Đến nội dung


Hình ảnh

Việt Nam TST 2022

2022 tst viêt nam đội tuyển

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 hoangvipmessi97

hoangvipmessi97

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu

Đã gửi 26-04-2022 - 18:59

Ngày thi thứ nhất (26/04/2022)

Thời gian: 270 phút

Bài 1: Cho số thực $\alpha$ và xét hàm số $\varphi (x)=x^2 e^{ \alpha x}$ với $x \in \mathbb{R}$. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn

$f( \varphi (x)+f(y))=y+ \varphi (f(x))$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}$

 

Bài 2: Cho một khối đa diện lồi $2022$ mặt. Trên ba mặt nào đó của nó, có sẵn các số $26, 4$ và $2022$ (mỗi mặt có đúng một số). Người ta muốn điền vào mỗi mặt còn lại một số thực sao cho mỗi số được điền bằng trung bình cộng của các số trong các mặt có cạnh chung với mặt chứa nó. Chứng mình rằng tồn tại duy nhất một cách điền như vậy.

 

Bài 3: Cho hình bình hành $ABCD$ có $I$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$. Xét điểm $G$ bên trong tam giác $IAB$ sao cho $\widehat{IAG} = \widehat{IBG}=45^o - \dfrac{ \widehat{AIB}}{4}$. Ký hiệu $E,F$ tương ứng là hình chiếu của $C$ lên $AG$ và của $D$ lên $BG$. Trung tuyến đỉnh $E$ của tam giác $BEF$ và trung tuyến đỉnh $F$ của tam giác $AEF$ cắt nhau tại $H$.

a) Chứng minh rằng $AF, BE$ và $IH$ đồng quy. Gọi điểm đồng quy đó là $L$.

b) Gọi $K$ là giao điểm của các đường thẳng $CE$ và $DF$. Gọi $J$ là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $LAB$ và $M,N$ lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $EIJ$ và $FIJ$. Chứng minh rằng $EM,FN$ và đường thẳng nối tâm các đường tròn ngoại tiếp hai tam giác $GAB,KCD$ thì đồng quy. 
 

Ngày thi thứ hai (27/04/2022)

Thời gian: 270 phút

Bài 4: Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Một đường thẳng qua $O$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt các đường thẳng $AB,AC$ theo thứ tự tại $E, F$. Gọi $D,G$ lần lượt là các điểm đối xứng của $A$ qua $O$ và qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Gọi $K$ là điểm đối xứng của $O$ qua tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$.

a) Chứng minh rằng các điểm $D,G,K$ thẳng hàng.

b) Trên các đường thẳng $KB,KC$ lần lượt lấy các điểm $M,N$ sao cho $IM \perp AC$ và $IN \perp AB$. Trung trực của $IK$ cắt $MN$ tại $H$. Giả sử $IH$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $APQ$ thì cắt lại $(O)$ tại một điểm thuộc đường thẳng $AI$.

 

Bài 5: Một số hữu tỉ $x$ được gọi là "đẹp" nếu nó có thể biểu diễn hữu hạn trong hệ cơ số $b$ với $b$ là số nguyên dương thuộc $[2;2022]$. Chứng minh rằng tồn tại hữu hạn số nguyên dương $n \geq 4$ sao cho với mọi $m$ nguyên dương thuộc khoảng $\left ( \dfrac{2n}{3};n \right)$ thì trong hai số $\dfrac{m}{n-m}$ và $\dfrac{n-m}{m}$, có ít nhất một số đẹp.

 

Bài 6: Cho tập hợp $A= \{ 1;2;...;4044 \}$. Người ta tô màu $2022$ phần tử trong $A$ bởi màu trắng và $2022$ phần tử còn lại bởi màu đen. Với mỗi số $i \in A$, ta gọi "trọng số" của $i$ là số lượng của các số được tô màu trắng nhỏ hơn $i$ và các số được tô màu đen lớn hơn $i$. Với mỗi số tự nhiên $m$, hãy xác định tất cả các số nguyên dương $k$ sao cho tồn tại cách tô màu tập hợp $A$ để có đúng $k$ số có trọng số đúng bằng $m$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvipmessi97: 27-04-2022 - 19:02


#2 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 437 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 27-04-2022 - 19:40

Bài 1:

\begin{equation} f( \varphi (x)+f(y))=y+ \varphi (f(x)),\forall x,y\in\mathbb R\end{equation}

Dễ thấy $f$ là song ánh.

Tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$.

Thay $x=0,y=a$ vào (1) ta có $f(0)=a+\varphi(f(0))$.

Thay $x=a;y=0$ vào (1) ta có $f(\varphi(a)+f(0))=0=f(a)\Leftrightarrow  \varphi (a)+f(0)=a$.

Mặt khác $\varphi(f(0))\geq 0$ và $\varphi(a)\geq 0$ nên $f(0)=a\Rightarrow a=0\Rightarrow f(0)=0$.

Từ đó thay $x=0$ vào (1) ta có $f(f(y))=y,\forall y\in\mathbb R$.

Thay $y=0$ vào (1) ta có $f(\varphi(x))=\varphi(f(x)),\forall x\in\mathbb R$.

Do đó ta có thể viết lại phương trình hàm đã cho thành $f(\varphi(x) + f(y))=f(f(y))+f(\varphi(x)),\forall x,y\in\mathbb R$.

Mà $f$ là toàn ánh nên $f(\varphi(x)+y)=f(y)+f(\varphi(x)),\forall x,y\in\mathbb R$.

Đến đây nên xử lí như thế nào nhỉ :(



#3 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 437 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 27-04-2022 - 20:06

Bài 3:

a) Gọi X, Y lần lượt là trung điểm của BF, AE.

IE cắt BF tại J, IF cắt AE tại K.

BE cắt AF tại L.

Dễ thấy $IA=IE,IB=IF$.

Lại có $\angle IBG=\angle IAG$ nên $\angle AIE=\angle FIB$, suy ra $\angle AIF=\angle EIB$

$\Rightarrow \Delta IAF=\Delta IEB(c.g.c)$.

Đồng thời $\angle IFB=\angle IEA$ nên tứ giác $FJKE$ nội tiếp.

Dẫn đến $\frac{JF}{KE}=\frac{IF}{IE}=\frac{BF}{AE}$ hay $\frac{JB}{JF}=\frac{KA}{KE}$.

Từ đó $(BF,XJ)=(AE,YK)$.

Suy ra $E(LF,HI)=F(LE,HI)$.

Theo tính chất tỉ số kép ta có $L,H,I$ thẳng hàng.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png


#4 Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 631 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 29-04-2022 - 15:45

Bài 1:

\begin{equation} f( \varphi (x)+f(y))=y+ \varphi (f(x)),\forall x,y\in\mathbb R\end{equation}

Dễ thấy $f$ là song ánh.

Tồn tại $a$ sao cho $f(a)=0$.

Thay $x=0,y=a$ vào (1) ta có $f(0)=a+\varphi(f(0))$.

Thay $x=a;y=0$ vào (1) ta có $f(\varphi(a)+f(0))=0=f(a)\Leftrightarrow  \varphi (a)+f(0)=a$.

Mặt khác $\varphi(f(0))\geq 0$ và $\varphi(a)\geq 0$ nên $f(0)=a\Rightarrow a=0\Rightarrow f(0)=0$.

Từ đó thay $x=0$ vào (1) ta có $f(f(y))=y,\forall y\in\mathbb R$.

Thay $y=0$ vào (1) ta có $f(\varphi(x))=\varphi(f(x)),\forall x\in\mathbb R$.

Do đó ta có thể viết lại phương trình hàm đã cho thành $f(\varphi(x) + f(y))=f(f(y))+f(\varphi(x)),\forall x,y\in\mathbb R$.

Mà $f$ là toàn ánh nên $f(\varphi(x)+y)=f(y)+f(\varphi(x)),\forall x,y\in\mathbb R$.

Đến đây nên xử lí như thế nào nhỉ :(

Ta có thể giải tiếp như sau. Do $\phi$ có ảnh là toàn bộ tập số thực không âm nên phương trình cuối có thể viết lại thành $f(x+y)=f(x)+f(y)$ với $x$ không âm và $y\in \mathbb{R}.$ Do đó, $f(x)+f(-x)=f(0)=0$ hay là $-f(x)=f(-x)$ với $x\geq 0.$ Với $x<0$ thì $f(x)=f(-(-x))=-f(-x).$ Như vậy $f(-x)=-f(x)$ với mọi $x\in \mathbb{R}$ và $f(x+y)=f(x)+f(y)$ với mọi $x,y \in \mathbb{R}.$ Điều này và $f(f(y))=y$ dẫn tới $f(x)=\pm x$ với mọi $x\in \mathbb{Q}.$ Do $f(\phi(x))=\phi(f(x))$ nên $f(x)\geq 0$ với $x\geq 0.$ Từ đó ta có $f(x)=x$ với $x\in \mathbb{Q}.$

 

Với mọi $x\in \mathbb{R}$, chọn một dãy $\{x_n\}$ các số hữu tỷ sao cho $x_n\to x.$ Phương trình $f(f(y))=y$ dẫn tới $f(x_n)\to x$. Do đó phương trình $f(\phi(x))=\phi(f(x))$ và tính liên tục của hàm $\phi$ dẫn tới $f(\phi(x))=\phi(x)$ và do $\phi$ có ảnh là $\mathbb{R}_{\geq 0}$ nên $f(x)=x$ với $x\geq 0.$ Do $f(-x)=-f(x)$ nên ta kết luận $f(x)=x$ với mọi $x\in \mathbb{R}.$

 

Nhận xét: công thức cụ thể của $\phi$ không đóng vai trò nào cả, có thể lây $\phi$ tổng quát hơn chẳng hạn $\phi$ liên tục có ảnh là toàn bộ $\mathbb{R}_{\geq 0}.$ Và lời giải $f(x)=x$ lại là một lời giải vô nghĩa, vì cách mô tả tốt nhất hàm $f(x)=x$ chính là hãy nói rằng nó là hàm $x$. Mặt khác hoàn toàn có thể hỏi một nhà toán học nào đó ở Viện toán học hoặc trường Tự nhiên để kiếm một bài toán không nhằm đưa ra lời giải mà để khảo sát các tính chất của hàm đó thông qua phương trình hàm. Tuy nhiên bộ giáo dục không hề tôn trọng các nhà khoa học, giống như việc tổ chức kỳ thi trắc nghiệm mà cộng đồng toán học Việt Nam đã phản đối kịch liệt.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 29-04-2022 - 16:35






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: 2022, tst, viêt nam, đội tuyển

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh