Đến nội dung


dogsteven

Đăng ký: 01-05-2014
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#694730 Đề thi chọn đội tuyển trường Phan Bội Châu - Nghệ An 2017-2018

Gửi bởi dogsteven trong 14-10-2017 - 00:39

Bài 2. Đầu tiên ta có $a_n>2\;\;\forall n\in\mathbb{N}^*$ nên $|a_{n+1}-3|=\dfrac{1}{a_n}.|a_{n}-3|<\dfrac{1}{2}.|a_{n}-3|$

Do đó theo định lý Stolz, ta có $3=\lim a_{n}=\lim \dfrac{a_1+a_2+...+a_{n}}{n} \geqslant a$

Ta sẽ chứng minh $a=3$ thỏa mãn.

Nhận xét là $a_{n}>3$ nếu $n$ lẻ và $a_n<3$ nếu $n$ chẵn.

Với $n=1$ thì $a_1+a_2+...+a_n>3n$. Giả sử $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với $n\geqslant 1$

Khi đó, $n$ chẵn thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3n+a_{n+1}>3(n+1)$

$n$ lẻ thì $a_1+a_2+...+a_{n+1}>3(n-1)+a_{n}+a_{n+1}=3(n-1)+a_n+\dfrac{3}{a_n}+2=3(n+1)+\dfrac{(a_n-3)(a_n-1)}{a_n}>3(n+1)$

Do dó theo quy nạp ta có $a_1+a_2+...+a_n>3n$ với mọi $n$.

Do vậy mà $VT\geqslant \sqrt{n^2x^2+(a_1+a_2+...+a_n)^2}>n\sqrt{x^2+9}$

 

Bài 5. Thay $y=0\Rightarrow f(x+f(0))=f(x)$, do $f$ đơn điệu và $f\equiv c$ không thỏa nên $f(0)=0$

Thay $x=0\Rightarrow f(f(y))=y^n$

TH1: $n$ chẵn

- Nếu $f$ đồng biến thì xét $0>x>y$.

Khi đó $f(x)\geqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

- Nếu $f$ nghịch biến thì xét $0>x>y$.

Lúc này $f(x)\leqslant f(y)$ nên $f(f(x))\geqslant f(f(y))$ hay $x^n\geqslant y^n$ nên $x\leqslant y$ vô lý.

TH2: $n$ lẻ

Thay $x=f(1), y=1$ ta được $2^n=2$ nên $n=1$. Thay $y=f(y)$ ta được $f(x)+f(y)=f(x+y)$

Áp dụng chứng minh phương trình hàm Cauchy cho hàm đơn điệu ta suy ra $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$




#694729 Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 12 năm học 2017-2018 - Tỉnh Bà Rịa -...

Gửi bởi dogsteven trong 14-10-2017 - 00:21

Bài 1b. Xét nội suy Abel: $P(x)=a_0+a_1.x+a_2.x(x-1)+...+a_{n}.x(x-1)(x-2)...(x-n)$

Thay lần lược $x=0, 1, 2, ..., n$ ta được $a_i.i!\in\mathbb{Z}$

Do đó với mỗi số nguyên $x$ thì $a_i.x(x-1)...(x-i+1)=a_i.i!.C^{i}_{x}\in\mathbb{Z}$ nên $P(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.

Bài 5b.

Ta sẽ đếm số bộ $(\{x,y\}, A)$, trong đó hai giám khảo $x, y$ đánh giá giống nhau thí sinh $A$.

Vì hai giám khảo bất kỳ đánh giá nhau đúng $k$ thí sinh nên có $\dfrac{kn(n-1)}{2}$ bộ như thế.

Xét một học sinh bất kỳ, giả sử có $a, b, c$ giám khảo đánh giá loại $A, B, C$ thì có $\dfrac{a^2+b^2+c^2-n}{2}$ bộ như thế.

Mà $a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2+2}{3}$ do $n^2$ chia $3$ dư $1$

Do đó $kn(n-1)\geqslant \dfrac{1}{3}m\left(n^2-3n+2\right)$ hay $k\geqslant \dfrac{m(n-2)}{3n}$




#693720 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Gửi bởi dogsteven trong 25-09-2017 - 23:19

Bài 5. Giả sử ta có số $n$ thỏa mãn. Khi đó ước nguyên tố $p$ của $n$ cũng thỏa mãn.

Lúc này $\{i^4+i^3+i^2| i=\overline{0,p-1}\}$ là HDD modulo $p$

Khi đó áp dụng định lý Wilson ta có: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}i^2(i^2+i+1)\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1)  \equiv -1 \pmod{p}$

Xét $p=3$ không thỏa. Xét $p\geqslant 5$

TH1: $p=6k+1$ thì tồn tại $i$ để $i^2+i+1\vdots p$

TH2: $p=6k-1$ thì $\{i^3| i=\overline{1, p-1}\}$ là HDD mod $p-1$

Do đó theo định lý Wilson: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1) \equiv -3\prod\limits_{i=2}^{p}(i^3-1)\equiv 3\pmod{p}$

 

Do đó $p=2$ nên $n=2^k$, dễ thấy $n=4$ không thỏa nên $n=2^k$ với $k\geqslant 2$ không thỏa.

Như thế chỉ có $n=2$




#693585 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Gửi bởi dogsteven trong 23-09-2017 - 19:52

Tại sao lại có được điều này ?

 

$P(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$, khi đó $201=P\left(\sqrt[3]{3}\right)=(a_0+3a_3+...)+(a_1+3a_4+...)\sqrt[3]{3}+(a_2+3a_5+...)\sqrt[3]{3^2}$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $a_1+3a_4+...=a_2+3a_5+...=0$ nên chỉ còn các mũ chia hết cho $3$




#693543 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

Gửi bởi dogsteven trong 23-09-2017 - 10:29

Bổ đề. Với ba số nguyên $a,b,c$ thỏa mãn $a\ne 0$ hoặc $b\ne 0$ và số nguyên $x$ thỏa $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$ thì $x$ là lập phương của một số nguyên.

Chứng minh. Ta có $2a\sqrt[3]{x}=-b\pm \sqrt{b^2-4ac}$ nên $8a^3x=-b^3\pm 3b^2\sqrt{b^2-4ac}-3b(b^2-4ac)\pm (b^2-4ac)\sqrt{b^2-4ac}$

Do đó $(b^2-ac)\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$.

Nếu $b^2-ac=0$ thì do $b^2-4ac\geqslant 0$ nên $b=c=0$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in\mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x^2}\in \mathbb{Z}$

Do đó $x^2=t^3$ nên $x=y^3$

Nếu $b^2-ac>0$ thì $\sqrt{b^2-4ac}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Q}$ nên $\sqrt[3]{x}\in \mathbb{Z}\Rightarrow x=y^3$

Bổ đề được chứng minh.

 

Bài 2. Thay $x=\sqrt[3]{3}$ vào và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $P(x)=a_0+a_1.x^{3}+a_2.x^{6}+...+x_n.x^{3n}$

Ta có điều kiện: $a_0+3a_1+3^2.a_2+...+3^n.a_n=2017$

Nếu $a_i\geqslant 3$ thì bộ $(a_0, a_1, ..., a_i-3, a_{i+1}+1, ..., a_n)$ có tổng bé hơn.

Khi đó tất cả các số $a_i$ phải bé hơn $3$ nên khi viết $2017$ ta hệ tam phân thì ta được đa thức sau là đa thức cần tìm.

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$

 

Bài 5. Ta có: $\left(1-\dfrac{n}{x}.\sqrt[3]{x^2}\right)^7=\dfrac{(5n)^7}{y}\in \mathbb{Q}$

Chú ý là $1>\dfrac{n}{x}$ nên tồn tại $a,b,c$ nguyên thỏa mãn $a\ne 0$ và $a\sqrt[3]{x^2}+b\sqrt[3]{x}+c=0$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $x=a^3$, từ đó suy ra $y=b^7$

Do đó ta viết lại phương trình: $\dfrac{1}{a}+\dfrac{5}{b}=\dfrac{1}{n}$ hay $(a-n)(b-5n)=5n^2$

Đặt $n=5^kp_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_t^{a_t}$ thì số nghiệm sẽ là $2(k+1)(2a_1+1)(2a_2+1)...(2a_t+1)=c^2+1$

Do $c^2+1$ không chia hết cho $4$ nên $k+1$ lẻ nên $k$ chẵn.

Nếu $a_i$ lẻ thì $2a_i+1$ có dạng $4k+3$ nên tồn tại ước nguyên tố $p$ của $c^2+1$ có dạng $4k+3$, vô lý.

Vậy $a_i$ chẵn và $k$ chẵn nên $n$ là số chính phương.




#692804 Tuần 1 tháng 9/2017: đường tròn ngoại tiếp tam giác $SEF$ tiếp xúc...

Gửi bởi dogsteven trong 10-09-2017 - 18:25

Bài 1. Em xin trình bày lời giải trực tiếp.

 

Khi chuyển qua cấu hình tâm nội tiếp, ta được bài toán:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $AD$, tâm nội tiếp $I$ và đường tròn A-Mixitilinear $(K)$. $BI$ cắt $(ABD)$ tại $P$, $CI$ cắt $(ACD)$ tại $Q$. $BK$ cắt $AP$ tại $R$, $CK$ cắt $AQ$ tại $S$. $A'$ đối xứng với $A$ qua $RS$. Chứng minh rằng $(A'BC)$ tiếp xúc với $(K)$

 

Ta thấy rằng $PQ$ là trung trực của $AD$ nên $PQ$ cắt $BC$ tại $T$ thỏa $TA$ tiếp xúc với $(O)$.

Bằng định lý Desargues cho hai tam giác $BPR$ và $CQS$ ta suy ra $T, S, R$ thẳng hàng.

 

Gọi $J$ là tiếp điểm của đường tròn $(K)$ và $(O)$. $V$ thuộc $BC$ thỏa mãn $VJ$ tiếp xúc với $(K)$, từ $V$ kẻ $UV$ là tiếp tuyến thứ $2$ của $(K)$.

Khi đó $(UBC)$ tiếp xúc với $(K)$. Gọi $(O')$ là đường tròn qua $A$, tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc trong với $(UBC)$ tại $A'$

Sử dụng trục đẳng phương ta suy ra $TA'$ là tiếp tuyến của $(O')$.

 

Ta có $\dfrac{UB}{UC}.\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{VB^2}{VC^2}.\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{JB}{JC}.\dfrac{AB}{AC}$. Do đó $JA, BC$ và $UA'$ đồng quy. Gọi $N$ là tâm vị tự ngoài của $(K)$ và $(O')$

Áp dụng định lý Monge - D'Alembert cho $(K), (O'), (UBC)$ ta suy ra $N$ thuộc $UA'$ và cho $(K), (O'), (O)$ ta suy ra $N$ thuộc $AJ$

Suy ra $N$ thuộc $BC$. Do đó ta có biến đổi tỉ số kép:

$A(KO', SR) = A(IO, QP) = I(||BC, \perp AI, C, B) = \dfrac{JB}{JC} = \dfrac{NB}{NC}.\dfrac{DC}{DB} = (DN, CB) = K(AO', SR)$

Do đó $O', S, R, T$ cùng thuộc một đường tròn nên $SR$ là trung trực $AA'$ nên $AA'$ đối xứng nhau qua $SR$

 

Ta có điều phải chứng minh.




#692239 $f(m+n)\;\vdots \;p\Leftrightarrow f(m)+f(n)\;...

Gửi bởi dogsteven trong 03-09-2017 - 16:12

Bài này hay quá.

 

Nếu $p|f(1)$ thì $p|f(n)$ với mọi $n$ vô lý vì $f$ toàn ánh. Do đó $f(1)=1$

 

Với một số nguyên tố $p$ bất kỳ, gọi $d$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $p|f(d)$ thì $p|f(kd)$

Nếu tồn tại số $n$ thỏa mãn $d\not | n$ mà $p| f(n)$ thì chọn $n$ nhỏ nhất, khi đó $n>d$ nên $p|f(n-d)$ vô lý.

Vậy $p|f(n)\Leftrightarrow d|n$

 

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $d|x-y$ thì $p|f(x)+f(kd-x)$ và $d|kd+y-x=y+(kd-x)$ nên $p|f(y)+f(kd-x)$

Do đó mà $p|f(x)-f(y)$. Tóm lại $d|x-y\Rightarrow p|f(x)-f(y)$

Xét hai số $x,y$ thỏa mãn $p|f(x)-f(y)$. Khi đó $p|f(kd-x)+f(x)$ nên $p|f(kd-x)+f(y)$ hay $p|f(kd+y-x)$

Do đó $d|kd+y-x$ hay $d|x-y$. Tóm lại $p|f(x)-f(y)\Rightarrow d|x-y$

Nói chung lại thì $d|x-y\Leftrightarrow p|f(x)-f(y)$

Ở đây chọn $k$ đủ lớn để $kd-x>0$

 

Ta thấy rằng trong $f(1), f(2), ..., f(d)$ đôi một không có cùng số dư khi chia cho $p$ nên $p\geqslant d$

Ngoài ra do hàm $f$ là hàm toàn ánh nên ta tìm được dãy $f(n)$ lần lược có giá trị $1, 2, 3, ..., p$ nên $d\geqslant p$

Tóm lại $d=p$ hay $p$ là số nhỏ nhất để $p|f(p)$

 

Ta thấy rằng $f(1)=1$ nên $f(n)=n$ đúng với $n=1$. Xét $n>1$ và giả sử kết luận đúng đến $n-1$

Nếu $f(n)>n$ thì $f(n)-n+1>1$ nên có số nguyên tố $p|f(n)-n+1$ nên $p|f(n)-f(n-1)$ nên $p|1$ vô lý.

Nếu $f(n)<n$ thì $n-f(n)+1>1$ nên có số nguyên tố $p|n-f(n)+1$ nên $p|f(n)-f(f(n)-1)=f(n)-f(n)+1=1$ vô lý.

Tóm lại $f(n)=n$




#691032 Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

Gửi bởi dogsteven trong 19-08-2017 - 17:21

Bài 1.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ với $E, F$ bất kỳ nằm trên $AC, AB$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$. Gọi $Q, R$ là hình chiếu của $E, F$ trên $BC$. $ER$ cắt $FQ$ tại $K$. Khi đó $AK$ đi qua hình chiếu của $P$ trên $BC$.

Chứng minh.

Gọi $D$ là hình chiếu của $P$ trên $BC$, $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$. Theo định lý Menelaus, ta có:

$$  \dfrac{SR}{SQ}.\dfrac{CD}{CR}.\dfrac{BQ}{BD} =\dfrac{SF}{SE}. \dfrac{CP}{CF}. \dfrac{BF}{BP} = 1$$

Do đó mà: $E(FA, KD)=(SC, RD)=\dfrac{SR}{SD}.\dfrac{CD}{CR} = \dfrac{SQ}{SD}.\dfrac{BD}{BQ}=(SB, QD)=F(EA, KD)$

Do đó mà $AK$ đi qua $D$. Bổ đề được chứng minh.

 

Trở lại bài toán. Gọi $A', F'$ là giao điểm của $PD, PC$ với $AF$ thì $F'\in (PNF)$ và $A'\in (AMP)$.

Do đó $\angle NF'A'  = \angle NPF = \angle MPA = \angle MA'F'$. Do đó $A'M, F'N$ cắt nhau trên trung trực $A'F'$

Áp dụng bổ đề ta suy ra $AQ$ đi qua trung điểm $A'F'$ nên $AQ$ chia đôi $CD$




#690506 $$f\left ( a_{n} \right )= f\left ( b_...

Gửi bởi dogsteven trong 14-08-2017 - 17:16

Xét $f(x)$ là hàm hằng thì bài toán thỏa mãn.

Xét $f(x)$ không là hàm hằng.

Do $f(x)$ liên tục trên $[0, 1]$ nên tồn tại $0\leqslant a<b\leqslant 1$ thỏa mãn $f(a) = f(b)=f(1)$ sao cho $a,b$ liên tiếp nhau trong $f(x)=f(1)$

Khi đó $f(x)$ trong $[a,b]$ luôn mang một dấu duy nhất, giả sử dấu dương.

Khi đó xét điểm cực trị $c$ của $f(x)$ trên $(a,b)$ có tung độ là nhỏ nhất. Tồn tại $a_1\in (a,c)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_1)<f(c)$ do $f$ liên tục.

Khi đó xét trong $(c,b)$ thì tồn tại $b_1$ thỏa mãn $f(b_1)=f(a_1)$. Tương tự chọn được $a_2\in (a, a_1)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_2)<f(a_1)$

Lúc này tồn tại $b_2\in (b_1, b)$ thỏa mãn $f(b_2)=f(a_2)$. cứ làm liên tiếp thế thì ta tìm được một dãy thỏa mãn.




#690496 USAMO 2017 ngày 1

Gửi bởi dogsteven trong 14-08-2017 - 13:57

Bài 4.

1) Đầu tiên ta thấy rằng: Xét $(a)=(a_1, a_2, ..., a_n), (b)=(b_1, b_2, ..., b_n)$ là hai hoán vị bất kỳ của $(1, 2, 3, ..., n)$ thì bằng liên tiếp các bước đổi chỗ hai số có vị trí $(i, i+1)$ trong $(a)$ thì đến một lúc nào đó ta sẽ được $(b)$

Ta sẽ chọn số $a_k=b_1$ và đưa nó dần lên về vị trí đầu tiên, tương tự với các $b_2, b_3, ..., b_n$.

 

2) Ta sẽ chứng minh rằng: Khi đổi chỗ hai điểm $R_i, R_{i+1}$ thì kết quả bài toán không đổi.

Xét $B_i$ nằm trên cung $R_{i+1}R_{i}$ tính theo ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó $B_{i+1}$ nằm trên cung $B_iR_{i}$ theo ngược chiều kim đồng hồ.

Khi đó ta đổi chỗ $R_i$ và $R_{i+1}$ thì $B_i$ và $B_{i+1}$ không đổi. Khi đó $(1, 0)$ dù ở vị trí nào cũng ra kết quả ban đầu.

Tương tự ta xét các trườn hợp còn lại.

 

Theo 1), với mỗi cách viết tùy ý $R_{i_1}, R_{i_2}, ...., R_{i_n}$ có thể được tạo ra nhờ các bước hoán vị liên tiếp các điểm có vị trí $j$ và $j+1$, bắt đầu từ $R_1, R_2, ..., R_n$

Theo 2), qua mỗi bước hoán vị hai điểm có vị trí liên tiếp thì kết quả không đổi.

 

Do đó ta có điều phải chứng minh.




#690447 Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

Gửi bởi dogsteven trong 13-08-2017 - 19:30

Cho mình hỏi tại sao hai chùm điều hòa bằng nhau lại vuông góc

Mình có định lý sau: Xét hai chùm $x,y,z,t$ và $x', y', z', t'$ thỏa mãn $x\perp x', y\perp y', z\perp z'$. Khi đó $(xy, zt)=(x'y', z't')\Leftrightarrow t\perp t'$

Ở trên có $O(AD, PM)=A(SP, QA')$, có $OA\perp AS, OD\perp AP, OM\perp AA'$ nên $AP\perp AQ$




#690265 Chứng minh rằng $OP\perp AQ$.

Gửi bởi dogsteven trong 11-08-2017 - 21:41

Dựng $A'$ thuộc $SP$ sao cho $AA' || BC$, khi đó $O(AD, PM)=(AD, PM)=(A'Q, PS)=A(SP, QA')\Rightarrow OP\perp AQ$




#690194 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi dogsteven trong 11-08-2017 - 02:18

Bài toán 200. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $OH$ cắt $(O)$ tại $E, F$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. dựng các hình thang cân $ACBB'$ và $ABCC'$ với $BB' || AC, CC'|| AB$. $BC$ cắt $B'C'$ tại $X$. Chứng minh $E, F, X, D$ đồng viên.




#690119 Cho a + b = c, a >0, b > 0. Chứng minh rằng: $a ^{\fr...

Gửi bởi dogsteven trong 10-08-2017 - 15:29

$m=\dfrac{2008}{2009}<1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bernoulli $\dfrac{c^m}{a^m}\leqslant \dfrac{a+mb}{a}<\dfrac{a+b}{a}$ 

Do đó $a^m>\dfrac{ac^m}{a+b}$, tương tự ta có $b^m>\dfrac{bc^m}{a+b}$ nên $a^m+b^m>c^m$




#690118 Trên bảng cho đa thức $x^8+x^7$. Mỗi lần đc phép nhân đa thức vs...

Gửi bởi dogsteven trong 10-08-2017 - 15:15

Giả sử đến một lúc nào đó ta có đa thức $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, ta sẽ chứng minh $(n-1)!.(na_{n}-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Với đa thức đầu tiên thì hiển hiên đúng.

Giả sử ta đang được đa thức $P(x)$ thỏa mãn tính chất trên.

Khi đó $P'(x)=na_n.x^{n-1}+(n-1)a_{n-1}.x^{n-2}+...+2a_2x+a_1$ cũng thỏa mãn vì $(n-2)!((n-1)na_n-(n-1)a_{n-1})=(n-1)!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Và $P(x)(x+1)=a_nx^{n+1}+(a_n+a_{n-1})x^{n}+...+(a_1+a_0)x+a_0$ thỏa mãn vì $n!((n+1)a_n-a_n-a_{n-1})=n!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

 

Một lúc nào đó đến đa thức $ax+b$ thì $0!(1.a-b)\vdots 8!-7!$ nên $a-b\vdots 8!-7!\vdots 49$

 

Phương pháp làm: Spam nhiều vào sẽ ra!