Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Thảo Luận Về Giáo Dục, Văn Hóa, Cộng Đồng Toán Học > Giáo Dục, Giảng Dạy, Học tập

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 11-05-2010, 09:28 AM   #16
sp2
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Dec 2008
Bài gởi: 3
Thanks: 16
Thanked 1 Time in 1 Post
Chào bạn. Bạn có thể photo cho mình xin 3 cuốn sách của polya được không? Mình sẽ gửi qua money bằng thẻ nạp điện thoại cho bạn. Cám ơn bạn nhiều, mình đi săn lùng ở các hiệu sách cũ và mới mãi ko tìm thấy chúng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
sp2 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to sp2 For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010)
Old 11-05-2010, 04:41 PM   #17
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Trích:
Nguyên văn bởi nbkschool View Post
Thế trong khi thi có nên trình bày ra nháp trước không?Và có nên ghi vào bài thi khi chưa tìm ra lời giải hoàn toàn?Thời gian nào là thích hợp để "rà soát" lại bài thi của mình?Mong các thầy và các bạn giải đáp những câu hỏi này.
Khi làm nháp, nói chung là các tính toán cơ bản tôi đã làm cẩn thận rồi nên thường là không cần trình bày nháp. Tuy nhiên, cũng vẫn cần viết ra những bước cơ bản của chứng minh trước (sơ đồ).

Cố gắng làm xong bài nào hoàn chỉnh luôn bài đó. 5 phút cuối chỉ rà soát lại lần cuối cùng (lúc này mà phát hiện sai sót lớn thì cũng chịu rồi).
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010), sp2 (11-05-2010)
Old 11-05-2010, 05:47 PM   #18
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Tôi tiếp tục trình bày cách tìm tòi và trình bày lời giải cho bài 4 của VMO (Trong quá trình thi, sau khi đã hoàn tất bài 2, 3, tôi thấy bài 1 vẫn không có gì tiến triển nên chuyển sang bài 4).
Bài này yêu cầu chứng minh phương trình $x^2 + 15y^2 = 4^n $ có ít nhất n nghiệm tự nhiên.
Với n=1, ta tìm được nghiệm (2, 0), với n = 2, có 2 nghiệm (4, 0) và (1, 1).
Ta gọi phương trình $x^2 + 15y^2 = 4^n $ là phương trình PT(n). Dễ thấy nếu (x, y) là nghiệm của phương trình PT(n) thì (2x, 2y) là nghiệm của phương trình PT(n+1).
Vì vậy, ta nghĩ đến ý tưởng chứng minh quy nạp: Nếu phương trình PT(n) có n nghiệm $(x_1, y_1), ..., (x_n, y_n) $ thì PT(n+1) có ít nhất là n nghiệm $(2x_1, 2y_1), ..., (2x_n, 2y_n) $. Như vậy ta chỉ cần tìm thêm một nghiệm nữa của PT(n+1). Vì các nghiệm được xây dựng bằng quy nạp ở trên đều có x, y chẵn nên một cách tự nhiên, ta đi tìm một nghiệm của PT(n+1) có x, y lẻ. Bài toán ban đầu đã được đưa về một bài toán mới:
(*) Chứng minh rằng với mọi n > 1, phương trình $x^2 + 15y^2 = 4^n $ có ít nhất 1 nghiệm lẻ.
Bài toán này không tương đương với bài toán ban đầu, nhưng nếu chứng minh được nó thì bài toán ban đầu được giải quyết bằng lý luận quy nạp như nói ở trên.
Vấn đề còn lại là làm thế nào để giải quyết bài toán (*)?
(Cũng chú ý rằng, theo đáp án, nếu trình bày được đến đây, nêu ra mệnh đề bài toán ban đầu sẽ được giải quyết xong nếu ta chứng minh được bổ đề (*) thì thí sinh được 1 điểm).
Cách 1. Tôi nhớ ngay đến đẳng thức Fibonacci: $(x^2 + 15y^2)(a^2+15b^2) = (xa+15yb)^2 + 15(xb-ya)^2 = (xa-15yb)^2 + 15(xb+ya)^2. $
Từ đây nếu chọn a = b = 1 thì ta có mệnh đề sau:
Nếu (x, y) là nghiệm của PT(n) thì (x+15y,|x-y|), (|x-15y|, |x+y|) là nghiệm tự nhiên của PT(n+2).
Mệnh đề này có hai điểm yếu: 1) n --> n+2. 2) Do x, y luôn cùng tính chẵn lẻ nên nghiệm sinh ra bằng cách này luôn chẵn --> Không giải quyết được vấn đề.
Phải làm thế nào bây giờ? Suy nghĩ 1 chút, ta thấy hai điểm yếu này hợp lại thành 1 điểm mạnh. Do x, y cùng tính chẵn lẻ nên nếu ta chọn a = b = 1/2 thì ta được
Nếu (x, y) là nghiệm của PT(n) thì ((x+15y)/2,|x-y|/2), (|x-15y|/2, (x+y)/2) là nghiệm tự nhiên của PT(n+1).
Như vậy vấn đề 1) được giải quyết. Chỉ còn vấn đề 2). Tức là liệu nghiệm sinh ra bằng cách này có thể là nghiệm lẻ hay không?
Ta nhận thấy rằng vì (x+y)/2 + (x-y)/2 = x lẻ nên trong hai số (x+y)/2 và (x-y)/2 có một số lẻ (và một số chẵn) => trong hai nghiệm nói trên có 1 nghiệm lẻ (Nếu (x, y) là nghiệm thì x, y cùng tính chẵn lẻ, do đó khi ta nó có nghiệm lẻ tức là cả x và y cùng lẻ).
Bây giờ ta có thể hình dung lại toàn bộ lời giải để trình bày lại cho gọn gàng, súc tích.
Cách 2. Cách này dành cho các bạn không biết hoặc không nhớ ra hằng đẳng thức Fibonacci. Biết ít thì phải tốn thời gian hơn. Bằng phương pháp thử và sai, ta tìm được các cặp nghiệm $(x, y) $ lẻ ứng với $n = 2, 3, 4, 5, 6 ... $ như sau
$ (1, 1), (7, 1), (11, 3), (17, 7), (61, 5) ... $Ở đây cần công sức lao động và óc nhận xét 1 chút. Công sức lao động đã bỏ ra để tính nghiệm như trên. Bây giờ là cần óc nhận xét.
Để ý 1 chút ta sẽ thấy rằng các nghiệm y ứng với $n = 3, 4, 5, 6 $ được tính từ các nghiệm (x, y) của phương trình trước theo công thức sau:
$1 = (1+1)/2, 3 = (7-1)/2, 7 = (11+3)/2, 5 = (17-7)/2. $ Ô, thật thú vị! Ta thử kiểm tra với số tiếp theo, nhưng lần này là kiểm tra xuôi. Ta sẽ kiểm tra rằng phương trình $x^2 + 15y^2 = 4^7 $ sẽ có nghiệm y = (61+5)/2 = 33. Thậy vậy $4^7 - 15*33^2 = 49 = 7^2 $ và ta có nghiệm (7, 33).
Sau khi đã dự đoán được nghiệm $y_{n+1} = (x_n\pm y_n)/2 $, ta tính
$x_{n+1}^2 = 4^{n+1} = 4(x_n^2 + 15y_n^2) - 15[(x_n\pm y_n)/2]^2 = (x_n \mp15y_n)^2/2 $
Từ đó cũng dẫn đến lời giải tương tự như ở trên.
Tóm lại ở bài này:
1) Có thể dễ dàng lấy được 1 điểm nếu trình bày sáng sủa ý đầu
2) Nếu nhớ hằng đẳng thức Fibonacci thì có thể tìm được lời giải hoàn chỉnh khá nhanh
3) Nếu không, nếu còn thời gian và có óc nhật xét tốt, kiên trì tính toán thì vẫn có thể làm được.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 5 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
huynhcongbang (25-01-2011), IMO 2010 (29-11-2010), quoc_hocpro (16-05-2010), sp2 (11-05-2010), v2h (12-05-2010)
Old 11-05-2010, 09:11 PM   #19
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Tôi sẽ tiếp tục phân tích con đường đi đến cách giải cho các bài 1 và 5 trong các post tiếp theo. Tuy nhiên, nói về một bài toán đã biết lời giải thì cũng khó và dễ bị đánh giá là "đã biết lời giải rồi thì nói thế nào chẳng được". Và cũng để tạo hứng thú cho các bạn, tôi post lên đây đề thi USAMO vừa qua để chúng ta cùng giải và phân tích.
USAMO 2010, Ngày thứ nhất 27/4/2010. Thời gian làm bài 4:30
Bài 1. Cho AXYZB là ngũ giác lồi nội tiếp trong nửa đường tròn đường kính AB. Gọi P, Q, R, S là chân đường vuông góc hạ từ Y xuống AX, BX, AZ, BZ tương ứng. Chứng minh rằng góc nhọn hợp bởi PQ và RS bằng một nửa góc XOZ trong đó O là trung điểm của AB.
Bài 2. Có n học sinh xếp thành 1 hàng dọc. Các học sinh này có chiều cao $h_1 < h_2 < ... < h_n $. Nếu học sinh có chiều cao $h_k $ đừng ngay sau học sinh có chiều cao $h_{k-2} $hoặc thấp hơn thì cho phép hai học sinh này đổi chỗ. Chứng minh rằng không thể thực hiện nhiều hơn $C^3_n $ phép chuyển như vậy cho đến khi không thể thực hiện một phép chuyển như vậy nữa.
Bài 3. 2010 số dương $a_1, a_2, ..., a_{2010} $ thỏa mãn điều kiện $a_ia_j \le i+j $ với mọi chỉ số $i \ne j $. Hãy tìm giá trị lớn nhất của $a_1.a_2...a_{2010} $.
USAMO 2010, Ngày thứ hai 28/4/2010. Thời gian làm bài 4:30
Bài 4. Cho tam giác $ABC $ có $A = 90^0 $. Các điểm D và E nằm trên các cạnh AC và AB tương ứng sao cho góc ADB = góc DBC. Các đoạn BD và CE cắt nhau tại I. Hỏi có thể xảy ra tình huống các đoạn AB, AC, BI, CI, DI, EI đều có độ dài nguyên?
Bài 5. Cho $q = \frac{3p-5}{2} $ trong đó p là một số nguyên tố lẻ và đặt $S_q = \frac{1}{2.3.4} + \frac{1}{5.6.7} + ... +\frac{1}{q(q+1)(q+2)}. $ Chứng minh rằng nếu $\frac{1}{p} - 2S_q = \frac{m}{n} $ với m, n nguyên thì m - n chia hết cho p.
Bài 6. Trên bảng có 68 cặp số nguyên khác 0. Giả sử rằng với mọi số nguyên dương k, nhiều nhất một trong hai cặp (k, k) và (-k,k) được có trên bảng. Một học sinh xóa một số số trong 136 số với điều kiện là không có hai số nào được xóa có tổng bằng 0. Với mỗi cặp số trong đó có ít nhất một số bị xóa, học sinh đó được 1 điểm. Hãy tìm số điểm N lớn nhất mà học sinh đó có thể có bất chấp 68 cặp số trên bảng là những cặp số nào.
-----
Sau đây là bài tập dành cho các bạn:
1) Hãy lập ra chiến thuật làm bài cho từng ngày.
2) Hãy cố gắng giải và trình bày đầy đủ các bài mà bạn có lời giải hoành chỉnh. 3) Hãy thử kiếm điểm ở những bài toán khác.
--- Chú ý, thời gian làm bài mỗi ngày là 4h30 phút.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: namdung, 12-05-2010 lúc 06:23 PM
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 4 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
huynhcongbang (25-01-2011), IMO 2010 (29-11-2010), sp2 (11-05-2010), v2h (12-05-2010)
Old 12-05-2010, 06:59 PM   #20
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Tôi bắt đầu phân tích chiến thuật và tìm lời giải cho các bài ngày 1 của USAMO.
Bài 1 rõ ràng là dễ nhất. Dù sở trường của tôi không phải là hình nhưng vẫn cảm thấy như vậy. Chứng minh góc với 1 đống góc vuông như vậy chắc chỉ dùng mấy cái tứ giác nội tiếp là ra.
Trong hai bài 2 và 3 tôi thấy bài 3 vẫn dễ chịu hơn. Ít ra là đề bài rất rõ ràng. Vì thế tôi sẽ làm bài 3 trước.
Như vậy chiến thuật của tôi là 1 - 3 - 2. Bây giờ tôi bắt tay vào tìm lời giải bài 1.
Đầu tiên tôi vẽ cái hình to, rõ, đẹp. Để không đưa ra 1 TH đặc biệt, tôi chọn X, Y, Z không đối xứng. Nối PQ, RS cắt nhau tại I, tôi thấy I nằm trên AB và hơn thế nữa YI vuông góc AB. Lạ ghê! Nhưng nhìn kỹ lại cấu hình thì thấy điều này là hiển nhiên vì nếu I là hình chiếu của I lên AB thì P, Q, I là đường thẳng Simson của tam giác ABX còn S, R, I là đường thẳng Simson của tam giác ABZ.
Vậy thì ngon lành quá rồi còn gì! Nhìn kỹ 1 chút ta có ngay: Trong tứ giác nội tiếp YPAI thì góc YIP = góc YAP = (1/2)Sđ(XY)
Tương tự trong tứ giác nội tiếp YSBI ta có góc YIS = góc YBS = (1/2) sđ (YZ). Cộng lại ta có điều phải chứng minh.
Phù, mất có 15 phút để tìm ra lời giải. Cộng thêm 15 phút nữa để trình bày cho ngon lành. Vậy là tiết kiệm được 1h cho 2 bài còn lại.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
huynhcongbang (25-01-2011), IMO 2010 (29-11-2010), v2h (12-05-2010)
Old 12-05-2010, 08:52 PM   #21
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Thông báo chính thức về seminar: Seminar toán sơ cấp với chủ đề: Tìm và trình bày lời giải một bài toán như thế nào sẽ được tổ chức vào lúc 7h30-9h30 sáng chủ nhật, 16/5/2010 tại phòng B207, trường PTNK, số 153 Nguyễn Chí Thanh, quận 5.
Báo cáo viên: Trần Nam Dũng. Mời tất cả các thầy cô, các bạn sinh viên và học sinh quan tâm đến tham dự.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010)
Old 13-05-2010, 05:34 PM   #22
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Không có ai tiếp sức cho tôi à? Để tôi độc diễn ở diễn đàn này sao?

Tôi nhờ các bạn các vấn đề cụ thể sau:
1) Tìm cách trình bày cách tiếp cận tự nhiên nhất cho bài 1 VMO.
2) Trình bày suy luận của bạn khi tìm lời giải bài 5 VMO.
3) Tìm lời giải cho bài 2 USAMO
4) Tôi đã tìm được lời giải bài 3 USA MO rồi, sẽ post lên sớm (bài này mất 1h30 phút, kể cả trình bày)
5) Tiếp tục tìm chiến thuật và giải các bài ngày 2 USAMO

Các cao thủ đâu hết rồi. Nhảy vào giúp với!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
huynhcongbang (25-01-2011), IMO 2010 (29-11-2010)
Old 13-05-2010, 05:52 PM   #23
Nguyen Van Linh
Moderator
 
Tham gia ngày: Aug 2009
Đến từ: Hà Nội
Bài gởi: 277
Thanks: 69
Thanked 323 Times in 145 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi namdung View Post
Tôi bắt đầu phân tích chiến thuật và tìm lời giải cho các bài ngày 1 của USAMO.
Bài 1 rõ ràng là dễ nhất. Dù sở trường của tôi không phải là hình nhưng vẫn cảm thấy như vậy. Chứng minh góc với 1 đống góc vuông như vậy chắc chỉ dùng mấy cái tứ giác nội tiếp là ra.
Trong hai bài 2 và 3 tôi thấy bài 3 vẫn dễ chịu hơn. Ít ra là đề bài rất rõ ràng. Vì thế tôi sẽ làm bài 3 trước.
Như vậy chiến thuật của tôi là 1 - 3 - 2. Bây giờ tôi bắt tay vào tìm lời giải bài 1.
Đầu tiên tôi vẽ cái hình to, rõ, đẹp. Để không đưa ra 1 TH đặc biệt, tôi chọn X, Y, Z không đối xứng. Nối PQ, RS cắt nhau tại I, tôi thấy I nằm trên AB và hơn thế nữa YI vuông góc AB. Lạ ghê! Nhưng nhìn kỹ lại cấu hình thì thấy điều này là hiển nhiên vì nếu I là hình chiếu của I lên AB thì P, Q, I là đường thẳng Simson của tam giác ABX còn S, R, I là đường thẳng Simson của tam giác ABZ.
Vậy thì ngon lành quá rồi còn gì! Nhìn kỹ 1 chút ta có ngay: Trong tứ giác nội tiếp YPAI thì góc YIP = góc YAP = (1/2)Sđ(XY)
Tương tự trong tứ giác nội tiếp YSBI ta có góc YIS = góc YBS = (1/2) sđ (YZ). Cộng lại ta có điều phải chứng minh.
Phù, mất có 15 phút để tìm ra lời giải. Cộng thêm 15 phút nữa để trình bày cho ngon lành. Vậy là tiết kiệm được 1h cho 2 bài còn lại.
Bài này có thể tổng quát: Cho 5 điểm $A, X, Y, Z, B \in (O) $. Chứng minh góc tạo bởi hai đường thẳng Simson của Y ứng với hai tam giác AXB và AZB bằng 1 nửa cung XZ.

Lời giải sử dụng tính chất sau: Từ Y kẻ đường vuông góc với AB và cắt (O) lần hai tại T thì XT// đường thẳng simson của Y ứng với tam giác ABC.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Nguyen Van Linh, 13-05-2010 lúc 06:15 PM
Nguyen Van Linh is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to Nguyen Van Linh For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010), namdung (13-05-2010)
Old 13-05-2010, 10:34 PM   #24
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Quay trở lại với bài VMO 2010. Sau khi hoàn tất lời giải ba bài 2, 3, 4, tôi chỉ còn 15 phút dành cho bài 5 và bài 1. Với bài 5, tôi ghi được các ý sau:
1) Nếu n = 1 thì có đúng 1 cách tô (hiển nhiên quá, chắc không được điểm)
2) Có $n^9 $ cách tô màu cho 9 ô. Ta phải tìm cách loại đi những cách tô màu bị đếm trùng.
3) Ta nhận xét rằng, qua một phép quay thì ô ở giữa không thay đổi, do đó đáp số cần tìm sẽ bằng n nhân với số cách tô 8 ô chung quanh, trong đó không có cách tô nào thu được từ nhau bằng một phép quay.

Đến đây thì hết giờ. Tôi chấp nhận là làm được 3 bài hoàn toàn và viết được một số ý của bài 5. Dù không hoàn toàn như ý nhưng tôi rất tự tin là sẽ được giải, vì các lời giải của tôi khá chặt chẽ. Kết quả là tôi được 13 điểm (bị trừ 1 điểm ở 3 bài đầu và được 0.5 điểm ở bài 5), đủ điểm tham dự vòng 2. Ra ngoài phòng thi, tôi cũng hơi tiếc vì không làm được bài 1, mà ý giải hóa ra là rất đơn giản. Nhưng tôi cũng mừng là mình đã không sa lầy vào bài đó và cuối cùng đã giải được bài 4 để thay thế (dù bài 4 khó hơn và chỉ được 3 điểm). Bài 5 thì tôi cũng giải ra ngay sau đó. Tuy nhiên, lời giải hai bài này tôi không đưa vào phần phân tích mà chỉ đính kèm đáp án đề nghị ở đây để mọi người tham khảo
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : doc Loigiai_VMO2010.doc (110.0 KB, 69 lần tải)
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
Cauchy-Schwarz (05-07-2012), IMO 2010 (29-11-2010), Nguyen Van Linh (14-05-2010)
Old 14-05-2010, 12:44 AM   #25
truongln88
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Bài gởi: 19
Thanks: 0
Thanked 54 Times in 13 Posts
Ngay khi tiếp cận bài 2 của đề thi USAMO thì mình thấy giá trị max của số lần đổi nếu tính theo n thì cũng chỉ có thể là hàm bậc 2, không thể là hàm bậc 3. Theo cảm tính, gọi f(n) là số lần đổi max cho n người. Xét n+1 người. Ta sẽ thấy số lần đổi giữa những người 1->n là không quá f(n) và người n+1 chỉ có thể đổi với n-1 người trong n người còn lại trừ người n, từ đó dễ thấy f(n+1) <= f(n) + n-1. Truy hồi thì ra được f(n) có cận trên là một hàm bậc 2. Như vậy, đề toán có thể sai
Lên mạng tìm đề USAMO thì thấy là There are n students is standing in a circle, one behind the other
Thầy Nam Dũng đính chính lại đề cho anh em còn suy nghĩ tiếp
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: truongln88, 14-05-2010 lúc 02:28 AM
truongln88 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to truongln88 For This Useful Post:
Cauchy-Schwarz (05-07-2012), IMO 2010 (29-11-2010), namdung (14-05-2010)
Old 14-05-2010, 04:17 AM   #26
truongln88
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2010
Bài gởi: 19
Thanks: 0
Thanked 54 Times in 13 Posts
Tiếp tục với bài 2 USAMO.
Đầu tiên là sửa đề toán lại là xét trên đường tròn. Bây giờ ta phải đếm số lần đổi chỗ lớn nhất. Ta thấy hành động đổi chỗ là liên quan đến hai người đứng kề nhau, như vậy để đếm số lần đổi chỗ ta có thể đếm theo hai cách:
+ Cách 1: đếm số lần đổi của từng người, cộng tất cả lại, sau đó chia đôi.
+ Cách 2: xem mỗi lần đổi chỗ chỉ là hành động của một trong hai người, như thế ta phải đếm mỗi người có bao nhiêu hành động rồi cộng lại.
Hai cách trên chỉ là cảm tính khi đọc đề, làm thử thì hiển nhiên thấy cách đếm thứ hai là đơn giản và hiệu quả hơn. Dựa vào đó ta có thể xem mỗi lần đổi chỗ chỉ là hành động của người đứng trước hoặc người đứng sau, hoặc là người đứng trước nhảy ra sau lưng người đứng sau hoặc là người đứng sau nhảy ra trước mặt người đứng trước. Nói chung thì chúng ta ai cũng muốn tiến lên, vậy mình chọn cách là: "xem như mỗi lần đổi chỗ là người đứng sau nhảy lên trước mặt người đứng trước, còn người đứng trước không thực hiện hành động gì!".
Ý tưởng đầu tiên mình nghĩ đến là quy nạp. Bây giờ phải nghĩ xem là quy nạp như thế nào. Mất khoảng 30 phút suy nghĩ quy nạp theo $n $. Cuối cùng vẫn mù tịt, không rút ra được kết quả gì. Cái khó là đứng trên vòng tròn, nên rất khó để tìm được một đánh giá giữa cái khác của $n+1 $ người và $n $ người. Sau đây mình định thử xem có cố định được hai đỉnh kề nhau nào đó, hoặc là bằng cách nào đó đưa về đường thẳng không, cũng vô phương. Tóm lại là sao gần 1 tiếng vẫn vô phương (ở trong phòng thi chắc cũng hoảng rồi^^).
Từ bỏ quy nạp theo $n $. Bây giờ mình thấy là người $k $ chỉ có thể nhảy qua những người $k-2,k-3,k-4,... $, như vậy $k $ càng lớn thì khả năng số lần nhảy của người này cũng càng lớn. Vậy thử quy nạp theo $k $ (người thứ $k $).
Bây giờ, gọi số lần nhảy của người $k $ là $n_k $. Theo ý tưởng quy nạp thì ta sẽ đánh giá $n_k $ theo $n_{k-1},n_{k-2},... $. Trong những người này, chỉ có người $k-1 $ là người $k $ không thể nhảy qua. Như vậy người $k $ chỉ có thể nhảy qua những người đứng trước người $k $ và đứng sau người $k-1 $, hoặc là nhảy qua tiếp những người mà người $k-1 $ nhảy qua để lại ở phía sau. Ban đầu ở giữa người $k $ và người $k-1 $ chỉ có thể có $k-2 $ người là người $k $ có khả năng nhảy qua là $1,2,...,k-2 $, còn số người người $k-1 $ nhảy qua để lại phía sau để người $k $ có thể nhảy qua tiếp là $s_{k-1} $ (theo định nghĩa). Như vậy, người $k $ có thể nhảy nhiều nhất là $s_{k-1}+k-2 $ lần (phù, cuối cùng cũng tìm được một công thức truy hồi).
Rõ ràng người $1,2 $ không nhảy qua được ai cả. Suy ra $s_1=s_2=0 $. Từ đó suy ra $s_k\leq \frac{(k-2)(k-1)}{2} $ với mọi $k\geq 3 $. Từ đó suy ra:
$\sum\limits_{k=1}^{n}{s_k}\leq \sum\limits_{k=3}^{n}{\frac{(k-2)(k-1)}{2}}=\frac{1}{2}\sum\limits_{k=3}^{n}{(k^2-3k+2)}=\frac{1}{2}\left ( \sum\limits_{k=3}^{n}{k^2}-3\sum\limits_{k=3}^{n}{k}+\sum\limits_{k=3}^{n}{2} \right ) $
$=\frac{1}{2}\left ( \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} - 1^2 - 2^2 - 3\left (\frac{n(n+1)}{2} - 1 - 2\right ) + 2(n-2)\right ) $
$=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}=C_{n}^{3} $
(đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
truongln88 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 5 Users Say Thank You to truongln88 For This Useful Post:
caubedien (17-05-2010), duythuc_dn (14-05-2010), huynhcongbang (25-01-2011), IMO 2010 (29-11-2010), namdung (14-05-2010)
Old 14-05-2010, 06:25 AM   #27
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Trích:
Nguyên văn bởi truongln88 View Post
Ngay khi tiếp cận bài 2 của đề thi USAMO thì mình thấy giá trị max của số lần đổi nếu tính theo n thì cũng chỉ có thể là hàm bậc 2, không thể là hàm bậc 3. Theo cảm tính, gọi f(n) là số lần đổi max cho n người. Xét n+1 người. Ta sẽ thấy số lần đổi giữa những người 1->n là không quá f(n) và người n+1 chỉ có thể đổi với n-1 người trong n người còn lại trừ người n, từ đó dễ thấy f(n+1) <= f(n) + n-1. Truy hồi thì ra được f(n) có cận trên là một hàm bậc 2. Như vậy, đề toán có thể sai
Lên mạng tìm đề USAMO thì thấy là There are n students is standing in a circle, one behind the other
Thầy Nam Dũng đính chính lại đề cho anh em còn suy nghĩ tiếp
Ah, mãi cũng có người phát hiện ra đề sai. Tôi đã cố tình dịch sai đấy. Cảm ơn truongln đã thông báo. Rõ ràng là nếu xếp trên hàng dọc thì bài toán sẽ dễ hơn rất nhiều (chứ không phải sai) vì số phép chuyển sẽ nhỏ hơn $n-2 + n-3 + ... + 1 = (n-2)(n-1)/2 <= C^3_n.
$

Cần đọc lại đề như sau: Có n học sinh đứng trên một vòng tròn, người này xếp sau người kia. Các học sinh này có chiều cao $h_1 < h_2 < ... < h_n $. Nếu học sinh có chiều cao $h_{k} $ đứng ngay sau học sinh có chiều cao $h_{k-2} $ hoặc thấp hơn thì cho phép hai học sinh này đổi chỗ. Chứng minh rằng không thể thực hiện nhiều hơn $C^3_n $ phép chuyển như vậy cho đến khi không thể thực hiện một phép chuyển như vậy nữa.
------------------------------
Bây giờ quay trở lại với ngày thứ nhất của USAMO. Như đã trình bày ở trên, sau khi hoàn tất bài 1 một cách gọn gàng (tôi cũng tự thấy bất ngờ vì tôi vốn kém hình học) tôi chọn làm tiếp bài 3 vì bất đẳng là sở trường của tôi.
Với bài này có một sự cố mà tôi muốn kể ra đây để minh họa cho ý thứ ba trong lời khuyên ở trên.
Số là khi đọc đề (bản tiếng Anh), tôi không để ý đến chữ distinct và hiểu đề bài như sau:
Cho $a_1, a_2, …, a_{2010} $ là các số dương thỏa mãn điều kiện $a_ia_j \le i + j (*) $ với mọi chỉ số $i, j $. Tìm giá trị lớn nhất của $a_1a_2…a_{2010} $.
Tôi viết các bất đẳng thức này ra, và trường hợp $i = j $ cho tôi
$a_i^2 \le 2i => a_i \le \sqrt{2i} $
Từ đó suy ra $a_1a_2...a_{2010} \le \sqrt{2^2010.2010!} $ .
Dấu bằng xảy ra khi $a_i \le \sqrt{2i} = a_i^* $. Vấn đề là các số này có thỏa mãn điều kiện (*) hay không?
Thay các giá trị này vào (*), tôi thấy để kiểm tra (*), ta cần chứng minh: $\sqrt{2i}.\sqrt{2j} \le i + j $. Nhưng điều này là hiển nhiên theo AM-GM. Ura! Bài số 3 đã giải xong!
Chỉ mất có 10 phút! Mình đúng là thiên tài!
Tuy nhiên, sau đôi phút bay bổng, tôi bắt đầu tỉnh trí lại. Không lẽ bài số 3 của một đề thi làm trong 4 giờ 30 phút mà có thể làm trong vòng 10 phút. Chắc là có vấn đề gì đây. Tôi đọc lại đề và phát hiện ra chữ distinct. Hey, thế là lời giải trên sụp đổ. May mà phát hiện ra sớm.
Nhưng thất bại trên của tôi hóa ra lại rất giúp ích cho tôi trong việc tìm kiếm lời giải cho bài toán 3 mà tôi sẽ trình bày ở post sau. Tôi phát hiện ra một điều là: trong hệ gồm n(n-1)/2 bất phương trình chỉ có một số bất phương trình là quan trọng, số còn lại là hệ quả của các bất phương trình mà ta chọn ra đó.
Tôi sẽ trình bày con đường đi tới lời giải tại seminar. Còn bây giờ, các bạn hãy thử tự suy nghĩ cho bài 3 xem.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: namdung, 14-05-2010 lúc 06:37 AM Lý do: Tự động gộp bài
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to namdung For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010)
Old 14-05-2010, 11:16 AM   #28
huynhcongbang
Administrator

 
huynhcongbang's Avatar
 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Ho Chi Minh City
Bài gởi: 2,397
Thanks: 2,158
Thanked 4,147 Times in 1,367 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới huynhcongbang
Trích:
Nguyên văn bởi namdung View Post
Không có ai tiếp sức cho tôi à? Để tôi độc diễn ở diễn đàn này sao?

Tôi nhờ các bạn các vấn đề cụ thể sau:
1) Tìm cách trình bày cách tiếp cận tự nhiên nhất cho bài 1 VMO.
2) Trình bày suy luận của bạn khi tìm lời giải bài 5 VMO.
3) Tìm lời giải cho bài 2 USAMO
4) Tôi đã tìm được lời giải bài 3 USA MO rồi, sẽ post lên sớm (bài này mất 1h30 phút, kể cả trình bày)
5) Tiếp tục tìm chiến thuật và giải các bài ngày 2 USAMO

Các cao thủ đâu hết rồi. Nhảy vào giúp với!
Em xin nêu một cách tiếp cận mà theo em cũng rất tự nhiên cho bài toán 1 của đề VMO năm nay. Do hơi dài nên gõ trên diễn đàn không tiện, em gõ vào file word rồi post lên, mong thầy và các bạn cho ý kiến!
À, thầy ơi, cho em hỏi seminar của thầy vào chủ nhật tuần này có cho sinh viên của trường khác, không phải KHTN tham gia không vậy thầy?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : doc Mot huong suy nghi cho bai 1 VMO 2010.doc (114.0 KB, 81 lần tải)
huynhcongbang is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to huynhcongbang For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010)
Old 14-05-2010, 08:09 PM   #29
can_hang2008
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Mar 2009
Bài gởi: 310
Thanks: 5
Thanked 751 Times in 187 Posts
Tranh thủ chuyển giúp thầy Dũng cái file đáp án VMO qua LaTeX. Các bạn xem có lỗi gì không nhé!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
File Kèm Theo
Kiểu File : pdf VMO-2010.pdf (229.3 KB, 142 lần tải)
can_hang2008 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to can_hang2008 For This Useful Post:
IMO 2010 (29-11-2010)
Old 14-05-2010, 09:50 PM   #30
namdung
Administrator

 
Tham gia ngày: Feb 2009
Đến từ: Tp Hồ Chí Minh
Bài gởi: 1,341
Thanks: 209
Thanked 4,062 Times in 777 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới namdung
Trích:
Nguyên văn bởi huynhcongbang View Post
Em xin nêu một cách tiếp cận mà theo em cũng rất tự nhiên cho bài toán 1 của đề VMO năm nay. Do hơi dài nên gõ trên diễn đàn không tiện, em gõ vào file word rồi post lên, mong thầy và các bạn cho ý kiến!
À, thầy ơi, cho em hỏi seminar của thầy vào chủ nhật tuần này có cho sinh viên của trường khác, không phải KHTN tham gia không vậy thầy?
Cảm ơn bạn huynhcongbang đã đóng góp.

Seminar các PP Toán sơ cấp dành cho tất cả những bạn có quan tâm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
namdung is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to namdung For This Useful Post:
hocsinh (15-05-2010), IMO 2010 (29-11-2010)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 07:51 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 125.38 k/141.97 k (11.69%)]