Đến nội dung

Min Nq

Min Nq

Đăng ký: 24-05-2015
Offline Đăng nhập: 24-09-2017 - 13:27
*----

#690775 Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

Gửi bởi Min Nq trong 17-08-2017 - 19:09

Trong lúc khảo sát trường hợp suy biến của Bài 1 ($BC=DE=0$) thì em có một quan sát như sau:

Capture2.JPG

 

Gọi $P$ là điểm di động trên cung nhỏ AD của đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $ABCD$ ( $AB=CD$ ). $PC$ giao $BD$ tại $N$, $PB$ giao $AC$ tại $M$. $K$ và $L$ lần lượt là hình chiếu của $M,N$ lên $AD$. $NK$ giao $ML$ tại $Q$. Khi đó $PQ$ qua điểm cố định.

 

Với điều kiện $AB=BC=CD$ thì điểm cố định là trung điểm $BC$.




#681372 Đề thi chọn đội tuyển TPHCM

Gửi bởi Min Nq trong 21-05-2017 - 10:16

 

Bài 1: Tìm đa thức $P(x)$ khác đa thức không sao cho $[P(x)]^n=P(x^n)$ với $\forall x\in\mathbb R$ và $n\ge 1$.
 
Bài 2: Có bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số khác nhau trong đó các chữ số $1,2,3,4,5$ được sắp xếp theo thứ tự đó từ trái qua phải nhưng các số $1,2,3,4,5,6$ thì không.

 

Bài 1

Từ điều kiện trên suy ra hệ số bậc cao nhất của $P$ là 1.$deg(P)=k,deg(Q)=t,t<k$ với 

$P=x^{k}+Q$

Thay vào đẳng thức đã cho:

$(x^{k}+Q(x))^{n}=x^{kn}+Q(x^n)$

Triệt tiêu $x^{kn}$ ở hai vế:

$\sum_{i=1}^{n-1}\binom{n}{i}(x^k)^i[Q(x)]^{n-i}=Q(x^n)-[Q(x)]^n$

Mọi hạng tử ở vế trái đều có bậc có dạng $t(n-i)+ki=nt+(k-t)i> nt$

Vế phải có bậc $\leq nt$

Suy ra $Q$ là hằng số. Thử lại suy ra $Q$ đồng nhất $0$. 

Vậy $P=x^k$ với $k$ nguyên dương tùy ý

Bài 2

Có $\binom{10}{6}$ vị trí cho bộ các số từ 1 tới 6. Trong đó có:

  • $\binom{9}{6}$ vị trí không chứa hàng đầu tiên của số có 10 chữ số. Còn lại 4 chữ số ${0,7,8,9}$ có $3.3.2.1$ cách xếp
  • $\binom{9}{5}$ vị trí chứa hàng đầu tiên của số có 10 chữ số. Còn lại ${0,7,8,9}$ có $4!$ cách xếp

Trong mỗi vị trí của bộ 6 nói trên thì số 6 không đứng cuối cùng, nên có 5 khả năng cho số 6. Còn lại các số từ 1 tới 5 thì đã xác định với mỗi khả năng của 6.

Kết luận: Có $(\binom{9}{6}.3.3.2.1+\binom{9}{5}.4!).5$ số có 10 chữ số thỏa mãn




#670788 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 08-02-2017 - 22:26

Em muốn trao đổi thêm về bài 165. Vì em có một vài suy luận dẫn đến kết quả sai nhưng chưa tìm ra chính xác lỗi sai ở đâu

 

Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}\Rightarrow \frac{sinABP}{sinBAP}=\frac{sinABQ}{sinBAQ}\Rightarrow \frac{sinABP}{sinBAP}=\frac{sinCBP}{sinCAP}$

Kết hợp với định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ có $AP,BP,CP$ đồng quy thì suy ra $sinPCA=sinPCB$, dẫn tới $P,Q,C$ thẳng hàng

Vậy nếu quả thực 3 tỉ số đã nói bằng nhau thì $AC$ sẽ là phân giác (trong hoặc ngoài) của tam giác $APQ$. $AI$ là đường phân giác trong cũng của tam giác này. Dẫn đến $AI$ vuông góc $AC$ hoặc $AI$ trùng $AC$. Cả hai khả năng này đều không khả thi.




#670438 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 30-01-2017 - 09:26

Bài toán 160. Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $\omega _1,\omega_2,\omega_3$ là các đường tròn nội tiếp của các tam giác $AEF$, $BDF$, $CDE$. Tâm nội tiếp $DEF$ là $J$. $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$ đối với tam giác $DEF$. Gọi:
$l_1,l_2,l_3,l_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_2,\omega_3;$
$m_1,m_2,m_3,m_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_1,\omega_3;$
$p_1,p_2,p_3,p_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_1,\omega_2.$
Chứng minh rằng có thể lần lượt chọn trong các bộ $l_i,m_i,p_i(i=\overline{1,4})$ 3 đường $l,m,p$ sao cho $l,m,p,GI$ đồng quy.




#670388 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 29-01-2017 - 22:04

Em có một ý tưởng khác cho bài 158

 

Giả sử $ABCD$ là tứ giác lồi và điểm $M$ nằm trong tứ giác, đồng thời có hình vẽ như bên dưới. Các trường hợp khác chứng minh tương tự. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp đường tròn đi qua 4 điểm.

Gọi $X,Y,Z,T$ là đối xứng của $O$ qua các cạnh liên tiếp của tứ giác $ABCD$. Cho điểm $M$ trùng với $O$ thì có thể dự đoán điểm cố định chính là giao điểm của $XZ$ và $YT$. Cũng dễ thấy $XYZT$ là hình bình hành nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm $S$.

Vậy ta chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm $P_{ab}P_{cd}$ và S sẽ song song với đường thẳng qua trung điểm $P_{bc}P_{ad}$ và $S.$

Đặt lại tên các điểm như hình vẽ dưới.

158_2.JPG

$\vec{PQ}$ cùng giá với $\vec{KX}+\vec{HZ}$, hay cùng giá với phân giác góc tạo bởi 2 đường $KX$ và $HZ$ do $KX=MO=HZ$ 

Ta dựng thêm một đường phân giác tương tự. 

Việc còn lại chỉ là chứng minh hai đường phân giác này song song với nhau. Việc này có lẽ là đơn giản vì ta đã có cặp $AB,CD$ đối song với hai đường $AD,BC$, cũng như các đoạn đối xứng với $OM$ qua các cạnh :) ?




#670336 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 29-01-2017 - 13:37

Lời giải bài toán 156

 

Xét tam giác $DBC$. Đặt $cotD=-cotBPC=\alpha$ ; $cotB=-cotAPC=\beta$ ; $cotC=-cotAPB=\gamma$

Kí hiệu $M(x:y:z)$ với điểm $M$ thỏa mãn $x\vec{MD}+y\vec{MB}+z\vec{MC}=0$

Và $d(X:Y:Z)$ với đường thẳng $d$ chứa những điểm có tọa độ $(x:y:z)$ sao cho $Xx+Yy+Zz=0$

 

Gọi $H$ và $G$ luần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác $DBC$. Ta có

$H(\alpha :\beta :\gamma ), G(1:1:1)$ suy ra đường thẳng Euler $HG(\beta -\gamma :\gamma -\alpha :\alpha -\beta )$

Lại có $BC(1:0:0)$ nên $X=BC\cap HG=(0:\alpha -\beta :\alpha -\gamma )$

Viết lại: $\vec{XB}(\alpha -\beta )+\vec{XC}(\alpha -\gamma )=0$ 

Hay $\vec{XB}(cotBPC-cotAPC)+\vec{XC}(cotBPC-cotAPB)=0$

Thiết lập các đẳng thức tương tự với tam giác $EAC$ và $FAB$, theo định lý Menelaus ta có điều phải chứng minh. 

 

156.JPG




#670157 CMR$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1...

Gửi bởi Min Nq trong 27-01-2017 - 17:30

cho các số thực dương a,b,c và abc=1 CMR$(a-1+\frac{1}{b})(b-1+\frac{1}{c})(c-1+\frac{1}{a})\leq 1$

Đặt $a=\frac{x}{y},b=\frac{y}{z},c=\frac{z}{x}$ ta đưa về bài toán quen thuộc là $(x+y-z)(y+z-x)(x+z-y)\leq xyz$

#IMO2000




#670087 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 27-01-2017 - 02:08

Lời giải bài toán 150

 

Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ có $CP$, $AD$ và $BE$ đồng quy ta thu được:

 

$\frac{sinCAD}{sinDAB}=\frac{sinCBE}{sinABE}$

 

suy ra:

 

$\frac{sinADM}{sinDAM}=\frac{sinBEM}{sinEBM}$

 

theo định lý sin thì suy ra :

 

$\frac{AM}{MD}=\frac{BM}{ME}$

 

Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên ta có điều phải chứng minh.

 

150.JPG

 

Thầy Hùng đề nghị bài mới giúp em nhé :)




#669985 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi Min Nq trong 26-01-2017 - 10:44

Lời giải bài 144

 

Gọi $L_1, L_2, L_3$ là điểm Lemoine các tam giác $AEF,BDF,EDC$

 

Để ý rằng $EF=a cosA$, $AE=c cos A$, $AF=b cosA$ và các đẳng thức tương tự, ta có các đẳng thức vector sau:

 

$a^{2}\vec{LA}+b^{2}\vec{LB}+c^{2}\vec{LC}=0$

$a^{2}\vec{L_{1}A}+b^{2}\vec{L_{1}E}+c^{2}\vec{L_{1}F}=0$

$a^{2}\vec{L_{2}D}+b^{2}\vec{L_{2}B}+c^{2}\vec{L_{2}F}=0$

$a^{2}\vec{L_{1}D}+b^{2}\vec{L_{1}E}+c^{2}\vec{L_{1}C}=0$

 

Suy ra

 

$(a^2+b^2+c^2)(\vec{LL_{1}}+\vec{LL_{2}}+\vec{LL_{3}})+(a^2\vec{LA}+b^2\vec{LE}+c^2\vec{LF})+(a^2\vec{LD}+b^2\vec{LB}+c^2\vec{LF})+(a^2\vec{LD}+b^2\vec{LE}+c^2\vec{LC})=0$

 

Vậy ta cần chứng minh:

 

$a^2\vec{LD}+b^2\vec{LE}+c^2\vec{LF}=0$

hay

$a^2\vec{AD}+b^2\vec{BE}+c^2\vec{CF}=0$

 

Đẳng thức này đúng nên $\vec{L_{1}L}+\vec{L_{2}L}+\vec{L_{3}L}=0$

 

Ta có đpcm.




#658651 $\prod_{i=1}^n (a_i!-1)-9$

Gửi bởi Min Nq trong 21-10-2016 - 07:04

Giả sử có một số $a_{j}$ nào đó không nhỏ hơn 4.

Khi đó $a_{j}!-1$sẽ có ước nguyên tố dạng $4k+3$. Do đó $4k+3|3\Rightarrow 4k+3=3$ và $9|\prod_{i=1}^{n}(a_{i}!-1)$.

Ta chỉ cần tìm các số $a_{i}$ nhỏ hơn 6 sao cho $9|a_{i}!-1$. Vậy cần xét các số $a_{i}$ chạy từ 3 đến 5.

Mà dễ thấy $3!-1$, $4!-1$ và $5!-1$ đều không chia hết cho 3 nên bài toán vô nghiệm trong trường hợp này.

Còn nếu tất cả các số $a_{i}$ đều nhỏ hơn 4, có thể lí luận để dẫn tới $2-9=-7$ là số chính phương (sai).

Vậy bài toán vô nghiệm.




#658649 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Vĩnh Phúc (ngày 2) 2016-2017

Gửi bởi Min Nq trong 21-10-2016 - 06:30

Câu 3, ngày 1:

Ta viết lại các đa thức $Q(x)$ dưới dạng: $Q_{i,j}=2x^{2}+(b_{i}+b_{j})x+(c_{i}+c_{j})$

Từ giả thiết suy ra $(b_{i}+b_{j})^{2}=8(c_{i}+c_{j}),\forall i,j$

Giả sử $n\geq 4$. Khi đó tồn tại bốn chỉ số $i,j,m,n$ phân biệt. Ta cũng có $(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{i})=8(c_{m}-c_{n})$. Do đó để các đa thức $P$ đã cho ban đầu là phân biệt thì $b_{i}\neq b_{j}$ nếu $i\neq j$

Mà ta lại có $8(c_{m}-c_{n})=(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{i})=(b_{m}-b_{n})(b_{m}+b_{n}+2b_{j})$

Suy ra $b_{i}=b_{j}$ (mâu thuẫn với lí luận ở trên)

Vậy $n\leq 3$. Có thể chỉ ra ví dụ: $(b_{1},b_{2},b_{3})=(0,2,-4);(c_{1},c_{2},c_{3})=(1,\frac{-1}{2},1)$




#658552 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Vĩnh Phúc (ngày 2) 2016-2017

Gửi bởi Min Nq trong 20-10-2016 - 18:28

Bài 4:

Đánh thứ tự các cột từ trái sang phải.

Ta điền số vào tất cả các ô của bảng sao cho toàn bộ cột 1 là số 0, toàn bộ cột 2 là số 1, toàn bộ cột 3 là số 0... toàn bộ cột 99 là số 0.

Mỗi viên gạch đều che phủ phần diện tích có tổng các số được ghi trong các ô là chẵn.

Mà tổng các số được điền vào bảng là $49.99$ là số lẻ.

Vậy không thể lát bảng ô vuông như đề bài. 




#658502 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Khánh Hòa 2016-2017 (2 ngày)

Gửi bởi Min Nq trong 19-10-2016 - 23:43

Bài 2, ngày 2:

Từ giả thiết thì các số nguyên tố $p_2$ và $p_3$ chỉ nhận 2 trong 3 giá trị $\begin{Bmatrix} p_1+2;p_1+4;p_1+6 \end{Bmatrix}$. Nếu chúng cách nhau đúng 2 đơn vị thì ta quay về bài toán đơn giản là tìm 3 số nguyên tố tạo thành cấp số cộng có công sai 2. Còn nếu không thì ta có 4 số nguyên tố đã cho là $p_1;p_2=p_1+2;p_3=p_1+6;p_4=p_1+8$. Lần lượt cho $p_1$ chạy qua hệ thặng dư thu gọn module $30$ thì chỉ có $p_1\equiv 11 (mod 30)$ là thỏa $p_2$, $p_3$ hoặc $p_4$ nguyên tố cùng nhau với 30. Từ đó có thể kết luận.




#657181 CMR giữa các hiệu ai - ak (i>k) luôn tìm được ít nhất 4 hiệu bằng nhau

Gửi bởi Min Nq trong 08-10-2016 - 23:07

Nếu có tối đa 3 khoảng cách bằng nhau thì khoảng cách giữa số lớn nhất và số bé nhất sẽ không nhỏ hơn $3(1+2+3+4+5+6)+7=70$. Điều này là mâu thuẫn với giả thiết. 




#655774 $x^{2}y+xy^{2}+8y$

Gửi bởi Min Nq trong 27-09-2016 - 20:44

$P$ là số nguyên thì $x^{2}y+y^{2}x+8x \vdots xy +4\Rightarrow 4x-4y\vdots xy+4$

Đến đây ta có $\left | 4x-4y \right |\geq xy+4$ , dẫn đến 2 trường hợp $(x+4)(4-y)\geq 20$ và $(y+4)(4-x)\geq 20$. Do $x,y$ nguyên dương nên giới hạn được $x,y$. Từ đó thử lại.