|
|
|
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 ! * 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 |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
16-03-2012, 06:07 AM | #1 |
Super Moderator Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Hà Nội Bài gởi: 2,895 Thanks: 382 Thanked 2,968 Times in 1,295 Posts | China TST 2012 Vòng 1 - Ngày 1 Bài 1. Cho các số phức $x_i,y_i,i=1...n$ thoả $|x_i|=|y_i|=1$. Đặt $$x=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n x_i,\quad y=\dfrac{1}{n}\sum_{i=1}^n y_i,\quad z_i=xy_i+yx_i-x_iy_i.$$ Chứng minh rằng $$\sum_{i=1}^n|z_i|\leq n.$$ Bài 2. Cho tam giác $ABC$ không đều, đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $A_1,B_1,C_1$. Gọi $A_2$ đối xứng với $A_1$ qua $B_1C_1$, $B_2$ đối xứng với $B_1$ qua $C_1A_1$, $C_2$ đối xứng với $C_1$ qua $A_1B_1$. Gọi $ A{A_{2}}\cap BC ={A_{3}} $, $ B{B_{2}}\cap CA ={B_{3}} $, $ C{C_{2}}\cap AB ={C_{3}} $. Chứng minh rằng $ {A_{3}},{B_{3}},{C_{3}} $ thẳng hàng. Bài 3. Đặt $x_n=C_{2n}^n$. Chứng minh rằng tồn tại vô hạn các tập hợp hữu hạn $A,B$ gồm các số nguyên dương sao cho $A\cap B =\emptyset$ và $$\frac{{\prod\limits_{i\in A}{{x_{i}}}}}{{\prod\limits_{j\in B}{{x_{j}}}}}= 2012.$$ Ngày 2 Bài 4. Cho hai đường tròn $\omega_1,\omega_2$, Gọi $S$ là tập hợp tất cả các tam giác $ABC$ sao cho $\omega_1$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $\omega_2$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $AB, BC, CA$ lần lượt tại $D,E,F$. Giả sử $S$ khác rỗng, chứng minh rằng trọng tâm tam giác $DEF$ cố định. Bài 5. Với mỗi $n$, kí hiệu $\tau (n)$ là số ước số của $n$. Một số nguyên dương được gọi là tốt nếu $\tau (m)<\tau (n)$ với mọi $0<m<n$. Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $k$ chỉ tồn tại hữu hạn số nguyên dương tốt không chia hết cho $k$. Bài 6. Với mỗi số nguyên dương $n$, tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ sao cho $$f(x+y+f(y))=f(x)+ny,\forall x,y\in\mathbb{Z}.$$ Nguồn: AOPS Người Dịch: Nguyễn Sanh Thành VMF __________________ “ Sức mạnh của tri thức là sự chia sẻ tri thức” [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: batigoal, 16-03-2012 lúc 06:11 AM |
The Following User Says Thank You to batigoal For This Useful Post: | pco (20-03-2012) |
16-03-2012, 04:50 PM | #3 | ||
Administrator Tham gia ngày: Mar 2009 Bài gởi: 349 Thanks: 0 Thanked 308 Times in 161 Posts | Trích:
*) Trường hợp $k =1 $. Hiển nhiên đúng. *) Trường hợp $k>1 $. Gọi $S_k $ là tập các số tốt không chia hết cho $k $. +) Nếu tồn tại $l $ sao cho mọi phần tử của $S_k $ đều chỉ có các ước nguyên tố thuộc $(p_1,p_2,...,p_l) $. Gọi $n $ là một phần tử bất kì của $S_k $, $n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_l^{\alpha_l} $. Nếu tồn tại $1\le i<j\le l $ sao cho $\alpha_i<\alpha_j $, khi đó $m $ là số nhận được từ $n $ bằng cách đổi số mũ của $p_i $ và $p_j $ sẽ có số ước bằng với số ước của $n $ nhưng nhỏ hơn $n $, mâu thuẫn vì $n $ là số tốt. Do đó $\alpha_1\ge \alpha_2\ge ...\ge \alpha_l $. (1) Chọn $m = p_1^{[\frac{\alpha_1+1}{2}]}.p_2^{\alpha_2}...p_l^{\alpha_l}.p_{l+1} $. Ta có : $\frac{\tau(m)}{\tau(n)}=\frac{2([\frac{\alpha_1+1}{2}]+1)}{(\alpha_1+1)}>1 $. Vì $n $ là số tốt nên ta phải có $n<m $. $\Rightarrow p_1^{[\frac{\alpha_1}{2}]}<p_{l+1} $. $\Rightarrow \alpha_1<c $, $c $ là hằng số. (2) Từ (1) và (2) suy ra $S_k $ là tập hữu hạn. +) Ngược lại tức là tập các ước nguyên tố của các phần tử trong $S_k $ là vô hạn. Trong khai triển thành các thừa số nguyên tố của $k $ gọi $p_u $ là ước nguyên tố lớn nhất, $v $ là số mũ lớn nhất. Tồn tại $n $ thuộc $S_k $ sao cho ước nguyên tố lớn nhất của $n $ là $p_l $ thỏa mãn : $log_{p_u}{p_l}\ge v+1 $, $n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_l^{\alpha_l} $. Vì $n $ không chia hết cho $k $ nên tồn tại ước nguyên tố $p_w $ của $k $ sao cho $\alpha_w<v $. Đặt $x =\alpha_l[log_{p_u}{p_l}] $, thì $x\ge \alpha_l(v+1)>\alpha_l(\alpha_w+1) $, và $p_l^{\alpha_l}>p_u^x>p_w^x $. Chọn $m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_{w-1}^{\alpha_{w-1}}.p_w^{\alpha_w+x}p_{w+1}^{\alpha_{w+1}}...p_{l-1}^{\alpha_{l-1}} $. Ta có : $\frac{m}{n}=\frac{p_w^x}{p_l^{ \alpha_l}}<1 $. $\frac{\tau(m)}{\tau(n)}=\frac{\alpha_w+x+1}{( \alpha_w+1)(\alpha_l+1)}>1 $. Điều này mâu thuẫn với $n $ là số tốt. Từ đó, ta có điều phải chứng minh. Trích:
$\Rightarrow f((f(x)+x)(f(1)+1))=(f(x)+x)n+f(0)=(f(1)+1)nx+f(0) $, với mọi $x\in Z $. $\Rightarrow f(x)=f(1)x $, với mọi $x\in Z $. thay đổi nội dung bởi: chemthan, 16-03-2012 lúc 07:29 PM | ||
The Following 5 Users Say Thank You to chemthan For This Useful Post: | lexuanthang (20-03-2012), nghiepdu-socap (11-04-2012), pco (20-03-2012), phantin1 (25-01-2013), Raul Chavez (24-06-2013) |
20-03-2012, 04:36 PM | #4 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Mar 2012 Đến từ: Cái nôi của phở Bài gởi: 259 Thanks: 78 Thanked 697 Times in 193 Posts | Trích:
[Only registered and activated users can see links. ] Lời giải này đẹp và đơn giản,chỉ cần sử dụng tính chất cơ bản của số phức. | |
20-03-2012, 08:06 PM | #5 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts | Bài 1: Kí hiệu $\bar{x} $ là complex conjugate của $x $ Một số tính chất: $|x|^2 = x\bar{x} $. $|xy| = |x||y| $ $|x\pm y|\le |x| + |y| $ $x + \overline{x} = 2\textrm{real}(x) $ $\textrm{real}(xy) + \textrm{real}(xz) = \textrm{real}\left(x(y+z)\right) $ Trở lại bài toán: Ta có $z_i = xy - (x-x_i)(y-y_i) $ nên $|z_i| \le |xy| + |(x-x_i)(y-y_i)|\le |xy| + \frac{1}{2}|x-x_i|^2 + \frac{1}{2}|y-y_i|^2 $. Suy ra$|z_i|\le |xy| + \frac{1}{2}|x|^2 - \textrm{real}(x\bar{x_i}) +\frac{1}{2}|x_i|^2+ \frac{1}{2}|y|^2 - \textrm{real}(y\bar{y_i}) + \frac{1}{2}|y_i|^2 $. Do đó $\sum\limits_{i=1}^{n}|z_i|\le n + n|xy| +\frac{n}{2}|x|^2 + \frac{n}{2}|y|^2 - \textrm{real}(x\overline{\sum\limits_{i=1}^{n}x_i} )-\textrm{real}(y\overline{\sum\limits_{i=1}^{n}y_i} ) $ $ = n + n|xy| +\frac{n}{2}|x|^2 + \frac{n}{2}|y|^2- \textrm{real}(nx\overline{x}) - \textrm{real}(ny\overline{y}) = n + n|xy| - \frac{n}{2}|x|^2 - \frac{n}{2}|y|^2 = n - \frac{n}{2}(|x|-|y|)^2 \le n $ __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 20-03-2012 lúc 08:09 PM |
20-03-2012, 09:11 PM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 528 Thanks: 560 Thanked 195 Times in 124 Posts | Vòng 2, ngày 1 Bài 1: Cho $G$ là một đồ thị đơn. Một nhóm gồm $t$ đỉnh mà các cạnh đôi một nối với nhau được gọi là $t$-nhóm và một đỉnh được gọi là đỉnh trung tâm nếu nó được nối với tất cả các đỉnh còn lại. Cho $n,k$ là hai số nguyên dương thoả $\dfrac{3}{2}\leq\dfrac{n}{2}<k<n$ và $G$ có $n$ đỉnh thoả các điều kiện sau:
Bài 2: Chứng minh rằng tồn tại số thực $C$ sao cho: Với mọi số nguyên dương $n\geq 2$ và với mọi tập con $X$ không ít hơn hai phần tử của tập $\{1,2,...,n\}$, luôn tồn tại $x,y,z,t\in X$ (không nhất thiết phân biệt) sao cho $$0<|xy-zt|<C(\dfrac{n}{|X|})^4.$$ Bài 3: Cho $a_1<a_2$ là hai số nguyên. Với mọi $n\geq 3$, gọi $a_n$ là số nguyên nhỏ nhất lớn hơn $a_{n-1}$ và được biểu diễn duy nhất theo hai số hạng trước nó, tức là tồn tại duy nhất $i,j$ với $1\leq i<j\leq n-1$ sao cho $a_n=a_i+a_j$. Giả sử rằng trong các số hạng của dãy $(a_n)$ chỉ có hữu hạn số chẵn. Chứng minh rằng dãy $(a_{n+1}-a_n)$ tuần hoàn kể từ một số hạng nào đó. Vòng 2, ngày 2 Bài 4: Cho $n\geq 2$ là một số nguyên. Chứng minh rằng tồn tại hữu hạn bộ $n$ số nguyên $(a_1,a_2,...,a_n)$ thoả đồng thời ba tính chất sau:
Bài 5: Cho $m,n$ là hai số nguyên lớn hơn 1, $r<s$ là hai số thực dương, $a_{ij}\geq 0$ nhưng tất cả không đồng thời bằng 0. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$f=\frac{(\sum_{j=1}^{n}(\sum_{i=1}^{m}a_{ij}^{s} )^{\frac{r}{s}})^{\frac{1}{r}}}{(\sum_{i=1}^{m}(\s um_{j=1}^{n}a_{ij}^{r})^{\frac{s}{r}})^{\frac{1}{s }}}.$$ Bài 6: Cho số nguyên $n\geq 2$. Một hàm $f:\mathbb{Z}\to\{1,2,...,n\}$ được gọi là tốt nếu với mọi $k,1\leq k\leq n-1$ luôn tồn tại số nguyên $j(k)$ sao cho với mọi số nguyên $m$ ta có $$f(m+j(k))\equiv f(m+k)-f(m)\pmod{n+1}.$$ Tìm số các hàm tốt. Theo math.vn __________________ "People's dreams... will never end!" - Marshall D. Teach. |
20-03-2012, 09:38 PM | #7 |
Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts | Bài 6: Trước hết chứng minh $f $ là hàm đơn ánh. Thật vậy, nếu có $y \neq z $ mà $f(y) = f(z) = a $ thì với $x = -a $ ta có $f(y) = f(-a + y + f(y)) = f(-a) + ny \neq f(-a) + nz = f(-a+z+f(z)) = f(z) $ mâu thuẫn. Tiếp theo ta chứng minh $f $ là hàm cộng tính. Thật vậy: $f(x + z + f(z) + y + f(y)) = f(x+z+f(z)) + ny = f(x) + n(y+z) = f(x + y + z + f(y+z)) $, vì $f $ đơn ánh nên: $x + z + f(z) + y + f(y) = x + y + z + f(y) + f(z) $ hay $f(y+z) = f(y) + f(z) $. Vậy $f $ đơn ánh và cộng tính nên $f(x) = f(1)x = bx $. Thay vào ta có $b(b+1)=n $ __________________ Traum is giấc mơ. |
The Following 2 Users Say Thank You to Traum For This Useful Post: | bboy114crew (25-05-2012), navid (16-04-2012) |
Bookmarks |
|
|