Zeref

Bản thân mình đang học năm hai của đại học sư phạm và thấy một số thứ mình đã từng học ở Olympic xuất hiện lại ở bậc Đại học (Số học ở Olympic và Đại số đại cương-Lý thuyết số ở Đại học, các khái niệm hàng điểm điều hoà - hình học xạ ảnh, ...) và mình tìm thấy sự thú vị trong đấy. Đó là lý do mình tiếp tục chọn tìm hiểu sâu vào những khái niệm ấy. Mình nghĩ học (một số chủ đề của) toán Olympic là một bước đà (về mặt tư duy và cả tinh thần!?) để có niềm đam mê tìm hiểu sâu hơn về toán. 

Tất nhiên, mình cũng không biết các dạng toán như phương trình hàm hay những bài hình rối một cục thì có giúp tạo ra động lực và rèn luyện tư duy cho các bạn học sinh để học toán cao cấp, thứ gần với thực tiễn hơn toán Olympic.

Câu hỏi mình cũng muốn đặt ra là nếu xét trên phương diện rèn luyện tư duy thì chừng nào là đủ với các học sinh chuyên? Chủ đề nay cần phải bàn luận thật kĩ vì giáo dục ảnh hưởng đến tương lai con người.

Còn một vấn đề nữa là những người bạn cùng khoá của mình có cả học sinh giỏi quốc gia và các bạn học ở những trường bình thường nhưng khả năng làm toán cao cấp của các bạn ấy đều là ngang nhau. Không biết Olympic có giúp tạo ra sự khác biệt gì không?

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN TỈNH ĐỒNG NAI 2018-2019

Câu 1:

Cho dãy $(x_n)$ xác định bởi:

$\left\{\begin{matrix} x_1=x_2=1\\ x_{n+2}=\log_3{(3x_{n+1}+75)}-\log_2{(x_n+2)}, n=1,2,3, ... \end{matrix}\right.$

1) CMR $x_n \ge 1$ với mọi $n=1,2,3,...$

2) Tính lim $x_n$

Câu 2:

Đường tròn $(I)$  nội tiếp tam giác nhọn $ABC$ ($AB<AC$), tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $BE,CF$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai lần lượt là $X,Y$. $AX,AY$ cắt $(I)$ tại điểm thứ hai lần lượt là $X',Y'$. Các đường thẳng $EX',FY'$ cắt $AB,AC$ tại $X",Y"$ tương ứng.

1) CMR $X"Y"$ tiếp xúc $(I)$

2) Lấy $M,N$ trên $AC,AB$ sao cho $\widehat{MIB}=\widehat{NIC}=90^{\circ}$. Giả sử tồn tại điểm $M',N'$ tương ứng trên $AC,AB$ sao cho $MM',NN'$ cùng vuông góc $BC$. $(AM'N')$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai là $K$. Một đường thẳng đi qua hình chiếu vuông góc của $K$ lên $BC$ và trung điểm $KD$ cắt $M'N'$ tại $T$. CMR $KT$ vuông góc $M'N'$

Câu 3:

Cho đa thức $f(x)=x^4+ax^3+bx^2+cx+d$ ($a,b,c,d$ là các số nguyên cho trước và $d \ne 0$) có 4 nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3,x_4$.

1) CMR nếu $\frac{x_2}{x_1}, \frac{x_3}{x_1}, \frac{x_2}{x_3}$ là các số hữu tỉ khác $-1$ thì $x_1,x_2,x_3,x_4$ là các số nguyên

2) Nếu biết $\frac{x_2}{x_1}, \frac{x_4}{x_3}$ là các số hữu tỉ khác $-1$ thì đa thức đã cho luôn có nghiệm hữu tỉ hay không ?

Câu 4:

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $7^p-p-16$ là một số chính phương.

Câu 5:

Một đề thi có $n$ câu hỏi, điểm mỗi câu hỏi là $1$. Một nhóm $n$ học sinh tham gia giải đề thi này, mỗi em làm một bài thi độc lập với nhau và số điểm của nhóm là tổng số điểm của các em. Người ta thấy rằng, cứ hai câu bất kì thì có tối đa một em giải đúng cả hai câu

1) Hãy tính số điểm lớn nhất có thể có của nhóm $n$ học sinh này

2) Chỉ ra một trường hợp số điểm lớn nhất khi $n=6,n=7$

Mình lập topic này mong các bạn chia sẻ một số bất đẳng thức đối xứng dạng $pqr$ mà các bạn cho là "mạnh". Đối với mình là bất đẳng thức: $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \ge 2(ab+bc+ca), \forall a,b,c>0$ hay biểu diễn dưới dạng $pqr$ là $p^2+2r+1 \ge 4q$

Bài 19:  Chứng minh rằng $IG$ đi qua điểm $Schiffler$ của tam giác $ABC$ với $I$ là tâm nội, $G$ là trọng tâm tam giác 

Điểm $Schiffler$ của tam giác $\triangle{ABC}$ là điểm đồng quy của các đường $Euler$ của các tam giác $\sum{\triangle{IBC}}\cup{\triangle{ABC}}$ với $I$ là tâm nội 

Em không nghĩ có tỉnh nào ra thi tâm tam giác đâu bác ơi. Đổi bài đi bác.

Lời giải khác cho bài 1:

Sau khi đổi về mô hình trực tâm, bài toán cũ tương đương bài toán sau: Cho $\Delta ABC$, đường cao $AD,BE,CF$. Một đường thẳng qua $A$ vuông $EF$ tại $G$ . Hình chiếu của $G$ lên đường trung bình đỉnh $D$ của $\Delta DEF$ là $K$. CM $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$

Chứng minh:

Gọi $H$ là trực tâm, $M,N$ là trung điểm $BC,AH$. $AG \cap BC=P$ và $AH \cap EF=Q$. Hình chiếu của $D$ lên $AP$ là $L$.

Dễ thấy: $MN \parallel AP$ và $L \in (K;KG)$. Ta sẽ CM $NG \perp ML$.

Dễ có $(AH,QD)=-1$ nên $NA^2=NQ.ND \Rightarrow \frac{NA}{NQ}=\frac{ND}{NA}=\frac{MD}{MP}$

Mà $\Delta GAQ \sim LDP$ (chú ý tam các tam giác vuông). Do đó $\Delta AGN \sim DLM$.

Ta có: $\widehat{GNM}+\widehat{LMN}=\widehat{AGN}+\widehat{LMN}=\widehat{DLM}+\widehat{LMN}=90^o$

Do đó $NG \perp ML$. Gọi $X=NG \cap ML$. $\widehat{NXD}=90^o$ nên $X \in (DEF)$. Và $GL \parallel MN \Rightarrow X \in (K;KG)$ 

Vậy $X \in (K;KG),(DEF)$ và $GL \parallel MN$ nên $(K;KG)$ tiếp xúc $(DEF)$ (đpcm)

 

Câu 6: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Các điểm $ E, F $ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $ CA, AB $ sao cho $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BHC $. $ K $ là tâm ngoại tiếp tam giác $ AEF $. $ KC,KB $ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ KAE,KAF $ theo thứ tự tại $ M,N $ khác $ K $. Chứng minh rằng $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AMN $.

 

 

Câu 3: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Điểm $ P $ di chuyển trên cạnh $ BC $. Lấy các điểm $ Q $ và $ R $ sao cho $ PQ \perp CA, CQ \perp BC, PR \perp AB, BR \perp BC $.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $QR $ đi qua $ H $.

b) Chứng minh rằng đường thẳng qua $ P $ vuông góc với $ QR $ luôn đi qua một điểm cố định khi $ P $ thay đổi.

Bài toán có thể giải như sau:

a/$PR \cap AB =X$, $PQ \cap AC=Y$, D là chân đường cao từ A. Gọi trung điểm $AP$ là $N$ và trung điểm $BC$ là M. Dễ CM $(N)$ đi qua $X,D,Y$.

Ta sẽ CM $PQ$ là trục đẳng phương của $(N)$ và $(M)$:

$P_{R;(M)}=RB^2=RX.RP=P_{R;(N)}$ và tương tự với $Q$ $\Rightarrow$ $RQ$ là tđp của 2 đường tròn.

Đồng thời ta cũng dễ thấy $H$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn nên $H \in RQ$

b/ Lấy đối xứng của $A$ qua $M$ là $A'$. Dễ có $MN \parallel A'P$. Mà $MN \perp RQ$ theo tính chất trục đẳng phương nên $RQ \perp A'P$. Nghĩa là đường qua $P$ và vuông góc $RQ$ đi qua điểm $A'$ cố định

Bài 4

a/ Sử dụng định lý Ceva cho tam giác ABC, AD,BM, CN đồng quy khi  $\frac{DB}{DC}.\frac{MC}{MA}.\frac{NA}{NB}=1$

Ta có $\frac{DB}{NB}=\frac{AB}{BP}$ ($\Delta BND \sim  \Delta BPA$)

          $\frac{CM}{CD}=\frac{CP}{CA}$ ($\Delta CAP \sim  \Delta CDM$)

          $\frac{AB}{BP}=\frac{AC}{CP}$

          $AM=AN $ (do đối xứng qua tia AP)

b/ Lưu ý $cos^2 A+cos^2 B+cos^2 C=1-2 cos A. cos B. cos C$

Còn lại là một tính chất quen thuộc của tam giác trực tâm

Mình xin được phép đề cập đến 2 tính chất thường gặp

1/ $C_{p}^{k} \space \vdots  \space p \Leftrightarrow p$ là số nguyên tố

2/ $a \equiv b \mod{p^n} \Leftrightarrow a^p \equiv b^p \mod{p^{n+1}} $

P/s: nếu sử tính chất 2 thì bài toán : $a^p-b^p \space \vdots \space p \Rightarrow a^p-b^p \space \vdots \space p^2$ không khó

Cho tứ giác $ABCD$, $O$ là giao điểm 2 đường chéo, $I$ là giao điểm của 2 đường thẳng chứa các cạnh $AD$, $BC$. Gọi $N$ là giao điểm của $IO$ và $CD$. Biết $N$ là trung điểm của $CD$. Liệu có thể chứng minh được tứ giác $ABCD$ là hình thang?

Được bạn nhé, bạn kết hợp định lý Ceva với Thales là được

Cho p là số nguyên tố , a là số nguyên dương với a , p nguyên tố cùng nhau , x nguyên dương bất kì . Chứng minh

 $a^{p^{x}(p-1)} \equiv 1 \left ( mod p^{x+1} \right )$

Bạn thử sử dụng bổ đề này đi

$a \equiv b\mod p^n \Rightarrow a^p \equiv b^p\mod p^{n+1}$  

Bổ đề này không khó chứng minh

Câu 4

a/

Ta sẽ CM $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

$\Delta PAC \sim PDB \Rightarrow \frac{PA}{PD}=\frac{AC}{DB}$ (1)

$\Delta ACE \sim BDE \Rightarrow \frac{AC}{BD}=\frac{AE}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{PA}{PD}=\frac{AE}{BE}$ hay $\frac{PA}{AE}=\frac{PD}{DI}$

đồng thời $\widehat{PAE}=\widehat{PDI}$ do đó $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

Từ đây suy ra $PI,PE$ đẳng giác

b/

$GF$ là đường thẳng Gauss của tứ giác $PCEA$ nên đi qua trung điểm $PE$. Do đó $GF$ là đường trung bình $\Delta EIP$

Kéo dài $EG$ cắt $PI$ tại $M$ thì $M$ là điểm đối xứng của $E$ qua $G$. $PI$ cắt $CB$ tại $K$

Ta đi CM $\Delta PEM \sim \Delta PIE$

Bằng định lý Thales ta suy ra các đẳng thức sau

$\frac{PI}{PK}=\frac{AD}{PC}$ và $\frac{PM}{PK}=\frac{PA}{PB}$

Suy ra $PI.PM=(\frac{PA}{PC}.PK)^2=PE^2$ (do $\Delta PAE \sim \Delta PCK$)

Suy ra $\Delta PEM \sim \Delta PIE$ hay $\widehat{PEG}=\widehat{EFG}$

Do đó $PE$ là tiếp tuyến của $(EFG)$

Đặt $
{f}\left({x}\right)\mathrm{{=}}{g}\left({x}\right)\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}{x}^{2}
$
Thay vào phương trình trên, ta được:
$
{g}\left({{x}\mathrm{{+}}{y}}\right)\mathrm{{=}}{g}\left({x}\right)\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}\hspace{0.33em}{g}\left({y}\right)
$
Đây là phương trình hàm Cauchy nên ta có được $
{g}\left({x}\right)\mathrm{{=}}\hspace{0.33em}{ax}
$
Suy ra $
\left({x}\right)\mathrm{{=}}{ax}\hspace{0.33em}\mathrm{{+}}\hspace{0.33em}{x}^{2}
$

Mình nghĩ chỗ này bạn suy ra hơi vội, lỡ đâu $g(x) \equiv 0$ thì sao, vả lại chưa có dữ kiện rõ ràng về tập nguồn và đích, nếu điều kiện là $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và không cho gì thêm thì phải cẩn thận

Cho điểm O nằm ngoài tam giác ABC. Qua O, đường vuông góc OA cắt BC tại D, đường vuông góc OB cắt AC tại E, đường vuông góc OC cắt AB tại F. CM D,E,F thẳng hàng