meoconhocxuong

Dễ thôi

Cố định $y$, vế phải là hàm bậc nhất nên có tập giá trị là $R$

Do đó $f$ toàn ánh

Theo mình thì cứ nhìn thấy ẩn ở ngoài mà không bị tác động bởi $f$ là toàn ánh

làm sao là hàm bậc nhất được nhỉ? Nếu cố định $y$ thì vẫn còn $2f(x)$ nữa mà!

 

Buổi thi thứ nhất.

 

Bài 4. (5 điểm)

Cho tam giác $ABC$. đường tròn nội tiếp $I$ tiếp xúc với hai cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E,F$. Lấy điểm $J$ thuộc đường thẳng $EF$ sao cho $BJ$ song song $AC$. Gọi $K$ là giao điểm của $CJ$ và $AB$. Chứng minh rằng $IK$ song song $EF$.

Bài 4

Ta sẽ cmr $IK$ vuông góc với $IA$.

Dễ thấy tam giác $BJE$ cân tại B, suy ra $BJ=BE=p-b$ (với $a,b,c$ là các cạnh $BC,CA,AB$ và $p=\frac {a+b+c} {2}$)

Theo định lí Thales

$\frac {AK} {KB}=\frac {AC}{BJ}=\frac {b}{p-b}$

suy ra

$\frac {AK}{AB}=\frac{b}{p}$

mà $\frac{AE}{AB}=\frac{p-a}{c}$

suy ra $\frac{AK}{AE}=\frac{bc}{p(p-a)}$

mà $AE=p-a$ suy ra $AK=\frac{bc}{p}$

Ta sẽ cmr $AE.AK=IA^2$ hay l̀à $\frac {bc(p-a)}{p}=\frac{(p-a)^2}{(cosA/2)^2}$ hay là $p(p-a)=bc(cosA/2)^2$

Thật vậy theo định lí Cosin

$cosA=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

mà $(cosA/2)^2=\frac{cosA+1}{2}$

suy ra $(cosA/2)^2=\frac{(b+c)^2-a^2}{4bc}$

Từ đó, $4bc(cosA/2)^2=(b+c)^2-a^2=(b+c-a)(b+c+a)=2(p-a).2p$

suy ra đẳng thức cần cm

Từ đó dễ dàng suy ra được 2 tam giác $AEI$ và $AIK$ đồng dạng, suy ra $\angle AIK=\angle AEI=90$ suy ra $IK$ vuông góc với $IA$

Từ đó ta có đpcm.

 

Buổi thi thứ nhất.

 

Bài 3. (5 điểm)

Cho bảng $3\times 3$ (gồm 3 hàng ngang và 3 cột dọc). Kí hiệu ô vuông $\left ( i;j \right )$ là ô vuông giao của hàng thứ $i$ (tính từ trên xuống) và cột thứ $j$ (tính từ trái sang phải). Có bao nhiêu cách điền vào các ô vuông, mỗi ô một số tự nhiên (không nhất thiết phân biệt) sao cho tổng mỗi hàng và tổng mỗi cột đều bằng $2015$, đồng thời trong các ô $\left ( i;i \right ),\:  i=\overline{1,3}$ thì ô $\left ( 2;2 \right )$ ghi số nhỏ nhất.

Bài 3

Kí hiệu số được điền ở ô ($i$, $j$) là $x_{ij}$.

| $x_{11}$ | $x_{12}$ | $x_{13}$ |

| $x_{21}$ | $x_{22}$ | $x_{23}$ |

| $x_{31}$ | $x_{32}$ | $x_{33}$ |

Đặt $x_{22}=n$ ($n\in N$). thế thì $x_{11}=n+a$ và $x_{33}=n+b$ với $a,b\in N$

Đặt tiếp $x_{13}=k$ ($k\in N$)

Do $x_{11}+x_{12}+x_{13}=2015$

suy ra $x_{12}=2015-n-k-a$

tương tự ta cũng suy ra được $x_{23}=2015-n-k-b$

Từ đây ta suy ra được hết các số còn lại

$x_{21}=k+b$

$x_{32}=k+a$

$x_{31}=2015-n-k-a-b$

Do các ô được đánh số nên với mỗi bộ các số tự nhiên ($n$, $k$, $a$, $b$) ta có duy nhất 1 cách điền số vào bảng

Dễ thấy các số được điền là các số tự nhiên nếu và chỉ nếu $n$, $k$, $a$, $b$ thỏa mãn

$n+k+a+b\le 2015$,

hay tương đương với

$n+k+a+b+x=2015$ (với $x$ là 1 số tự nhiên không lớn hơn 2015)

Vậy số bộ ($n$, $k$, $a$, $b$) chính là $C_{2019}^4$ (bài toán chia kẹo Euler)

Suy ra số cách điền cũng là $C_{2019}^4$

$$\begin{array}{|c|c|c|}

\hline

\text{x}&\text{x}&\text{x}\\

\hline

\text{x}&\text{x}&\text{x}\\

\hline

\text{x}&\text{x}&\text{x}\\

\hline

\end{array}$$

Chém bài 6 tí :v

Bổ đề 1: Số có dạng $x^2+1$ sẽ không có ước số nguyên tố dạng $4k+3$

 Ta sẽ sử dụng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại $x^2+1$ có ước nguyên tố dạng $4k+3$

 Dễ chứng minh vô lý thôi

Bổ đề 2: Tích 2 số có dạng $4k-1$ sẽ là số có dạng $4k-1$

Bổ đề 3: Số có dạng $4k+3$ sẽ có ước nguyên tố dạng $4k+3$

 

Áp dụng 3 bổ đề trên, ta được

Xét VT, gọi $p$ là ước số nguyên tố dạng $4k+3$ của $(4x-1)(4y-1)$

Xét VP, $(2z)^2 +1$ không chia hết cho $p$

Suy ra phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương

Ý còn lại chỉ cần xây dựng 1 họ các số là xong. Chứng minh hoàn tất

Bổ đề 2 ko cần dùng đến đâu (mà hình như bạn viết sai thì phải)