Đến nội dung

Hình ảnh

Đề Thi VMO năm 2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 73 trả lời

#41
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

Câu 6a mình có ý tưởng về việc sử dụng định lý sau : 
Định lí Lerch : Với $p$ là số nguyên tố thì : $\sum_{i=1}^{p-1} i^{p-1} \equiv p+(p-1)! \pmod{p^2}$ 

 

mình làm hết ngày 2 nè he he :))

Incredable :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 06-01-2017 - 12:23


#42
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Đề hình này có lẽ hay ở ý b). Ý b) chỉ cần $(O),(I)$ là hai đường tròn cố định qua $B,C$ cố định là được. $D$ cố định và $G$ di chuyển. Ta làm như sau

 

Untitled.png

 

Áp dụng Pascal dễ chỉ ra $M,N$ đi qua giao tiếp tuyến tại $B,C$ là $J$ của $(I)$ cố định. Gọi $JD$ cắt $(I)$ tại $X$ thì $X$ cố định và tứ giác $BCDX$ điều hòa nên $G(BC,DX)=-1$. Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $T$ thì $G(BC,DT)=-1$ từ đó $GX$ đi qua $T$. Nên TX.TG=TB.TC=TP.TQ suy ra $(GPQ)$ đi qua $X$ cố định. Gọi $(GPQ)$ cắt $DX$ tại $Y$ thì $JX.JY=JP.JQ$ bằng phương tích của $J$ đối với $(O)$ nên $Y$ cố định. Suy ra $(GPQ)$ đi qua $X,Y$ cố định.



#43
supernatural1

supernatural1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 338 Bài viết

Ai làm câu a bài hình đi



#44
quangnamnvm

quangnamnvm

    Lính mới

  • Thành viên
  • 3 Bài viết

Ngày 2 ít người tham gia bình luận nhỉ

Mình cho hướng câu 5, không biết ai có ý nào hay hơn không?

Chứng minh song ánh, chia làm 3 trường hợp $f(0) = 0$, $f(1) = 0$ và $f(-1) = 0$ (có bạn chia 2 trường hợp cũng được)

* $f(0) = 0$ và $f(- 1) = 0$ dể dàng ta có thể thấy không thỏa mãn.

* $f(1) = 0$ sử dụng phép thế đơn giản để có $f(f(x)) = x$ và $f(-x) = 2x + f(x)$ nên suy ra $f(xy - f(x)) = 2f(x) + xf(y)$, $f(xy + 2f(x)) = xf(y) - f(x)$ nên suy ra $f(x) = 1 - x$



#45
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Ai làm câu a bài hình đi

Câu a chứng minh AOKG là tứ giác nội tiếp là OK thôi.



#46
lamvienckt13

lamvienckt13

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

câu a chú ý G là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABKCEF
Tứ giác toàn phần nội tiếp thì OG vuông với EF. Gọi AK giao BC = T thì áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần ABKCEF suy ra OT vuông với EF
Do đó OTG thẳng hàng nên đồng quy
cách khác nữa là chứng minh trục đẳng phương :v



#47
supernatural1

supernatural1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 338 Bài viết

Câu a chứng minh AOKG là tứ giác nội tiếp là OK thôi.

Chứng minh kiểu gì với lại chứng minh K thuộc (O) kiểu gì



#48
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Figure4239.png

 

Chi tiết hơn nhé. $\angle EGF=\angle BGE+\angle CGF-\angle EGF=360^\circ-2\angle BAC-(180^\circ-2\angle BAC)=180^\circ$ nên $E,G,F$ thẳng hàng. Từ đó $\angle ABK+\angle ACK=\angle AGE+\angle AGF=180^\circ$ nên $K$ thuộc $(O)$. Dễ thấy $G$ là điểm Miquel nên hai tam giác $GBA$ và $GKC$ đồng dạng, lại có $GO$ là phân giác $\angle BGC$ nên $GO$ là phân giác $\angle AGK$. Từ đó kết hợp $OA=OK$ thì $AOKG$ nội tiếp. Sử dụng trục đẳng phương dễ thấy $AK,OG,BC$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 06-01-2017 - 14:18


#49
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

các bạn đánh giá đề năm nay thế nào khó hay dễ hơn so với năm ngoái, cỡ bao nhiêu điểm để được đi TST



#50
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

hôm nay chỉ làm được câu hàm, số a, hình a, buồn thật



#51
Phan Tien Ngoc

Phan Tien Ngoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

câu PTH :$P(1,x-2f(1))\Leftrightarrow f(f(x-2f(1))-f(1))=x$ suy ra f:toàn ánh .tiếp ta giả sử $f(m)=f(n)=q,P(1,m)=P(1,n)\Leftrightarrow m=n$ suy ra nó song ánh 

$\exists u ,f(u)=0$.$P(u,0)\rightarrow f(ua)=f(u)$ với $f(0)=a\rightarrow a=1$ hoặc $u=0$.xét u=0 ,$P(x,0)\rightarrow f(x)=-2x$ ( thay vào k thõa ) và có được do dùng tính chất toàn ánh

xét a=1 ,$P(u,u)\rightarrow u=1;-1$.xét u=-1,$P(x;-1)\rightarrow f(-f(x))=2f(x)-x,P(-1;x)\rightarrow f(-f(x))=-x\rightarrow f(x)=0$ ( k thõa ) suy ra u=1

$P(1,x)\rightarrow f(f(x))=x,P(0,1)\rightarrow f(-1)=2;P(x;f(-1))\rightarrow f(-x-f(x))=2(f(x)+x)$.ta có 

 $\exists v ,f(v)=x+f(x)\rightarrow f(-f(v))=2f(v),P(v,1)\rightarrow f(-f(v))=2f(v)+v\rightarrow v=0\rightarrow f(x)=1-x$ (thử lại thõa)



#52
One Piece

One Piece

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 36 Bài viết

Bài 5 cm f song ánh 
chia 2 trường hợp là f(0)=0 hoặc f(1)=0
với f(0)=0 
kì hiệu P(x,y) phép thế x y vào pt hàm ban đầu
P(x,0) => f(-f(x))= 2f(x)

P(-f(x),-f(y))=> f(2f(x)f(y)+2f(x))=4f(x)+f(x)f(y) vì f song ánh nên có thể đặt z=f(x) t=f(y)
=> f(2zt+2z)=4z+zt cho t=1 => f(4z)=5z thử lại vô lí
với f(1)=0 => f(0)=1 f(-1)=2  tính đc f(2)=-1
P(x,2)=> f(-(x+f(x)))= 2(f(x)+x)

P( f(x+f(x)) , 1) => f(x+f(x))=0 => x+f(x)=1 =>f(x)=1-x
f



#53
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Có thể xem thêm lời giải và bình luận hai đề hình ở đây

 

http://analgeomatica...i-hinh-thi.html



#54
supernatural1

supernatural1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 338 Bài viết

câu PTH :$P(1,x-2f(1))\Leftrightarrow f(f(x-2f(1))-f(1))=x$ suy ra f:toàn ánh .tiếp ta giả sử $f(m)=f(n)=q,P(1,m)=P(1,n)\Leftrightarrow m=n$ suy ra nó song ánh 

$\exists u ,f(u)=0$.$P(u,0)\rightarrow f(ua)=f(u)$ với $f(0)=a\rightarrow a=1$ hoặc $u=0$.xét u=0 ,$P(x,0)\rightarrow f(x)=-2x$ ( thay vào k thõa ) và có được do dùng tính chất toàn ánh

xét a=1 ,$P(u,u)\rightarrow u=1;-1$.xét u=-1,$P(x;-1)\rightarrow f(-f(x))=2f(x)-x,P(-1;x)\rightarrow f(-f(x))=-x\rightarrow f(x)=0$ ( k thõa ) suy ra u=1

$P(1,x)\rightarrow f(f(x))=x,P(0,1)\rightarrow f(-1)=2;P(x;f(-1))\rightarrow f(-x-f(x))=2(f(x)+x)$.ta có 

 $\exists v ,f(v)=x+f(x)\rightarrow f(-f(v))=2f(v),P(v,1)\rightarrow f(-f(v))=2f(v)+v\rightarrow v=0\rightarrow f(x)=1-x$ (thử lại thõa)

giải thích đoạn này hộ với



#55
kaitosama apollonius

kaitosama apollonius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Câu 5 :tìm f: $R\rightarrow R thỏa mãn: f(xf(y)-f(x))=2f(x)+xy$(1)

 

 

ta giải như sau:

thay x=1 vào (1) suy ra f là 1 song ánh

như vậy tồn tại u để f(u)=0

Đặt f(0)=a ta xét :

Nếu f(0)=0 thì thay y+0 vào (1) ta có f(-f(x))=2f(x) suy ra f(x)=-2x (do f là 1 song ánh)

thử lại thấy không thỏa mãn

Nếu f(0)$\neq$0 ta có : thay x=u; y=0 ta có:

f(au)=0=f(u) mà f song ánh và f(0) khác 0 nên có au=u với u$\neq$0 nên a=1

thay x=y=1 ta được f(1)=0

 thay x=0 thì được f(-1)=2

thay x=1,y=-1 ta có f(2)=-1 

thay y=2 ta có f(-x-f(x))=2f(x)+2x

do f song ánh nên tồn tại z sao cho f(z)=f(x)+x 

suy ra f(-f(z))=2f(z)

thay y=1;x=z ta có 

f(-f(z))=2f(z)- z do đó z=0

suy ra f(x)=1-x


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kaitosama apollonius: 06-01-2017 - 15:53


#56
kaitosama apollonius

kaitosama apollonius

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

attachicon.gifFigure4239.png

 

Chi tiết hơn nhé. $\angle EGF=\angle BGE+\angle CGF-\angle EGF=360^\circ-2\angle BAC-(180^\circ-2\angle BAC)=180^\circ$ nên $E,G,F$ thẳng hàng. Từ đó $\angle ABK+\angle ACK=\angle AGE+\angle AGF=180^\circ$ nên $K$ thuộc $(O)$. Dễ thấy $G$ là điểm Miquel nên hai tam giác $GBA$ và $GKC$ đồng dạng, lại có $GO$ là phân giác $\angle BGC$ nên $GO$ là phân giác $\angle AGK$. Từ đó kết hợp $OA=OK$ thì $AOKG$ nội tiếp. Sử dụng trục đẳng phương dễ thấy $AK,OG,BC$ đồng quy.

còn câu b thế nào ấy nhỉ



#57
dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết

Có thể xem thêm lời giải và bình luận hai đề hình ở đây

 

http://analgeomatica...i-hinh-thi.html

Bài này e làm giống hệt thầy.


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#58
I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết

 

Bài 5 . (6,0 điểm).

 

Tìm tất cả các hàm số : $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn hệ thức:

 

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$ (1)

 

với mọi số thực $x,y$

Lời giải  : 
Theo chứng minh của các bạn trên thì ta có $f$ là một song ánh 
Ta tiếp tục làm như sau : 
Kí hiệu $P(u,v)$ chỉ việc thay $x$ bởi $u,y$ bởi $v$ vào $(1)$ 
Ta có $P(0,0) \Rightarrow f(-f(0))=2f(0)$    (2) 
$P(-f(0),2) \Rightarrow f(-f(0)f(2)-2f(0))=2f(0)$ (3) 
Từ $(2),(3) \Rightarrow f(0)=-f(0)f(2) \Rightarrow f(0)=0$ hoặc $f(2)=-1$ 
Trường hợp 1 : $f(0)=0$  . $P(x,0) \Rightarrow f(-f(x))=2f(x) (4)$ 
$P(1,y) \Rightarrow f(f(y)-f(1))=2f(1) (5)$
Từ $(4)$ cho $x=1$ và kết hợp với $(5)$ cho ta $f(y)-f(1)=-f(1) \Rightarrow f(x) \equiv 0$  
Cho $P(1,2)$ thì thấy không thỏa mãn nên loại trường hợp này  
Trường hợp 2 : $f(2)=-1$  
$P(2,2) \Rightarrow f(-1)=2$ 
Tính được $f(0)=1$  
$P(1,y) \Rightarrow f(f(x))=x$ 
$P(x,2) \Rightarrow f(-x-f(x))=2f(x)+2x (6)$
$P(f(x+f(x)),2)$ kết hợp với $f(f(x))=x  \Rightarrow f(-x-f(x))=2(x+f(x))+2f(x+f(x)) (7)$
Từ $(6),(7)$ cho ta $f(x+f(x))=0=f(1) \Rightarrow x+f(x)=1 \Rightarrow f(x)=1-x$ (thỏa)  
 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi I Love MC: 06-01-2017 - 17:03


#59
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Bài 6 . (7,0 điểm) 

 

Chứng minh rằng:

 

a)$\sum_{k=1}^{1008}kC_{2017}^{k}\equiv 0$ (mod $2017^2$ )

 

b)$\sum_{k=1}^{504}\left ( -1 \right )^kC_{2017}^{k}\equiv 3\left ( 2^{2016}-1 \right )$ (mod $2017^2$ )

 

a) Để ý rằng $k\binom nk = n\binom{n-1}{k-1}$ nên bài toán tương đương với việc chứng minh $2017 \mid \sum_{k=0}^{1007} \binom{2016}{k} \equiv 0 \pmod{2017}$. Điều này đúng do $\binom{p-1}{i} \equiv (-1)^i \pmod{p}$ với mọi $0 \le i \le p-1$.

 

b) Hiện tại mình chưa thể xử lí nốt phần cuối, hy vọng các bạn có thêm ý tưởng để giải quyết phần này: Bài toán tương đương với chứng minh $$\sum_{k=1}^{(p-1)/4} (-1)^k \binom{p}{k} \equiv 3(2^{p-1}-1) \pmod{p^2}$$ với mọi $p \equiv 1 \pmod{4}$. Ta thấy rằng $$\frac 1p \binom{p}{k} = \frac{(p-1)!}{k!(p-k)!}= \frac{(p-k+1) \ldots (p-1)}{k!} \equiv \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{k!}= \frac{(-1)^{k-1}}{k} \pmod{p}.$$

Do đó $$\frac{2VT}{p} \equiv - 2\sum_{k=1}^{(p-1)/4} \frac{1}{k} \pmod{p}.$$

Mặt khác, do $2^p= \sum_{i=1}^p \binom{p}{i}$ nên $$\frac{2VP}{p}=\frac{3(2^p-2)}{p}= 3 \cdot \frac 1p \sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}= 3 \sum_{i=1}^{p-1} \frac{1}{i}\binom{p-1}{i-1} \equiv 3 \sum_{i=1}^{p-1} \frac{(-1)^{i-1}}{i} \pmod{p}.$$

Do $p \mid 1+\frac 12+ \cdots + \frac{1}{p-1}$ nên $$\sum_{i=1}^{p-1}\frac{(-1)^{i-1}}{i}= \sum_{i=1}^{p-1}\frac{1}{i}- \sum_{i=1}^{(p-1)/2}\frac 1i \equiv -\sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh $$2\sum_{i=1}^{(p-1)/4}\frac 1i \equiv 3 \sum_{i=1}^{(p-1)/2} \frac 1i \pmod{p}.$$

Đến đây thì mình tắc ...


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”). 


#60
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết
Mình làm giống bạn đấy giống tất cả câu a dùng đúng bổ đề còn câu b cũng đi bụi




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh