, tức là quân đô mino mà trên đó toàn đen vì theo nhận định $(1)$, từ đó xác định được dạng tô màu của hình  lập phương
Tuy nhiên em chưa cm dc số đó là min ??:go:

(mình post bên MS nhưng chưa có rep , chắc là sai thôi vì mình k chắc chắn lắm)

[Karl Heinrich Marx]

Đợt này đi thi xác định đi cho vui vào làm đc mỗi bài số và bài bđt còn lại ngồi làm bài 3 vs bài 6 Tiếc là ý tưởng bài 6 không giải quyết được vì mình đoán sai đáp án,trong phòng thi mình chỉ cm được có ít nhất 1 dấu cộng được chọn tức là có 2 dải giao nhau tại một ô được chọn nên dự đoán trên có vẻ không đúng. Nếu mà 3 hv 9x9 đều màu đen còn ô ở góc màu trắng thì xác định các dải màu đen kiểu gì? Ít ra phải cần thêm 2 ô nữa!

[Mk59]

Hix, bài 6 em nghĩ có 2 cách hiểu: Một là An hỏi tất cả ô trước rồi Bình trả lời, Hai là An hỏi ô nào BÌnh trả lời ô đó rồi An lựa theo kq mà hỏi tiếp. Nếu hiểu theo cách 2 thì e ra 101 Cơ mà trong phòng thi vội quá e quên xừ mất TH xấu nhất nên chỉ ra 100 thôi T.T

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namheo1996: 13-04-2013 - 20:34
Viết hoa đầu dòng