|
Hướng tới Vietnam TST 2018 Xin chào các bạn, Vừa qua Bộ giáo dục và Đào tạo đã công bố kết quả kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, qua đó xác định danh sách 49 bạn sẽ được quyền tham dự kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự thi IMO 2018 (gồm các bạn đạt 21.5 điểm trở lên và bạn Phạm Nam Khánh, thành viên đội tuyển Việt Nam dự IMO 2017). Để giúp các bạn học sinh cùng các thầy cô giáo phụ trách đội tuyển có thêm tư liệu để ôn luyện cho kỳ thi quan trọng này, chúng tôi mở chủ đề "Hướng tới Vietnam TST 2018". Trong chủ đề này, mỗi tuần chúng tôi sẽ post một đề gồm hai ngày. Ngày 1 post vào sáng thứ 5 và ngày 2 post vào sáng thứ 7. Các bạn học sinh có thể lấy bài tự làm, tự ôn luyện theo cách của mình. Chúng ta có thể thảo luận lời giải các bài toán ngay trên đây. Mỗi tuần chúng tôi sẽ tổng kết lại các lời giải. Một số bài có thể viết thành một chuyên đề ngắn với các vấn đề liên quan. Hôm nay chúng tôi công bố Ngày 1 của để ôn luyện số 1.
|
1 Attachment(s) Tôi gửi bản pdf |
Trích:
Ta sử dụng phương pháp $p,q,r$ với cách đặt $q=xy+yz+zx,r=xyz$ Thu gọn theo $x,y,z$ bất đẳng thức trở thành: $$(3x^2-3x+1)(3y^2-3y+1)(3z^2-3z+1) \geq x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2$$ Ta chứng minh bất đẳng thức này với mọi $x,y,z$ không âm thỏa mãn: $x+y+z=1$ Bằng cách khai triển và thu gọn bất đẳng thức này thành một hàm theo $r$ thì ta chỉ cần chứng minh: $f(r)=27r^2+r(11-27q)+8q^2-6q+1 \geq 0$ Ta có: $q=xy+yz+zx \leq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}=\dfrac{1}{3}$ nên $11-27q>0$ Từ đó:$f'(r)=54r+11-27q>0 \forall r>0$ TH1:$q \geq \dfrac{1}{4}$ Khi đó: $8q^2-6q+1 \geq 0$ nên $f(r) \geq 0$ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi trong ba số $x,y,z$ có $2$ số bằng $\dfrac{1}{2}$ và số còn lại bằng $0$ TH2:$\dfrac{1}{4}< q \leq \dfrac{1}{3}$ Theo bất đẳng thức $Schur$ bậc $4$ thì ta biến đổi theo dạng $p,q,r$ có: $r \geq \dfrac{(4q-p^2)(p^2-q)}{6p}=\dfrac{(4q-1)(1-q)}{6}$ ($p=x+y+z=1$) Từ đó $f(r) \geq f(\dfrac{(4q-1)(1-q)}{6})=\dfrac{(3q-1)(4q-1)(12q^2-5q-1)}{12} \geq 0$ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\dfrac{1}{3}$ và khi đó $a=b=c=3$ Bài 2. Ta sẽ xét bài toán ở trường hợp $AB \neq AC$ [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] Gọi $J$ là tiếp điểm của $I$ trên $BC$ và $S$ là đối xứng của $J$ qua $H$ Ta có: $BI$ là trung trực của $KJ$ nên $PK=PJ$. Mà do tính đối xứng thì $PJ=PS$ nên $PK=PS$ Lại có: $BS \neq BJ$ do $AB \neq AC$ và $BJ=BK$ nên $BS \neq BK$. Suy ra $P$ nằm trên phân giác của $\widehat{KBS}$ và $P$ nằm trên trung trực của $PS$. Kết hợp $BS \neq BK$ thì $B,K,P,S$ cùng nằm trên một đường tròn Tương tự: $C,L,Q,S$ cùng nằm trên một đường tròn Do đó $(BKS),(CLS),(AKL)$ sẽ cùng đi qua một điểm là điểm $Miquel$ ứng với $3$ điểm $S,K,L$ của tam giác $ABC$. Ta gọi điểm này là $M$. Gọi $T$ là trung điểm của $AH$. Gọi $R$ là điểm đối xứng của $S$ qua $T$ Khi đó $ARHS$ là hình bình hành suy ra $ARJH$ là hình chữ nhật nên $R,I,J$ thẳng hàng. Khi đó $\widehat{ARI}=90^o$ nên $R$ nằm trên $(AKL)$ Ta có: $\widehat{SMR}=\widehat{KMS}+\widehat{KMR}= \widehat{KMS}+\widehat{KIR}=180^o-\widehat{ABC}+\widehat{ABC}=180^o$ nên $S,M,R$ thẳng hàng Mặt khác $S,T,R$ thẳng hàng nên $S,M,T$ thẳng hàng Khi đó $T$ nằm trên $SM$ là trục đẳng phương của $(BKP)$ và $(CQL)$ (ycbt) |
Trích:
$$(a^2-3a+3)(b^2-3b+3)(c^2-3c+3) \ge a^2 + b^2 + c^2+\dfrac{abc-27}{4a^2b^2c^2}.$$ |
1 Attachment(s)
|
Bài 6. Đây là một ứng dụng đẹp của PT Pell. Giả sử tồn tại $a\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$ sao cho $$({{2018}^{n}}-1)({{2019}^{m}}-1)={{a}^{2}}.$$ Đặt ${{2018}^{n}}-1=d{{x}^{2}},{{2019}^{m}}-1=d{{y}^{2}}$ với $d,x,y\in {{\mathbb{Z}}^{+}}$. Chú ý rằng ${{2019}^{m}}$ có ước nguyên tố có dạng $4k+3$ nên $d>1.$ Hơn nữa, $d$ cũng phải lẻ. Ta thấy nếu $m$ lẻ thì ${{v}_{2}}({{2019}^{m}}-1)={{v}_{2}}(m)+{{v}_{2}}(2018)=1$, không thỏa mãn vì ${{v}_{2}}(d{{y}^{2}})$ là số chẵn. Suy ra $m$ chẵn. Xét trường hợp $n$ lẻ, ta có ${{2018}^{n}}-1\equiv 1(\bmod 3)$, kéo theo $d\equiv 1(\bmod 3)$; suy ra ${{2019}^{m}}-1=d{{y}^{2}}$ phải có dạng $3k+1$, mâu thuẫn. Do đó, $n$ chẵn. Gọi $X=T,Y=U$ là nghiệm dương nhỏ nhất của phương trình ${{X}^{2}}-d{{Y}^{2}}=1$ và $${{T}_{k}}+{{U}_{k}}\sqrt{d}={{(T+U\sqrt{d})}^{k} }.$$ Vì $n$ chẵn nên $${{2018}^{\frac{n}{2}}}+x\sqrt{d}={{T}_{s}}+{{U}_ {s}}\sqrt{d}$$ với $s$ nguyên dương nào đó (dễ thấy $s$ lẻ vì ${{T}_{k}}$ lẻ với $k$ chẵn). Tương tự thì từ ${{2019}^{m}}-1=d{{y}^{2}}$, ta có $${{2019}^{\frac{m}{2}}}+y\sqrt{d}={{T}_{r}}+{{U}_ {r}}\sqrt{d}$$ với $r$ chẵn. Đặt $r=2t$ thì ${{2019}^{\frac{m}{2}}}={{T}_{2t}}=2T_{t}^{2}-1\Rightarrow T_{t}^{2}\equiv 2(\bmod 3)$, vô lý. Vậy ta có đpcm. |
1 Attachment(s) Trích:
Lời giải. |
Trích:
|
Trích:
|
Trích:
|
Hôm nay chúng ta sẽ công bố Ngày 1 của đề 2 và sửa bài ngày 1 của đề 1. Bài bất đẳng thức, ngoài cách dùng PQR của bạn cpv-mydream còn có cách dùng dồn biến (Tôi sẽ trình bày trong một post khác) Bài hình thì cpv-mydream đã giải theo lời giải chuẩn rồi. Ý cơ bản là: 1) S đối xứng với J qua H 2) M nằm trên đường tròn (AKIL) 3) Cuối cùng là xử lý mấy cái hình bình hành, hình chữ nhật theo một thứ tự nào đó. Dưới đây là ý giải bài 3. Ta sẽ chứng minh rằng số lần hỏi ít nhất là 3. Trước hết, ta sẽ chỉ ra rằng với 2 lần hỏi thì không đủ để xác định được bộ ba $(x, y, z)$. Chú ý rằng ta luôn có $|x+y-a-b| + |y+z-b-c| + |z+x-c-a|$ là một số chẵn và không vượt quá 54. Thật vậy, \[\begin{array}{l} |x + y - a - b| + |y + z - b - c| + |z + x - c - a| &\equiv x + y - a - b + y + z - b - c + z + x - a - b\\ &\equiv 2(x + y + z - a - b - c) \equiv 0\quad \left( {\bmod 2} \right) \end{array}\] và thêm nữa $ |x+y-a-b| + |y+z-b-c| + |z+x-c-a| \le 3.18 = 54 $ Vì vậy nên nếu B chỉ hỏi hai lần thì A sẽ đưa ra hai số chẵn trong đoạn $[0, 54]$. Giả sử ứng với mỗi bộ hai số chẵn mà A đưa lại, B có thể xác định được một bộ $(x,y,z)$ duy nhất thỏa mãn. Ta thấy số cặp số $ (m, n) $ chẵn không vượt hơn 54 là $28^2 < 1000$ trong đó $1000$ chính là số tất cả các bộ $(x,y,z)$ có thể. Từ đó, theo định lý nguyên lý Dirichlet thì chưa thể tìm ra được ngay bộ vì có tồn tại hai bộ mà khi hỏi A sẽ đưa ra cùng một cặp kết quả. Ta sẽ đưa ra chiến thuật để B có thể đoán ra được kết quả chính xác sau lần hỏi như sau: Bước 1. B đưa bộ $(0, 0, 0) $ từ đó sẽ xác định được $x+y+z$ . Ta hoàn toàn có thể giả sử $ x + y + z \le 13 $ vì nếu ngược lại thì ở các bước tiếp theo thay vì dùng $(a,b,c)$ theo chiến thuật, B sẽ dùng $(9-a,9-b,9-c)$. Bước 2 và 3. Ta có hai trường hợp: • Nếu $ S \le 9 $ , B sẽ hỏi $ (S, 0, 0) $ và $ (0, S, 0) $ lần lượt là sẽ thành công. • Nếu $ 9 < S \le 13 $. B hỏi $(S-9, 0, 9)$ sẽ có $|S - 9 - x| + y - 9 - z = 2k $ với $k$ nào đó. Sau đó B sẽ hỏi bộ $(0, k, S-k) $ là sẽ kết thúc được. Dễ dàng kiểm tra được các tính toán này sẽ cho ra bộ số duy nhất. Ý tưởng cơ bản của bài này là hệ 3 phương trình, 3 ẩn số mà thôi. |
Đề 2 - Ngày 1. 1. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. Các điểm $M, N$ lần lượt di chuyển trên các cạnh $AD$ và $BC$ sao cho $ \frac{MA}{MD} = \frac{NB}{NC}$. Chứng minh rằng đường tròn đi qua giao điểm của các đường thẳng $AB, CD$ và $MN$ luôn đi qua hai điểm cố định khi $M, N$ thay đổi. |
Trích:
|
Trích:
|
Trích:
Tính chẵn lẻ của dãy nghiệm nó còn phụ thuộc vào nghiệm cơ bản nữa. Dãy X0, X2, X4, .... thì luôn lẻ, còn dãy X1, X3, X5, ... tính chẵn lẻ nó phụ thuộc vào X1 (nghiệm cơ bản). Tương tự dãy Y0, Y2, Y4, ... luôn chẵn, còn dãy Y1, Y3, Y5, ... tính chẵn lẻ phụ thuộc vào Y1 (nghiệm cơ bản) Tôi bổ sung để lý luận rõ hơn là: Vì PT Pell có cả 2 cặp nghiệm (X, Y) = (chẵn, lẻ) và (lẻ, chẵn) nên suy ra nghiệm cơ bản (T, U) của nó thì T phải chẵn và U phải lẻ. Từ đó suy ra dãy X1, X3, X5, ... chẵn. Và dãy Y1, Y3, Y5, ... lẻ. Từ đó suy ra r là số chẵn như ở bài viết của chienthan trên. |
| Múi giờ GMT. Hiện tại là 02:32 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.