Hướng tới kỳ thi chọn đội tuyển Việt Nam dự IMO 2012 - Page 5

**namdung** · 02-03-2012, 12:16 AM

Trích:

Nguyên văn bởi leviethai

Mặc dù không được thi nhưng cũng góp vui

. Trình độ có hạn, xin giải hai bài BĐT để mọi người tham khảo vậy.

Rất tiếc cho Việt Hải là vòng 1 không có bất đẳng thức, nếu không thì bạn đã có mặt trong vòng TST.

Trích:

Nguyên văn bởi leviethai

Bài 14.Tất nhiên là $n\ge 2. $ Không mất tính tổng quát, giả sử $a^2_n $ lớn nhất.

Chỗ này Hải xem lại, vai trò của các $a_i $ trong bài này là khác nhau.

Trích:

Nguyên văn bởi leviethai

Bài 15. Ta giả sử điều phải chứng minh là sai, tức là ta sẽ có đồng thời 3 bất đẳng thức sau

$\[\frac{{{{(x + y)}^2}}}{{xy}} < \frac{2}{{x + y + z - 1}},\;\frac{{{{(y + z)}^2}}}{{yz}} < \frac{2}{{x + y + z - 1}},\;\frac{{{{(z + x)}^2}}}{{zx}} < \frac{2}{{x + y + z - 1}}.\] $

Suy ra

$\[(x + y + z - 1)\left[ {{{(x + y)}^2} + {{(y + z)}^2} + {{(z + x)}^2}} \right] < 2(xy + yz + zx),\] $

Tương đương với

$\[2(x + y + z)\left[ {{{(x + y)}^2} + {{(y + z)}^2} + {{(z + x)}^2}} \right] < \left[ {{{(x + y)}^2} + {{(y + z)}^2} + {{(z + x)}^2}} \right] + 2(xy + yz + zx),\] $

Tức là

$\[2(x + y + z)({x^2} + {y^2} + {z^2} + xy + yz + zx) < 2{(x + y + z)^2}.\] $

Vậy ta phải có

$\[{x^2} + {y^2} + {z^2} + xy + yz + zx < x + y + z.\] $

Ta có đẳng thức quen thuộc sau

$x^2+y^2+z^2+2xyz=1, $ suy ra $x^2+y^2+z^2=1-2xyz. $

Như vậy bất đẳng thức trên sẽ trở thành

$1-2xyz+xy+yz+zx<x+y+z, $

Hay

$(1-x)(1-y)(1-z)<xyz. $

Thay $x = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{{2bc}},\;y = \frac{{{c^2} + {a^2} - {b^2}}}{{2ca}}, $ và $z = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2ab}}, $ với $a,\;b,\;c $ là độ dài ba cạnh tam giác $ABC. $ Khi đó bằng một chút biến đổi, bất đẳng thức trên trở thành

$\[{(a + b - c)^2}{(b + c - a)^2}{(c + a - b)^2} < ({a^2} + {b^2} - {c^2})({b^2} + {c^2} - {a^2})({c^2} + {a^2} - {b^2}).\] $

Tuy nhiên bất đẳng thức này sai. Do tam giác $ABC $ nhọn nên ${a^2} + {b^2} - {c^2},\;{b^2} + {c^2} - {a^2} $ và ${c^2} + {a^2} - {b^2} $ đều dương, ta xét bất đẳng thức sau

$\[{(a + b - c)^2}{(b + c - a)^2} \ge ({a^2} + {b^2} - {c^2})({b^2} + {c^2} - {a^2}).\] $

Tương đương với

$\[{\left[ {{b^2} - {{(c - a)}^2}} \right]^2} \ge {b^4} - {({c^2} - {a^2})^2}.\] $

Hay

$\[{({c^2} - {a^2})^2} + {(c - a)^4} \ge 2{b^2}{(c - a)^2}.\] $

Bất đẳng thức này đúng vì

$\[{({c^2} - {a^2})^2} + {(c - a)^4} = {(c - a)^2}\left[ {{{(c + a)}^2} + {{(c - a)}^2}} \right] = 2{(c - a)^2}({c^2} + {a^2}) \ge 2{b^2}{(c - a)^2}.\] $

Như vậy, ta sẽ có ba bất đẳng thức sau

$\[{(a + b - c)^2}{(b + c - a)^2} \ge ({a^2} + {b^2} - {c^2})({b^2} + {c^2} - {a^2}),\] $
$\[{(b + c - a)^2}{(c + a - b)^2} \ge ({b^2} + {c^2} - {a^2})({c^2} + {a^2} - {b^2}),\] $
$\[{(c + a - b)^2}{(a + b - c)^2} \ge ({c^2} + {a^2} - {b^2})({a^2} + {b^2} - {c^2}).\] $

Từ đây ta dễ dàng suy ra mâu thuẫn.

Tóm lại, điều giả sử của ta là sai, như vậy ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $ABC $ đều. $\blacksquare $

Bài này thì quá tuyệt vời.

kien10a1 · 02-03-2012, 12:37 AM

Bài 20 : Chứng minh rằng có thể phân hoạch tập 1,2,3...1989 thành 117 tập con rời nhau, mỗi tập có 17 phần tử và tổng các phần tử ở mỗi tập là như nhau.

Bài 19: Giả sử I là trực tâm$ A_1B_1C_1 $, có $B_1C_1\perp AI $, biến đổi góc được $B_1,C_1,B,C $ đồng viên, tương tự và suy ra được $A_2, B_2,C_2 $ lần lượt là tâm $(BCB_1C_1),(ABA_1B_1),(CAC_1A_1) $.
Do vậy O là tâm $(ABC) $ thì $OA_2\perp BC, OB_2\perp AC $, dẫn đến $\widehat{OA_2B_2}=\widehat{ICB}=\widehat{ICA}=\wid ehat{OB_2A} $ nên O cách đều $A_2,B_2 $, tương tự có O là tâm $(A_2B_2C_2) $
Chiều ngược lại, các đường thẳng qua $A_2 $, vuông góc BC, qua $B_2 $, vuông góc AC, qua $C_2 $, vuông góc AB đồng quy tại O là tâm cả 2 tam giác ABC và$ A_2B_2C_2 $, suy ra $A_2 $ thuộc trung trực BC, suy ra $BCB_1C_1 $ nội tiếp, tương tự...

**huynhcongbang** · 02-03-2012, 03:15 PM

Ủng hộ tiếp hai bài tổ hợp:

Bài 21.
Cho $n $ là hai số nguyên dương và xét một bảng có kích thước $n\times n $. Người ta tô màu ít nhất $2n $ ô vuông của bảng. Chứng minh rằng tồn tại hai giá trị $k,l $ sao cho:
i) $1 \le l<k\le n. $
ii) Có thể tô màu $2k $ ô vuông của bảng, giả sử là ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},...,{{a}_{2k}} $ sao cho ${{a}_{1}},{{a}_{2}} $ thuộc cùng một dòng; ${{a}_{2}},{{a}_{3}} $ thuộc cùng một cột; ${{a}_{3}},{{a}_{4}} $ thuộc cùng một dòng;...;${{a}_{2k-l-1}},{{a}_{2k-l}} $ thuộc cùng một cột; ${{a}_{2k-l}},{{a}_{2k}} $ thuộc cùng một dòng và ${{a}_{2k}},{{a}_{1}} $ thuộc cùng một cột.

Bài 22.
Xét tập hợp S gồm $n $ số nguyên dương đầu tiên. Một tập con T của S được gọi là “tập tốt” nếu với $a,b $ bất kì thuộc T và trung bình cộng của chúng là số nguyên thì trung bình cộng đó cũng thuộc T.
Các tập hợp có ít hơn 2 phần tử cũng được xem là tập tốt. Gọi $A(n) $ là số tập tốt ứng với tập S có n phần tử.
Tìm tất cả các giá trị n sao cho

$A(n+2)-2A(n+1)+A(n)=1. $

--------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Bài 20 : Chứng minh rằng có thể phân hoạch tập 1,2,3...1989 thành 117 tập con rời nhau, mỗi tập có 17 phần tử và tổng các phần tử ở mỗi tập là như nhau.

Bài này chính là bài 1, IMO 1989.
http://www.artofproblemsolving.com/F...b57845#p372257

**namdung** · 02-03-2012, 04:09 PM

Còn bài 4 chưa có ai giải nè:

4. (Canadian MOCP 2010, trung bình) Cho tam giác ABC có $A > 90^0 $, $AB < AC $, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. M, N là trung điểm của BC và AO và D là giao điểm của MN và AC. Biết rằng $AD = \frac{1}{2}(AB+AC) $. Hãy tìm độ lớn góc A.

kien10a1 · 02-03-2012, 09:28 PM

Bài 4:
Lấy B' đối xứng B qua phân giác góc A thì D là trung điểm CB' nên BB'//MD hay MD vuông góc phân giác góc A, K là điểm chính giữa cung nhỏ BC thì suy ra KA//MN, suy ra M là trung điểm KO nên KBOC là hình thoi, tính được ngay $\widehat{BKC}=\widehat{A}=120 $

Joe Dalton · 02-03-2012, 09:37 PM

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Bài 4:
Lấy B' đối xứng B qua phân giác góc A thì D là trung điểm CB' nên BB'//MD hay MD vuông góc phân giác góc A, K là điểm chính giữa cung nhỏ BC thì suy ra KA//MN, suy ra M là trung điểm KO nên KBOC là hình thoi, tính được ngay $\widehat{BKC}=\widehat{A}=120 $

Còn trường hợp $D$ nằm ngoài đoạn $AC$? Khi đó $D$ đối xứng với trung điểm $B'C$ qua $A$.

kien10a1 · 02-03-2012, 10:39 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Joe Dalton

Còn trường hợp $D$ nằm ngoài đoạn $AC$? Khi đó $D$ đối xứng với trung điểm $B'C$ qua $A$.

Đúng là trường hợp đấy thì không dùng được cách này, mà có lẽ đề là MN cắt cạnh AC, chứ không thì...

Bài 22: Gọi S(n) là số tập tốt chứa n, và là con của {1,2...,n}, ta có S(n+2)=A(n+2)-A(n+1); S(n+1)=A(n+1)-A(n); vậy cần có S(n+2)-S(n+1)=1, mặt khác với mỗi tập tốt chứa n+1 của {1,2...n+1}, ta tăng mỗi phần tử lên 1 đơn vị được tập tốt chứa n+2 của {1,2...n+2}, và tập {1,2...,n+2} cũng chính là 1 tập tốt, vậy có S(n+2)-S(n+1)=1 tương đương tập tốt chứa 1,n+2 phải là tập {1,2,...,n+2}, ta tìm n thỏa mãn điều này là xong.
Trước tiên xét tập A={1,n+2}, ta thực hiện như sau: nếu có 2 phần tử của A có trung bình cộng nguyên thì ta bổ sung số đó vào A, và để thỏa mãn đk ở trên thì quá trình bổ sung sẽ kết thúc khi A=S;ta cũng bổ sung theo nguyên tắc: từ x phân tử đầu ta thêm tất cả số có thể( đợt trước) rồi mới thêm tiếp với các số tạo ra từ các số thứ x+1,... và 1 số nào đó( đợt sau).
Nhận xét, cách bổ sung này đảm bảo nếu không dùng 1, n+2 thì các số bổ sung ở " đợt sau" đều đã có trong tập.
từ đây, ta chỉ xét phần tử nhỏ nhất ở mỗi lần bổ sung
Phải có n+2 lẻ, bổ sung $\frac{1+n+2}{2} $, thì thấy ngay đây lại phải là 1 số lẻ, tương tự
suy ra $1 + \frac{1+n+2}{2} $ lại là 1 số lẻ, và ta lại bổ sung $\frac{1+(1 + \frac{1+n+2}{2})}{2} $, quá trình sẽ dừng nếu ta gặp 1 số chẵn là phần tử bổ sung nhỏ nhất, và để thỏa mãn ycbt thì số cuối cùng phải là 2, làm ngược lại... suy ra n+2 có dạng $2^t+1 $

**huynhcongbang** · 03-03-2012, 09:48 AM

Kết quả $n+2=2^t+1 \Leftrightarrow n = 2^t -1 $ của em là đúng rồi đấy. Để anh xem lại từ từ!

vinvin · 03-03-2012, 12:25 PM

Trích:

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Ủng hộ tiếp hai bài tổ hợp:

Bài 21.
Cho $n $ là hai số nguyên dương và xét một bảng có kích thước $n\times n $. Người ta tô màu ít nhất $2n $ ô vuông của bảng. Chứng minh rằng tồn tại hai giá trị $k,l $ sao cho:
i) $1 \le l<k\le n. $
ii) Có thể tô màu $2k $ ô vuông của bảng, giả sử là ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},...,{{a}_{2k}} $ sao cho ${{a}_{1}},{{a}_{2}} $ thuộc cùng một dòng; ${{a}_{2}},{{a}_{3}} $ thuộc cùng một cột; ${{a}_{3}},{{a}_{4}} $ thuộc cùng một dòng;...;${{a}_{2k-l-1}},{{a}_{2k-l}} $ thuộc cùng một cột; ${{a}_{2k-l}},{{a}_{2k}} $ thuộc cùng một dòng và ${{a}_{2k}},{{a}_{1}} $ thuộc cùng một cột.

Bài này ta chứng minh quy nạp theo $ n $ với $ n=2 $ thì hiển nhiên đúng.
Giả sử là bài toán đúng với mọi số bé hơn n. Xét hình nxn:
+Nếu có 1 hàng và 1 cột tổng số ô được tô màu trên chúng bé hơn 2 thì bỏ hàng và cột đó đi ta đc hình (n-1)x(n-1) và có ít nhất 2n-2 ô được tô màu. Theo giả thiết quy nạp ta chọn được k,l thỏa đề bài.
+Bây giờ ta xét trường hợp mọi cột đều có ít nhất 2 ô được tô màu( tương tự với hàng) và có ít nhất một hàng i nào đó chỉ chứ 1 ô được tô màu. Khi ta bỏ hàng đó đi thì nếu có một cột j nào đó chỉ chứa 1 ô thì tổng sô ô được tô màu ở hàng i và cột j là 2, quay về trường hợp 1. Còn nếu ko có cột nào có ít hơn 2 ô được tô màu thì bỏ đi 1 cột bất kì ta vẫn được hình (n-1)x(n-1) và có ít nhất 2n-2 ô được tô màu.
+ Cuối cùng là trường hợp mỗi hàng và mỗi cột đều có ít nhất 2 ô được tô màu. Khi đó ta lấy 1 ô bất kì làm xuất phát nối nó vs một ô cùng hàng rồi từ ô đó nối với 1 ô cùng cột, liên tiếp thực hiện các thao tác lần thứ 2n thì nối ở điểm đang đứng với ô cùng cột, thao tác thứ 2n+1 thì nối với ô cùng hàng, ta có chú ý là vì mỗi hàng và cột đều có ít nhất 2 ô nên lúc nào ta cũng thực hiện được thao tác và đến một lúc nào đó những đường nối của ta là khép kín, Khi đấy sẽ chọn được k và l thỏa đề bài.

kien10a1 · 04-03-2012, 12:46 AM

Bài 23: Cho x,y,z dương tích bằng 1. CMR:

$9+ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\geq (x+y+z)(xy+yz+zx)+ \frac{(xy+yz+zx)^2}{x+y+z} $

**namdung** · 05-03-2012, 09:15 PM

Bài 24. Tìm tất cả các hàm số $f:\; \mathbb R^+ \to\mathbb R^+$ sao cho với mọi $x > 0$ và với mọi $z:\; 0 < z < 1$ ta có:\[ (1-z)f(x) = f\left( \dfrac{(1-z)f(xz)}{z}\right)\]

**amateur** · 06-03-2012, 02:23 PM

Bài 25(Japan 2012): Cho một quân cờ nằm tại gốc tọa độ trên mặt phẳng tọa độ, hai người $A, B$ chơi 1 trò chơi như sau:

Đầu tiên, $A$ đánh dấu vào một điểm trên lưới tọa độ, khác với điểm đang đặt quân cờ.
Sau đó $B$ thực hiện một bước di chuyển quân cờ từ điểm $(x,y)$ đến điểm $(x+1;y)$ hoặc $(x;y+1)$ $m$ lần với $1\leq m\leq k$ nhưng không được di chuyển quân cờ đến các điểm đánh dấu.
Tiếp đến $A$ lại đánh dấu một điểm trên lưới toạ độ. Và trò chơi cứ tiếp tục như thế.

$A$ sẽ chiến thắng nếu $B$ không còn di chuyển được quân cờ. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho $A$ có thể chiến thắng sau một số hữu hạn lượt đi bất kể $B$ di chuyển quân cờ như thế nào.

Bài này nếu đề được hiểu là sau một lượt đánh dấu của A, B chọn một trong 2 hướng sang phải hoặc lên trên, và đi theo hướng đã chọn từ 1-m bước tùy ý thì đã có ở http://math.vn/showthread.php?17543-...012-B%C3%A0i-5.
Nhưng có người hiểu rằng sau một lượt của A, B có thể đi tùy ý 1-m bước và có thể đi zích zắc, tức là có thể đi theo 2 hướng bao nhiêu bước tùy ý trong vòng <=m bước. Mời các bạn cùng thảo luận. .

Bài 26:Một con Mã đang đứng ở ô $(i,j)$ của bàn cờ thì nó có thể đi đến các ô $(i \pm 1,j \pm 2)$ hoặc $(i \pm 2,j \pm 1)$ (như cách đi trong cờ vua hoặc cờ tướng).

Một bàn cờ kích thước $2011 \times 2011$ bị khoét đi một hình vuông cỡ $2005 \times 2005$ ở trung tâm bàn cờ. Một con Mã đứng ở ô $(1,1)$, chứng minh rằng con Mã có thể đi hết tất cả các ô, mỗi ô chỉ qua đúng 1 lần.
Con Mã đứng ở ô $(1,1)$ của bàn cờ cỡ $2010 \times 2012 $, nó chỉ có thể thoát khỏi bàn cờ nếu trên bàn cờ có ít hơn $2010$ ô mà nó chưa đi qua. Hỏi con Mã có thoát khỏi bàn cờ được hay không ?. (Mỗi ô chỉ được qua 1 lần)

TBN_146 · 06-03-2012, 06:24 PM

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Bài 23: Cho x,y,z dương tích bằng 1. CMR:

$9+ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\geq (x+y+z)(xy+yz+zx)+ \frac{(xy+yz+zx)^2}{x+y+z} $

Bài này có thể xử lý bằng Vornicu schur, không biết bạn Kiên có cách khác không? Giả sử $a\geq b\geq c $
BĐT tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\frac{1}{bc}-\frac{1}{ab+bc+ca})\geq 0 $
Chú ý $S_{a},S_{b},S_{c}\geq 0 $ và $S_{a}\geq S_{b} $ ta có đpcm

Win-DungDan · 06-03-2012, 08:59 PM

Trích:

Nguyên văn bởi Win-DungDan

Tôi thấy có bài BDT rất khó của bạn Cẩn trên mathlinks xin đưa cùng các bạn trải nghiệm:
Bài 12: Cho các số thực dương sao cho a+b+c = 1 . Chứng minh rằng:
$\[\frac{36}{{{a}^{2}}b\text{+}{{b}^{2}}c\text{+}{{c} ^{2}}a}\text{+}\frac{1}{abc}\ge 343\] $ .

Sao không bạn nào thử sức bài này vậy nhỉ.. Các bạn cố gắng nha.

kien10a1 · 06-03-2012, 09:23 PM

Trích:

Nguyên văn bởi TBN_146

Bài này có thể xử lý bằng Vornicu schur, không biết bạn Kiên có cách khác không? Giả sử $a\geq b\geq c $
BĐT tương đương
$\sum (a-b)(a-c)(\frac{1}{bc}-\frac{1}{ab+bc+ca})\geq 0 $
Chú ý $S_{a},S_{b},S_{c}\geq 0 $ và $S_{a}\geq S_{b} $ ta có đpcm

Bài này được biến đổi ra từ USA TST 2009:

$\[ x^{3}(y^{2}+z^{2})^{2}+y^{3}(z^{2}+x^{2})^{2}+z^{3 }(x^{2}+y^{2})^{2}\geq xyz[xy(x+y)^{2}+yz(y+z)^{2}+zx(z+x)^{2}]. \] $(chuẩn hóa xyz=1 là có bài trên)
Đặt $x=1/a,y=1/b,z=1/c $
Bất đẳng thức trên tương đương: $\sum a^{2}(b+c)(a-b)(a-c)\ge 0. $, đúng theo Vornicu schur ( cách của anh Cẩn)

02-03-2012, 12:37 AM	#62
kien10a1 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Vĩnh Yên- Vĩnh Phúc Bài gởi: 371 Thanks: 43 Thanked 263 Times in 153 Posts	Bài 20 Bài này không mới nhưng cũng hay : Chứng minh rằng có thể phân hoạch tập 1,2,3...1989 thành 117 tập con rời nhau, mỗi tập có 17 phần tử và tổng các phần tử ở mỗi tập là như nhau. Bài 19: Giả sử I là trực tâm$ A_1B_1C_1 $, có $B_1C_1\perp AI $, biến đổi góc được $B_1,C_1,B,C $ đồng viên, tương tự và suy ra được $A_2, B_2,C_2 $ lần lượt là tâm $(BCB_1C_1),(ABA_1B_1),(CAC_1A_1) $. Do vậy O là tâm $(ABC) $ thì $OA_2\perp BC, OB_2\perp AC $, dẫn đến $\widehat{OA_2B_2}=\widehat{ICB}=\widehat{ICA}=\wid ehat{OB_2A} $ nên O cách đều $A_2,B_2 $, tương tự có O là tâm $(A_2B_2C_2) $ Chiều ngược lại, các đường thẳng qua $A_2 $, vuông góc BC, qua $B_2 $, vuông góc AC, qua $C_2 $, vuông góc AB đồng quy tại O là tâm cả 2 tam giác ABC và$ A_2B_2C_2 $, suy ra $A_2 $ thuộc trung trực BC, suy ra $BCB_1C_1 $ nội tiếp, tương tự... __________________ Quay về với nơi bắt đầu thay đổi nội dung bởi: kien10a1, 02-03-2012 lúc 12:52 AM

02-03-2012, 09:28 PM	#65
kien10a1 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Vĩnh Yên- Vĩnh Phúc Bài gởi: 371 Thanks: 43 Thanked 263 Times in 153 Posts	Bài 4: Lấy B' đối xứng B qua phân giác góc A thì D là trung điểm CB' nên BB'//MD hay MD vuông góc phân giác góc A, K là điểm chính giữa cung nhỏ BC thì suy ra KA//MN, suy ra M là trung điểm KO nên KBOC là hình thoi, tính được ngay $\widehat{BKC}=\widehat{A}=120 $ __________________ Quay về với nơi bắt đầu

03-03-2012, 09:48 AM	#68
huynhcongbang Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Ho Chi Minh City Bài gởi: 2,413 Thanks: 2,165 Thanked 4,188 Times in 1,381 Posts	Kết quả $n+2=2^t+1 \Leftrightarrow n = 2^t -1 $ của em là đúng rồi đấy. Để anh xem lại từ từ! Bài này chắc anh Mashimaru biết rõ lắm! __________________ Sự im lặng của bầy mèo thay đổi nội dung bởi: sang89, 03-03-2012 lúc 11:34 AM

04-03-2012, 12:46 AM	#70
kien10a1 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Vĩnh Yên- Vĩnh Phúc Bài gởi: 371 Thanks: 43 Thanked 263 Times in 153 Posts	Bài 23: Cho x,y,z dương tích bằng 1. CMR: $9+ \frac{1}{x^3}+\frac{1}{y^3}+\frac{1}{z^3}\geq (x+y+z)(xy+yz+zx)+ \frac{(xy+yz+zx)^2}{x+y+z} $ __________________ Quay về với nơi bắt đầu

06-03-2012, 02:23 PM	#72
amateur Super Moderator Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 17 Thanks: 3 Thanked 4 Times in 3 Posts	Bài 25(Japan 2012): Cho một quân cờ nằm tại gốc tọa độ trên mặt phẳng tọa độ, hai người $A, B$ chơi 1 trò chơi như sau: Đầu tiên, $A$ đánh dấu vào một điểm trên lưới tọa độ, khác với điểm đang đặt quân cờ. Sau đó $B$ thực hiện một bước di chuyển quân cờ từ điểm $(x,y)$ đến điểm $(x+1;y)$ hoặc $(x;y+1)$ $m$ lần với $1\leq m\leq k$ nhưng không được di chuyển quân cờ đến các điểm đánh dấu. Tiếp đến $A$ lại đánh dấu một điểm trên lưới toạ độ. Và trò chơi cứ tiếp tục như thế. $A$ sẽ chiến thắng nếu $B$ không còn di chuyển được quân cờ. Tìm tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho $A$ có thể chiến thắng sau một số hữu hạn lượt đi bất kể $B$ di chuyển quân cờ như thế nào. Bài này nếu đề được hiểu là sau một lượt đánh dấu của A, B chọn một trong 2 hướng sang phải hoặc lên trên, và đi theo hướng đã chọn từ 1-m bước tùy ý thì đã có ở http://math.vn/showthread.php?17543-...012-B%C3%A0i-5. Nhưng có người hiểu rằng sau một lượt của A, B có thể đi tùy ý 1-m bước và có thể đi zích zắc, tức là có thể đi theo 2 hướng bao nhiêu bước tùy ý trong vòng <=m bước. Mời các bạn cùng thảo luận. Theo cách hiểu này mình vẫn chưa làm được, mới chỉ chặn được với m<3. . Bài 26:Một con Mã đang đứng ở ô $(i,j)$ của bàn cờ thì nó có thể đi đến các ô $(i \pm 1,j \pm 2)$ hoặc $(i \pm 2,j \pm 1)$ (như cách đi trong cờ vua hoặc cờ tướng). Một bàn cờ kích thước $2011 \times 2011$ bị khoét đi một hình vuông cỡ $2005 \times 2005$ ở trung tâm bàn cờ. Một con Mã đứng ở ô $(1,1)$, chứng minh rằng con Mã có thể đi hết tất cả các ô, mỗi ô chỉ qua đúng 1 lần. Con Mã đứng ở ô $(1,1)$ của bàn cờ cỡ $2010 \times 2012 $, nó chỉ có thể thoát khỏi bàn cờ nếu trên bàn cờ có ít hơn $2010$ ô mà nó chưa đi qua. Hỏi con Mã có thoát khỏi bàn cờ được hay không ?. (Mỗi ô chỉ được qua 1 lần) thay đổi nội dung bởi: amateur, 06-03-2012 lúc 02:27 PM

02-03-2012, 04:09 PM	#64
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Còn bài 4 chưa có ai giải nè: 4. (Canadian MOCP 2010, trung bình) Cho tam giác ABC có $A > 90^0 $, $AB < AC $, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. M, N là trung điểm của BC và AO và D là giao điểm của MN và AC. Biết rằng $AD = \frac{1}{2}(AB+AC) $. Hãy tìm độ lớn góc A.

05-03-2012, 09:15 PM	#71
namdung Administrator Tham gia ngày: Feb 2009 Đến từ: Tp Hồ Chí Minh Bài gởi: 1,343 Thanks: 209 Thanked 4,066 Times in 778 Posts	Bài 24. Tìm tất cả các hàm số $f:\; \mathbb R^+ \to\mathbb R^+$ sao cho với mọi $x > 0$ và với mọi $z:\; 0 < z < 1$ ta có:\[ (1-z)f(x) = f\left( \dfrac{(1-z)f(xz)}{z}\right)\]