Đến nội dung


Hình ảnh

Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

vmo đồng nai

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 20 trả lời

#1 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-11-2016 - 11:32

Ngày thi: 11/11/2016
Thời gian: 3h
1. Cho số nguyên dương $n\geq 2$ và $n$ số thực $a_1,a_2,\ldots ,a_n$ sao cho $a_1>-1,a_2\geq\frac{n-1}{2}$. Giả sử phương trình

$x_n^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\ldots +a_{n-1}x+a_n=0$

có đúng $n$ nghiệm thực. Chứng minh rằng tất cả các nghiệm đó nằm trong đoạn $[-a_1,a_1+2]$.
2. Với mỗi số nguyên dương $n$, xét phương trình

$2016^x+x+n=0$

CMR với mỗi $n$, phương trình trên có đúng một nghiệm thực và gọi nghiệm đó là $x_n$. Xét dãy ${x_n}$. Tìm

$lim_{n\rightarrow\infty}(x_{n+1}-x_n)$.

3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,AC$. Đường tròn $(ADE)$ cắt các đường tròn $(BCD)$ và $(BCE)$ lần lượt tại $P,Q$. CMR $AP=AQ$.
4. Số nguyên dương $n$ được gọi là đẹp nếu tồn tại một hoán vị của bộ $\left\{ 1,1,2,2,\ldots, n,n\right\}$ sao cho với mọi $k=1,2\ldots ,n$, giữa 2 số $k$ có đúng $k$ số (ví dụ, $n=3$ là số đẹp vì có bộ $\left\{ 2,3,1,2,1,3\right\}$). CMR $n$ là số đẹp nếu và chỉ nếu $4|n^2+n$.
5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 13-11-2016 - 14:34


#2 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Đã gửi 12-11-2016 - 14:09

Bài hình trông thế mà cũng mất thời gian kinh.

 

hh7.jpg

 

Xét AB < AC.

 

1. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy (ADE) đi qua O.

 

2. Qua A dựng đường vuông góc với AO cắt BC tại T. TA là tiếp tuyến chung của (O) và (ADE). Dễ thấy T, D, P thẳng hàng; T, Q, E thẳng hàng.

 

3. Chứng minh APCT và AQBT nội tiếp.

 

4. Tam giác TBQ và TEC đồng dạng; Tam giác TAQ và TEA đồng dạng, từ đó có TB/TA = QB/QA.

 

Tam giác TBD và TPC đồng dạng; Tam giác TAD và TPA đồng dạng, từ đó có TB/TA = PA/PC. Vậy QB/QA = PA/PC

 

5. Góc BQA = góc APC, từ đó có tam giác BQA và APC đồng dạng.

 

6. Góc QTA = QBQ  = góc PAC = PQE nên PQ // TA.

 

7. Từ PQ // TA có góc AQP = APQ (cùng bằng góc QAT). Vậy AP = AQ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quantv2006: 12-11-2016 - 14:12


#3 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-11-2016 - 17:41

Bài 5:
Đặt $n=2^st$(t lẻ).

Xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x\equiv -2 \left ( mod2^{s+1} \right )\\\ x\equiv 3\left ( modt \right ) \end{matrix}\right.$. Theo định lý hệ thặng dư Trung Hoa, phương trình này có nghiệm $x_1$, dễ thẫy $x_1$ chẵn, đặt $x_0=\frac{x_1}{2}\Rightarrow x_0\equiv -1\left ( mod2^s \right )$.

Tương tự xét hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} y\equiv 1\left ( modt \right )\\ y\equiv 0\left ( mod2^{s+1} \right ) \end{matrix}\right.$ có nghiệm $y_1$ chẵn, đặt $y_0=\frac{y_1}{2}\Rightarrow y_0\equiv 0\left ( mod2^s \right )$

Ta có $2x_0-6y_0\equiv 3-3.1=0\left ( modt \right )\Rightarrow x_0-3y_0\equiv 0\left ( modt \right )$

Ta chứng minh $x_0,y_0$ là các số phải tìm. Thật vậy $2^s|\left ( x_0+1 \right )\left ( x_0^2-x_0+1 \right )-35y_0^3=x_0^3-35y_0^3+1$, lại có $\left ( x_0-3y_0 \right )\left ( x_0^2+3x_0y_0+9y_0^3 \right )-\left ( 2y_0-1 \right )\left ( 4y_0^2+2y_0+1 \right )=x_0^3-35y_0^3+1$, mà $gcd\left ( 2^s,t \right )=1\Rightarrow n|x_0^3-35y_0^3+1$



#4 One Piece

One Piece

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 12-11-2016 - 19:44

Bài 4 

Ta có xếp 2n số thành 1 hàng thì tổng các số thứ tự của dãy là (2n+1)n
Cách 2
gọi thứ tự của cặp  số 1 2 ....... n lần lượt sẽ là
(a1,a1+2 ) ........ (ai , ai+i+1) ........... (an , an+n+1)
tổng là 2(a1+a2+......+an ) +n(n+3)/2

=> 2(a1+a2+........+an) + n(n+3)/2  =(2n+1)n
=> 3n^2 - n chia hết cho 4 hay là n^2+n chia hết cho 4

 



#5 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-11-2016 - 22:14

Bài 4
Ta có xếp 2n số thành 1 hàng thì tổng các số thứ tự của dãy là (2n+1)n
Cách 2
gọi thứ tự của cặp số 1 2 ....... n lần lượt sẽ là
(a1,a1+2 ) ........ (ai , ai+i+1) ........... (an , an+n+1)
tổng là 2(a1+a2+......+an ) +n(n+3)/2
=> 2(a1+a2+........+an) + n(n+3)/2 =(2n+1)n
=> 3n^2 - n chia hết cho 4 hay là n^2+n chia hết cho 4

Trên đây mới chỉ là điều kiện cần thôi bạn. Còn cần phải chỉ ra sự tồn tại của một bộ $\left( a_1,a_2,\ldots a_n\right)$ như vậy trong trường hợp $4|n^2+n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 12-11-2016 - 22:22


#6 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 12-11-2016 - 23:19

Bài hình không khó lắm nhưng khá hay.
Có $A$ là tâm vị tự biến $(ADE)$ thành $(ABC)$ nên $(ADE)$ tiếp xúc $(ABC)$ tại A.
Từ đó theo định lý về tâm đẳng phương thì
$BC,EQ,PQ$ và tiếp tuyến chung tại $A$ của 2 đường tròn $(ADE)$ và $(ABC)$ đồng quy tại S.
Ta có $(ED,EQ)=(SB,SQ)=(AB,AQ)(mod \pi )$ hay ASBQ nội tiếp.
Dễ thấy $(BD,BQ)=(SA,SQ)(mod \pi )$ và $(DB,DQ)=(EA,EQ)=(AS,AQ)(mod \pi )$
nên $\Delta BDQ \sim \Delta SAQ$
Suy ra $\frac{BD}{BQ} = \frac{SA}{SQ} = \frac{AD}{BQ}$
Mà $(AS,AD)=(QS,QB)(mod \pi )$ nên $\Delta ASD \sim \Delta QSB$
Có $(AD,DP)=(QB,BC)=(EQ,EA)=(PQ,PA)=(QA,QP)(mod \pi )$
Hệ thức trên chứng tỏ $AQ=AP$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 13-11-2016 - 17:21


#7 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-11-2016 - 23:52

 

5. CMR với mọi $n$ nguyên dương luôn tồn tại các số nguyên $x,y$ sao cho

$n|x^3-35y^3+1$.

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm



#8 Bonjour

Bonjour

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 476 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi có động năng bằng thế năng
  • Sở thích:Vật Lý,Hình học phẳng,Origami

Đã gửi 13-11-2016 - 00:48

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :

Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có : 

  $\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp 

Mặt khác:
 $\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$

Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$

Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$


Con người nếu không có ước mơ, sống không rõ mục đích mới là điều đáng sợ  

                     


#9 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 13-11-2016 - 06:32

Bài $2$
Không khó để chỉ ra rằng phương trình đã cho có nghiệm duy nhất với mỗi $n$ nguyên dương. Bây giờ ta viết lại phương trình như sau

$2016^x+x=-n$

Vế trái là hàm tăng thực sự, phải là hàm giảm thực sự. Do đó, dãy nghiệm của phương trình sẽ giảm. Dễ chứng minh được dãy tiến về $-\infty$. Suy ra 

$lim(x_n+n)=-lim2016^{x_n}=0$.

Vậy

$lim(x_{n+1}-x_n)=lim((x_{n+1}+n+1)-(x_n+n)-1)=-1$. $\square$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 18-11-2016 - 23:59


#10 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 13-11-2016 - 09:29

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :
Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có :
$\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp
Mặt khác:
$\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$
Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$
Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?

#11 yagami wolf

yagami wolf

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

Đã gửi 13-11-2016 - 10:39

Xét $x=n-1 ; y=n $ thì ta có $n| (n-1)^3-35n^3+1$ 

Do đó ta có đpcm

pp j lạ vậy



#12 quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Đã gửi 13-11-2016 - 11:03

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?


Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

#13 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 13-11-2016 - 11:11

Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn. 



#14 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 13-11-2016 - 14:35

Do sơ suất nên đề bài 1 mình gõ sai. Thành thật xin lỗi các bạn.

#15 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 13-11-2016 - 21:42

3. Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,AC$. Đường tròn $(ADE)$ cắt các đường tròn $(BCD)$ và $(BCE)$ lần lượt tại $P,Q$. CMR $AP=AQ$.

Bài hình còn có 1 cách làm khác như sau:

Xét phép nghịch đảo tâm $A,$ phương tích bất kì, ta thu được bài toán mới sau:

Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ có $D,E$ trung điểm $AB,AC.(BDE),(DCE)$ cắt $BC$ tại $P,Q$ khác $B,C.$ Chứng minh $AP=AQ.$

Để giải bài toán mới này, ta gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $A,D,E$ lên $BC.$ Khi đó:

$XQ=XY+YQ=BY+ZC=ZP+XZ=XP \Rightarrow$ tam giác $AQP$ cân tại $A \Rightarrow AP=AQ.$ Ta có đpcm.


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#16 Ego

Ego

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 296 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-11-2016 - 22:48

Bài 1 cũng đâu đến phức tạp nhờ
Gọi $n$ nghiệm đã cho là $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$. Với $\sum_{k = 1}^{n}x_{k} = -a_{1}$ và $\sum_{i \neq j}x_{i}x_{j} = a_{2}$.
Ta cần chứng minh $-a_{1}\le x_{k} \le a_{1} + 2 \quad \forall k$
Ta có $x_{i}^{2} \le \sum_{k = 1}^{n}x_{k}^{2} = a_{1}^{2} - 2a_{2} \le a_{1}^{2}$ nên $-a_{1} \le x_{i} \le a_{1}$



#17 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 13-11-2016 - 23:41

Bài hình có cách giải khá đơn giản như sau:

Gọi M là trung điểm BC.

$(ADE), (BCQE), (BDPC)$ có 3 trục đẳng phương là $DP, QE, BC$ đồng quy.

 

Áp dụng định lý Pascal đảo do $S, B, C$ thẳng hàng nên $BQ, CP$ cắt nhau tại $R$ trên $(ADE)$

 

$ \angle ARB =180^o- \angle AEP=180^o- \angle ADP= 180^o- \angle RCB$ Như vậy $AR$ song song $BC$.

 

Mặt khác nếu $R'$ là điểm đối xứng với M qua $DE$ CM được $R'$ thuộc (AED) và $AR'$ song song $BC$. Vậy $R$ trùng $R'$ ta có đpcm

 

ps: Bài hình có xuất hiện trước đó trong Germany VAIMO 2015


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 13-11-2016 - 23:44


#18 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 14-11-2016 - 23:06

Bài hình còn có 1 cách làm khác như sau:

Xét phép nghịch đảo tâm $A,$ phương tích bất kì, ta thu được bài toán mới sau:

Bài toán mới: Cho tam giác $ABC$ có $D,E$ trung điểm $AB,AC.(BDE),(DCE)$ cắt $BC$ tại $P,Q$ khác $B,C.$ Chứng minh $AP=AQ.$

Để giải bài toán mới này, ta gọi $X,Y,Z$ là hình chiếu $A,D,E$ lên $BC.$ Khi đó:

$XQ=XY+YQ=BY+ZC=ZP+XZ=XP \Rightarrow$ tam giác $AQP$ cân tại $A \Rightarrow AP=AQ.$ Ta có đpcm.

Bài toán này đơn giản hơn rất nhiều  :D

$DE//BC$, nên $BDPE $và $QDEC$ là các hình thang nội tiếp nên là hình thang cân.

Suy ra: $QD=EC=EA, EP=BD=DA$. Mặt khác

$\Rightarrow \widehat{QDB}=\widehat{ADE}-\widehat{BDE}=\widehat{DEC}-\widehat{DEP}=\widehat{PEC}$

Nên hai tam giác $QAD$ và $APE$ bằng nhau. Vậy $AP=AQ$ (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 14-11-2016 - 23:07


#19 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 582 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-12-2016 - 17:21

Đề bài 5 là $x^3-35y^3+1$ có đúng không hay $x^2-35y^2+1$ vậy em? Hoăc $x,y$ có điều kiện gì không? Nếu đề như thế chọn $x=-1,y=0$ thì còn gì để làm nhỉ? 


Mr Stoke 


#20 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 12-12-2016 - 19:00

Đề bài 5 là $x^3-35y^3+1$ có đúng không hay $x^2-35y^2+1$ vậy em? Hoăc $x,y$ có điều kiện gì không? Nếu đề như thế chọn $x=-1,y=0$ thì còn gì để làm nhỉ? 

Dạ người ra đề sơ ý nên nhầm ạ, em nghĩ là thế :)) Nếu chữa lại thành lũy thừa chẵn thì thích hợp hơn.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: vmo, đồng nai

0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh