Chủ đề này có 34 trả lời

[quanghung86]

Một kinh nghiệm làm những bài hình kiểu này là nên vẽ mỗi câu một cái hình riêng vì hai câu không liên quan tới nhau.

 

Câu a) bản chất là điểm Miquel của tứ giác toàn phần quen thuộc, tôi không chứng minh lại nữa.

 

Câu b) làm như sau

 

Gọi $AH,AR$ là đường cao và phân giác của tam giác $ABC$. Dễ thấy $D$ là đối xứng của $R$ qua $H$. Gọi $Y,Z$ là trung điểm $DB,DC$ thì $\frac{AK}{AL}=\frac{HY}{HZ}=\frac{2HY}{2HZ}=\frac{RB}{RC}=\frac{AB}{AC}$. Kết hợp $K,L$ nằm trên phân giác ngoài nên $\angle KAB=\angle LAC$ do đó $\triangle KAB\sim\triangle LAC$ suy ra $\angle AKB=\angle ALC$. Mặt khác $AK$ là phân giác ngoài của $\angle BAM$ và $K$ thuộc trung trực $BM$ nên tứ giác $AKBM$ nội tiếp. Tương tự $ALCN$ nội tiếp nên $\angle BMC=\angle AKB=\angle ALC=\angle ANC$. Ta có $BCMN$ nội tiếp. Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $Q$ thì $QI.QP=QM.QN=QB.QC$ mà $I$ là trung điểm $BC$ nên $(BC,PQ)=-1$. Từ đây dễ thấy $AP,BM,CN$ đồng quy.

 

Theo mình bài hình b) hay và mới.

Hình gửi kèm

• 

[livetolove212]

 

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.

 

Ngày 2.

 

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$

a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung.

b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy.

 

Bài 5. Cho $a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n$ ($n\geq 3$), trong đó mỗi số $a_i $ nhận giá trị $\in \{0;1\}$. Xét $n$ bộ số $S_1=(a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n)$, $S_2=(a_2,a_3,...,a_n,a_1)$;...;$S_n=(a_n, a_1, ..., a_{n-2},a_{n-1})$.  Với mỗi bộ số $r=(b_1,b_2,...,b_n)$, đặt $\omega(r)=b_1.2^{n-1}+b_2.2^{n-2}+...+b_n.2^0.$ Giả sử các số $\omega(S_1); \omega(S_2);...;\omega(S_n)$ nhận đúng $k $ giá trị phân biệt.

a) Chứng minh rằng $k \mid n$ và $ \dfrac{2^n-1}{2^k-1} \mid \omega(S_i)$  $\forall i=\overline{1,n}.$

b) Kí hiệu $M$ và $m$ lần lượt là max và min của $\omega(S_1),...,\omega(S_n)$. Chứng minh rằng $M-m\geq \dfrac{(2^n-1)(2^{k-1}-1)}{2^k-1}.$

 

Bài 6. Cho các số thực phân biệt $\alpha_1,\alpha_2,...,\alpha_{16}$. Với mỗi đa thức hệ số thực $P(x)$; đặt $V(P)=P(\alpha_1)+P(\alpha_2)+...+P(\alpha_{16}).$

Chứng minh rằng tồn tại duy nhất đa thức $Q(x)$ bậc 8 có hệ số $x^8$ bằng $1$ thỏa mãn

i) $V(QP)=0$ với mọi đa thức $P$ có bậc bé hơn $8.$

ii) $Q(x)$ có $8$ nghiệm thực (tính cả bội).

 

Nguồn: MathScope.

 

Bạn Zaraki có thể sửa một chút đề bài bài 4 được không? Lí do là tôi không nhìn kĩ nên viết thiếu. Điều kiện là $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi livetolove212: 25-03-2016 - 16:31

[baopbc]

4a,

Ta cần có bổ đề quen thuộc sau: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $AD,BC$ cắt nhau tại $E. AC, BD$ cắt nhau tại $F$. Khi đó điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần thuộc đường tròn đường kính $EF$.

Đây là kết quả quen thuộc, có ở nhiều tài liệu, em xin không chứng minh ở đây!

Quay lại bài toán: Do $A, D, E, F$ đồng viên nên $\angle AFE=\angle ADE=180^{\circ}-\angle ACB-\angle BAC/2=90^{\circ}-\angle AED/2$

$\Rightarrow AF$ vuông góc với $BC. X$ là giao của $AF$ với $BC$. Khi đó đường tròn đường kính $AE, DF$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AXE, DXF$.

Áp dụng định lí $Miquel$ và theo bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh!

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-02-2017 - 15:15

[Zaraki]

Bài 5. Cho $a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n$ ($n\geq 3$), trong đó mỗi số $a_i $ nhận giá trị $\in \{0;1\}$. Xét $n$ bộ số $S_1=(a_1,a_2,...,a_{n-1},a_n)$, $S_2=(a_2,a_3,...,a_n,a_1)$;...;$S_n=(a_n, a_1, ..., a_{n-2},a_{n-1})$.  Với mỗi bộ số $r=(b_1,b_2,...,b_n)$, đặt $\omega(r)=b_1.2^{n-1}+b_2.2^{n-2}+...+b_n.2^0.$ Giả sử các số $\omega(S_1); \omega(S_2);...;\omega(S_n)$ nhận đúng $k $ giá trị phân biệt.

a) Chứng minh rằng $n\vdots k$ và $\omega(S_i)\vdots \dfrac{2^n-1}{2^k-1}$ $\forall i=\overline{1,n}.$

Lời giải. Trường hợp $k=n$ thì hiển nhiên, ta sẽ đi xét cho $k<n$.

Kí hiệu $\overline{T}= (b_1b_2 \cdots b_l)$, và nếu $\overline{M}= (c_1c_2 \cdots c_n)$ thì $\overline{TM}= (b_1b_2 \cdots b_lc_1c_2 \cdots c_n)$. Kí hiệu $\overline{T}>\overline{M} \iff l>n$ và $\overline{T}= \overline{M} \iff l=n; \; b_i=c_i, \; \forall 1 \le i \le l$ và $| \overline{T} | =l$.

 

Kí hiệu $\overline{S_i} = (a_ia_{i+1} \cdots a_{i-1})$. Khi đó $\omega(S_i)=\omega(S_j) \iff \overline{S_i}=\overline{S_j}$.

 

Ta sẽ đi chứng minh rằng nếu tồn tại một bộ $\omega(S_i)=\omega(S_j)$ thì thì $\overline{S_1}= \overline{AAA \cdots A}$ với $\overline{A}= (b_1b_2 \cdots b_l)$ với $b_i \in \{ 0,1 \} \; \forall 1 \le i \le l$.

 

Xét một cặp $\omega(S_x)= \omega(S_y)$ thì $\overline{S_x}=\overline{S_y}$ hay $\overline{AB}= \overline{BA}$ với $\overline{A}=(a_x \cdots a_{y-1}), \overline{B}=(a_y \cdots a_{x-1})$.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $\overline{A} \ge \overline{B}$ thì đặt $\overline{A}= \overline{BC}$ ta suy ra $\overline{CB}= \overline{BC}$. Tiếp tục xét nếu $\overline{B} \le \overline{C}$ hoặc $\overline{B} \ge \overline{C}$ để đưa về $\overline{CD}= \overline{DC}$ hay $\overline{BD}= \overline{DB}$. Quá trình cứ tiếp tục diễn ra nên theo thuật toán chia Euclid, sẽ đến một lúc mà tồn tại $\overline{XY}= \overline{YX}$ và $\left| \overline{X} \right|= \left| \overline{Y} \right|$. Từ đây ta suy ra ngay $\overline{X}= \overline{Y}$. Do đó, ta dẫn đến $\overline{A}=\overline{XX \cdots X} \; (u \; \text{times}), \overline{B}= \overline{XX \cdots X} \; (v \; \text{times})$ suy ra $\overline{S_x}= \overline{S_y}= \overline{XX \cdots X}$.

 

Hay nói cách khác, nếu tồn tại hai bộ số mà $\omega(S_x)=\omega(S_y)$ thì bộ $(a_1,a_2, \cdots, a_n)$ chính là vòng lặp của bộ $(a_1,a_2, \cdots, a_h)$ với $h<n$ và $h \mid n$.

 

Nếu ta gọi $(a_1,a_2, \cdots, a_h)$ chính là vòng lặp nhỏ nhất của bộ (tức không thể tìm được vòng lặp nhỏ hơn, $(a_1, \cdots , a_l)$ với $l<h, l \mid n$) thì ta sẽ chứng minh $h=k$.

Dễ dàng thấy rằng \begin{equation} \label{1} \omega(S_x)=\omega(S_{h+x})= \cdots = \omega(S_{n-h+x}) \end{equation} với $1 \le x \le h$. Ta sẽ chứng minh rằng nếu $x \not\equiv y \pmod{h}$ thì $\omega(S_x) \ne \omega(S_y)$. Thật vây, giả sử phản chứng, $\omega(S_x) = \omega(S_y)$ thì ta dẫn đến $(a_x \cdots a_ha_1 \cdots a_{x-1})=(a_y \cdots a_ha_1 \cdots a_{y-1})$ ta suy ra từ đánh giá trên sẽ tồn tại vòng lặp cho bộ $(a_x \cdots a_ha_1 \cdots a_{x-1})$, và vòng lặp này nhỏ hơn vòng lặp $(a_1a_2 \cdots a_h)$, mâu thuẫn với điều kiện nhỏ nhất của vòng lặp $(a_1a_2 \cdots a_h)$.

 

Do đó, $\omega(S_x)\ne \omega(S_y) \; \forall x \not\equiv y \pmod{h}$. Do đó từ \eqref{1} ta suy ra $\omega(S_i) \; (1 \le i \le n)$ có đúng $h$ giá trị phân biệt, ta dẫn đến $h=k$. Do đó $k=h \mid n$.   $\blacksquare$

 

Do $S_1=(a_1,a_2, \cdots ,a_k)$ là vòng lặp của bộ $(a_1,a_2, \cdots, a_k)$ nên $S_i$ cũng là một vòng lặp của bộ $(a_i,a_{i+1} \cdots a_k,a_1, \cdots , a_{i-1})$. Do đó $$\omega(S_i)= \left( a_i2^{k-1}+a_{i+1}2^{k-2} \cdots +a_{i-2}2+a_{i-1} \right) \cdot \frac{2^n-1}{2^k-1}.$$

Ta suy ra $\frac{2^n-1}{2^k-1} \mid \omega(S_i)$. $\blacksquare$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 25-03-2016 - 21:46

[viet nam in my heart]

 

Một kinh nghiệm làm những bài hình kiểu này là nên vẽ mỗi câu một cái hình riêng vì hai câu không liên quan tới nhau.

 

Câu a) bản chất là điểm Miquel của tứ giác toàn phần quen thuộc, tôi không chứng minh lại nữa.

 

Câu b) làm như sau

 

Gọi $AH,AR$ là đường cao và phân giác của tam giác $ABC$. Dễ thấy $D$ là đối xứng của $R$ qua $H$. Gọi $Y,Z$ là trung điểm $DB,DC$ thì $\frac{AK}{AL}=\frac{HY}{HZ}=\frac{2HY}{2HZ}=\frac{RB}{RC}=\frac{AB}{AC}$. Kết hợp $K,L$ nằm trên phân giác ngoài nên $\angle KAB=\angle LAC$ do đó $\triangle KAB\sim\triangle LAC$ suy ra $\angle AKB=\angle ALC$. Mặt khác $AK$ là phân giác ngoài của $\angle BAM$ và $K$ thuộc trung trực $BM$ nên tứ giác $AKBM$ nội tiếp. Tương tự $ALCN$ nội tiếp nên $\angle BMC=\angle AKB=\angle ALC=\angle ANC$. Ta có $BCMN$ nội tiếp. Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $Q$ thì $QI.QP=QM.QN=QB.QC$ mà $I$ là trung điểm $BC$ nên $(BC,PQ)=-1$. Từ đây dễ thấy $AP,BM,CN$ đồng quy.

 

Theo mình bài hình b) hay và mới.

 

Em nghĩ ý b) của bài hình này có vẻ gì đó như bắt nguồn từ bài $Baltic Way 2015$ (Bài $Baltic Way 2015$ thì dễ hơn rất nhiều: http://www.artofprob...60752p5524759).Chuyển các tính chất của bài kia qua bài này thì có vẻ khá giống nhau. Từ đó thì ta sẽ có một mở rộng đó là thay vị trí của chân đường phân giác bằng một điểm bất kỳ. Khi đó thì nếu cứ để giả thiết như bài $Baltic Way 2015$ thì không có vấn đề gì cách chứng minh như cách của thầy nhưng nếu gắn vào bài này thì lại có vấn đề. Hi vọng có thể mở rộng tiếp được bài này.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 25-03-2016 - 20:06

[vuliem1987]

Bài 2. Ta chia bài toán thành 2 phần.

Phần 1: Ta chỉ ra đáp án là maxK = 3016944 bằng một ví dụ:

$A=\left \{ 9;...;2008 \right \},B=\left \{ 1;...;2016 \right \}$

Ta tách B thành 2 tập $B=C\cup D,C\equiv A$

Các bạn thử chứng minh trường hợp đặc biệt này K = 3016944.

Phần 2: Ta chứng minh điều trên.

Trước hết ta tách $B=C\cup D$ , tập C gồm 2000 pt của B và tập D gồm 16 pt còn lại. Hơn nữa ta chọn tất cả các pt của C và D thỏa mãn

$\left | a_{i}-c_{j} \right |< max\left | a_{i}-d_{k} \right |$ (m.n thử xem tại sao ta lại chọn được như vậy)

Vì tập số nguyên sắp thứ tự tốt nên ta có thể giả sử $C=\left \{ c_{1}< ...< c_{2000} \right \}$

Đặt $K_{1}=\left \{ \left ( m;n \right )\in AC|\left | m-n \right |\leq 1000 \right \}$ ta tính GTLN của tập.

Bước 1: Ta chỉ ra trong tập có không quá 2 pt của A ghép cặp được với tất cả các pt trong C, nói cách khác có không quá 2 pt của A mà có đúng 2000 cách chọn thỏa mãn ycbt. Trỏ lại phần 1 ta có thể chọn 2 pt đó là 1008 và 1009. Bây giờ ta gọi 2 pt của A là $a_{1000}< a_{1001}$ , hơn nữa dễ thấy 2 pt này còn phải nằm giữa 2 phần tử $c_{1};c_{2000}$, lúc này ta còn chỉ ra được $a_{1000}\equiv c_{1000};a_{1001}\equiv c_{1001}$ vì nếu không chẳng hạn $a_{1000}\leq c_{999}$ khi đó vì các số nguyên là khác nhau nên $\left | a_{1000}-c_{2000} \right |\geq \left | c_{2000}-c_{999} \right |\geq 1001$ (mâu thuẫn với tính ghép cặp được với tất cả các pt của C).  Và ta còn chỉ ra được tập C gồm 2000 pt liên tiếp. Thật vậy, nếu 2000 pt không liên tiếp khi đó $2000\leq c_{2000}-c_{1}=c_{2000}-a_{1000}+a_{1000}-c_{1}\leq 1000+1000$

Nhưng trong trường hợp này ta dễ dàng chỉ ra nếu 2000 số nguyên liên tiếp còn không thỏa mãn.

Vì 2000 pt của C liên tiếp nên ta dễ thấy không còn pt nào nữa của tập A có thể ghép cặp được với tất cả các pt trong C thỏa mãn ycbt.

Bước 2: Tiếp theo ta chứng minh không có quá 4pt trong A có thể ghép cặp được với 1999 hoặc 2000 số trong C. Ta có thể xét các trường hợp 

TH1: Có đúng 2 pt ghép cặp được với 2000 pt trong C, khi đó theo chứng minh trên ta thấy tập C có 2000 pt liên tiếp, thì ta thấy có đúng 2 pt nằm ở vị trí $c_{999},c_{1002}$ là ghép được với 1999 pt còn lại trong C thỏa mãn ycbt.

TH2: Chỉ có 1 pt ghép được với 2000 pt trong C. Như chứng minh bước 1 ta thấy 2000 pt trong C phải liên tiếp nhau, và theo cách đếm của phần 1 nếu có 2000 pt liên tiếp thì sẽ có đúng 2 cách chọn thỏa mãn(Hoặc rường hợp này đưa về TH1).

TH3: Không có pt nào trong A ghép cặp được với 2000 pt trongC, tức tập C không có 2000 pt liên tiếp. Và giả sử có nhiều nhất 4 pt của A ghép cặp được với 1999 pt trong C. Trong C còn một phần tử nữa, dễ thấy pt này chỉ có thể là biên, có thể chọn là $c_{1}$. Bây giờ lấy 1 pt a trong A có thể ghép được với 1999 chữ số từ $c_{2}\rightarrow c_{2000}\Rightarrow 1999\leq c_{2000}-c_{1}=c_{2000}-a+a-c_{1}\leq 2000$ , nhưng trường hợp bằng 2000 không thể xảy ra, khi đó nếu bằng 1999 thì một cái bằng 999, một cái bằng 1000, lúc này ta thấy 1999 số đó bắt buộc liên tiếp nhau. Khi đó bằng cách đếm ở phần 1 ta thấy có đúng 3 pt thỏa mãn. Chẳng hạn 1000, 1001, 1002 còn 1999 số liên tiếp là từ 2 đến 2000.

Với cách giải trên ta thấy TH có đúng 3 pt giải tương tự.

Tóm lại ta thấy qua 2 bước thì việc chứng minh tập các cặp trong $K_{1}$ thỏa mãn ycbt đúng.

Tiếp tục quá trình trên ta thu được $K_{1}\leq 2\left ( 1001+...+2000 \right )$

Cuối cùng ta đếm 16 pt còn lại của D ghép cặp với A. Phần này suy ra từ cách đếm phần 1. Khi đó, GTLN của phần này là $2\left ( 993+...+1000 \right )$

Từ tất cả các điều trên ta có được đpcm!

Nhận xét: Cách làm này trâu quá, chắc vẫn có chỗ chưa chính xác. Hơn nữa mình nghĩ có thể đưa ra bổ đề nào đó để làm gọn hơn bài toán từ đó không dùng nhiều suy luận. Đặc biệt khắc phục được việc tiếp tục sau bước 2. Chúng ta cùng suy nghĩ thêm, nếu không đành đợi đáp án vậy

[BlackSelena]

Thiết nghĩ topic thảo luận về đề thi TST không nên cho những chuyện bên lề vào nên em/mình xin phép được ẩn những post liên quan tới bên ngoài đi.

[Zaraki]

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 $a^{3^{2016}}-1.$

Một lời giải không dùng Zsigmondy của mình, nhưng có dùng bổ đề LTE. Không biết bổ đề LTE có được cho phép dùng không.

 

Lời giải. Ta có bổ đề quen thuộc sau:

 

Bổ đề. $\gcd (a^m-1,a^n-1)= a^{\gcd (m,n)}-1$.

Chứng minh bổ đề các bạn có thể tham khảo chứng minh của Ego. 

 

Quay lại bài toán, đặt $n=3^u \cdot v$ với $u,v \in \mathbb{N}, 3 \nmid v$.

 

Nếu $u>2016$ thì đặt $b=a^{3^{2016} \cdot v}$ thì ta có $$a^n-1= b^{3^{u-2016}}-1= \left( b-1 \right) \left( b^{3^{u-2016}-1}+ \cdots + 1 \right).$$

Theo đề bài, ta suy ra với mỗi $p$ nguyên tố, $p \mid b^{3^{u-2016}}-1$ thì $p \mid b-1$. Do đó xét số nguyên tố $p \mid \frac{b^{3^{u-2016}}-1}{b-1}$ thì $p \mid b-1$. Ta thấy rằng $b^{3^{u-2016}-1}+b^{3^{u-2016}-2}+ \cdots +1 \equiv 3^{u-2016} \pmod{p}$ nên suy ra $p=3$ suy ra $A=b^{3^{u-2016}-1}+ \cdots + 1=3^{u-2016}$ (do $\nu_3 \left( \frac{a^n-1}{b-1} \right)= \nu_3(A)= u-2016$). Cũng để ý rằng $A \ge 3^{u-2016}$ nên ta suy ra ngay $b=1$, tức $a=1$, mâu thuẫn. 

 

Vậy $u \le 2016$ thì theo bổ đề $\gcd \left( a^n-1,a^{3^{2016}}-1 \right)= a^{3^u}-1$. Kết hợp với giả thiết ta suy ra với mỗi $p \mid a^v-1 \mid a^n-1$ thì $p \mid a^{3^u}-1$. Một lần nữa sử dụng bổ đề thì $\gcd \left( a^v-1, a^{3^u}-1 \right)= a-1$ nên ta suy ra với mỗi $p  \mid a^v-1$ thì $p \mid a-1 \quad (1)$. 

 

Dễ thấy rằng $v=1$ thì các nghiệm $(a,n)=(a,3^x)$ với $0 \le x \le 2016$ thoả mãn.

Với $v \ge 2$, xét một ước nguyên tố $q$ bất kì của $v$ thì theo $(1)$, với mỗi ước nguyên tố $p \mid \frac{a^q-1}{a-1} \mid a^v-1$ thì $p \mid a-1$. Mặt khác, $\frac{a^q-1}{a-1} \equiv q \pmod{p}$ nên ta suy ra $q=p$ hay $\frac{a^q-1}{a-1}=q^l$.

 

Nếu tồn tại $q \ne 2$ thì $v_q \left( \frac{a^q-1}{a-1}\right)= 1$ nên $\frac{a^q-1}{a-1}=q$ suy ra $a=1$, mâu thuẫn.

Nếu $q=2$ với mọi $q \mid v$ thì $a+1=2^l, v=2^m$. Do với mỗi ước nguyên tố $p$ của $a^{2^m}-1$ thì $p \mid a-1$, nên với mỗi $p \mid a^{2^h}+1 \mid 2^m-1, \; (h <m)$ ta suy ra $p=2$. Kết hợp với $$\nu_2 \left( a^{2^m}-1 \right)= \nu_2(a-1)+l+m-1,$$ ta suy ra $a^{2^m}-1=(a-1) \cdot 2^{l+m-1}$ hay $(2^l-1)^{2^m}-1=\left( 2^{l-1}-1 \right) \cdot 2^{l+m}$. Để ý rằng nếu $m \ge 2, l \ge 3$ thì $$(2^l-1)^{2^m}-1 > 2^{(l-1)2^m}> 2^{(l-1)+l+m}>\left( 2^{l-1}-1 \right) \cdot 2^{l+m}.$$

Vậy hoặc $(l,m)=(2,1)$ hoặc $m=1, l \ge 3$.

 

Với $m=1, l \ge 3$ thì ta có với mỗi $p \mid a^{3^u}+1 \mid a^{2 \cdot 3^u}-1$ thì $p \mid a^{3^u}-1$. Do đó $p=2$ hay $a^{3^u}+1=(2^l-1)^{3^u}+1=2^l$ (do $\nu_2 \left( a^{3^u}+1 \right)=\nu_2(a+1)=l$). Ta suy ra ngay $u=0$ nên $n=2$.

 

Vậy $\boxed{ (a,n)= (2^l-1, 2 \; | l \ge 2), (t,3^x \; | 0 \le x \le 2016, t \ge 3) }$.

 

Nhận xét. Ý tưởng chính của lời giải là phép chọn $p$ phù hợp, chẳng hạn ta đi chọn $p \mid \frac{a^q-1}{a-1} \mid a^n-1$ thì sẽ suy ra được nhiều thứ hơn chọn ước nguyên tố $p$ bất kì từ $a^n-1$ hay $\frac{a^n-1}{a-1}$.

 

@Ego: Ego thiếu nghiệm tổng quát $(2^l-1,2)$ rồi kìa. 

Không biết mình có thiếu nghiệm nào nữa không. 

 

EDIT: Như thầy Mr Stoke nói, mình thiếu trường hợp $x=0$, tức $n=1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 26-03-2016 - 13:29

[Mr Stoke]

Đáp số của bài toán 1:

 

(a) Nếu $n=1$ thì $a=t$ với $t\ge3$ nguyên tuỳ ý. 

 

(b) Nếu $n=2$ thì $a=2^t-1$ với $t\ge2$ nguyên tuỳ ý. 

 

(c) Nếu $n\ge3$ thì $a=t\ge3$ nguyên tuỳ ý và $n=3^k$ với $k=1,2,\ldots,2016$.

[tranquocluat_ht]

 

 

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.

 

 

Ý 3.a có thể dùng tư tưởng phép chiếu xuyên tâm giải kiểu gọi điểm phẩy như sau:

 

 

 

Rõ ràng $GABC$ là tứ giác điều hòa (mô hình này từng xuất hiện trong VMO 2014 và VMO 2010).

 

Đặt $EF \cap AD=H'; BH' \cap (O)=M', ME \cap (O)=G'.$ 

 

Ta chỉ cần chứng minh 

 

$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{c}{b}.$

 

Thật vậy, ta có 

 

$\dfrac{H'E}{H'F}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{a+b}{a+c}.$

 

Suy ra (theo Định lý sin)

 

$\dfrac{M'E_1}{M'A}=\dfrac{\sin \widehat{H'BE}}{\sin \widehat{H'BF}}=\dfrac{H'E}{H'F}.\dfrac{BF}{BE}= \dfrac{ca}{l_b (c+a)}.$

 

Do vậy (theo Định lý sin)

 

$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{GB}{ME_1}.\dfrac{ME_1}{MA}.\dfrac{MA}{GC}=\dfrac{l_b}{ME}.\dfrac{ca}{(c+a) l_b}.\dfrac{ME.ab}{(c+a)}=\dfrac{c}{b}.$

 

 

Câu hình 3b sau khi vẽ hình chắc tay để phát hiện ra $IJ$ đi qua $O,$ ta chuyển bài toán về ít điểm như sau:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác trong $BE, CF;$ $D_2$ là trung điểm cung lớn $BC.$ Đường thẳng qua $O$ vuống góc $OI$ cắt $EF$ và $AD_2$ tại $Q$ và $X.$ Chứng minh $IX=4IQ.$

 

 

 

Bài toán này giải qua 2 bước như sau:

 

Bước 1. Gọi $IQ \cap BC=X_1$ và $X'$ là trung điểm của $AD_2.$ 

 

Ta sẽ chứng minh $QX=QX_1.$

 

 

  

 

 

Thật vậy, theo một tính chất quen thuộc (tính chất này thầy TQH đã khai thác nhiều) thì $EF \bot I_aO.$

 

Theo tiêu chuẩn song song trung điểm thì $O(I_aID_1X')=-1.$ 

 

Theo tính chất chùm vuông góc, suy ra $Y(IxBA)=-1$ với $Yx || X'X_1.$

 

Suy ra $QX=QX_1.$

 

Bước 2. Chứng minh $IX_1=2IQ.$

 

Điều này vào bước 1, cụ thể như sau:

 

Do $Y(X_1QIX)=-1$ nên $\dfrac{QX}{QI}=\dfrac{X_1X}{X_1I}.$

 

Đặt $X_1X=6a, IX_1=x$ thì tỷ lên trên được viết lại $\dfrac{3a}{3a-x}=\dfrac{6a}{x}.$

 

Giải phương trình đại số này được $x=2a$ hay bước 2 được chứng minh.

 

Tóm lại bài toán được giải quyết.

 

 

 

 

 

Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$

a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung.

b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy.

 

 

 

Ý b.

 

 

 

Sử dụng kỹ thuật gọi điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp. 

 

Dùng phép chiếu song song sẽ thấy 

 

$\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$

 

Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong. 

 

Đến đây, ta cần chứng minh được tam giác $AMK$ đồng dạng tam giác $ANL.$ 

 

Điều đó đúng do các góc $\widehat{MAL}, \widehat{NAK}$ nhọn và theo Định lý sin thì

 

$\dfrac{\sin \widehat{AMK}}{\sin \widehat{MAL}}=\dfrac{AK}{KM}=\dfrac{AK}{KB}= \dfrac{AL}{LC} =\dfrac{AL}{LN}=\dfrac{\sin \widehat{ANL}}{\sin \widehat{NAK}}.$

 

Câu hình a thì chỉ là một tính chất xung quanh Định lý Brocard.

 

 

Gọi $AF \cap BC = H'$ thì dùng cộng góc thông thường được $AH' \bot BC.$ 

 

Gọi $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần trong hình thì theo trên ta có $Q$ là giao của 2 đường tròn đường kính $AE$ và $BF$.

 

Theo tính chất của điểm Miquel và Định lý Brocard thì $O',G,Q$ thẳng hàng và $O'G \bot HH'.$

 

Suy ra điểm $Q$ thuộc đường tròn đường kính $GH.$

 

PS: Điểm Miquel thường là điểm đồng quy của các đường tròn cần chứng minh đồng quy và nó cũng thường là điểm tiếp xúc của các đường tròn cần chứng minh tiếp xúc.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 01-09-2016 - 00:29

[quanghung86]

Lời giải và bình luận của mình cho hai bài hình thi TST năm 2016

 

http://analgeomatica...-toan-hinh.html

 

Mình đã sửa chữa, đính kèm file!

File gửi kèm

•  derakynay1295.pdf   195.93K   476 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 27-03-2016 - 22:34

[baopbc]

Lời giải và bình luận của mình cho hai bài hình thi TST năm 2016

 

http://analgeomatica...-toan-hinh.html

Thầy có thể trích dẫn file trực tiếp được không ạ! Một số thành viên có thể không đọc được vì sử dụng mạng $VNPT$!

Như em bây giờ chẳng hạn!

[Karl Heinrich Marx]

Một ý tưởng cho bài 6, tính toán chắc hơi trâu bò tí.

Đầu tiên gọi một đa thức $P$ là tốt nếu $V(P)=0$, ta có thể thấy là với $a$ là một hằng số thực và $P,Q$ là hai đa thức tốt thì $P+aQ$ cũng tốt.

Từ điều này ta có thể phát biểu thế này:

$PQ$ tốt với mọi $P$ là đa thức có bậc bé hơn $8$ khi và chỉ khi $Q,xQ,x^2Q,...,x^7Q$ đều là các đa thức tốt.

Bây giờ đặt $Q(x)= x^8+\sum_{i=0}^{7} a_ix^i$

Thay vào điều kiện $8$ đa thức tốt trên thì ta sẽ thu được một hệ $8$ phương trình với $8$ ẩn là các số $a_i$. Hệ này nếu có nghiệm thì phải có nghiệm duy nhất (vì nó tồn tại nên phải cm đc là nó có nghiệm). Thông thường để chặt chẽ chắc là dùng ma trận (thực ra chém thế chứ mình k biết dùng ma trận ntn :v), tuy nhiên trong phạm vi toán phổ thông thì chắc phải mò nghiệm, bằng cách phải thử những trường hợp đơn giản, ở đây ta thấy số 8 ko quá quan trọng nên có thể thay 8 bởi 1,2,3 gì đó để đoán xem hệ ntn, nghiệm sẽ ntn rồi tổng quát lên cho 8.  Có lẽ phải dựa vào kq của bước này mới chứng minh là $Q$ có $8$ nghiệm phân biệt.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Karl Heinrich Marx: 28-03-2016 - 17:53

[huyaguero]

bài 5 năm nay có lẽ không khó lắm

[buivantuanpro123]

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 $p\mid a^{n} - 1 \implies p\mid a^{3^{w}} - 1$

• TH1. $w = u$, khi đó $3^{w}$ là ước của $n$. Nếu $w = 0$ thì áp dụng Zsigmondy thì có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{w}} - 1 = a - 1$ nếu như $v > 2$ hoặc $a \neq 3$. Từ đó ta suy ra $v = 1$ hoặc $v = 2$, riêng với $v = 2$ thì $a = 2^{l} - 1$
  Nếu $w \ge 1$ thì áp dụng Zsigmondy ta lại thu được có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{w}} - 1$ nếu như $v > 1$. Từ đó ta chỉ suy ra $v = 1$.
  Kết luận lại nghiệm, $(a, n) = (3, 2), (t, 3^{u}) \; (u < 2016)$ (điều này đúng do $a^{3^{u}} - 1 \mid a^{3^{2016}} - 1$
• TH2. $w = 2016$. Tức là $u \ge 2016$. Nếu $v > 1$ hoặc $u > 2016$ thì theo định lý Zsigmondy sẽ có một ước nguyên tố $p\mid a^{n} - 1$ mà $p\nmid a^{3^{2016}} - 1$. Do đó nghiệm là $n = 3^{2016}$.

Vậy nghiệm của bài toán là $(a, n) = (2^{l} - 1, 2), (t, 3^{u})$ với $u\le 2016$.

Spoiler

Mình nghĩ mình có một cách không dùng Zsigmondy nữa, mình sẽ sửa ở trên.

bạn có thể nêu định lí Zsigmondy và chứng minh được không