Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Ego

Đăng ký: 26-10-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#661838 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

Gửi bởi Ego trong 13-11-2016 - 22:48

Bài 1 cũng đâu đến phức tạp nhờ
Gọi $n$ nghiệm đã cho là $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$. Với $\sum_{k = 1}^{n}x_{k} = -a_{1}$ và $\sum_{i \neq j}x_{i}x_{j} = a_{2}$.
Ta cần chứng minh $-a_{1}\le x_{k} \le a_{1} + 2 \quad \forall k$
Ta có $x_{i}^{2} \le \sum_{k = 1}^{n}x_{k}^{2} = a_{1}^{2} - 2a_{2} \le a_{1}^{2}$ nên $-a_{1} \le x_{i} \le a_{1}$




#658151 Tính $lim\frac{S_n}{n}$

Gửi bởi Ego trong 16-10-2016 - 21:51

Đề bài hầu như không dùng tới dữ kiện $u_{2k}$ nên ta không cần định nghĩa chúng. Định nghĩa lại như sau $v_{1} = 1, e^{v_{n + 1}} = e^{v_{n}} - v_{n}$ và $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1}(n - k)v_{k}$

  • Ta sẽ chứng minh $e^{v_{n}}$ hội tụ
    Thật vậy, xét hàm $f(x) = x - \ln(x)$ trên $(0; +\infty)$; chứng minh được $f(x) \ge 1$. Ta có $e^{v_{n + 1}} = e^{v_{n}} - \ln(e^{v_{n}})$ nên ta có $e^{v_{n + 1}} \ge 1$
    Giả sử $x > y$, xét $f(x) - f(y) = x - y - (\ln(x) - \ln(y)) = x - y - \frac{x - y}{t} = (x - y)\left(1 - \frac{1}{t}\right)$ với $t\in (x; y)$. Có $\frac{1}{2} < 1 \le x < t$ nên $\left|1 - \frac{1}{t}\right| < 1$. Theo nguyên lí ánh xạ co thì $e^{v_{n}}$ hội tụ và nó hội tụ về $1$.

Ta có $S_{n + 1} - S_{n} = \sum_{k = 1}^{n}(n + 1 - k)v_{k} - \sum_{k = 1}^{n - 1}(n - k)v_{k} = \sum_{k = 1}^{n}v_{k}$
Mặt khác, $v_{n} = e^{v_{n + 1}} - e^{v_{n}}$ nên $\sum_{k = 1}^{n}v_{k} = e^{v_{n + 1}} - e_{v_{1}} = e^{v_{n + 1}} - e \to 1 - e$ khi $n \to +\infty$
 




#658102 Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}\sum_...

Gửi bởi Ego trong 16-10-2016 - 19:00

Ý tưởng bài này rất rõ ràng. Từ dãy truy hồi ta thu được $\frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{x_{n}^{2016}}{x_{n + 1}}$
Lấy tổng ta thu được $\lim_{n\to +\infty}\sum_{i = 1}^{n}\frac{x_{i}^{2016}}{x_{i + 1}} = \frac{1}{x_{1}} - \frac{1}{x_{n + 1}} = 1 - \frac{1}{x_{n + 1}}$
Lại dễ dàng chứng minh được dãy $x_{n}$ là dãy vô cùng lớn nên ta kết luận $\lim_{n\to +\infty}\sum_{i = 1}^{n}\frac{x_{i}^{2016}}{x_{i + 1}} = 1$




#657695 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Bắc Ninh 2016-2017

Gửi bởi Ego trong 12-10-2016 - 22:36

Câu 3. Từ CTTH, có $a_{n + 1} - 27 = (a_{n} - 27)(2a_{n} + 1)^{2}$. Do đó $a_{n} - 27 = (a_{1} - 7)\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} = 7\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2}$. Do đó $a_{n} + 1 = 7\left[\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} + 4\right]$.
Xét $p\in \mathbb{P}\mid \left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} + 4$ (dĩ nhiên ta thấy chỉ có $p$ lẻ). Ta có $\left(\frac{-4}{p}\right) = 1 \iff \left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ hay $p \equiv 1\pmod{4}$
Do đó số cần tìm là $7$.

P.S: Lâu quá không lên :3




#648650 Chứng minh rằng: b-g=B-G.

Gửi bởi Ego trong 08-08-2016 - 22:11

Bài này là một bổ đề đẹp, được dùng trong kì VMO 2014 (nếu mình không nhầm). Sau đó là nằm trong đề HSG lớp 9 của Titan Education năm 2014.
Lời giải của mình năm ấy thế này, bạn tham khảo thử.
Dĩ nhiên số học sinh là $1$ thì không có gì để nói. Ta sẽ xét số học sinh từ $2$ trở lên
i) Với số học sinh là hai, ta xét là TRAI - TRAI, GÁI - GÁI, GÁI - TRAI thì thấy khẳng định bài toán đúng.
ii) Bây giờ giả sử bài toán đúng với số học sinh $n$. Bây giờ ta thêm một em học sinh vô. Vai trò mấy em này như nhau, nên giả sử ta thêm bạn nữ (:3) vào
Khi đó $B' = B$ và $G' = G + 1$.
a) TH1. Ta nhét em ấy vào giữa GÁI - GÁI thì $b' = b$ và $g' = g + 1$. Khi đó $B' - G' = B - G - 1 = b - g - 1 = b' - g'$.
b) TH2. Ta nhét em ấy vào giữa TRAI - GÁI thì $b' = b$ và $g' = g + 1$. Tương tự trên ta cũng có đpcm.
c) TH3. Ta nhét em ấy vào giữa TRAI - TRAI thì $b' = b - 1$ và $g' = g$. Lúc đó $B' - G' = B - G - 1 = b - 1 - g = b' - g'$. Xong.

 




#643708 Dự đoán kết quả của Đội tuyển Việt Nam tham dự IMO 2016

Gửi bởi Ego trong 05-07-2016 - 08:46

Hi vọng đội tuyển lọt top 3 \m/ :ukliam2:




#643626 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 04-07-2016 - 15:30

Lời giải bài 66. Theo giả thiết ta có $2p^{2} = u^{2} + v^{2} \iff (2p)^{2} = (u + v)^{2} + (u - v)^{2}$
i) Dễ thấy $p \neq 2$, từ đây nếu ta đặt $d = \gcd(u, v)$ thì ta suy ra $d\mid 2p$. Thử tất cả TH cho ta $d = 1$. Mặt khác, do $2p^{2}$ chẵn nên $u, v$ đều lẻ; tức
là $\gcd(u - v, u + v)\mid \gcd(2u, 2v) \mid 2$ và thấy luôn là $\gcd(u - v, u + v) = 2$
ii) Đây là một PT Pythagores nguyên thủy : $p^{2} = \left(\frac{u - v}{2}\right)^{2} + \left(\frac{u + v}{2}\right)^{2}$. Do đó tồn tại các số nguyên dương $m, n$ thỏa mãn: $$\begin{cases}u - v = 2(m^{2} - n^{2}) \\ u + v = 4mn \\ p = m^{2} + n^{2}\end{cases}\implies 2p - u - v = 2(m - n)^{2} \text{hoặc} \begin{cases} u - v = 4mn \\ u + v = 2(m^{2} - n^{2}) \\ p = m^{2} + n^{2} \end{cases} \implies 2p - u - v = (2n)^{2}$$
Ta có đpcm.
P.S: Hình như đề British này tính phí đúng không anh IMOer? Em chưa bao giờ thấy mặt đề British :P
Bài toán 67. (Sưu tầm) Cho $a, b$ là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các số nguyên tố $p$ thỏa mãn $v_{p}(x^{p - 1} - y^{p - 1})$ lẻ.

 

Xin nói thêm về bài 65. Đây là bài số 2 trong Mock - IndianMO 2016 được gợi ý bởi Anant (các bạn có thể tìm thêm trên trang mathometer.weebly.com). Lời giải của mình của giống như của anh IMOer, ở đây $2^{2016}$ và $2015$ là các số tượng trưng cho năm, có thể tổng quát thành $m, n$ bất kỳ. :P




#643341 Số nguyên tố

Gửi bởi Ego trong 02-07-2016 - 20:19

Ta sẽ quan tâm đến $a \ge 2$:
Gọi $q$ là một ước nguyên tố của $\frac{a^{p} - 1}{a - 1}$. Ta sẽ chứng minh $q = p$ hoặc $q \equiv 1\pmod{p}$

Theo đề bài ta có $a^{p} \equiv 1\pmod{q}$, suy ra $\text{ord}_{q}(a)\mid p$.

i) $\text{ord}_{q}(a) = 1$. Để ý là $q\mid 1 + a + \cdots + a^{p - 1}$, lấy modulo $q$, ta thu được $p\equiv 0\pmod{q}$ hay $p = q$ do $q$ nguyên tố.

ii) $\text{ord}_{q}(a) = p$. Mặt khác, $\text{ord}_{q}(a)\mid q - 1$. Ta có đpcm.

Bây giờ quay lại bài toán, để ý là theo LTE ta có $v_{p}\left(\frac{a^{p} - 1}{a - 1}\right) = v_{p}(a^{p} - 1) - v_{p}(a - 1) = v_{p}(p) = 1$. Tức là nếu $\frac{a^{p} - 1}{a - 1} = p^{k}$ thì $k = 1$, suy ra $a = 1$, vô lý.
Điều này tức là có một ước nguyên tố nào khác thỏa $q \neq p$ và như ii) ta có đpcm.




#643333 Hàm cộng tính

Gửi bởi Ego trong 02-07-2016 - 19:52

Hàm cộng tính hay nói cách khác là loại hàm Cauchy. Hiện đã có rất nhiều kết quả viết về vấn đề này. Vấn đề em đưa ra ta không thể kết luận nhé, hàm cộng tính cần một vài điều kiện
i) Nhân tính

ii) Liên tục

iii) $f(x^{2}) = (f(x))^{2}$

iv) $f(x^{3}) = (f(x))^{3}$

v) vân vân
mới có thể kết luận là hàm tuyến tính nhé.
Về việc giải thích thì như anh nói đã có rất nhiều chứng minh về loại hàm này, và có người đã chỉ ra các hàm không phải tuyến tính thỏa hàm cộng tính.




#643327 Marathon số học Olympic

Gửi bởi Ego trong 02-07-2016 - 19:40

Hiện bài toán 64 vẫn chưa có lời giải. Xin phép được đề xuất bài toán tiếp theo
Bài toán 65. (Suggested by Anant) Chứng minh rằng tồn tại một số nguyên dương $x$ sao cho mỗi phần tử của tập $S$ có ít nhất $2^{2016}$ ước tự nhiên với $S$ định nghĩa bởi $S = \{x^{i} + i|1\le i \le 2015\}$




#642799 Tìm tất cả đa thức hệ số hữu tỷ $P(n)$ thoả $P(n)\mid 2^...

Gửi bởi Ego trong 29-06-2016 - 17:37

Các kết quả cơ bản dùng cho lời giải
i) $n = \pm 1$ là số nguyên duy nhất thoả mãn $\pm n\mid 2^{|n|} - 1$
ii) $P(n) \mid P(P(n) + n)$
Lưu ý là ta chỉ quan tâm các đa thức nhận giá trị nguyên với $n$ tự nhiên nên ii) vẫn đúng.
Theo đó, ta có $P(n) \mid P(P(n) + n) \mid 2^{P(n) + n} - 1$. Mặt khác, $P(n)\mid 2^{n} - 1$
Tóm lại ta thu được $P(n) \mid 2^{P(n)}$. Suy ra $P(n) = 1$ hoặc $P(n) = -1$ có vô hạn nghiệm, đến đây dễ suy ra rằng $P(x) = 1$ với mọi $x$ hay $P(x) = -1$ với mọi $x$

P.s: Thật ra có thể biện luận để suy ra hoặc $P(x) = \pm 1$ hoặc $P* = 0$ (TH sau có thể chứng minh vô lý). Và ngoài ra, đề bài chỉ cần đúng với vô hạn số tự nhiên $n$ hoặc đúng với hơn $2\deg{P(x)} + 2$. Chờ lời giải khác của các bạn


#642793 Tìm tất cả đa thức hệ số hữu tỷ $P(n)$ thoả $P(n)\mid 2^...

Gửi bởi Ego trong 29-06-2016 - 17:14

Tìm tất cả đa thức hệ số hữu tỷ $P(n)$ thoả $P(n)\mid 2^{n} - 1$ với mọi số tự nhiên $n$.
Nguồn



#642072 18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)

Gửi bởi Ego trong 25-06-2016 - 01:20

Bài 4. Để ý rằng $m - n \mid P(m) - P(n)$ và $a^{p} \equiv a \pmod{p}$
Đầu tiên, với mỗi số tự nhiên $k$, ta cố định $k$ lại, theo giả thiết ta có $p\mid kp\mid P(2^{kp})$. Mặt khác, lại có $p\mid 2^{kp} - 2^{k} \mid P(2^{kp}) - P(2^{k}) \implies p\mid P(2^{k})$. Lấy $p$ đủ lớn cho ta $P(2^{k}) = 0$, hay $2^{k}$ là một nghiệm của $P(x)$.
Cho $k$ chạy từ $1$ ra vô cực suy ra $P(x)$ có vô số nghiệm, chứng tỏ $P(x) = 0$. Xong.

Haiz




#642071 18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)

Gửi bởi Ego trong 25-06-2016 - 01:15

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $n$ chẵn là các giá trị cần tìm. Giả sử $n$ là một số crunchy và $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{2n}$ là các số thỏa yêu cầu.
Do các số không cùng bằng nhau nên có hai giá trị khác nhau, giả sử $x_{1} \neq x_{2}$.

  • Mình sẽ cố gắng đi chứng minh rằng $x_{3} = x_{4} = \cdots = x_{2n} = X$, gọi $x_{i}, x_{j}$ thỏa $3 \le i < j < 2n$.
    Gọi $S$ là tổng của $n - 2$ số bất kỳ không gồm chứa $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$, $P$ là tích của đám còn lại trừ ra $x_{1}, x_{2}, x_{i}, x_{j}$
    Ta có $\begin{cases}x_{1} + x_{i} + S = x_{2}x_{j}.P \\ x_{2} + x_{i} + S = x_{1}x_{j}.P \\ x_{1} + x_{j} + S = x_{2}x_{i}.P\\ x_{2} + x_{j} + S = x_{1}x_{i}.P\end{cases}\implies \begin{cases}x_{1} - x_{2} = P.x_{j}(x_{2} - x_{1}) \\ x_{1} - x_{2} = P.x_{i}(x_{2} - x_{1})\end{cases} \implies Px_{i} = Px_{j} = -1 \implies x_{i} = x_{j}$, ngoài ra, từ đây còn suy ra được chúng bằng $-1$
  • Mặt khác, một trong hai $X \neq x_{1}$ và $X \neq x_{2}$ phải đúng, giả sử $X \neq x_{1}$, khi đó cũng áp dụng trên suy ra được $X = x_{2}$ hay tập của ta gồm $2n - 1$ số $-1$ và số $x_{1}$ khác $-1$.
    Dễ thấy chỉ có $n$ chẵn là thỏa mãn và bộ thỏa mãn là $(n, -1, \cdots , -1)$ ($2n - 1$ số $-1$).



#642070 18th ELMO (ELMO Lives Mostly Outside)

Gửi bởi Ego trong 25-06-2016 - 01:07

18th ELMO

Ngày 1 (18/06/2016)

Bài 1. Cookie Monster gọi một số nguyên dương $n$ là crunchy nếu tồn tại $2n$ số thực $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{2n}$ (tất cả không bằng nhau), sao cho tổng của $n$ số bất kỳ trong chúng bằng với tích của $n$ số còn lại. Bạn hãy giúp Cookie Monster xác định tất cả các số crunchy.
Bài 2. Oscar tập vẽ các hình. Oscar vẽ một tam giác $ABC$ và điểm $D$ sao cho $DB, DC$ là tiếp tuyến tới đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Gọi $B'$ đối xứng của $B$ qua $AC$, $C'$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. Nếu gọi $O$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $DB'C'$, hãy giúp Oscar chứng minh rằng $OA \perp BC$.

Bài 3. Trong hệ trục tọa độ $Oxy$, ta gọi một hình chữ nhật là bình thường nếu tất cả các cạnh song song với trục $x$ hoặc trục $y$, và gọi một tập các điểm là đẹp nếu như hai điểm bất kỳ trong chúng không có chung hoành độ lẫn tung độ. Đầu tiên, Bert chọn một tập đẹp $B$ gồm $2016$ điểm trên mặt phẳng. Để 'hại não' Bert, Ernie chọn một tập $E$ gồm $n$ điểm trên mặt phẳng sao cho $B\cup E$ là một tập đẹp với $2016 + n$ điểm. Bert trở lại và một cách kỳ diệu, phát hiện ra rằng không có hình chữ nhật bình thường nào chứa ít nhất hai điểm trong $B$ và không có điểm nào thuộc $E$ nằm bên trong nó. Cho một tập đẹp $B$ mà Bert chọn, định nghĩa $f(B)$ là số nguyên dương nhỏ nhất $n$ sao cho Ernie có thể tìm ra một tập đẹp $E$ với kích cỡ $n$ phần tử thỏa mãn điều kiện đặt ra. Hãy giúp Bert xác định GTNN và GTLN của $f(B)$.

Ngày 2 (19/06/2016)
Bài 4. Big Bird có một đa thức hệ số nguyên thỏa mãn $n$ chia hết $P(2^{n})$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng đa thức của Big Bird là đa thức không.

Bài 5. Elmo đang tô màu. Đầu tiên Elmo chọn ra một tập $S$ gồm $n > 1$ điểm thẳng hàng. Sau đó với mỗi cặp không thứ tự $\{X, Y\}$ trong $S$, Elmo tô màu đường tròn với đường kính $XY$ sao cho mỗi cặp đường tròn mà giao nhau tại 2 điểm phân biệt thì được tô khác màu. Count von Count muốn đếm số màu mà Elmo đã sử dụng. Với mỗi $n$ cho trước, hỏi Elmo cần phải dùng ít nhất bao nhiêu màu để tô?

Bài 6. Elmo đang học hình học Olympiad. Trong $\triangle ABC$ với $AB \neq AC$, cho đường tròn nội tiếp của nó tiếp xúc với $BC, CA$ và $AB$ tại $D, E$ và $F$, theo đúng thứ tự. Phân giác trong của $\angle BAC$ cắt đường $DE$ và $DF$ tại $X$ và $Y$, theo thứ tự. Gọi $S, T$ là các điểm khác nhau trên cạnh $BC$ sao cho $\angle XSY = \angle XTY = 90^{\circ}$. Cuối cùng, gọi $\gamma$ là đường tròn ngoại tiếp $\triangle AST$.

  1. Chứng minh rằng $\gamma$ tiếp xúc với $\odot (ABC)$
  2. Chứng minh rằng $\gamma$ và đường tròn nội tiếp của $\triangle ABC$ tiếp xúc nhau.

Hello

Nguồn