IHateMath

Bài này là PUTNAM 1988 A5. Lời giải sau rất quen thuộc đối với bài này.

Xem $x$ là một hằng số và xét dãy $\left\{ y_n\right\}$ với $y_1=x$, $y_{n+1}=f(y_n)$. Từ đề bài ta có $y_{n+2}=6y_n-y_{n+1}$ với mọi $n\in\mathbb{N}$. Từ công thức xác định số hạng tổng quát của một dãy truy hồi tuyến tính cấp hai, ta có:

$y_n=c.2^n+c^*.(-3)^n$

trong đó $c,\, c^*$ là các hằng số sao cho $c+c^{*}=x$. Xét $\frac{y_{n}}{2^n}=c+c^{*}.\left(\frac{-3}{2}\right)^{n}$. Ta xét hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: $c^{*}<0$. 

Khi đó do $\lim_{n\rightarrow\infty} {\left(\frac{-3}{2}\right)^{2n}}=\infty$ nên tồn tại $m\in\mathbb{N}$ sao cho $\frac{y_{2m}}{2^{2m}}<0$, điểu này vô lý vì $y_n>0\,\forall n$.

Trường hợp 2: $c^{*}>0$.

Khi đó $\lim_{n\rightarrow\infty} {\left(\frac{-3}{2}\right)^{2n+1}}=-\infty$ nên tồn tại $p\in\mathbb{N}$ sao cho $\frac{y_{2p+1}}{2^{2p+1}}<0$, vô lý vì $y_n>0\,\forall n$.

Vậy $c^{*}=0$, tức là $f(x)=2x\,\forall x\in\mathbb{R^{+}}$. Thử lại thấy hàm số này thỏa mãn. Vậy đáp số của bài toán là:

$\boxed{f(x)=2x\,\forall x\in\mathbb{R^+}}$

Bài 1 chính là bài CHNTST 2005. Lời giải ở link: https://www.artofpro...c6h98967p558626.

Link bài 3: http://www.artofprob...1258509p6521805.

Bài 2: http://www.artofprob...h541655p3122392.

Bài 4: http://www.artofprob...h318527p1712548

Một bộ gồm $n$ ($n\in\mathbb{N}$, $n\geq 2$) số nguyên phân biệt (không có thứ tự) $(a_1,\, a_2,\,\ldots ,\, a_n)$ ($a_i>1$ với $1\leq i\leq n$) được gọi là bộ $n$-đẹp nếu với mỗi $i$, $a_i$ chia hết $\prod_{k\ne i} {a_k}+1$. Tìm tất cả các số nguyên $n$ sao cho tồn tại duy nhất một bộ $n$-đẹp

(hai bộ được gọi là khác nhau nếu có một số nguyên thuộc vào bộ này mà không thuộc vào bộ kia).

Trích đề thi HSG 12 tỉnh Đồng Nai

Mình xin chém bài hình học, bài số 3.

a. Trước hết, xin phát biểu lại một kết quả quen thuộc.

Bổ đề 1: Gọi $A_1$, $B_1$ lần lượt là điểm  chính giữa các cung $BC$, $AC$ không chứa $A$, $B$ của $(O)$. Khi đó $A$, $I$, $A_1$, $I_a$ thẳng hàng và $A_1$ là trung điểm của $II_a$. Tương tự đối với $B$, $I$, $B_1$, $I_b$.

Trở lại bài toán. Theo bổ đề, phép vị tự tâm $I$, tỉ số $2$ biến $\Delta OA_1B_1$ thành $\Delta MI_aI_b$, do đó tam giác này cân tại $M$. $\square$

b. Do $BI_a$ là tia phân giác ngoài tại $B$ nên $HP\bot IB$. Tương tự $KP\bot IA$. Mặt khác, gọi $A_2$ và $B_2$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $KP$ và $HP$ với $(O)$ thì dễ thấy $IA_1KA_2$ và $IB_1KB_2$ là các hình thoi, do đó $A_1$ đối xứng với $A_2$ qua $IO$, tương tự với $B_1$ và $B_2$. Ta sẽ chứng minh rằng $P$ thuộc $(O)$. Thật vậy, gọi $P_1$ là điểm đối xứng với $P$ qua $OI$. Từ $A_1$ và $B_1$ kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với $B_2P$ và $A_2P$. Hai đường này cắt nhau tại $P_2$. Dễ thấy $\widehat{B_1P_2A_1}=\widehat{B_2PA_2}=\widehat{B_1IA_1}$. Mặt khác, theo một kết quả quen thuộc, $C$ và $I$ đối xứng qua $A_1B_1$, do đó $\widehat{B_1IA_1}=\widehat{B_1CA_1}$, suy ra $P_2\in (O)$. Mà $\widehat{B_1P_1A_1}=\widehat{B_2PA_2}=\widehat{B_1P_2A_1}$, suy ra $P_1,\, B_1,\, A_1,\, P_2$ đồng viên, tức là $P_1\in (O)$, do đó $P\in (O)$. $\square$

Hình vẽ bài toán

Kỳ thi HSG tỉnh 12 năm 2017

Ngày 13-1-2017

Thời gian: 3h

1.

            Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để đồ thị hàm số $y=x^4-2mx^2+m^2$ có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị này tạo thành một tam giác nhận $I(0,1)$ làm tâm nội tiếp.

2.

            Giải hệ phương trình sau trên tập số thực:

.

3.

            Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$, $B$. $AB=BC=a$, $AD=2a$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABCD)$ là trung điểm $H$ của $AD$. Góc giữa hai mặt $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $60^{\circ}$. $M$ là điểm thỏa mãn $2\overrightarrow{SM}+3\overrightarrow{SB}=\overrightarrow{0}$, $N$ là trung điểm của $CD$. CMR $DM$ vuông góc với $AN$ và tính khoảng cách từ $M$ đến mặt $(SCD)$ theo $a$.

4.

            Cho đường tròn $(O)$ và hai điểm $A,B$ trên $(O)$. Giả sử tiếp tuyến tại $A,B$ cắt nhau tại $P$. Trên $(O)$ lấy điểm $C$ sao cho $AC$ cắt $BP$ tại $D$ và $BC$ cắt $AP$ tại $E$.

a.      CMR các đường tròn $(ACE)$, $(BCD)$, $(ADP)$ cùng đi qua một điểm.

b.      CMR tâm ngoại tiếp của $(ACE)$, $(BCD)$, $(PCO)$ cùng nằm trên một đường thẳng.

5.

            Một bộ gồm $n$ ($n\in\mathbb{N}$, $n\geq 2$) số nguyên phân biệt không có thứ tự $(a_1,\, a_2,\,\ldots ,\, a_n)$ ($a_i>1$ với $1\leq i\leq n$) được gọi là bộ $n$-đẹp nếu với với mỗi $i$, $a_i$ chia hết $\prod_{k\ne i} {a_k}+1$. Tìm tất cả các số nguyên $n$ sao cho tồn tại duy nhất một bộ $n$-đẹp

(hai bộ được gọi là khác nhau nếu có một số nguyên thuộc vào bộ này mà không thuộc vào bộ kia).

-Hết-

Hiện đã có file "Lời giải và bình luận VMO 2017" của nhóm các tác giả: thầy Trần Nam Dũng, thầy Võ Quốc Bá Cẩn, thầy Trần Quang Hùng, anh Lê Phúc Lữ, anh Nguyễn Văn Huyện. Xin up lên đây để mọi người cùng tham khảo.

File:   loi giai quoc gia - 2017.pdf   439.98K   752 Số lần tải

có ai cách nào không dùng hàng điều hòa trên đường tròn không ?

Mình xin giới thiệu hai cách khác.

Cách 1.

Phát biểu lại bài toán dưới dạng khác: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, $DA, GB, HC$ là các đường kính của $O$. Tiếp tuyến qua tại $T$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. $DG\cap AC=E,DH\cap AB=F$. CMR $T, O, E, F$ thẳng hàng và $O$ là trung điểm $EF$.

Chứng minh: Xét phép đối xứng tâm $O$, biến $B\rightarrow G, C\rightarrow H, A\rightarrow D\Rightarrow E\rightarrow F$. Vậy ta có $O$ là trung điểm của $EF$. Mặt khác, theo định lý PASCAL, $T,O,E$ thẳng hàng, từ đó có đpcm.

Cách 2.

Phát biểu lại bài toán dưới dạng khác: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, $DA$ là các đường kính của $O$. Hình bình hành $DEAF$ có $E\in AC,F\in AB$. $T=EF\cap BC$. CMR $TD$ tiếp xúc với $(O)$.

Chứng minh: Ta có $\Delta DBF\sim\Delta DCE\Rightarrow\frac{EC}{EA}=\frac{FA}{FB}=\frac{DC}{DB}$.

Theo định lý MENELAUS,

$\frac{\overline{TB}}{\overline{TC}}.\frac{\overline{EC}}{\overline{EA}}.\frac{\overline{FA}}{\overline{FB}}=1\Rightarrow\frac{\overline{TB}}{\overline{TC}}.\frac{DC^2}{DB^2}=1$.

Gọi $S\in BC$ là điểm sao cho $SD$ tiếp xúc với $(O)$. Ta có: $\Delta SDC\sim\Delta SBD\Rightarrow\frac{DC^2}{DB^2}=\frac{SD^2}{SB^2}=\frac{\overline{SB}.\overline{SC}}{SB^2}=\frac{\overline{SB}}{\overline{SC}}$.

Vậy ta có $\frac{\overline{SB}}{\overline{SC}}=\frac{\overline{TB}}{\overline{TC}}$

suy ra $S$ trùng với $T$. Từ đó có đpcm.

Xét $5$ điểm $P,A,B,C,D$ trên mặt phẳng. W.L.O.G, giả sử $AP$ là đoạn lớn nhất trong các đoạn $AP,AB,AC,AD$. Vẽ đường tròn $(A,AP)$. Kéo dài $PB,PC,PD$ cắt $(A)$ tại các điểm lần lượt là $B',C',D'$. Lại W.L.O.G, giả sử $PB'$ ngắn nhất trong các đoạn $PB',PC',PD'$. Khi đó toàn bộ các điểm $A,C,D$ nằm về một nửa mp bờ $PB$. Thật vậy, giả sử (w.l.o.g) điểm $C,A$ nằm trên 2 nửa mp bờ $PB$. Khi đó, không khó để chỉ ra rằng $PC'<PB'$, điều này vô lí. Vậy ta có đpcm.

Để ý rằng, với mỗi cách lấy ra $5$ số đôi một phân biệt $a,\, b,\, c,\, d,\, e\in\left\{ 1,\, 2,\,\ldots ,\, 9\right\}$ thì có duy nhất một số có $5$ chữ số là $a,\, b,\, c,\, d,\, e$ mà chúng được xếp theo thứ tự tăng dần. Do đó số số như vậy là $\binom {9} {5}=126$.

Anh có thể giải chi tiết giúp em được không ạ!

OK. Ta có $3(x^2+y^2+z^2)-(x+y+z)^2=2(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)=(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\geq 0$ hiển nhiên. Dấu bằng đạt được trong bất đẳng thức trên là khi (và chỉ khi) $x=y=z$ (dễ kiểm tra điều này). Bây giờ, đề bài đã cho $x+y+z=6$ và $x^2+y^2+z^2=12$. Ta kiểm tra được $(x+y+z)^2=3(x^2+y^2+z^2)$, trong trường hợp này thì dấu bằng của bất đẳng thức xảy ra, do đó phải có $x=y=z=2$.

Cho x,y z $\epsilon$ R thỏa mãn:x+y+z=6

                                                    x$^{2}$+y$^{2}$+c$^{2}$=12

Tính giá trị: P=(x-3)$^{2016}$+(y-3)$^{2016}$+(z-3)$^{2016}$.

Em cảm ơn ạ.

Từ bất đẳng thức $(x+y+z)^2\leq 3(x^2+y^2+z^2)$ (cái này rất cơ bản và được sử dụng nhiều) và kết hợp với điều kiện bài toán, ta suy ra ngay $x=y=z=2$. Từ đó tính được $P$

Chiều này đi thi Violympic toán nó ra câu: Tìm số cạnh của đa giác biết đa giác đó có 27 đường chéo (Cạnh hay góc ấy, em k nhớ rõ lắm), làm mất uổng mấy điểm luôn

Nếu một đa giác có $n$ cạnh thì số đường chéo của nó là $\frac{n(n-3)}{2}$. Chứng minh khá đơn giản: Từ mỗi đỉnh ta kẻ được $n-3$ đường chéo tới mỗi đỉnh còn lại (trừ 2 đỉnh kề với nó). Suy ra tổng số đường chéo như vậy là $n(n-3)$. Mà mỗi đường chéo được tính hai lần, nên đa giác có đúng $\frac{n(n-3)}{2}$ đường chéo.

Đề bài chưa chặt chẽ. Chưa nói gì đến tính nguyên của $a_n$ sao đã yêu cầu chứng minh $(a_n,\, n)=1$???

Lời giải. (Thầy Hà Duy Hưng)

Trước hết dễ thấy rằng $a_n \in\mathbb{Z}\,\forall n\in\mathbb{Z_+}$. Ta sẽ cmr $(a_n,\,n)=1\,\forall n\in\mathbb{Z_+}$.

Dễ thấy $n=1$, mệnh đề trên đúng. Xét $n>1$. Ta thấy rằng mệnh đề cần cm tương đương với:

Với mọi $n\in\mathbb{Z_+},\,n>1$, ta gọi $p$ là một ước nguyên tố bất kỳ của $n$. khi đó $p\not |a_n$. hay nói cách khác, $\forall p$ nguyên tố, và $k\in\mathbb{Z_+}$ thì $p\not |a_{kp}$.

Với mỗi $n\in\mathbb{Z_+}$, đặt 

$r_n\equiv a_n$ (mod $p$)

trong đó $0\leq r_n<p$.

Ta xét các trường hợp sau:

Trường hợp 1. $\exists i\in[1,\, p-1]$ sao cho $r_i=0$.

Trường hợp 2. $\exists i\in[1,\, p-1]$ mà $r_i=1$ hay $r_i=p-1$, thì tương tự Trường hợp 1, ta cũng có $p\not |a_{kp}$. $\square$

Trường hợp 3. $\forall i\in[1,\, p-1],\, r_i\in[2,\, p-2]$.

Vậy trong mọi trường hợp ta đều không thể có $p|a_{kp}$. Vậy ta có đpcm. $\blacksquare$

Một số nguyên dương $n$ được gọi là "tốt' nếu tồn tại một số chính phương có tổng các chữ số đúng bằng $n$. Tìm số số "tốt" trong khoảng từ $1$ tới $2007$.

Một ví dụ về số "tốt": $4$ là số "tốt" vì ta có $11^2=121,1+2+1=4$.

Sưu tầm

Cho em hỏi, nếu dự đoán x là hàm bậc nhất rồi đồng nhất hệ số thì phải chứng minh không còn hàm khác thoả mãn như thế nào ạ ?

Bạn tham khảo ở đây nhé: http://www.artofprob...1344617p7316804. (Subcase 7.1.1). Post hơi dài vì ở đó là bài toán tồng quát hơn. Chú ý, nếu bỏ đi điều kiện hàm liên tục, sẽ dẫn tới những hàm "kỳ dị" (trường hợp này cũng giống như PTH Cauchy). Xem thêm tại: https://www.artofpro...1345962p7326591.