Đến nội dung

TRONG TAI

TRONG TAI

Đăng ký: 15-12-2011
Offline Đăng nhập: 13-02-2014 - 22:07
****-

#482974 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi TRONG TAI trong 13-02-2014 - 21:12

Vì đề ra lần này trùng với một đề thi HSG cấp tỉnh trở lên của Nga nên BTT quyết định như sau:

- Mọi toán thủ tham gia có lời giải giống hoặc tương tự lời giải tại http://vie.math.ac.v...Ly_Cuc_Han.pdfđều không tính điểm. Chỉ những toán thủ có mở rộng, giải cách khác cho bài toán sẽ được tính điểm, theo quy tắc tính điểm cho mở rộng, lời giải mới.
- Riêng toán thủ ra đề sẽ bị trừ nửa số điểm.




#481519 Danh sách toán thủ MO 2014

Gửi bởi TRONG TAI trong 06-02-2014 - 22:28

Tổng hợp điểm Trận 2:

File gửi kèm  040214 3.png   49.25K   7 Số lần tải




#480990 Trận 2 - Hình học

Gửi bởi TRONG TAI trong 04-02-2014 - 22:52

Điểm cho hoangtrunghieu22101997

$n_{klb}=30;n_{mr}=0;d_{tl}=0$

$D_{rd}=125$

 

TỔNG KẾT ĐIỂM

File gửi kèm  040214 3.png   49.25K   2 Số lần tải

 

Toán thủ có tên đỏ là người bị loại trong trận này.

========================

Đã sửa lại điểm cho PTKBLYT9C1213




#480981 Trận 2 - Hình học

Gửi bởi TRONG TAI trong 04-02-2014 - 22:26

Đáp án đề nghị:

10493410716_2720db4fa3_b.jpg

Do $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$

Vì $PE;XY;FQ$ cùng vuông góc với $d$
Nên
$\overrightarrow{PE}=(1-k).\overrightarrow{MX};\overrightarrow{FQ}=(1-k).\overrightarrow{MY}$

Chúng ta cần tìm điểm O cố định sao cho $MO \perp PQ$

Gọi $H$ là hình chiếu của A xuống $d$. Từ H kẻ $d_1 \perp BC$

Trên $d_1$ lấy điểm $O$

$MO \perp PQ \Leftrightarrow \overrightarrow{MO}.\overrightarrow{PQ}=0$

$\Leftrightarrow (\overrightarrow{MH}+\overrightarrow{HO}).(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow \overrightarrow{MH}.\overrightarrow{EF}+\overrightarrow{HO}.(\overrightarrow{PE}+\overrightarrow{FQ})=0$

$\Leftrightarrow k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)+(1-k).\overline{HO}.\overline{XY}.\cos(XY;OH)=0$

$\Leftrightarrow \overline{HO}=-\dfrac{k.\overline{MH}.\overline{BC}.\cos(d;BC)}{\overline{XY}.\cos(XY;OH)}$
Vì XY luôn vuông góc với nên XY luôn song song với chính nó. Do đó tam giác AXY luôn đồng dạng và cùng hướng với chính nó.
nên $\dfrac{HM}{BC}$ không đổi
Nên O cố định
Bài toán được chứng minh hoàn toàn $\blacksquare.$




#478811 Trận 2 - Hình học

Gửi bởi TRONG TAI trong 24-01-2014 - 19:55

Đề trận 2:

Cho $\Delta ABC$ và đường thẳng $d$ cố định. Điểm $M$ di động trên $d$. Trên 2 đoạn thẳng $MB; MC$ lần lượt lấy 2 điểm $E;F$ sao cho: $\dfrac{ME}{MB}=\dfrac{MF}{MC}=k$ cố định. Từ $E;F$ lần lượt kẻ: $EP;FQ$ vuông góc với $d$ với $P \in AB;Q \in AC$.

 

Chứng minh rằng đường thẳng qua $M$ và vuông góc với $PQ$ luôn đi qua điểm cố định

=================

Toán thủ ra đề:hoangtrunghieu22101997

Đã sửa lại đề. Thời gian làm bài tính từ 20h50 ngày 24/01/2014




#478595 Trận 1 - Số học

Gửi bởi TRONG TAI trong 23-01-2014 - 14:17

Thời gian khiếu nại đã hết. Trận 1 kết thúc tại đây.

Tổng hợp điểm mời mọi người sang xem ở link sau:

http://diendantoanho...-2014/?p=478594




#478594 Danh sách toán thủ MO 2014

Gửi bởi TRONG TAI trong 23-01-2014 - 14:15

Tổng hợp điểm Trận 1:

File gửi kèm  MO 1.png   41.61K   8 Số lần tải




#478360 Trận 1 - Số học

Gửi bởi TRONG TAI trong 21-01-2014 - 18:11

Thưa thầy, bài làm của em không cần thử lại vì thao tác ấy đã được làm trong trường hợp 1 rồi ạ

Mong thầy xem lại :)

Anh xin lỗi, đã xem xét lại cho em.

 

thầy ơi em đã ghi điều kiện ở đây rồi mà? Do $y\geq 0 => z\geq 1$

và từ => $x^2=z^4-2z^2+z+1$

=> $x=z^2$

=> $(z-1)(z^3+z^2-2z^2-1)=0$ ????
mong thầy xem xét lại ạ

Vấn đề là chỗ em "ĐẶT $z=\sqrt{y+1}$" hay "suy ra $z=\sqrt{y+1}$?? 2 mệnh đề rất khác nhau, em dùng sai, làm lủng củng ý tứ. Anh cho qua lần này. Sẽ không có lần sau.

Còn từ $x=z^2$, em sẽ có là $z^4=x^2=z^2-2z^2+z+1 \Rightarrow 2z^2-z-1=0$. Chứ anh không hiểu tại sao em lại tách ra 2 nhân tử như thế kia? Đấy là 1 cái khó hiểu, và thậm chí em còn chưa chứng minh $z^3+z^2-2z^2-1=0$ vô nghiệm nguyên $z \ge 1$. Nên sẽ bị trừ 0,5đ cho chỗ này. Điểm em vẫn không đổi.

 

Đã cập nhật lại bảng điểm. Các toán thủ khác hãy tranh thủ coi lại chấm điểm và khiếu nại kịp thời.




#478298 Trận 1 - Số học

Gửi bởi TRONG TAI trong 20-01-2014 - 22:19

Đáp án đề nghị:

Ta có: $x^2 = y^2 + \sqrt{y+1}\quad (1) \Rightarrow x^2-y^2 = \sqrt{y+1}$
Do $x^2,y^2$ là số nguyên nên $x^2-y^2$ là số nguyên, suy ra $\sqrt{y+1}$ là số nguyên, mà $\sqrt{y+1} \geq 0$ suy ra $\sqrt{y+1} = k ( k \in N ) \Rightarrow y+1 = k^2 \Rightarrow y^2= k^4-2k^2+1$.
Từ phương trình (1) suy ra: $x^2 = k^4-2k^2+1+k\quad (2)$
Do $k \in N \Rightarrow k^4+4k^3+6k^2+4k+1 > k^4-2k^2+k+1$ hay $(k+1)^4 > x^2$
Ta lại có:$k^4-2k^2+k+1-(k^4-4k^3+6k^2-4k+1) = 4k^3-8k^2+5k = 4k(k-1)^2+k > 0$ suy ra $k^4-2k^2+k+1 > (k-1)^4$ hay $x^2 > (k-1)^4$.
vậy $(k-1)^4 < x^2 < (k+1)^4$. Mà $x^2$ là một số chính phương, do đó $x^2= k^4$. Thay vào (2) ta được: $2k^2-k-1 = 0$
Phương trình này có 2 nghiệm $k = 1$ (chọn); $k = \frac{-1}{2}$ (loại)
Với $k =1$ thì $\sqrt{y+1} = 1$ và $x^2 = 1$. Suy ra $x =1; y = 0$ ( Vì $x\in N$)
Các số phải tìm là $(x;y)=(1;0)$

==================================

Điểm cho toán thủ VodichIMO:

$n_{klb}=11;n_{mr}=3;d_{tl}=5$
$D_{rd}=63$

Tổng kết điểm:

File gửi kèm  MO 1.png   41.61K   6 Số lần tải




#390018 [MO2013] - Trận 17 Hình học

Gửi bởi TRONG TAI trong 25-01-2013 - 21:22

Lời giải đề nghị:
Khi $E$ là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng song song với $PQ$.
Do đó $ABCD$ là hình thang cân.
Điều đó có nghĩa là $ABCD$ nội tiếp.
Khi $E$ không là trung điểm của $PQ$, dễ thấy $AB, CD$ cùng không song song với $PQ$.
Đặt $S=AB \cap PQ$. Vì $ABPQ$ là tứ giác lồi nên $S$ nằm ngoài đoạn $AB$.
Ta sẽ chứng minh đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc $SE$.
Có hai trường hợp cần xem xét.
Trường hợp 1. $S$ thuộc tia đối của tia $BA$
Hình đã gửi
Vì góc $\widehat{BPS}$ là góc ngoài của tam giác BPE, tứ giác ABPQ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPS}-\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}-\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Trường hợp 2. $S$ thuộc tia đối của tia $AB$
Hình đã gửi
Vì góc $\widehat{BES}$ là góc ngoài của tam giác $BPE$, tứ giác $ABPQ$ nội tiếp, $\widehat{EBP}=\widehat{EAQ}$ nên
$\widehat{BES}=\widehat{BPE}+\widehat{EBP}=\widehat{SAQ}+\widehat{EAQ}=\widehat{SAE}.$
Do đó $\widehat{BEP}=\pi -\widehat{BES}=\pi -\widehat{SAE}=\widehat{BAE}.$
Suy ra đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.
Tóm lại trong cả hai trường hợp ta đều có đường tròn $(ABE)$ tiếp xúc với $SE$.

Vậy, theo định lí về phương tích ta có, $\overline{SA}.\overline{SB}={{\overline{SE}}^{2}}$ (1).

Mặt khác, vì tứ giác $ABPQ$ nội tiếp nên, theo định lí phương tích, $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SP}.\overline{SQ}.$
Từ đó, chú ý tới (1), suy ra
${{\overline{SE}}^{2}}=\overline{SP}.\overline{SQ}=(\overline{SE}+\overline{EP}).(\overline{SE}+\overline{EQ}).$
Sau một vài biến đổi đại số đơn giản, ta có $\overline{SE}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (2).
Đặt $S'=CD\cap PQ$.
Tương tự như trên $\overline{S'C}.\overline{S'D}={{\overline{S'E}}^{2}}$ (3).
Lại tương tự như trên $\overline{S'E}=-\frac{\overline{EP}+\overline{EQ}}{\overline{EP}.\overline{EQ}}$ (4).
Từ (2) và (4) suy ra $\overline{SE}=\overline{S'E}.$
Do đó, $\overline{SS'}=\overline{EE}=0.$
Vậy $S$ trùng $S’$ (5).
Từ (1), (3) và (5) suy ra $\overline{SA}.\overline{SB}=\overline{SC}.\overline{SD}.$
Do đó, theo định lí về phương tích , tứ giác $ABCD$ nội tiếp.


#389185 [MO2013] - Trận 18 Dãy số, giới hạn

Gửi bởi TRONG TAI trong 22-01-2013 - 22:47

Điểm cho luuxuan9x
$t_{lb1}-t_{rd}=2h$
$n_{klb}=24$
$D_{rd}=110$


#389178 [MO2013] - Trận 18 Dãy số, giới hạn

Gửi bởi TRONG TAI trong 22-01-2013 - 22:30

Đáp án chính thức:
Đặt $a_{n,n}(x)=p_n(x)\,\,\forall n\geq 0$, ta có $p_n(x)$ là đa thức theo $x$ có bậc $2^n$.
Mặt khác
$a_{n+1,0}(x)=\frac{x}{2^{n+1}}=\frac{\frac{x}{2}}{2^n}=a_{n,0}(\frac{x}{2})$
$a_{n+1,1}(x)=a_{n+1,0}(x)(a_{n+1,0}(x)+2)=a_{n,1}(\frac{x}{2})$
.....
$a_{n+1,n}(x)=a_{n,n}(\frac{x}{2})$; $a_{n+1,n+1}(x)=a_{n,n}(\frac{x}{2})[a_{n,n}(\frac{x}{2})+2]$
Vậy $p_{n+1}(x)=[p_n(\frac{x}{2})]^2+2p_n(\frac{x}{2})$
$\Leftrightarrow p_{n+1}(x)+1=[p_n(\frac{x}{2})+1]^2$
Đặt $q_n=1+p_n(x)$, khi đó $q_n(x)=[q_0(\frac{x}{2^n})]^{2^n}$
Hay $1+p_n(x)=[(1+\frac{x}{2^n})]^{2^n}$
Suy ra $\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n,n}(x)=\lim_{n\rightarrow +\infty }p_n(x)=e^{x}-1v$
Vậy $\lim_{n\rightarrow +\infty }a_{n,n}(x)=e^{x}-1$


#367982 Lịch thi đấu và tổng hợp kết quả MO 2013

Gửi bởi TRONG TAI trong 08-11-2012 - 20:51

BẢNG ĐIỂM TRẬN 11
File gửi kèm  MO trận 11.png   35.19K   70 Số lần tải


#367283 [MO2013] Trận 11 - Dãy số - giới hạn

Gửi bởi TRONG TAI trong 05-11-2012 - 20:01

Đáp án chính thức:
Trước hết, ta có bổ đề sau: Với $n \in \mathbb{N};n>1$ và $a>1;b>0$:\[
\sqrt[n]{{a + b}} < \sqrt[n]{a} + \frac{b}{n}\quad \left( * \right)
\]
Thật vậy:
\[
\left( {\sqrt[n]{a} + \frac{b}{n}} \right)^n = \sum\limits_{i = 0}^n {C_n^i \left( {\frac{b}{n}} \right)^i a^{\frac{{n - i}}{n}} } > C_n^0 a + C_n^1 \frac{b}{n}.a^{\frac{{n - 1}}{n}} > a + n.\frac{b}{n} = a + b
\]
Suy ra (*) đúng. Quay lại bài toán.
Với $n=1$, ta có: \[
x_2 = \sqrt {2 + \sqrt[3]{3}} < \sqrt {2 + \sqrt[3]{8}} = \sqrt 4 = 2 < 1 + \sqrt 2 = 1 + x_1
\]
Suy ra $x_2-x_1<1=\dfrac{1}{1!} \quad (1)$.
Xét $n>1$, áp dụngg (*), ta có:
\[
\begin{array}{l}
\sqrt[{n + 1}]{{n + 1 + \sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}} < \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}} + \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{n + 1}} \\
\Rightarrow \sqrt[n]{{n + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1 + \sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}}} < \sqrt[n]{{n + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}} + \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{n + 1}}}} < \sqrt[n]{{n + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}}}} + \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{n\left( {n + 1} \right)}} \\
\Rightarrow ... \\
\Rightarrow \sqrt {2 + \sqrt[3]{{3 + ... + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1 + \sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}}}} < \sqrt {2 + \sqrt[3]{{3 + ... + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}}}}} + \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{2.3....n\left( {n + 1} \right)}} \\
\Rightarrow x_{n + 1} < x_n + \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}} \\
\end{array}
\]
Ta lại có:
\[
\forall n \ge 2:n + 2 < \sum\limits_{i = 0}^{n + 2} {C_{n + 2}^i n^i } = \left( {n + 1} \right)^{n + 2} \Rightarrow \sqrt[{n + 2}]{{n + 2}} < n + 1 \Rightarrow \frac{{\sqrt[{n + 2}]{{n + 2}}}}{{\left( {n + 1} \right)!}} < \frac{1}{{n!}}
\]
Do đó\[
x_{n + 1} - x_n < \frac{1}{{n!}} \quad \forall n \ge 2 \quad (2)
\]
Kết hợp (1) và (2), ta có $x_{n+1}-x_n<\dfrac{1}{n!} \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$.
Ta chứng minh $(x_n)$ hội tụ. Thật vậy, $\forall \varepsilon>0$ cho trước, chọn được $N_0 \in \mathbb{N}:N_0>\dfrac{1}{\varepsilon}$. Xét hiệu:
\[
\begin{array}{l}
\left| {x_{q + p} - x_q } \right| \le \left| {x_{q + p} - x_{q + p - 1} } \right| + \left| {x_{q + p - 1} - x_{q + p - 2} } \right| + ... + \left| {x_{q + 1} - x_q } \right| \\
< \frac{1}{{\left( {q + p - 1} \right)!}} + \frac{1}{{\left( {q + p - 2} \right)!}} + ... + \frac{1}{{q!}} \\
< \frac{1}{{\left( {q + p - 1} \right)\left( {q + p - 2} \right)}} + \frac{1}{{\left( {q + p - 2} \right)\left( {q + p - 3} \right)}} + ... + \frac{1}{{q\left( {q - 1} \right)}} \\
= \frac{1}{{q + p - 2}} - \frac{1}{{q + p - 1}} + \frac{1}{{q + p - 3}} - \frac{1}{{q + p - 2}} + ... + \frac{1}{{q - 1}} - \frac{1}{q} \\
= \frac{1}{{q - 1}} - \frac{1}{{q + p - 1}} < \frac{1}{{q - 1}} \\
\end{array}
\]
Do đó, \[
\forall p,q > N_0 :\left| {x_p - x_q } \right| < \frac{1}{{\min \left\{ {p;q} \right\} - 1}} \le \frac{1}{{N_0 }} < \varepsilon
\]
Suy ra $(x_n)$ là dãy Cauchy nên $(x_n)$ hội tụ.


#366616 [MO2013] Trận 11 - Dãy số - giới hạn

Gửi bởi TRONG TAI trong 02-11-2012 - 20:00

Vì trieuthuymath không ra đề nên BTC sẽ ra đề.
Bài toán: Với $n \in \mathbb{N}^*$, đặt
\[
x_n = \sqrt {2 + \sqrt[3]{{3 + \sqrt[4]{{4 + ... + \sqrt[n]{{n + \sqrt[{n + 1}]{{n + 1}}}}}}}}}
\]
Chứng minh rằng: $x_{n + 1} - x_n < \frac{1}{{n!}} \quad \forall n \in \mathbb{N}^*$. $(x_n)$ hội tụ hay không? Chứng minh.