Đề thi và đáp án IMO 2011 - Page 3

hizact · 19-07-2011, 08:02 PM

Đây là bản PDF

Tiếng Anh: [Only registered and activated users can see links. ]

Tiếng Việt: [Only registered and activated users can see links. ]

PS: bài số 5 mình có ý tưởng này

Thay $n=0 $ thì ta có $f(m)|f(m)-f(0) $, suy ra $f(m)|f(0) $ với chú ý $f(0) $ là hằng số

vulalach · 19-07-2011, 08:28 PM

Bài 6. Ý tưởng thôi.
Gọi các đường tròn (O1), (O2), (O3) đối xứng với (O) qua AB, AC, BC. Đường thẳng steiner ứng với điểm (P) cắt (O1), (O2), (O3) tại tiếp điểm A', B', C'. Chứng minh tiếp tuyến của 3 đường tròn tại A', B', C' tạo thành tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với (O).

Bổ đề: Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng qua B cắt (O) tại C, (I) tại D. Tiếp tuyến tại C của (O) và tại D của (I) cắt nhau tại P. Khi đó ACPD nội tiếp.

**Traum** · 19-07-2011, 09:38 PM

Bài 5 năm nay không khó.

Dưới đây là lời giải tìm tất cả các hàm $f $ thỏa mãn đề bài.

1. $f(n) \vdots f(1) $ với mọi $n $.

Ta có $f(n+1) -f(n) \vdots f(1) $, và $f(1)-f(0)\vdots f(1) $, do đó theo quy nạp ta có ngay $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n\ge 0 $, tương tự $f(n)-f(n-1)\vdots f(1) $ và $f(0)\vdots f(1) $ nên $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n $ âm.

2. Đặt $f(1) = a $, ta có hàm $g(n) = f(n)/a $ cũng thỏa mãn điều kiện bài toán, do đó ta coi $a = 1 $.

Ta có $f(-1) | f(1) $ và $f(1)|f(-1) $ nên $ f(1) = f(-1) = 1 $.

3. Ta chứng minh với mọi n thì ít nhất là môt trong hai giá trị $f(n) $ và $f(n+1) $ phải bằng $1 $. Giả sử ngược lại, ta có theo 2.$ f(n)-1 = f(n) - f(-1)\vdots f(n+1) $ nên $f(n)-1\ge f(n+1) $ (*), và $f(n+1)-f(1)\vdots f(n) $ nên $f(n+1)-1\ge f(n) $ (**). Tuy nhiên (*) và (**) không thể xảy ra đồng thời.

4. Gọi $p_1 $ thuộc nguyên dương nhỏ nhất mà $f(p_1) = a_1 > 1 $. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng $f(n) = 1 $ với mọi $n $ không chia hết cho $p_1 $. Và dãy $f(-kp_1),...,f(0),f(p_1),f(2p_1),... $ có tính chất $f(kp_1) $ chia hết cho $f(p_1) $ với mọi $k $ và $f(kp_1)-f(lp_1)\vdots f((k-l)p_1) $. Đến đây xét với hàm $g(n) = \frac{f(np_1)}{f(p_1)} $, rồi lặp lời các bước trên với $g(n) $. Ta sẽ thu được lời giải của $f $ như sau ( với $f(1) = a_0 $).

Với hai dãy hữu hạn $a_1,a_2,...,a_M \ge 2 $ và $p_1,p_2,p_3,...,p_M \ge 2 $.

$f(n) = a_0 $ nếu $n $ không chia hết cho $p_1 $
$f(n) = a_0a_1 $ nếu $n $ chia hết cho $p_1 $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2 $
...
$f(n) = a_0a_1...a_k $ nếu $n $ chia hết cho $p_1,...p_{k} $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2...p_{k+1} $. Với $k = 0,1,..,M-1. $
Và
$f(n) = a_0...a_{M} $ với $n $ chia hết cho $p_1,p_2,...,p_M $.
Riêng $f(0) $ thì có thể lấy bất cứ giá trị nào là bội của $a_0a_1...a_M $

Đối với bài 5 IMO:

1. Ta có $f(n)-f(0) $ chia hết $f(n) $ nên $f(n)|f(0) $và $f(n)|f(0)-f(-n) $ nên $f(-n)|f(n) $, tương tự $f(n)|f(-n) $. Do đó $f(n)=f(-n) $

2. Nếu $f(m)<f(n) $ mà $f(m) $ không là ước của $f(n) $ thì $f(m-n) \ge f(m)+f(n) $

Thật vậy, từ $f(m) = f(-m) | f(n-m)-f(n) $ ta có $f(n-m) $ không chia hết cho $f(m) $. Hệ quả là $f(m-n)\neq f(m) $
Lại có $f(n) = f(-n) | f(m-n)-f(m) $ Do $f(m) < f(n) $ và $f(m-n)\neq f(m) $ ta có $f(m-n)-f(m)\ge f(n) $ hay $f(m-n)\ge f(m)+f(n) $. 2. được chứng minh.

Vì $f(m) $ không chia hết cho $f(n) $ nên $f(m-n) $ không chia hết cho $f(-n) $ và $f(m-n)>f(-n) $. Áp dụng 2. cho cặp $-n $ và $m-n $ ta có $f(m) = f(-n-(m-n)) > f(m-n)>f(-n)= f(n) $ mâu thuẫn.

Vậy ta luôn có $f(m)|f(n) $ nếu $f(m)<f(n) $.

tuan119 · 20-07-2011, 12:37 AM

Các bạn có thể tham khảo thêm tại đây:
Câu 4:
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 5:
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 6:
[Only registered and activated users can see links. ]

cleverboy · 20-07-2011, 01:19 AM

Lời giải bài 6 IMO 2011!

pabopit · 20-07-2011, 07:22 AM

Em có 1 lời giải cho bài 3.Không biết có nhầm chỗ nào không.

$f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x)) $ (0)
Đặt $f(0)=a $
Ký hiệu $P(x,y) $ là các bộ (x,y) thay thế vào (0)
1)Xét $P(x,0)\Rightarrow f(x)\leq f(f(x)) $
2)Xét $P(0,y)\Rightarrow f(y)\leq ya+f(a) $
3)Xét $P(x,f(x)-x)\Rightarrow (f(x)-x)f(x)\geq 0 $
4)Xét $P(x,-x) \Rightarrow a\leq f(f(x))-xf(x) $
Bước 1: Ta chứng minh $f(x)\leq f(a) $ với mọi $x $
Thật vậy Từ 0) và 2) thì $f(x+y)\leq yf(x)+af(x)+f(a) $ (5)
Cho $y=-a $ thì $f(x)\leq f(a) $ với mọi x
Bước 2:Từ 4) và bước 1 suy ra $xf(x)\leq f(f(x))-a\leq f(a)-a $
B3: Xét $y<0 $ và từ 2) suy ra $yf(y)\geq y^2.a+yf(a) $
Kết hợp B2 suy ra $y^2.a+yf(a)\leq f(a)-a $ với mọi y<0.
Suy ra $a\leq 0 $
B4:Nếu a=0 thì $f(a)=0 $
Từ 2) suy ra $f(y)\leq 0 $ với mọi y
Từ B2 suy ra $xf(x)\leq 0 $ với mọi x.
Xét $x<0 $.Nếu $f(x)<0 $ thì $ xf(x)>0 $,vô lý

B5: Nếu a<0.Từ 5) cho $x=a,y=0 $ thì $f(a)\leq af(a)+f(a) $
$\Rightarrow af(a)\geq 0 $.Mà $a<0 $ suy ra $f(a)\leq 0 $
Nếu $f(a)=0 $ thì từ 1) cho $x=a \Rightarrow 0\leq f(f(a))=f(0) $,vô lý
$\Rightarrow f(a)< 0 $
Từ 3) cho $x=a\Rightarrow f(a)<a=f(0) $,trái với b1.

phamtoan · 20-07-2011, 10:10 AM

IMO năm nay mọi người Cảm thấy thế nào!

phuanxu · 21-07-2011, 09:14 PM

Mình mới tham gia diễn đàn. xin có chút nhận xét về đề IMO năm nay. so với mấy năm thì đề IMO năm nay cũng như vậy, có điều bài 3 và bài 5 không khó như mấy năm. bài 6 là khó nhất. bài 1 và 4 tương đối dể, đặc biệt bài 4 là bài tổ hợp nhưng khá đơn giản. bài 1 là bài số học cơ bản. bài 2 không khó lắm nhưng cũng không tầm thường. nói chung đề năm nay khá hay. dự đoán đoàn việt nam 2:2:2

phuanxu · 22-07-2011, 09:31 AM

Xin đóng góp 1 lời giải dễ hiểu và ngắn gọn cho bài 6 (không biết vẽ hình trên này mong các bạn thông cảm)
Gọi $ A_1, B_1, C_1 $ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(l_b, l_c); (l_a, l_c); (l_a, l_b). $
Gọi M là tiếp điểm của l với đường tròn (T) và B’, C’ lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC, AB.
1) dễ thấy tứ giác $AB'A_1C $ nội tiếp đường tròn
2) $ AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy tại D
Đường tròn$ (AB'A_1C) $ cắt đường tròn (T) tại I.
Sử dụng (1) và (2) và để ý các góc nội tiếp bằng nhau dễ thấy tứ giác $BIB_1C' $nội tiếp
Từ đó suy ra IB là tia phân giác của góc $MIB_1 $
Suy ra AC’,$ IB_1 $ và (T) đồng quy tại E
Tương tự CB’, $IA_1 $ và (T) đồng quy tại F
Suy ra EF song song với $A_1B_1 $ hay (T) tiếp xúc với $(A_1B_1C_1) $ tại I.

Moderator note: học gõ Latex nha bạn, nếu không lần sau sẽ bị xóa bài.

nguyenlevan · 26-07-2011, 09:00 AM

Lời giải bài 4 IMO
Vì quả cân có khối lượng $2^{n-1} $ nặng hơn tổng khối lượng của n-1 quả còn lại nên bất kỳ một cách đặt lần lượt từng quả một lên đĩa thỏa mãn “đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái”(*) bắt buộc quả có khối lượng $2^{n-1} $ phải được đặt ở đĩa bên trái.
Gọi $A_n $ là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn (*),$A_k $ là số cách đặt k quả cân có khối lượng $2^0,2^1,...,2^{k-1} $ (dễ thấy $A_k $ cũng là số cách đặt k quả cân bất kỳ trong số n quả vào đĩa thỏa mãn (*)), $B_k $là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn (*) và lần đặt thứ k đặt quả có khối lượng vào đĩa bên trái thì $A_n=\sum_{k= 1}^nB_k $ .
Để tính $A_n $ ta tính $B_k $ . Có $C_{n-1}^{k-1} $ cách chọn ra k-1 quả cân trong số n-1 quả còn lại, với mỗi cách chọn đó lại có $A_{k-1} $ cách để lần lượt nó lên đĩa thỏa mãn (*), với mỗi cách này lại có $(n-k)!2^{n-k} $ cách đặt nốt n-k quả còn lại lên đĩa (Vì nếu đã xếp quả có khối lượng ở bước k thì n-k bước còn lại có thể xếp tùy ý vào bên phải, trái mà vẫn thỏa mãn (*)). Theo quy tắc nhân ta có $B_k= C_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}^A_{k-1} $ .
Do vậy $A_n= \sum_{k=1}^nC_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}A_{k-1} $ (với $A_0= A_1= 1 $ ) là kết quả phải tìm

**n.v.thanh** · 05-08-2011, 01:35 PM

Đáp án chính thức của kì thi IMO 2011.Được cắt ra từ IMO Shortlist 2011:

[Only registered and activated users can see links. ]

Nguồn: Daji

kevinkern · 01-12-2012, 01:51 PM

Bài hình số 6 em có thấy 1 lời giải bằng bổ đề sau:
cho tam giác ABC nhọn,đường thẳng l bất kì.dựng các đường thẳng đối xứng với l qua BC,CA,AB và chúng cắt nhau tạo thành tam giác A'B'C'.chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác A'B'C' nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
sau đó dùng định lý casey để chứng minh.
mọi người giúp em chứng minh bổ đề trên với ạ

nghiepdu-socap · 07-08-2011, 11:02 AM

Có nguyên bản IMO Shortlist 2011 không ạ

**novae** · 07-08-2011, 11:37 AM

Trích:

Nguyên văn bởi nghiepdu-socap

Có nguyên bản IMO Shortlist 2011 không ạ

Đợi sang năm nhé

phamtoan · 02-09-2011, 07:03 AM

Trích:

Nguyên văn bởi novae

Đợi sang năm nhé

Phải đợi bên Mathlink có đề IMO Shortlist 2011, bây giờ bên đó vẫn chưa có thì bên ta làm gì có được.

19-07-2011, 08:02 PM	#1
hizact +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts	Đây là bản PDF Tiếng Anh: [Only registered and activated users can see links. ] Tiếng Việt: [Only registered and activated users can see links. ] PS: bài số 5 mình có ý tưởng này Thay $n=0 $ thì ta có $f(m)\|f(m)-f(0) $, suy ra $f(m)\|f(0) $ với chú ý $f(0) $ là hằng số thay đổi nội dung bởi: hizact, 19-07-2011 lúc 08:14 PM

19-07-2011, 09:38 PM	#3
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 5 năm nay không khó. Dưới đây là lời giải tìm tất cả các hàm $f $ thỏa mãn đề bài. 1. $f(n) \vdots f(1) $ với mọi $n $. Ta có $f(n+1) -f(n) \vdots f(1) $, và $f(1)-f(0)\vdots f(1) $, do đó theo quy nạp ta có ngay $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n\ge 0 $, tương tự $f(n)-f(n-1)\vdots f(1) $ và $f(0)\vdots f(1) $ nên $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n $ âm. 2. Đặt $f(1) = a $, ta có hàm $g(n) = f(n)/a $ cũng thỏa mãn điều kiện bài toán, do đó ta coi $a = 1 $. Ta có $f(-1) \| f(1) $ và $f(1)\|f(-1) $ nên $ f(1) = f(-1) = 1 $. 3. Ta chứng minh với mọi n thì ít nhất là môt trong hai giá trị $f(n) $ và $f(n+1) $ phải bằng $1 $. Giả sử ngược lại, ta có theo 2.$ f(n)-1 = f(n) - f(-1)\vdots f(n+1) $ nên $f(n)-1\ge f(n+1) $ (), và $f(n+1)-f(1)\vdots f(n) $ nên $f(n+1)-1\ge f(n) $ (). Tuy nhiên () và (*) không thể xảy ra đồng thời. 4. Gọi $p_1 $ thuộc nguyên dương nhỏ nhất mà $f(p_1) = a_1 > 1 $. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng $f(n) = 1 $ với mọi $n $ không chia hết cho $p_1 $. Và dãy $f(-kp_1),...,f(0),f(p_1),f(2p_1),... $ có tính chất $f(kp_1) $ chia hết cho $f(p_1) $ với mọi $k $ và $f(kp_1)-f(lp_1)\vdots f((k-l)p_1) $. Đến đây xét với hàm $g(n) = \frac{f(np_1)}{f(p_1)} $, rồi lặp lời các bước trên với $g(n) $. Ta sẽ thu được lời giải của $f $ như sau ( với $f(1) = a_0 $). Với hai dãy hữu hạn $a_1,a_2,...,a_M \ge 2 $ và $p_1,p_2,p_3,...,p_M \ge 2 $. $f(n) = a_0 $ nếu $n $ không chia hết cho $p_1 $ $f(n) = a_0a_1 $ nếu $n $ chia hết cho $p_1 $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2 $ ... $f(n) = a_0a_1...a_k $ nếu $n $ chia hết cho $p_1,...p_{k} $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2...p_{k+1} $. Với $k = 0,1,..,M-1. $ Và $f(n) = a_0...a_{M} $ với $n $ chia hết cho $p_1,p_2,...,p_M $. Riêng $f(0) $ thì có thể lấy bất cứ giá trị nào là bội của $a_0a_1...a_M $ Đối với bài 5 IMO: 1. Ta có $f(n)-f(0) $ chia hết $f(n) $ nên $f(n)\|f(0) $và $f(n)\|f(0)-f(-n) $ nên $f(-n)\|f(n) $, tương tự $f(n)\|f(-n) $. Do đó $f(n)=f(-n) $ 2. Nếu $f(m)<f(n) $ mà $f(m) $ không là ước của $f(n) $ thì $f(m-n) \ge f(m)+f(n) $ Thật vậy, từ $f(m) = f(-m) \| f(n-m)-f(n) $ ta có $f(n-m) $ không chia hết cho $f(m) $. Hệ quả là $f(m-n)\neq f(m) $ Lại có $f(n) = f(-n) \| f(m-n)-f(m) $ Do $f(m) < f(n) $ và $f(m-n)\neq f(m) $ ta có $f(m-n)-f(m)\ge f(n) $ hay $f(m-n)\ge f(m)+f(n) $. 2. được chứng minh. Vì $f(m) $ không chia hết cho $f(n) $ nên $f(m-n) $ không chia hết cho $f(-n) $ và $f(m-n)>f(-n) $. Áp dụng 2. cho cặp $-n $ và $m-n $ ta có $f(m) = f(-n-(m-n)) > f(m-n)>f(-n)= f(n) $ mâu thuẫn. Vậy ta luôn có $f(m)\|f(n) $ nếu $f(m)<f(n) $. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 19-07-2011 lúc 11:29 PM*

20-07-2011, 12:37 AM	#4
tuan119 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 993 Thanks: 273 Thanked 666 Times in 422 Posts	Các bạn có thể tham khảo thêm tại đây: Câu 4: [Only registered and activated users can see links. ] Câu 5: [Only registered and activated users can see links. ] Câu 6: [Only registered and activated users can see links. ] __________________ $\bf{T}\mathcal{smile} $__________________________________________________ ________________

20-07-2011, 07:22 AM	#6
pabopit +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2011 Bài gởi: 77 Thanks: 29 Thanked 58 Times in 41 Posts	Em có 1 lời giải cho bài 3.Không biết có nhầm chỗ nào không. Lời giải khá dài $f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x)) $ (0) Đặt $f(0)=a $ Ký hiệu $P(x,y) $ là các bộ (x,y) thay thế vào (0) 1)Xét $P(x,0)\Rightarrow f(x)\leq f(f(x)) $ 2)Xét $P(0,y)\Rightarrow f(y)\leq ya+f(a) $ 3)Xét $P(x,f(x)-x)\Rightarrow (f(x)-x)f(x)\geq 0 $ 4)Xét $P(x,-x) \Rightarrow a\leq f(f(x))-xf(x) $ Bước 1: Ta chứng minh $f(x)\leq f(a) $ với mọi $x $ Thật vậy Từ 0) và 2) thì $f(x+y)\leq yf(x)+af(x)+f(a) $ (5) Cho $y=-a $ thì $f(x)\leq f(a) $ với mọi x Bước 2:Từ 4) và bước 1 suy ra $xf(x)\leq f(f(x))-a\leq f(a)-a $ B3: Xét $y<0 $ và từ 2) suy ra $yf(y)\geq y^2.a+yf(a) $ Kết hợp B2 suy ra $y^2.a+yf(a)\leq f(a)-a $ với mọi y<0. Suy ra $a\leq 0 $ B4:Nếu a=0 thì $f(a)=0 $ Từ 2) suy ra $f(y)\leq 0 $ với mọi y Từ B2 suy ra $xf(x)\leq 0 $ với mọi x. Xét $x<0 $.Nếu $f(x)<0 $ thì $ xf(x)>0 $,vô lý B5: Nếu a<0.Từ 5) cho $x=a,y=0 $ thì $f(a)\leq af(a)+f(a) $ $\Rightarrow af(a)\geq 0 $.Mà $a<0 $ suy ra $f(a)\leq 0 $ Nếu $f(a)=0 $ thì từ 1) cho $x=a \Rightarrow 0\leq f(f(a))=f(0) $,vô lý $\Rightarrow f(a)< 0 $ Từ 3) cho $x=a\Rightarrow f(a)<a=f(0) $,trái với b1. thay đổi nội dung bởi: pabopit, 20-07-2011 lúc 07:32 AM

22-07-2011, 09:31 AM	#9
phuanxu +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 3 Times in 3 Posts	Xin đóng góp 1 lời giải dễ hiểu và ngắn gọn cho bài 6 (không biết vẽ hình trên này mong các bạn thông cảm) Gọi $ A_1, B_1, C_1 $ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(l_b, l_c); (l_a, l_c); (l_a, l_b). $ Gọi M là tiếp điểm của l với đường tròn (T) và B’, C’ lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC, AB. 1) dễ thấy tứ giác $AB'A_1C $ nội tiếp đường tròn 2) $ AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy tại D Đường tròn$ (AB'A_1C) $ cắt đường tròn (T) tại I. Sử dụng (1) và (2) và để ý các góc nội tiếp bằng nhau dễ thấy tứ giác $BIB_1C' $nội tiếp Từ đó suy ra IB là tia phân giác của góc $MIB_1 $ Suy ra AC’,$ IB_1 $ và (T) đồng quy tại E Tương tự CB’, $IA_1 $ và (T) đồng quy tại F Suy ra EF song song với $A_1B_1 $ hay (T) tiếp xúc với $(A_1B_1C_1) $ tại I. Moderator note: học gõ Latex nha bạn, nếu không lần sau sẽ bị xóa bài. thay đổi nội dung bởi: sang89, 22-07-2011 lúc 10:15 AM

19-07-2011, 08:28 PM	#2
vulalach +Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2009 Bài gởi: 20 Thanks: 30 Thanked 36 Times in 13 Posts	Bài 6. Ý tưởng thôi. Gọi các đường tròn (O1), (O2), (O3) đối xứng với (O) qua AB, AC, BC. Đường thẳng steiner ứng với điểm (P) cắt (O1), (O2), (O3) tại tiếp điểm A', B', C'. Chứng minh tiếp tuyến của 3 đường tròn tại A', B', C' tạo thành tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với (O). Bổ đề: Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng qua B cắt (O) tại C, (I) tại D. Tiếp tuyến tại C của (O) và tại D của (I) cắt nhau tại P. Khi đó ACPD nội tiếp.

20-07-2011, 10:10 AM	#7
phamtoan Banned Tham gia ngày: Apr 2011 Đến từ: VMF Bài gởi: 313 Thanks: 266 Thanked 63 Times in 50 Posts	IMO năm nay mọi người Cảm thấy thế nào!

21-07-2011, 09:14 PM	#8
phuanxu +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 3 Times in 3 Posts	Mình mới tham gia diễn đàn. xin có chút nhận xét về đề IMO năm nay. so với mấy năm thì đề IMO năm nay cũng như vậy, có điều bài 3 và bài 5 không khó như mấy năm. bài 6 là khó nhất. bài 1 và 4 tương đối dể, đặc biệt bài 4 là bài tổ hợp nhưng khá đơn giản. bài 1 là bài số học cơ bản. bài 2 không khó lắm nhưng cũng không tầm thường. nói chung đề năm nay khá hay. dự đoán đoàn việt nam 2:2:2

26-07-2011, 09:00 AM	#10
nguyenlevan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jul 2011 Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 1 Time in 1 Post	Lời giải bài 4 IMO Vì quả cân có khối lượng $2^{n-1} $ nặng hơn tổng khối lượng của n-1 quả còn lại nên bất kỳ một cách đặt lần lượt từng quả một lên đĩa thỏa mãn “đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái”() bắt buộc quả có khối lượng $2^{n-1} $ phải được đặt ở đĩa bên trái. Gọi $A_n $ là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn (),$A_k $ là số cách đặt k quả cân có khối lượng $2^0,2^1,...,2^{k-1} $ (dễ thấy $A_k $ cũng là số cách đặt k quả cân bất kỳ trong số n quả vào đĩa thỏa mãn ()), $B_k $là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn () và lần đặt thứ k đặt quả có khối lượng vào đĩa bên trái thì $A_n=\sum_{k= 1}^nB_k $ . Để tính $A_n $ ta tính $B_k $ . Có $C_{n-1}^{k-1} $ cách chọn ra k-1 quả cân trong số n-1 quả còn lại, với mỗi cách chọn đó lại có $A_{k-1} $ cách để lần lượt nó lên đĩa thỏa mãn (), với mỗi cách này lại có $(n-k)!2^{n-k} $ cách đặt nốt n-k quả còn lại lên đĩa (Vì nếu đã xếp quả có khối lượng ở bước k thì n-k bước còn lại có thể xếp tùy ý vào bên phải, trái mà vẫn thỏa mãn ()). Theo quy tắc nhân ta có $B_k= C_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}^A_{k-1} $ . Do vậy $A_n= \sum_{k=1}^nC_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}A_{k-1} $ (với $A_0= A_1= 1 $ ) là kết quả phải tìm thay đổi nội dung bởi: nguyenlevan, 26-07-2011 lúc 04:20 PM Lý do: đã sửa trực tiếp

01-12-2012, 01:51 PM	#12
kevinkern +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2011 Bài gởi: 2 Thanks: 0 Thanked 0 Times in 0 Posts	Bài hình số 6 em có thấy 1 lời giải bằng bổ đề sau: cho tam giác ABC nhọn,đường thẳng l bất kì.dựng các đường thẳng đối xứng với l qua BC,CA,AB và chúng cắt nhau tạo thành tam giác A'B'C'.chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác A'B'C' nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC sau đó dùng định lý casey để chứng minh. mọi người giúp em chứng minh bổ đề trên với ạ

07-08-2011, 11:02 AM	#13
nghiepdu-socap +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Bài gởi: 193 Thanks: 195 Thanked 129 Times in 72 Posts	Có nguyên bản IMO Shortlist 2011 không ạ