VN TST 2016
Thời gian thi: 4 tiếng 30 phút
Ngày 1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 28-03-2016 - 18:26
Thêm Ngày 2
VN TST 2016
Thời gian thi: 4 tiếng 30 phút
Ngày 1
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 28-03-2016 - 18:26
Thêm Ngày 2
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài hình ý b) nên viết lại như sau cho đẹp
Bài toán. Cho tam giác $ABC$ với phân giác $BE,CF$ cắt nhau tại $I$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $OI$ cắt $BC,EF$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $IM=2IN$.
Giải. Gọi $BE,CF$ cắt $(O)$ tại $P,Q$ khác $B,C$. $EF$ cắt $BC$ tại $X$. $AI$ cắt $BC,EF$ tại $Y,Z$. $MN$ cắt $PQ,AS$ tại $K,L$. Theo bài toán con bướm dễ thấy $IM=IK$. Mặt khác dễ thấy $PQ$ là trung trực $AI$. $AX$ là phân giác ngoài góc $A$ nên $IL=2IK=2IM$ hay $ML=3MI$. Lại có hàng điều hòa cơ bản $(AI,YZ)=-1$ nên $X(AI,YZ)=-1$ chiếu chùm này lên đường thẳng $MN$ thì hàng $(LI,MN)=-1$, từ đó $\frac{NL}{NI}=\frac{ML}{MI}=3$ hay $IN=\frac{1}{4}IL=\frac{1}{2}IM$. Ta hoàn thành chứng minh.
Theo mình ý tưởng của ý b) hay và mới, tuy nhiên cũng khá mẹo mực!
Bài 1 nếu ai biết đến bổ đề $\gcd \left( a^m-1,a^n-1 \right) = a^{ \gcd (m,n)}-1$ thì sẽ xử lí rất nhanh gọn.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 1 có được hiểu là $a^n-1$ và $a^{3^{2016}}-1$ có cùng tập ước nguyên tố không nhỉ? Mình không chắc chắn nhưng nếu là vậy thì định lý Zsigmondy có thể giải quyết nó.
Bài 1 có được hiểu là $a^n-1$ và $a^{3^{2016}}-1$ có cùng tập ước nguyên tố không nhỉ? Mình không chắc chắn nhưng nếu là vậy thì định lý Zsigmondy có thể giải quyết nó.
Mình không nghĩ ta có thể hiểu như thế, vì họ nói mọi ước nguyên tố của $a^n-1$ đều là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}}-1$ nhưng chưa chắc mọi ước nguyên tố của $a^{3^{2016}}-1$ là ước nguyên tố của $a^n-1$.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Như Zaraki nói, ta sẽ sử dụng bổ đề $\text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1) = a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Bổ đề 1. $\text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1) = a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Chứng minh bổ đề. Gọi $d = \text{gcd}(a^{m} - 1, a^{n} - 1)$
Để ý $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid a^{m} - 1, a^{n} - 1 \implies a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \mid d \implies d \ge a^{\text{gcd}(m, n)} - 1$
Mặt khác $a^{m} \equiv 1 \pmod{d}$ và $a^{n} \equiv 1\pmod{p}$ nên $\text{ord}_{d}(a) \mid m, n \implies \text{ord}_{d}(a) \mid \text{gcd}(m, n)$
Hay $a^{\text{gcd}(m, n)} \equiv 1 \pmod{d}$ hay $a^{\text{gcd}(m, n)} - 1 \ge d$.
Kết hợp lại ta có đpcm.
Bổ đề 2. $3^{3^{u}} + 1 = 2^{t}$ có nghiệm duy nhất là $(u, t) = (0, 2)$.
Chứng minh bổ đề. Xét $u \ge 1$, khi đó $3^{3^{u}} = (3^{3})^{3^{u - 1}} \equiv 3^{3^{u - 1}}\pmod{8}$. Đến đây lùi về sẽ thu được $3^{3^{u}} \equiv 3\pmod{8}$. Từ đó ta có $u = 0$ là nghiệm duy nhất.
Giả thiết bài toán quy thành $p$ là ước nguyên tố của $a^{n} - 1$ thì $p\mid d$ với $d = \text{gcd}(a^{n} - 1, a^{3^{2016}} - 1)$
Ta đặt $n = 3^{u}.v$ với $\text{gcd}(v, 3) = 1$.
P.S: Hay quá :-s, đoạn cuối đánh giá quên mất việc $a + 1 = 2^{l}$ :-P
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 26-03-2016 - 12:29
Mình nghĩ Ego hiểu nhầm ý đề rồi, đề bài là $\forall \; p \mid a^n-1 \implies p \mid a^{3^{2016}}-1$.
PS: Ego đã sửa lỗi.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 24-03-2016 - 20:06
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Hình câu a dùng tính chất đường tròn A-Apollonius và hàng điểm điều hòa là ra ạ:
Gọi $(O')$ là đường tròn đi qua $A,D$ và tiếp xúc với $OA$ thì $(O')$ trực giao với $(O)$ nên $O'$ thuộc $BC$, do đó $O'A^2=O'B.O'C=OG^2$ nên $OG$ là tiếp tuyến của $(O)$ hay tứ giác $ABGC$ điều hòa, gọi $H'$ là giao của $EF$ và $AD$, $K$ là giao của $EF$ và $BC$, theo một tính chất quen thuộc thì $(KBO'C)=-1$ nên $F(KBO'C)=(H'DAB)=B(H'DAB)=(JCAE)=-1$ (với $J$ là giao của $BH'$ với $AC$=> $M(JCAE)=-1$ mà $M(BCAG)=-1$ nên $B,J,M$ thẳng hàng, tương tự ta được $H\equiv H'$ nên $H$ nằm trên $AD$ do đó $AH$ đi qua điểm chính giữa cung $BC$ cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 24-03-2016 - 22:10
Bài hình ý b) nên viết lại như sau cho đẹp
Bài toán. Cho tam giác $ABC$ với phân giác $BE,CF$ cắt nhau tại $I$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $OI$ cắt $BC,EF$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $IM=2IN$.
Giải. Gọi $BE,CF$ cắt $(O)$ tại $P,Q$ khác $B,C$. $EF$ cắt $BC$ tại $X$. $AI$ cắt $BC,EF$ tại $Y,Z$. $MN$ cắt $PQ,AS$ tại $K,L$. Theo bài toán con bướm dễ thấy $IM=IK$. Mặt khác dễ thấy $PQ$ là trung trực $AI$. $AX$ là phân giác ngoài góc $A$ nên $IL=2IK=2IM$ hay $ML=3MI$. Lại có hàng điều hòa cơ bản $(AI,YZ)=-1$ nên $X(AI,YZ)=-1$ chiếu chùm này lên đường thẳng $MN$ thì hàng $(LI,MN)=-1$, từ đó $\frac{NL}{NI}=\frac{ML}{MI}=3$ hay $IN=\frac{1}{4}IL=\frac{1}{2}IM$. Ta hoàn thành chứng minh.
Theo mình ý tưởng của ý b) hay và mới, tuy nhiên cũng khá mẹo mực!
Ở trong https://nguyenvanlin...terfly-theorem/ trước đó đã có một bài toán liên quan (Bài 9).
Còn phần a) sau khi chứng minh $ABGC$ điều hòa thì có thể sử dụng $Ceva Sin$ cũng cho ta điều phải chứng minh
Hình câu a dùng tính chất đường tròn A-Apollonius và hàng điểm điều hòa là ra ạ:
Gọi $(O')$ là đường tròn đi qua $A,D$ và tiếp xúc với $OA$ thì $(O')$ trực giao với $(O)$ nên $O'$ thuộc $BC$, do đó $O'A^2=O'B.O'C=OG^2$ nên $OG$ là tiếp tuyến của $(O)$ hay tứ giác $ABGC$ điều hòa, gọi $H'$ là giao của $EF$ và $AD$, $K$ là giao của $EF$ và $BC$, theo một tính chất quen thuộc thì $(KBO'C)=-1$ nên $F(KBO'C)=(H'DAB)=B(H'DAB)=(JCAE)=-1$ (với $J$ là giao của $BH$ với $AC$=> $M(JCAE)=-1$ mà $M(BCAG)=-1$ nên $B,J,M$ thẳng hàng, tương tự ta được $H\equiv H'$ nên $H$ nằm trên $AD$ do đó $AH$ đi qua điểm chính giữa cung $BC$ cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 24-03-2016 - 21:16
Lời giải câu a của mình khá là ngắn nên mình cũng không chắc chắn lắm, mong mọi người có thể kiểm tra hộ mình.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-03-2016 - 07:01
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
VN TST 2016
Thời gian thi: 4 tiếng 30 phút
Ngày 1
Bài 1. Tìm $a,n$ nguyên dương với $a>2$ để mỗi ước nguyên tố của $a^n-1$ cũng là ước nguyên tố của $a^{3^{2016}}-1.$Bài 2. $A$ là tập $2000$ số nguyên phân biệt và $B$ là tập $2016$ số nguyên phân biệt. $K $ là số cặp $(m,n)$ có thứ tự với $m$ thuộc $A$ và $n$ thuộc $B$ mà $|m-n|\leq 1000$. Tìm max $K$?Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định, $A$ chuyển động trên cung $BC$ của $ (O)$. Các phân giác $AD,BE,CF$ giao nhau tại $I$. Đường tròn qua $D$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $G$. $GE,GF$ giao $(O)$ lần thứ hai tại $M,N$. $BM$ giao $CN$ tại $H.$a) Chứng minh rằng $AH$ đi qua một điểm cố định.b) $BE, CF$ giao $(O)$ lần lượt tại $K,L$. $AH$ giao $KL$ tại $P$. $Q$ là một điểm trên $EF$ sao cho $QP=QI.$ $J$ là điểm nằm trên $(BIC)$ sao cho $IJ\perp IQ$. Chứng minh rằng trung điểm $IJ$ chuyển động trên một đường tròn cố định.Nguồn: MathScope.
Bài 2. Nếu đọc đề thì hình như các tập A và B có các phần tử có thể trùng nhau không nhỉ ? Chẳng hạn $A=\left \{ 1;2;...;2000 \right \},B=\left \{ 1;2;...;2016 \right \}$ thì đáp án là 3016880 (không biết có tính nhầm nhầm không ?)
Bài 2. Nếu đọc đề thì hình như các tập A và B có các phần tử có thể trùng nhau không nhỉ ? Chẳng hạn $A=\left \{ 1;2;...;2000 \right \},B=\left \{ 1;2;...;2016 \right \}$ thì đáp án là 3016880 (không biết có tính nhầm nhầm không ?)
Vâng, em nghĩ là $A$ và $B$ có thể có phần tử trùng nhau.
Em thấy chọn như thế vẫn chưa đủ lớn đâu ạ, chọn $A= \{ 9,10, \cdots , 2008 \}$ sẽ cho $K$ lớn hơn.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài mà Toàn giải ở đây có thể coi là tổng quát cho ý b) http://www.artofprob...unity/c6h617525
Một mở rộng cho Bài 2 a) khi cho điểm $I$ là điểm bất kì.
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Một điểm $P$ nằm trong tam giác. $AP,BP,CP$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $TAD$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $G$. $GE,GF$ thứ tự cắt $(O)$ lần thứ hai tại $M,N$. $CN$ cắt $BM$ tại $Q$. Chứng minh rằng $\angle BAP= \angle CAQ$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-03-2016 - 04:48
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Bài 1 nếu đã sử dụng định lý Bang-Zsigmondy thì lời giải viết ra chắc không quá 1 hoặc 2 dòng. Vì vậy cách làm của bạn Ego tối đa thì cũng chỉ được 1/7 điểm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 25-03-2016 - 06:05
Mr Stoke
Lời giải câu a của mình khá là ngắn nên mình cũng không chắc chắn lắm, mong mọi người có thể kiểm tra hộ mình.
Ta sẽ đi chứng minh $AH$ đi qua trung điểm cung $BC$ không chứa $A$. Điều này tương đương với việc chứng minh $A,I,D$ thẳng hàng, tương đương với việc chứng minh $B(DA,HI)=C(DA,HI)$.
Áp dụng định lý Pascal cho hai tam giác $ANM$ và $GBC$ ta suy ra $H,E,F$ thẳng hàng.
Khi đó, nếu $EF \cap BC=T$ thì $(TD,BC)=(TH,FE)=-1$ suy ra $$B(DA,HI)= B(TF,HE)= 1-(TH,FE)=1-(TH,EF)=(TE,HF)=C(DA,HI).$$
Do đó $B(DA,HI)=C(DA,HI)$ và $B,D,C$ thẳng hàng nên suy ra $A,H,I,D$ thẳng hàng suy ra $AH$ đi qua trung điểm cung $BC$ không chứa $A$.
Lời giải này không đúng rồi, vì mình đã vô tình thừa nhận rằng $A,H,D$ thẳng hàng.
Lời giải đúng: (cũng không khác Hoang Nhat Tuan là bao nhưng không phải vẽ thêm điểm phẩy nào).
Đường tròn qua $D$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ chính là đường tròn $A$-Apollonius của tam giác $ABC$. Từ đây ta suy ra tứ giác $ABGC$ điều hoà, do đó $$\begin{aligned} B(DH,IA) & =B(CH,EA)= M(CH,EA) \; ( \text{do} \; \overline{A,E,D}) \\ & = M(CB,GA)=-1 = N(BC,GA) \; ( \text{do} \; ABGC \; \text{điều hoà}), \\ & = C(BH,FA)=C(DH,IA) \; (\text{do} \; \overline{A,F,B}). \end{aligned}$$
Từ đây ta suy ra $A,H,I$ thẳng hàng suy ra $AH$ đi qua trung điểm cung $BC$ không chứa $A$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 26-03-2016 - 03:10
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
Vâng, em nghĩ là $A$ và $B$ có thể có phần tử trùng nhau.
Em thấy chọn như thế vẫn chưa đủ lớn đâu ạ, chọn $A= \{ 9,10, \cdots , 2008 \}$ sẽ cho $K$ lớn hơn.
Uh em đúng rồi, tối qua khi nghĩ lại thì thấy trong cách tính số phần tử bên ngoài 2 tập gồm 2000 số thì số phần tử giảm dần, do đó để K tăng thì lấy đối xứng lại, tức đáp án em là đúng.
Có lẽ cái tinh tế của bài này là chọn 2 tập A và B, tuy nhiên cái khó là phải chứng minh điều đó và lời giải chặt chẽ. Hy vọng sớm có lời giải đầy đủ và chặt chẽ.
To @Mr Stoke, em cảm ơn thầy đã nhận xét cho em. Em cũng thấy lời giải mình nếu dùng Zsigmondy mà lý luận như trên thì đúng là phức tạp thật, hơi nửa nạc nữa mỡ.
Đây là lời giải khác của em
Theo như bổ đề 1 ở trên ta sẽ thu được $\text{gcd}(a^{n} - 1, a^{3^{2016}} - 1) = a^{3^{w}} - 1$ với $w = 2016$ hoặc $w = u$ (trong đó $n = 3^{u}.v$ với $\text{gcd}(3, v) = 1$)
Giả thiết bài toán tương đương nếu $p$ là một số nguyên tố $p\mid a^{n} - 1 \implies p\mid a^{3^{w}} - 1$
Vậy nghiệm của bài toán là $(a, n) = (2^{l} - 1, 2), (t, 3^{u})$ với $u\le 2016$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 26-03-2016 - 12:20
Tối về có thời gian đánh bài giải (Có thể lời giải vẫn chưa đủ chặt chẽ và đầy đủ) để m.n cùng thảo luận. Hy vọng có lời giải khác của m.n đơn giản hơn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-03-2016 - 16:40
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh