Hướng tới kỳ thi Vietnam TST 2014 - Page 3

**huynhcongbang** · 28-01-2014, 04:21 PM

Trích:

Nguyên văn bởi namdung

2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường phân giác trong của góc A, B, C lần lượt cắt (O) tại A', B', C' và cắt nhau tại I. Đường tròn đường kính IA', IB', IC' lần lượt cắt BC, CA, AB tại $A_1 $và $A_2, B_1 $ và $B_2, C_1 $ và $C_2 $ tương ứng. Chứng minh rằng 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2 $ cùng nằm trên một đường tròn.

Bài này bạn hoangqnvip đã giải ngon lành rồi ạ, em xin bình luận, nhận xét một ít.

Nếu xét các đường tròn đường kính $IA', IB', IC'$ thì rõ ràng vai trò của $A, B, C$ sẽ không còn quan trọng nữa, chỉ cần các điểm nào đó nằm trên các trục đẳng phương của ba đường tròn này và $AB, BC, CA$ cắt các đường tròn tại 6 điểm thì kết luận của bài toán vẫn đúng. Cụ thể là:

Cho ba đường tròn $(O_1), (O_2), (O_3)$ cắt nhau tại $I$ và có $d_1, d_2, d_3$ là các trục đẳng phương của $(O_1)$ và $(O_2)$, $(O_2)$ và $(O_3)$, $(O_3)$ và $(O_1)$. Xét các điểm $A, B, C$ lần lượt nằm trên $d_1, d_2, d_3$ sao cho các cạnh của tam giác $ABC$ cắt đường tròn tại 6 điểm phân biệt. Khi đó, 6 điểm này cùng thuộc một đường tròn.

Có vẻ như tâm của đường tròn qua 6 điểm này, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $I$ nói chung không có liên quan gì với nhau. Ý tưởng vẫn là sử dụng trục đẳng phương. Nếu các bạn có biết tính chất gì thì trao đổi thêm nhé!

Tuy nhiên, do tính chất đặc biệt của mô hình nên có một số ý thế này:
- Điểm I là trực tâm của tam giác $A'B'C'$ nên đường thẳng $OI$ là đường thẳng Euler của tam giác này.
- Trung điểm của $OI$ chính là tâm đường tròn Euler của tam giác $A'B'C'$ và nó cũng chính là tâm đường tròn đi qua 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2$ đã nêu.
- Tồn tại các phép vị tự biến tam giác $A'B'C'$ thành tam giác có các đỉnh là tiếp điểm đường tròn nội tiếp với các cạnh tam giác và tam giác có đỉnh là các tâm đường tròn bàng tiếp nên bài toán có thể khai thác theo các hướng như thế.

Chém Gió · 28-01-2014, 04:23 PM

Trích:

Nguyên văn bởi namdung

2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Các đường phân giác trong của góc A, B, C lần lượt cắt (O) tại A', B', C' và cắt nhau tại I. Đường tròn đường kính IA', IB', IC' lần lượt cắt BC, CA, AB tại $A_1 $và $A_2, B_1 $ và $B_2, C_1 $ và $C_2 $ tương ứng. Chứng minh rằng 6 điểm $A_1, A_2, B_1, B_2, C_1, C_2 $ cùng nằm trên một đường tròn.

**quocbaoct10** · 28-01-2014, 05:11 PM

Bài $m+n$ có trong chuyên đề tổ hợp của diễn đàn đấy. Hình như là phần "phương pháp xây dựng mô hình trong giải toán tổ hợp". Nhân tiện em xin đóng góp 2 bài:
Bài 7: Cho 1 tập hợp gồm $k$ dãy nhị phân đôi một khác nhau có độ dài lần lượt là $n_1, n_2, n_3,..., n_k$ (không nhất thiết khác nhau) . Chứng minh rằng không tồn tại dãy nhị phân $0,1$ nào mà ta có thể biểu diễn bằng cách đặt liên tiếp các $k$ dãy nhị phân đã cho theo 2 cách khác nhau. Chứng minh:
$ \frac{1}{2^{n_1}}+ \frac{1}{2^{n_2}}+ ... + \frac{1}{2^{n_k}} \le 1$.
Bài 8 (MOP 2006): Có bao nhiêu tập con của tập $A=\{1,2, ...,2005 \}$ mà tổng các phần tử của các tập con đó đồng dư 2006 (mod 2048) ?
------------------------------

Trích:

Nguyên văn bởi Fool's theorem

Mình nghĩ dãy đẹp này thỏa mãn btc đủ tiền thối chứ nhỉ
Quy nạp nhé $i=1$ thì $a_1=1$ nên ok
Giả sử đúng đến $i=k$ thì trong dãy $a_1,a_2,...a_k$ có $x$ số $1$ và $y$ số $0$. Nếu $x=y$ thì $a_{k+1}=1$ thì mọi chuyện vẫn ổn
Nếu $x>y$ thì có thể xảy ra trường hợp $a_{k+1}=0$ khi đó thì ta vẫn có thừa ít nhất 1 số $1$ để bù vào tức ta vẫn còn có đủ tiền thối lại.
Việc quy nạp này cũng cho thấy thứ tự đó là thỏa mãn rồi.
Còn cái việc mình chia cho $m+n$ thì mình cũng đã nhân với $m-n$ rồi, mình đưa về đường tròn rồi thẳng hóa nó thôi mà

Có lỗi gì mọi người chỉ hộ nhé.
Bạn có thể cho mọi người xem đáp số bài này được không?

đáp án là $\binom{m+n}{m} - \binom{m+n}{m+1}$.

**Fool's theorem** · 28-01-2014, 05:42 PM

Bài kia đúng hướng rồi mà tính sai xấu hổ quá

:shame:
Bài 7 có thiếu dữ kiện gì không nhỉ, nếu có 2 dãy độ dài 1 thì sao nhỉ :-s

**quocbaoct10** · 28-01-2014, 05:51 PM

2 dãy có độ dài 1 cũng thỏa mà bạn, 2 dãy đó là $1$ và $0$.

**Fool's theorem** · 28-01-2014, 05:52 PM

Trích:

Nguyên văn bởi quocbaoct10

2 dãy có độ dài 1 cũng thỏa mà bạn, 2 dãy đó là $1$ và $0$.

Ý là cái bất đẳng thức k đúng nữa.

**quocbaoct10** · 28-01-2014, 05:56 PM

$n_1=1, n_2=1 \Rightarrow \frac{1}{2^{n_1}}+1\frac{1}{2^{n_2}} =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$ vẫn thỏa mà

.

**batigoal** · 28-01-2014, 06:23 PM

Bài 8 (Tổ hợp) Anh Lữ có có một đống kẹo muôn chia cho hai chị em An và Bình theo tỉ lệ Chị 5 phần, em 9 phần. Bạn hãy giúp anh Lữ chia kẹo chính xác đến mức tối đa mà không được đếm trước số kẹo.

**batigoal** · 30-01-2014, 05:47 PM

Trích:

Nguyên văn bởi batigoal

Bài 8 (Tổ hợp) Anh Lữ có có một đống kẹo muôn chia cho hai chị em An và Bình theo tỉ lệ Chị 5 phần, em 9 phần. Bạn hãy giúp anh Lữ chia kẹo chính xác đến mức tối đa mà không được đếm trước số kẹo.

Bài này post lâu nhưng chưa có ai giải . Giải thuật này đặc biệt hiệu quả trong các bài toán liên quan đến tỉ lệ.

kien10a1 · 28-01-2014, 07:57 PM

Bài toán 10: Gọi $ f(x) $ là ước nguyên tố lớn nhất của $x $ với $x $ nguyên dương.
Chứng minh rằng tồn tại vô số n nguyên dương mà $f(n)<f(n+1)<f(n+2) $

CTK9 · 29-01-2014, 12:26 PM

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Bài toán 10: Gọi $ f(x) $ là ước nguyên tố lớn nhất của $x $ với $x $ nguyên dương.
Chứng minh rằng tồn tại vô số n nguyên dương mà $f(n)<f(n+1)<f(n+2) $

Bài 10) không phải là một bài mới, ít nhất là nó đã xuất hiện trên ML, mình xin trích dẫn lại ý tưởng giải như sau: (do đề bài yêu cầu chứng minh tồn tại vô hạn kiểu này thì đương nhiên là ta sẽ xây dựng...)
Xét số nguyên tố $p>2 $ và đặt $n_k = p^{2^k} - 1 $, hiển nhiên $f(n_k + 1) = p $.
Ta xét dãy các số dạng $n_k + 2 $ ($k $ chạy từ 1).
Mặt khác ta có: với $i<j $ thì: $(p^{2^j} + 1) -2 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^i}+1)...(p^{2^{j-1}}+1) $, tức là: $i<j \iff n_i+2|(n_j+2)-2 $, do đó ước chung lớn nhất của các số dạng này là 2 (do tất cả đều chẵn) và tất cả đều không chia hết cho 4.
Mà dãy này tăng lên vô cùng nên dãy $f(n_k+2) $ tăng lên vô cùng khi $k $ chạy. Ta gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa: $f(n_t+2)>p $.
Và cũng có $n_t = p^{2^t} -1 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^{t-1}}+1) = (p-1)(p+1)n_1.n_2...n_{t-1} $ và tất cả các ước nguyên tố của các số ở vế phải đề nhỏ hơn $p $ (do ta đã gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn $f(n_t+2)>p $).
Do vậy $f(n_k)<f(n_k+1)<f(n_k+2) $.
Và do Euclid đã chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố $p $ như đầu bài, ta có đpcm.

Xin phép đóng góp thêm một bài:
Bài 14) Tìm tất cả các số nguyên dương $a $ để $P = (4a^2)^2 + (4a^2 -1)^2 $ là một số chính phương.

Ps: mọi người cho mình hỏi làm sao để có lời giải của ba bài Test để chọn ra 6 người cuối cùng đi IMO năm 2013?
Đề bài ở đây: [Only registered and activated users can see links. ]

kien10a1 · 29-01-2014, 09:18 PM

Trích:

Nguyên văn bởi CTK9

Bài 10) không phải là một bài mới, ít nhất là nó đã xuất hiện trên ML, mình xin trích dẫn lại ý tưởng giải như sau: (do đề bài yêu cầu chứng minh tồn tại vô hạn kiểu này thì đương nhiên là ta sẽ xây dựng...)
Xét số nguyên tố $p>2 $ và đặt $n_k = p^{2^k} - 1 $, hiển nhiên $f(n_k + 1) = p $.
Ta xét dãy các số dạng $n_k + 2 $ ($k $ chạy từ 1).
Mặt khác ta có: với $i<j $ thì: $(p^{2^j} + 1) -2 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^i}+1)...(p^{2^{j-1}}+1) $, tức là: $i<j \iff n_i+2|(n_j+2)-2 $, do đó ước chung lớn nhất của các số dạng này là 2 (do tất cả đều chẵn) và tất cả đều không chia hết cho 4.
Mà dãy này tăng lên vô cùng nên dãy $f(n_k+2) $ tăng lên vô cùng khi $k $ chạy. Ta gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa: $f(n_t+2)>p $.
Và cũng có $n_t = p^{2^t} -1 = (p-1)(p+1)(p^2 +1)...(p^{2^{t-1}}+1) = (p-1)(p+1)n_1.n_2...n_{t-1} $ và tất cả các ước nguyên tố của các số ở vế phải đề nhỏ hơn $p $ (do ta đã gọi $t $ là chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn $f(n_t+2)>p $).
Do vậy $f(n_k)<f(n_k+1)<f(n_k+2) $.
Và do Euclid đã chứng minh rằng có vô hạn số nguyên tố $p $ như đầu bài, ta có đpcm.

Phần sau bạn cũng có thể sử dụng kết quả q là ước nguyên tố của $p^{2^{k}}+1 $ thì q-1 là bội của $2^{k+1} $

NguyễnTiếnLHP · 28-01-2014, 09:26 PM

Chứng minh đâu có dễ hả anh?

**Fool's theorem** · 28-01-2014, 09:52 PM

Bài 6
Lời giải sau thể hiện sức mạnh của phương pháp ... lập bảng đồng dư

**Traum** · 29-01-2014, 12:07 AM

Bài 12(khó). Cho 2013 số thực khác nhau nằm trong đoạn [1, 2] có tổng là S. Một cách phân hoạch 2013 số đó vào hai tập rời nhau A và B được gọi là tốt nếu tổng các số trong A và tổng các số trong B có hiệu không quá S/2013. Chứng minh rằng:
a. Với mọi cách phân hoạch tốt thì $671\le |A|, |B|\le 1342 $.
b. Có ít nhất là $\binom{2013}{671} $ cách phân hoạch tốt.

28-01-2014, 05:42 PM	#4
Fool's theorem +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 187 Thanks: 42 Thanked 192 Times in 101 Posts	Bài kia đúng hướng rồi mà tính sai xấu hổ quá :shame: Bài 7 có thiếu dữ kiện gì không nhỉ, nếu có 2 dãy độ dài 1 thì sao nhỉ :-s __________________ Hope against hope.

28-01-2014, 05:51 PM	#5
quocbaoct10 +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts	2 dãy có độ dài 1 cũng thỏa mà bạn, 2 dãy đó là $1$ và $0$. __________________ i'll try my best.

28-01-2014, 05:56 PM	#7
quocbaoct10 +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts	$n_1=1, n_2=1 \Rightarrow \frac{1}{2^{n_1}}+1\frac{1}{2^{n_2}} =\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$ vẫn thỏa mà . __________________ i'll try my best.

28-01-2014, 06:23 PM	#8
batigoal 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	Bài 8 (Tổ hợp) Anh Lữ có có một đống kẹo muôn chia cho hai chị em An và Bình theo tỉ lệ Chị 5 phần, em 9 phần. Bạn hãy giúp anh Lữ chia kẹo chính xác đến mức tối đa mà không được đếm trước số kẹo. __________________ “ Sức mạnh của tri thức là sự chia sẻ tri thức” Ghét lắm cơ, anh chàng ngồi cạnh Thích người ta mà cứ vờ lặng thinh Cây thước rơi hữu ý hay vô tình Tay chạm tay, mắt chạm vào nỗi nhớ Cứ lặng im, không gian ngừng thở Xốn xao lòng, bối rối con tim Ngây thơ lắm - Mối tình mực tím Phút yêu đầu, quá đỗi ngu ngơ! [Only registered and activated users can see links. ]

28-01-2014, 07:57 PM	#10
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 toán 10: Gọi $ f(x) $ là ước nguyên tố lớn nhất của $x $ với $x $ nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại vô số n nguyên dương mà $f(n)<f(n+1)<f(n+2) $ __________________ Quay về với nơi bắt đầu

28-01-2014, 09:26 PM	#13
NguyễnTiếnLHP +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Đến từ: Nam ĐỊnh Bài gởi: 53 Thanks: 30 Thanked 33 Times in 16 Posts	Chứng minh đâu có dễ hả anh? __________________ Đi tới đây để ta bước tiếp

28-01-2014, 09:52 PM	#14
Fool's theorem +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 187 Thanks: 42 Thanked 192 Times in 101 Posts	Bài 6 Lời giải sau thể hiện sức mạnh của phương pháp ... lập bảng đồng dư Bằng cách lập bảng đồng dư mod 5,11,9,4 (khá nhanh do các dãy này đều có chu kì <13) ta có các nhận xét sau: $11\|u_n \Leftrightarrow 5\|n$ $9\|u_n \Leftrightarrow 6\|n$ $5\|u_n \Leftrightarrow 5\|n$ $4\|u_n \Leftrightarrow 3\|n$ Từ đây dễ dàng suy ra câu a. Câu b: từ các nhận xét trên ta có $11\|u_n \Leftrightarrow 5\|n \Leftrightarrow 5\|u_n$ nên các số thuộc dãy không thể có dạng $3^a11^a61^a2014^b$ __________________ Hope against hope.

29-01-2014, 12:07 AM	#15
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 12(khó). Cho 2013 số thực khác nhau nằm trong đoạn [1, 2] có tổng là S. Một cách phân hoạch 2013 số đó vào hai tập rời nhau A và B được gọi là tốt nếu tổng các số trong A và tổng các số trong B có hiệu không quá S/2013. Chứng minh rằng: a. Với mọi cách phân hoạch tốt thì $671\le \|A\|, \|B\|\le 1342 $. b. Có ít nhất là $\binom{2013}{671} $ cách phân hoạch tốt. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 29-01-2014 lúc 12:11 AM