Đến nội dung


Zaraki

Đăng ký: 07-03-2011
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#681427 Tuần 4 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

Gửi bởi Zaraki trong 21-05-2017 - 20:15

Như vậy lời giải cho bài Tuần 3 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Tiến Hoàng. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $P,Q$ là hai điểm đối xứng nhau qua trung điểm $BC$ sao cho $PQ \perp AB$. $K$ là lâm ngoại tiếp tam giác $APQ$ và $AR$ là đường đối trung của tam giác $APQ$. $M$ đối xứng $C$ qua phân giác $\angle PAQ$. Lấy $E$ trên $AQ$ sao cho $CE=CQ$. Giả sử có $X$ thuộc $KR$ và $Y$ thuộc $AX$ sao cho $AX=AP, AY=EQ$. Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

 

Screen Shot 2017-05-21 at 11.11.44 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $AO$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại $P$ khác $A$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $APH$ cắt $(O)$ tại $X$ khác $A$. Chứng minh rằng $AX$ luôn đi qua điểm cố định. 




#680707 Tuần 3 tháng 5/2017: đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố định...

Gửi bởi Zaraki trong 14-05-2017 - 21:18

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới. Xin trích dẫn lại hai bài đó:

 

Bài 1. (Trần Quang Hùng) Cho đường tròn $(O)$ cố định với day $BC$ cố định và $A$ di chuyển bên trong $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. Một đường tròn khác $(O)$ qua $B,C$ tiếp xúc $(K)$ tại $P$. $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. $M,N$ là trung điểm $BC,AH$. $MN$ cắt $JP$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường thẳng $AQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi.

 

Bài 2.  (Trần Quang Hùng, Trịnh Huy Vũ, Trần Quang Huy, Ngô Quang Dương) Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$. $P$ là một điểm nằm trên đường thẳng qua $Q$ song song $BC$. $Q$ là đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $QB,QC$ cắt $EF$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $A,M,H,N$ cùng thuộc một đường tròn. 

 

Screen Shot 2017-05-15 at 12.14.50 AM.png




#680554 $x\sqrt{3}-y\sqrt{7}> \frac{...

Gửi bởi Zaraki trong 13-05-2017 - 19:24

Khoá topic. Bài là P1 tạp chí Pi số 4 chưa hết hạn.




#680553 Thảo luận về việc làm ĐHV

Gửi bởi Zaraki trong 13-05-2017 - 19:19

Tách topic để không làm loãng topic đăng kí.

 

Xin đính chính một chút, mình không nghĩ việc đăng kí mấy "lần" trong topic đăng kí là quan trọng. Người đăng kí chỉ cần viết một lần trong topic là đủ rồi, không cần phải viết lại để làm rác topic làm gì. Nếu các bạn vẫn đóng góp cho diễn đàn sau khi đăng kí thì tất nhiên các anh BQT và anh em trong ĐHV sẽ công nhận bạn. Tiêu chí ĐHV mà diễn đàn đang tìm kiếm (đây chỉ là ý kiến chủ quan nhưng mình nghĩ anh em ĐHV chắc cũng sẽ nhất trí) là lịch sự trong giao tiếp, bài viết có chất lượng (chất lượng ở đây không nhất thiết phải là có lời giải hay mà có thể là đưa lên bài toán hay hoặc giúp đỡ thành viên khác), nếu năng nổ thì càng tốt.

 

Mình nghĩ việc này không có gì phải tranh cãi nữa nên xin được khoá luôn topic. 




#680362 gõ thử công thức toán

Gửi bởi Zaraki trong 12-05-2017 - 07:47



$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(4.22,-2.86) rectangle (13.12,4.98); \draw(8.34,0.2) circle (2.330321866180721cm); \draw (6.86,-1.6)-- (9.827822560606734,-1.5935395251149667); \draw (8.334927274150267,2.5303163449309705)-- (6.86,-1.6); \draw (8.334927274150267,2.5303163449309705)-- (9.827822560606734,-1.5935395251149667); \draw (8.334927274150267,2.5303163449309705)-- (8.345072725849732,-2.1303163449309706); \draw (6.035459992649993,-0.1456810011025011)-- (8.345072725849732,-2.1303163449309706); \draw [domain=4.22:13.12] plot(\x,{(-17.62190491273828--2.3096127331997396*\x)/1.9846353438284694}); \draw (7.290242190121254,-0.3951701881975841)-- (7.725725721359615,-1.5981154536142386); \draw (8.770410805388625,1.327371079514322)-- (7.725725721359615,-1.5981154536142386); \draw(7.290242190121254,-0.3951701881975841) circle (1.2793448391923807cm); \draw(8.770410805388625,1.327371079514322) circle (3.1064188996832454cm); \draw (6.035459992649993,-0.1456810011025011)-- (6.86,-1.6); \draw (6.86,-1.6)-- (8.345072725849732,-2.1303163449309706); \draw (8.345072725849732,-2.1303163449309706)-- (9.827822560606734,-1.5935395251149667); \draw (6.035459992649993,-0.1456810011025011)-- (9.827822560606734,-1.5935395251149667); \begin{normalsize} \draw [fill=white] (8.34,0.2) circle (1.5pt); \draw[color=black] (8.44,0.41) node {$O$}; \draw [fill=white] (6.86,-1.6) circle (1.5pt); \draw[color=black] (6.68,-1.63) node {$B$}; \draw [fill=white] (9.827822560606734,-1.5935395251149667) circle (1.5pt); \draw[color=black] (9.92,-1.67) node {$C$}; \draw [fill=white] (8.334927274150267,2.5303163449309705) circle (1.5pt); \draw[color=black] (8.4,2.83) node {$A$}; \draw [fill=white] (8.345072725849732,-2.1303163449309706) circle (1.5pt); \draw[color=black] (8.36,-2.23) node {$K$}; \draw [fill=white] (6.035459992649993,-0.1456810011025011) circle (1.5pt); \draw[color=black] (5.94,0.07) node {$I$}; \draw [fill=white] (7.725725721359615,-1.5981154536142386) circle (1.5pt); \draw[color=black] (7.78,-1.35) node {$M$}; \draw [fill=white] (6.880592857004804,-0.8718982273583699) circle (1.5pt); \draw [fill=white] (7.290242190121254,-0.3951701881975841) circle (1.5pt); \draw[color=black] (7.12,-0.25) node {$D$}; \draw [fill=white] (8.770410805388625,1.327371079514322) circle (1.5pt); \draw[color=black] (8.96,1.37) node {$E$}; \end{normalsize} \end{tikzpicture}$

Bạn có thể xem tại đây.




#679948 Tuần 2 tháng 5/2017: Chứng minh rằng trung trực $HL$ chia đôi...

Gửi bởi Zaraki trong 08-05-2017 - 12:33

Như vậy lời giải cho hai bài toán Tuần 1 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và của hai anh Hoàng Hữu Quốc Huy, Ngô Quang Dương. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $AO$ cắt $EF$ tại $J$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AJD$ cắt $(O)$ tại $K$ khác $A$. $HK$ cắt $EF$ tại $P$. $N$ là trung điểm $EF$. $Q$ đối xứng $P$ qua $N$. $R$ là hình chiếu của $H$ trên $AN$. Trên $QR$ lấy $L$ sao cho $HL \perp EF$. Chứng minh rằng trung trực $HL$ chia đôi $BC$.

 

Screen Shot 2017-05-08 at 3.30.03 PM.png

 

Bài 2. Cho hai điểm $P,Q$ liên hợp đẳng giác với tam giác $ABC$. $PA,PB,PC$ cắt $BA,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Một đường thẳng $\ell$ đi qua $Q$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Chứng minh rằng các đường tròn $(ADX),(BEY),(CFZ),(ABC)$ có một điểm chung.




#679046 Tuần 1 tháng 5/2017: Chứng minh rằng $JH \perp IO$.

Gửi bởi Zaraki trong 30-04-2017 - 18:47

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 tháng 4/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Ngô Quang Dương. Xin được trích dẫn lại hai bài toán.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và có tem nội tiếp $I$. $M$ là trung điểm $AI$. $N$ đối xứng $M$ qua $OI$. $K$ thuộc $BC$ sao cho $IK \perp IO$. $AK$ cắt $MN$ tại $J$. $H$ là trực lâm tam giác $AIN$. Chứng minh rằng $JH \perp IO$.

 

Screen Shot 2017-04-30 at 9.46.27 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$. $F_1,F_2$ lần lượt là điểm Fermat thứ nhất và thứ hai của tam giác $ABC$. $F_a,F_b,F_c$ lần lượt là điểm Fermat thứ hai của tam giác $F_1BC,F_1CA,F_1AB$. Chứng minh rằng $F_a,F_b,F_c,F_2$ đồng viên.

 

Screen Shot 2017-04-30 at 9.46.18 PM.png




#678430 Tuần 4 tháng 4/2017: Đường tròn pedal của $A$ ứng với tam giác...

Gửi bởi Zaraki trong 23-04-2017 - 20:27

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 3 tháng 4 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Trịnh Huy Vũ. Xin trích dẫn lại hai bài toán.

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trên đường thẳng qua $O$ vuông gód với đường đối trung qua $A$ lấy các điểm $M,N$ sao cho $AM \perp AB, AN \perp AC$. Trên trung trực của $CA,AB$ lần lượt lấy các điểm $K,L$ sao cho $KC,LB$ cùng vuông gcc với $BC$. $KN$ cắt $LM$ tại $P$. Chứng minh rằng đường tròn pedal của $A$ ứng với tam giác $PKL$ tiếp xúc đường trung bình ứng với $A$ của tam giác $ABC$.

 

Screen Shot 2017-04-23 at 11.23.20 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ có tem nội tiếp $I$ và tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng $OI$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $IAB$ lần thứ hai tại $D$. Lấy điểm $J$ thuộc đường tròn $(IAB)$ sao cho $IJ \perp BD$. Chứng minh rằng đối xứng của $J$ qua $OI$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $IAC$.

 

Screen Shot 2017-04-23 at 11.25.09 PM.png




#677610 Tuần 3 tháng 4/2017: Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua điểm c...

Gửi bởi Zaraki trong 16-04-2017 - 20:12

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 4/2017 đã được đăng tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Đức Bảo. Xin trích dẫn lại hai bài toán

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có $P$ nằm trên phân giác gód $\angle BAC$. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lin $BC,CA,AB$. $AP$ cắt đường tròn $(PBC)$ tại $Q$ khác $P$. $DP$ cắt đường tròn $(DEF)$ tại $K$ khác $D$. $L$ đối xứng $K$ qua $EF$. $AL$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua điểm cố định khi $P$ thay đổi.

 

Screen Shot 2017-04-16 at 10.52.01 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$, $P$ thuộc đường thẳng cố định. Các đường thẳng qua $P$ lần lượt vuông góc với $CA,AB$ cắt các đường thẳng $AB,AC$ theo thứ tự tại $E,F$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc một đường thẳng cố định.




#676829 Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ...

Gửi bởi Zaraki trong 09-04-2017 - 23:10

Như vậy lời giải cho Tuần 1 tháng 4/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Ngô Quang Dương. Xin trích dẫn lại hai bài toán:
 
Bài 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $AOC$ và nằm trong tứ giác. Đường tròn $(K,KA)$ lần lượt cắt $AB,AD$ tại $M,N$ khác $A$. $MN$ theo thứ tự cắt $CB,CD$ tại $P,Q$. $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $CPQ$. $KL$ cắt $MN$ tại $J$. Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ}= \frac{JM}{JN}$. 
Screen Shot 2017-04-10 at 2.07.20 AM.png
 
Bài 2. Cho $P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác với tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông gcc của $P$ lên $AC,AB$. $AP$ cắt $(ABC)$ tại $X$ khác $A$, $D$ là hình chiếu vuông góc của $X$ lên $BC$. $EF$ cắt $(ABC)$ tại hai điểm $U,V$. $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DUV$. Chứng minh rằng đối xứng của $Q$ qua $K$ nằm trên $(ABC)$.
Screen Shot 2017-04-10 at 2.07.08 AM.png



#676016 Tuần 1 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

Gửi bởi Zaraki trong 02-04-2017 - 20:44

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 4 tháng 3/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và anh Nguyễn Tiến Dũng. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$ và có tâm ngoại tiếp $O$. Đường tròm đường kính $AO$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại $K$ khác $O$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DKH$ tại $L$ khác $K$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DKH$ cắt $BC$ tại $G$ khác $D$. $GE,GF$ lần lượt cắt $DF,DE$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ cố định và điểm $P$ thay đổi sao cho $\frac{PB}{PC} =\frac{AB}{AC}$. Dựng hai hình chứ nhật bằng nhau cùng ngược hướng với tam giác $ABC$ là $PBDE$ và $PGCF$. Chứng minh rằng khi $P$ thay đổi thì đường tròn nối tâm hai hình chữ nhật luôn đi qua một điểm cố định.

 

Screen Shot 2017-04-02 at 11.44.10 PM.png




#675456 ĐỀ VIỆT NAM TST 2017

Gửi bởi Zaraki trong 27-03-2017 - 17:47

Thực ra bài 1 không khó nhưng có lẽ cách phát biểu nó làm các bạn hơi hoang mang. Dĩ nhiên là phải phản chứng, giả sử là 2 con kiến bất kì đều gặp nhau. Vận tốc của 2 con kiến bất kì khác nhau nên dĩ nhiên nếu 2 con cùng xuất phát ở 1 lỗ và ở cùng thời điểm thì chả bao giờ gặp nhau cả ( đi cùng chiều thì ko gặp rồi mà ngược chiều thì càng chẳng bao giờ gặp). 2017 con kiến mà 44 lỗ thì có 45 con cùng chuồng. Và dĩ nhiên để đáp ứng điều kiện phản chứng thì 45 con này xuất phát thời điểm khác nhau, cộng thêm cái thời điểm của cái con xuất phát trễ nhất nó chui vào lỗ nữa thì phải có ít nhất 46 thời điểm. Mâu thuẫn!

 

Dựa vào lời giải của anh Karl thì ta có thể làm mạnh kết quả một tí: bài toán đúng cho $|T| \le 46$.

Có $2017=37+44 \cdot 45$ nên tồn tại lỗ có $46$ con kiến xuất phát. Nếu $46$ con kiến này xuất phát tại thời điểm khác nhau + thời điểm con kiến chậm trở về lỗ nhất trong $46$ con này thì sẽ có $47$ thời điểm, mâu thuẫn.

 

 

giả sử thêz thì khi 2 con kiến chui cùng từ một lỗ thì có tính là nó sẽ gặp nhau tại cái lỗ đó không anh ?

Chắc là không, vì nếu mà như dungxibo123 nói thì khi đó sẽ có trường hợp tất cả các con kiến đều gặp nhau khi cùng xuất phát tại 1 lỗ chung, dẫn đến bài toán sai.




#675445 ĐỀ VIỆT NAM TST 2017

Gửi bởi Zaraki trong 27-03-2017 - 14:11

Lời giải trước của mình sai nên xin đề xuất lời giải khác cho bài 6, thêm thắt chút về hướng giải, suy nghĩ:

 

Gọi điều kiện $a_i-a_{i+1} \not\equiv a_{j}-a_{j+1} \pmod{2n+1}$ là điều kiện (*).

 

Nhận thấy rằng nếu xây dựng được $a_1, \ldots, a_n$ thì ta xây dựng được cả $2n$ số. Ta muốn đơn giản hoá phép xây dựng càng nhiều càng tốt, do đó ta sẽ thử chỉ gán các số $1,2, \ldots ,n$ cho $a_1, \ldots, a_n$ và không quan tâm đến $n+1, \ldots, 2n$. Nếu như thế thì $-n+1 \le a_i-a_{i+1} \le n-1$ với mọi $1 \le i<n$. Do đó chỉ việc xây dựng cho dãy sao cho $a_i-a_{i+1} \ne a_{j}-a_{j+1}$ cho $1 \le i<j<n$ là ta hoàn toàn có thể đảm bảo điều kiện $a_i-a_{i+1} \not\equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$ cho $1 \le i<j<n$. Điều này tương đương với việc phải đảm bảo $|a_1-a_2|,|a_2-a_3|, \ldots, |a_{n-1}-a_n|$ là hoán vị của $1,2, \ldots , n-1$.

 

Nếu áp dụng ý tưởng xây dựng trên thì đối với $2n >i \ge n$ thì $a_{i}-a_{i+1}=a_{i+1-n}-a_{i-n}$ nên nếu dãy $a_1, \ldots , a_n$ thoả mãn điều kiện (*) thì dãy $a_{n+1}, \ldots, a_{2n}$ cũng thoả mãn. Tuy nhiên, cần để ý tới $j=2n$ hay $a_{2n}-a_{2n+1}=2n+1-a_{n}-a_1$. Chú ý rằng ta không thể kẹp $2n+1-a_n-a_1$ như đã làm ở trên nên việc thoả mãn điều kiện sẽ gây khó khăn. Thay vào đó, ta có thể chọn trước giá trị cho $a_n,a_1$ để đảm bảo $2n+1-a_n-a_1 \not\equiv a_i-a_{i+1} \pmod{2n+1}$ với mọi $1 \le i<2n$. Do $a_i-a_{i+1} \in \{ \pm 1, \pm 2, \ldots , \pm(n-1) \}$ nên để $2n+1-a_n-a_1 \not\equiv a_i-a_{i+1} \pmod{2n+1}$ vớ mọi $1 \le i<2n$ thì $2n+1-a_n-a_1 \in \{ n,n+1 \}$ hay $a_n+a_1 \in \{n,n+1 \}$.

 

Qua bước lập luận trên, bài toán 6 có thể đưa về việc xây dựng một hoán vị của $1,2, \ldots , n$ là $a_1,a_2, \ldots, a_n$ sao cho $|a_i-a_{i+1}| \ne |a_j-a_{j+1}|$ với mọi $1 \le i<j<n$ và $a_1+a_n \in \{n,n+1\}$. Đến đây, để cho dễ hình dung, hãy tưởng tượng các số $1,2, \ldots, n$ được viết theo thứ tự từ trái qua phải, một con cóc bắt đầu ở vị trí số $a_1$ và nhảy với khoảng cách $|a_1-a_2|$ tới vị trí $a_2$ và cứ thế cho đến khi nó đến vị trí $a_n$. Thử thách của ta là làm sao cho con cóc có thể

 

+) Đi qua hết các vị trí $1, \ldots , n$ mỗi vị trí đúng $1$ lần.

+) Nhảy với khoảng cách nhảy $|a_i-a_{i+1}|$ khác nhau tại mỗi lần.

+) Bắt đầu tại $a_1$ và kết thúc tại $a_n$ sao cho $a_1+a_n \in \{n,n+1 \}$.

 

Trường hợp 1. Nếu thì $n=4k+1$: 

Con cóc bắt đầu đi từ vị trí $k+1$ và thực hiện như sau: (dấu ngoặc mình thêm vào chỉ để cho dễ hình dung quy luật dãy):

$(k+1, 3k+2), (k,3k+3),(k-1, 3k+4), \ldots , (k-i,3k+(i+3)), \ldots, ( k-(k-2),3k+(k+1)), 1$

Khoảng cách con cóc nhảy cho mỗi bước này là $2k+1,2k+2, \ldots, 4k$.

 

Ta nhận thấy lúc này, con cóc chỉ còn các vị trí $k+2, \ldots , 3k,3k+1$ là chưa nhảy tới và còn khoảng cách $1,2, \ldots, 2k$ là chưa dùng để nhảy. Con cóc lúc này bắt đầu tại $1$ và có thể nhảy như sau:

 

$1,\color{blue} {2k+1},\color{red} {2k+2},\color{blue}{2k},\color{red} {2k+3},\color{blue} {2k-1},\color{red} {2k+4}, \ldots,  \color{blue} {k+2} ,\color{red} {3k+1}$

 

Như vậy con cóc đã nhảy qua hết $n=4k+1$ vị trí và dùng hết $4k$ khoảng cách nhảy, bắt đầu tại $a_1=k+1$ và kết thúc với $a_n=3k+1$ với $(k+1)+(3k+1)=n+1$. Một ví dụ con cóc nhảy cho $n=9$:

 

IMG_0169.JPG

 

Trường hợp 2. Nếu $n=4k+3$:

 

$(k+1,3k+3),(k,3k+4), \ldots , (k-(k-2),3k+(k+2))=(2,4k+2),(1,4k+3)$.

 

Như vậy con cóc còn các vị trí $k+2, \ldots , 3k+2$ chưa nhảy tới và khoảng cách nhảy $1,2 \ldots, 2k+1$ chưa dùng. Bước tiếp theo, con cóc có thể nhảy như sau, bắt đầu từ $4k+3$:

 

$4k+3,\color{blue}{2k+2},\color{red}{2k+1}, \color{blue}{2k+3}, \color{red}{2k}, \ldots, \color{blue}{3k+1},\color{red}{k+2},\color{blue}{3k+2}$.

Bước nhảy trên thoả mãn đề bài. Con cóc bắt đầu với $a_1=k+1$ và kết thúc với $a_n=3k+2$ với $a_1+a_n=4k+3=n$.

 

Trường hợp 3. Nếu $n=4k$:

 

$(k,3k+1),(k-1,3k+2), \ldots (k-(k-1),3k+k)=(1,4k)$.

 

Như vậy, con cóc còn các vị trí $k+1, \ldots, 3k$ chưa nhảy tới và khoảng cách nhảy $1,2 \ldots, 2k$ chưa dùng. Con cóc bước tiếp theo có thể nhảy như sau, bắt đầu từ vị trí $4k$:

 

$4k, \color{blue}{2k},\color{red}{2k+1},\color{blue}{2k-1}, \color{red}{2k+2}, \ldots, \color{blue}{k+1},\color{red}{3k}$

Con cóc hoàn thành nhiệm vụ.

 

Trường hợp 4. Nếu $n=4k+2$: 

 

$(k+1,3k+3),(k,3k+4), \ldots , (k-(k-2),4k+2),1$.

 

Như vậy, con cóc còn các vị trí $k+2, \ldots, 3k+2$ chưa nhảy tới và khoảng cách nhảy $1,2 \ldots, 2k+1$ chưa dùng. Con cóc bước tiếp theo có thể nhảy như sau, bắt đầu từ vị trí $1$:
 

$1, \color{blue}{2k+2},\color{red}{2k+1},\color{blue}{2k+3},\color{red}{2k}, \ldots, \color{blue}{k+2},\color{red}{3k+2}$.

 

Vậy con cóc có thể có các bước nhảy thoả mãn đề bài. Thứ tự vị trí mà con cóc nhảy tới chính là thứ tự của dãy số $a_1, \ldots, a_n$. Như vậy ta đã xây dựng được dãy $a_1, \ldots, a_n$ thoả mãn nên suy ra dãy $a_1, \ldots, a_{2n}$ cũng thoả mãn theo lập luận trên.




#675397 Tuần 4 tháng 3/2017: $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $(K...

Gửi bởi Zaraki trong 26-03-2017 - 20:16

Như vậy lời giải cho hai bài toán Tuần 3 tháng 3/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng Hùng và thầy Nguyễn Lê Phước. Xin trích dẫn lại hai bài toán:
 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ cố định và đường tròn $(K)$ thay đổi đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Gọi $J,L$ lần lượt là tâm ngoại tiếp của các tam giác $ABE,ACF$. $EJ$ cắt $FL$ tại $P$. $Q$ là tâm ngoại tiếp tam giác $KEF$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $(K)$ thay đổi.

 

Screen Shot 2017-03-26 at 11.14.17 PM.png

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $P$ là điểm cố định trên trung trực $BC$. Trên đường thẳng $CA,AB$ lấy các điểm $E,F$ sao cho $PE \parallel AB, PF \parallel AC$. Chứng minh rằng trung trực $EF$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di chuyển. 

 

Screen Shot 2017-03-26 at 11.16.41 PM.png




#675395 ĐỀ VIỆT NAM TST 2017

Gửi bởi Zaraki trong 26-03-2017 - 19:50

Lời giải này sai. Minh có đưa ra lời giải khác ở dưới:

 

 

Bài 6. Với mỗi số nguyên dương $n$, xét $a_1,a_2, \ldots, a_{2n}$ là hoán vị của $2n$ số nguyên dương đầu tiên. Một hoán vị như thế được gọi là đẹp nếu với mọi $1 \le i < j \le 2n$ thì $a_i+a_{n+i}=2n+1$ và $a_i-a_{i+1}$ không đồng dư với $a_j-a_{j+1}$ theo modulo $2n+1$. Quy ước $a_{2n+1}=a_1$.

a) Với $n=6$, hãy chỉ ra một hoán vị đẹp.
b) Chứng minh rằng với mỗi $n$ nguyên dương thì luôn tồn tại một hoán vị đẹp.

Lời giải. Do $a_i+a_{n+i}=2n+1$ nên ta chỉ việc xây dựng $a_1,a_2, \cdots, a_n$ là đủ. Ta làm như sau:

 

Với các vị trí lẻ $a_1,a_3, \cdots, $ ta viết các số bắt đầu từ $1$ và tăng dần $1,2,3, \cdots$ (các số được viết cho tới khi không tìm được vị trí lẻ) và với vị trị chẵn $a_2,a_4, \cdots$ ta viết các số bắt đầu từ $n$ theo thứ tự giảm dần $n,n-1,n-2, \ldots$ Khi đó dãy các số $a_1, \cdots , a_n$ sẽ là một hoán vị của $n$ số nguyên dương đầu tiên. Ta sẽ chứng minh rằng trong dãy này, không tồn tại $1\le i<j < n$ sao cho $a_i-a_{i+1} \equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$. Trước hết, để ý rằng $-n+1 \le a_i-a_{i+1} \le n-1$ với mọi $1 \le i< n$ nên $a_i-a_{i+1} \equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$ khi và chỉ khi $a_i-a_{i+1}=a_j-a_{j+1}$. Tuy nhiên, không khó để chứng minh bằng quy nạp rằng trong dãy $a_1, \ldots , a_n$, với mọi $1 \le i<n$ thì $a_i-a_{i+1}=(-1)^{i}(n-i)$. Do đó $a_i-a_{i+1} \ne a_j-a_{j+1}$ với mọi $1 \le i<j < n$ hay $a_i-a_{i+1} \not\equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$ với mọi $1 \le i<j< n$.

 

Như vậy ta đã xây dựng xong dãy $a_1, \ldots, a_n$ thoả mãn $a_i-a_{i+1}=(-1)^{i}(n-i)$ với mọi $1 \le i<n$. Do đó $a_{i+n}-a_{i+1+n}=a_{i+1}-a_i=(-1)^{i+1}(n-i)$. Từ đây ta suy ra rằng với cách xây dựng trên thì $-n+1 \le a_i-a_{i+1} \le n-1$ với mọi $1 \le i<2n$. Do đó $a_i-a_{i+1} \equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$ khi và chỉ khi $a_i-a_{j+1}=a_j-a_{j+1}$. Ta đã chứng minh rằng $a_i-a_{i+1} \ne a_j-a_{j+1}$ cho mọi $1 \le i<j<n$ và hoàn toàn tương tự, điều này cũng đúng với $n \le i<j<2n$. Trường hợp còn lại chưa chứng minh là khi $1\le i<n \le j<2n$. Khi đó $a_i-a_{i+1}=a_j-a_{j+1}=a_{j+1-n}-a_{j-n}$ suy ra tồn tại $1 \le i<j<n$ sao cho $a_i-a_{i+1}=-(a_j-a_{j+1})$ mâu thuẫn theo phép xây dựng của dãy $a_1, \ldots , a_n$ cho rằng $|a_i-a_{i+1}|=(n-i)>(n-i-1)=|a_{i+1}-a_{i+2}|$ với mọi $1 \le i \le n-2$.

 

Vậy, với mọi $1 \le i<j<2n$ thì $a_i-a_{i+1} \not\equiv a_j-a_{j+1} \pmod{2n+1}$. Ta chỉ cần kiểm tra cho trường hợp $j=2n$, tức cần chứng minh $a_{2n}-a_{2n+1}=a_{2n}-a_1 \not\equiv a_i-a_{i+1} \pmod{2n+1}$ (chú ý rằng ta không thể đưa về chứng minh $a_{2n}-a_1 \ne a_i-a_{i+1}$ được vì ta không thể khẳng định $-n+1 \le a_{2n}-a_1 \le n-1$). Để ý rằng $a_{2n} =2n+1-a_n$ và ta theo phép xây dựng trên, ta có thể chứng minh rằng $a_n=\left \lfloor \frac n2 \right \rfloor +1$. Do đó $a_{2n}=2n+1- \left \lfloor \frac n2 \right \rfloor$ nên $a_{2n}-a_1=2n-\left \lfloor \frac n2 \right \rfloor $ suy ra $a_{2n}-a_1 \in \{ n,n+1 \}$. Tuy nhiên $-n+1 \le a_{i}-a_{i+1} \le n-1$ nên không tồn tại $1 \le i <2n$ sao cho $a_i-a_{i+1} \equiv a_{2n}-a_1 \pmod{2n+1}$.

 

Dãy số xây dựng thoả mãn bài toán.

 

Nhận xét. Một điểm thú vị là nếu ban đầu ta chọn các vị trí lẻ $a_1,a_3 \ldots$ không phải là $1,2,3, \ldots$ mà lại là $n,n-1, \ldots$, tương tự với vị trí chẵn. Khi đó, ta sẽ dẫn đến việc khó khăn trong chứng minh không tồn tại $i$ sao cho $a_i-a_{i+1} \equiv a_{2n}-a_1 \pmod{2n+1}$.