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.


Emyeutiengviet

Đăng ký: 13-02-2015
Offline Đăng nhập: 14-02-2016 - 23:23
-----

#604065 TOPIC ôn luyện VMO 2016

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 19-12-2015 - 22:05

Bài 11 (Dãy số) : Cho dãy số nguyên $a_{n}$ $n\epsilon N$ thỏa mãn:

$\left\{\begin{matrix}a_{o}=1 & \\ a_{n}=a_{n-1}+a_{[\frac{n}{3}]} & \end{matrix}\right.$
Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p\leq 13$ tồn tại vô số số k nguyên dương thỏa mãn $a_{k}$ chia hết cho p

 

Mình sẽ chứng mình cho TH $p=13$. Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự:

Chứng minh phản chứng. Giả sử dãy đã cho có hữu hạn số nguyên dương chia hết cho 13 và giả sử $k$ là chỉ số lớn nhất sao cho $13 \mid a_k$ 

Từ giả thiết ta suy ra:

$\left\{\begin{matrix} a_3k=a_{3k-1} +a_k & \\ a_{3k+1}=a_3k +a_k & \\ a_{3k+2} =a_{3k+1} +a_k \end{matrix}\right.$

Suy ra $ a_{3k+2} \equiv a_{3k+1} \equiv a_{3k} \equiv a_{3k-1} \equiv b (mod 13)$ .

Và $ b \in \mathbb{Z}$ ; $(b,13)=1$

Ta có hệ với 13 phương trình như sau:

$\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} =a_{9k -4} & \\ a_{9k-3} =a_{9k-4} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-2}=a_{9k-3} +a_{3k-1} & \\ a_{9k-1} =a_{9k-2} +a_{3k-1} & \\ a_{9k} =a_{9k -1} +a_3k & \\ a_{9k+1}=a_{9k} +a_3k & \\ a_{9k+2}=a_{9k+1} +a_3k & \\ a_{9k+3} =a_{9k+2} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+4} =a_{9k +3} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+5} =a_{9k+4} +a_{3k+1} & \\ a_{9k+6}=a_{9k+5 }+a_{3k+2} & \\ a_{9k+7} =a_{9k+6} +a_{3k+2} & \\a_{9k+8} = a_{9k+7} +a_{3k+2} & \end{matrix}\right.$

 

Suy ra $\left\{\begin{matrix} a_{9k-4} \equiv a_{9k -4} +0.b (mod 13) & \\ a_{9k-3} \equiv a_{9k-4} +1.b (mod 13) & \\ a_{9k-2} \equiv a_{9k-4} +2.b (mod 13) & \\ a_{9k-1} \equiv a_{9k-4} + 3.b(mod 13) & \\ ............. & \\a_{9k+8} \equiv a_{9k-4} +12.b (mod 13) & \end{matrix}\right.$

Vì $(b,13) =1$ nên tập hợp A $ = \{a_{9k-4} +i.b \mid \forall i \in \{0,1,...,12\} \}$ là 1 HTDĐĐ mod 13.

Suy ra trong tập trên sẽ tồn tại 1 số chia hết cho 13 và số này lớn hơn $a_k$ $\rightarrow$ Mâu thuẫn. (ĐPCM) 




#603163 TOPIC ôn luyện VMO 2016

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 14-12-2015 - 18:24

$g(x+1)=g(x)$ sao suy ra $g(x) \equiv C$

$g(x+1)=g(x)$ với mọi $x \in \mathbb{R}$ mà bạn. Hay là mình nhầm?




#600681 TOPIC ôn luyện VMO 2016

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 29-11-2015 - 19:08

Bài 7(Phương trình hàm).

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: 

$xf\left (y \right )+f\left (xf\left (y \right ) \right )-xf\left (f\left (y \right ) \right )-f\left (xy \right )=2x+f\left (y \right )-f\left (x+y \right )$

$P(1,x) : f(x+1) = f(x)+2. (1)$

Đặt $g(x) = f(x) - 2x$ Từ (1) suy ra $g(x+1) = g(x) \forall x \in \mathbb{R}$. Suy ra $g(x) \equiv C \forall x \in \mathbb{R}.$

Như vậy $\boxed{f(x) = 2x +C}  \forall x \in \mathbb{R} $ với $C$ là hằng số tùy ý.




#598798 Tuần 4 tháng 11/2015

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 17-11-2015 - 19:06

Lời giải của mình:

 

Gọi $AW$ là đường kính của $(O)$

       $H$ là trung điểm $QN$

       $R = PQ \cap d$

       $I = MO \cap PN. \Longrightarrow \angle MIN = 90^{o}$

Kẻ $AT (T \in (O))$ sao cho $AT \parallel d$. Suy ra $T$ cố định.

Ta có tứ giác $HMIN$ nội tiếp nên $\angle RMN = \angle HMN =\angle HIN =\angle RPN$ (do $HI$ là đường trung bình của tam giác $QPN$)

Suy ra tứ giác $RMPN$ nội tiếp nên $\angle MRN =180^{o} -\angle MPN =\angle ATN$ do tứ giác $ATNP$ nội tiếp.

Và như thế $R,T,N$ thẳng hàng.

Gọi $L$ là giao điểm của $WT$ và $PQ$ thì $L$ chính là điểm đối xứng của $T$ qua $d$ vì $TW \parallel QN$ do cùng vuông góc với $d$ nên $L$ cố định. DPCM




#597651 Tuần 3 tháng 11/2015

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 09-11-2015 - 23:52

Lời giải của mình: 

 

Gọi $R$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa A của (O).

$H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. 

$D=AI \cap BC.$

$W = LP \cap AI$. Suy ra $W$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC.$ Suy ra tứ giác $BICW$nội tiếp.

Ta có :

$\frac {PB}{PW} =\frac {PB}{PC} .\frac {PC}{PW} =cot \angle PBC . tan \angle BWC =tan \angle B/2 . tan(90^{o} - A/2) = tan \angle B/2 . cot \angle A/2 = \frac {HI}{HB} .\frac {AH}{HI}=\frac {b+c-a}{a+c-b}$

$\frac {RW}{RD} =\frac {RB}{RD}=\frac {b+c}{a}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ABD$ với $\overline{M,I,N}$

 

$\frac {ND}{NB} = \frac {MA}{MB} .\frac {ID}{IA}= \frac {p-b}{p-a} .\frac {a}{b+c}=\frac {a(a+c-b)}{(b+c-a)(b+c)}$

Suy ra $ \frac {PB}{PW}. \frac {RW}{RD}.\frac {ND}{NB} =1$. Suy ra $P,R,N$ thẳng hàng. ĐPCM.




#594888 Tuần 4 tháng 10/2015

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 22-10-2015 - 22:26

Lời giải của mình:

Vì $G$ là điểm đối xứng của $D$ qua $KL$ nên $G$ sẽ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BFECDA$.

Suy ra các tứ giác $GAEF, GACB$ nội tiếp. 

$\Longrightarrow \angle ARG =\angle AEG =\angle CDG$ (do tứ giác $DGEC$ nội tiếp) 

Mặt khác $AR \parallel BC$ nên ta suy ra $D,G,R$ thẳng hàng

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ với $D,E,F$ thẳng hàng ta suy ra $\frac{SB}{SC} = \frac{FB}{EC}$

Hơn nữa dễ chứng minh $\triangle BGF \sim \triangle CGE \Longrightarrow \frac{BG}{CG} =\frac{BF}{CE} =\frac{SB}{SC}$

Suy ra $GS$ là phân giác của  $\angle BGC$ 

Gọi $W = GS \cap BC$ khác $G$ chính là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC \equiv (O)$ 

Ta lại có $(DSBC)=-1 \Longrightarrow G(DSBC) =-1$ suy ra $GD$ là phân giác ngoài của $\angle BGC $ hay $GT \perp GS$

Gọi $V = GT \cap (O) $ khác $G$ suy ra $V$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$.

Đặt $\frac{GS}{GW} = k$

Xét phép vị tự tâm $G$ tỉ số $k$ biến:

$W \mapsto S$

$V \mapsto T$

Suy ra $O \mapsto M$

$\Longrightarrow \overline{G,M,O}$. Vậy $GM$ luôn đi qua $O$ cố định. 




#593876 Tuần 3 tháng 10/2015

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 16-10-2015 - 00:37

Gọi $J$ là giao điểm của $TP$ và $EF$

$K'$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AC$ và $EF$. Ta sẽ chứng minh $K' \equiv K$

Dễ thấy $B,J,O,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OT$

$\Longrightarrow \angle K'JB =\angle FJB =90^{o} - \angle BJT = 90^{o} -\angle BOT = 90^{o}-\angle BAC = \angle K'AB.$

Suy ra tứ giác K'AJB nội tiếp. Suy ra $\overline{FK'}.\overline{FJ}=\overline{FA}.\overline{FB}=\overline{FN}.\overline{FP}.$

Suy ra tứ giác K'NJP nội tiếp. Suy ra $\angle K'NP = \angle K'JP =90^{o}$. Suy ra $K'N \perp NP$ hay $K' \equiv K.$ 

Chứng minh tương tự với điểm $L$ suy ra $\angle KBA +\angle LCA = \angle KJA +\angle LJA = 180^{o}$ nên ta có đpcm 




#545570 CM trực tâm của O1O2O3 thuộc l

Gửi bởi Emyeutiengviet trong 23-02-2015 - 09:51

Cho \Delta ABC, đường thẳng l lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F. Gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các \Delta AEF , \Delta BFD , \Delta CDE . CMR trực tâm tam giác O1O2O3 thuộc l.

 

P.S: Có 1 cách giải bằng tọa độ nhưng hơi cồng kềnh :D bạn nào có cách giải bằng hình học thuần túy thì post nha