IHateMath

Câu $6$.

1. Tứ giác $BMNC$ nội tiếp $(O)$, do đó $\widehat{AMN}=\widehat{ACB}$, mà $\widehat{OBM}=\widehat{OMB}$, nên $\widehat{OMN}=\widehat{CAB}$. Từ đây suy ra tứ giác $APMN$ nội tiếp.

2. Ta có $\widehat{BQP}=\widehat{AMP}=\widehat{PNC}=180^{\circ}-\widehat{CQP}$, suy ra $B,Q,C$ thẳng hàng.

3. Ta có $OO_2\perp AB, OO_3\perp AC$, suy ra $\widehat{O_2OO_3}=180^{\circ}-\widehat{BAC}$. Mặt khác, $O_1O_2\perp PM, O_1O_3\perp PN$, suy ra $\widehat{O_2O_1O_3}=180^{\circ}-\widehat{MPN}=\widehat{MAN}$. Vậy $\widehat{O_2OO_3}+\widehat{O_2O_1O_3}=180^{\circ}$, suy ra bốn điểm này cùng thuộc một đường tròn.

Hình vẽ bài toán:

Bài $4$. Bài toán này khá hay, vận dụng tư tưởng giảm biến như sau: Chia cả tử và mẫu của hai phân thức lần lượt cho $y, y^2$ ta thu được $$16\cdot\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}+\frac{(x/y)^2+1}{x/y}=16\cdot\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}+\frac{(x/y+1)^2}{x/y}-2.$$

Đặt ẩn mới $t=\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}$ (chú ý rằng $0<t\leq 2$ theo bđt Cauchy) thì bài toán trở thành: Tìm GTNN của $$P=16t+\frac{1}{t^2}-2\quad (0<t\leq 2).$$

Để giải quyết bài toán mới này, ta chỉ cần áp dụng bđt Cauchy cho $3$ số (cái này đi thi phải chứng minh lại) như sau $$P=8t+8t+1/t^2-2\geq 3\sqrt[3]{8t\cdot 8t\cdot \frac{1}{t^2}}-2=12-2=10.$$ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $8t=\frac{1}{t^2}$, tức là $t=2$ hay $x=y$.

Bài $6$. Đây là một biến thể của bài toán Ramsey nổi tiếng: "Trong $9$ người bất kỳ, luôn tìm được $3$ người quen nhau hoặc $4$ người đôi một không quen nhau. 

Trở lại bài toán của ta. Gọi các điểm là $P_i$ ($i=1,2,\dots 9$). Với mỗi $i$ ta lại đặt $R(i)$ là số cạnh đỏ kẻ từ $P_i$ và $B(i)$ là số cạnh xanh kẻ từ $P_i$. Rõ ràng, $R(i)+B(i)=8$. Giả sử phản chứng rằng trong một bộ $4$ điểm bất kỳ thì có ít nhất một cạnh xanh. Ta sẽ cmr với mọi $i$, $B(i)=3$ và $R(i)=5$. Thật vậy, giả sử tồn tại một đỉnh $P_j$ sao cho $B(j)=4$. Khi đó xét bộ bốn điểm nối với $P_j$ bởi các cạnh xanh. Vì có ít nhất một cạnh xanh nối $2$ trong $4$ điểm này nên kết quả là sẽ tồn tại một tam giác xanh, vô lí. Mặt khác, nếu $B(j)=2$, hay $R(j)=6$, thì theo kết quả của bài toán sau (chính là bài toán Ramsey): "Trong $6$ điểm bất kỳ thì tồn tại ít nhất một tam giác có các cạnh cùng màu", trong $6$ điểm nối với $P_j$ bởi các cạnh đỏ, do không thể có một tam giác xanh, nên sẽ có một tam giác đỏ; khi đó tam giác này và $P_j$ tạo thành một bộ $4$ không có cạnh nào xanh, trái với giả thiết phản chứng. Như vậy, tóm lại là $R(i)=5$ với mọi $i$. Vậy $$\sum{R(i)}=5\cdot 9=45.$$

Mặt khác, dễ thấy $\sum{R(i)}$ lại bằng hai lần số cạnh đỏ, nên đẳng thức trên không thể xảy ra, tức là giả thiết phản chứng của chúng ta sai. Bài toán được giải quyết.

Đề bài $1$ đúng ra phải là tính $a^5+b^5+c^5$. Tuy nhiên câu này rất có vấn đề. Theo định lý Viete, $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $$x^3-3x^2-10x-11=0.$$

tuy nhiên phương trình này chỉ có một nghiệm thực duy nhất. Vậy tại sao trong đề lại nói là "$a,b,c$ là các số thực..."???

Vì khi $ABCD$ là hình vuông thì nó đã có diện tích lớn nhất rồi nên các trường hợp $ABCD$ không phải là hình vuông thì nó có diện tích bé hơn nên ta vẫn có điều phải chứng minh.

Hmm, lập luận như vậy chưa rõ ràng lắm. Ta chỉ biết là diện tích tứ giác $ABCD$ nhỏ hơn nhưng các tam giác bên trong nó thì sao? Làm sao để đảm bảo rằng diện tích của chúng cũng nhỏ hơn?

Bài 5:

a. Gọi $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6$ lần lượt là điểm số các bạn.

Theo bài ta có: $\sum_{i=1}^{6}x_i=6m$

Giả sử chia được 3 cặp hoàn hảo, WLOG ta giả sử ba cặp là 1,2; 3,4; 5,6

=> $x_1+x_2>2m$, $x_3+x_4>2m$, $x_5+x_6>2m$

=> $\sum_{i=1}^{6}x_i>6m$. Trái với GT => đpcm

b. Tương tự ta cũng CM được không thể chia được 3 cặp không hoàn hảo.

=> Tồn tại nhiều nhất 1 cặp hoặc 2 cặp.

Ta chỉ cần chỉ ra trường hợp nhiều nhất một cặp đó là bộ:

$(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)=(0,1,2,3,4,20)$ có $m=5$ không tìm ra được 2 cặp hoàn hảo.

Vậy có nhiều nhất một cặp hoàn hảo.

Lời giải câu $b$ chưa chính xác. Ta không thể chia $6$ số thành $3$ cặp hoàn hảo, nhưng không có nghĩa là số cặp hoàn hảo nhiều nhất là $2$.

Lời giải đúng như sau: (nguồn: https://www.facebook.../NangKhieuToan/ )

Mình xin up lên bản đẹp của đề  (nguồn: https://www.facebook.com/K4U.edu/ ).

Bài 4, b. Có một cách giải khác, dựa trên ý tưởng $AO,AH$ đẳng giác, tức là $\widehat{BAO}=\widehat{CAH}$. Tính chất này khá dễ cm nên xin không trình bày tại đây nữa.

Dựa vào ý tưởng này, ta có thể cmr các đường thẳng $BH,CF$ đối xứng qua trung trực của $BC$. Thật vậy, ta có $$\widehat{BCF}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}=\widehat{CBH}.$$

Suy ra điều nói trên. Tương tự với các đường thẳng $CH,BE$. Vậy giao điểm của $BH,CH$ và $CF,BE$ cũng phải đối xứng qua trung trực $BC$, suy ra $HK\parallel BC$.

Bài 3, b. Trong bài này, ta thay $x_a,x_b,x_c$ lần lượt bởi $a,b,c$ cho gọn.

Hiển nhiên $abc\leq 0$; nếu một trong ba số bằng không thì $abc=0$ thì $a^2+b^2+c^2=0$, suy ra $a=b=c=0$. Điều này vô lý vì khi đó có ít nhất hai trong ba điểm $A,B,C$ trùng nhau (vào một trong hai điểm $(0,1)$ hoặc $(0,-1)$). Vậy $abc<0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\min\{a,b,c\}$; khi đó $a<0$ và $bc>0$. Ta có $$0=a^2+b^2+c^2+6abc\geq a^2+2bc+6abc=a^2+2bc(1+3a).$$

Mà $a^2>0$, nên $2bc(1+3a)<0$, suy ra $a<-\frac{1}{3}$, đ.p.c.m.

Bài 2, c:

Ta sẽ cmr tất cả các số $k$ cần tìm là các bội dương của $6$. Cm gồm 2 phần:

- Điều kiện cần: Ta sẽ cmr $x^k-y^k$ chia hết cho $9$ với mọi $x,y$ dương không là bội của $3$ và $k$ là bội của $6$. Thật vậy, vì $x,y$ nguyên tố cùng nhau với $9$ nên theo định lý Euler, ta có $\varphi(9)=6$ thì $x^6\equiv y^6\equiv 1$ (mod $9$). Vậy $x^6-y^6$ chia hết cho $9$. Ta có $k$ chia hết cho $6$, do đó $x^k-y^k$ chia hết cho $x^6-y^6$, từ đó suy ra điều cần cm.

- Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh rằng ngoài các bội của $6$, $k$ không thể nhận các giá trị khác. Thật vậy, nếu $k\equiv r$ (mod $6$) ($r=1,2,\dots ,5$) thì thay $x=2,y=1$ ta có $2^k-1=(2^6)^{\frac{k-r}{6}}\cdot 2^r-1\equiv 2^r-1$ (mod $9$). Thay lần lượt $r=1,2,\dots 5$ thì ta có $2^r-1$ đồng dư với $1,3,7,6,4$ mod $9$, do đó các giá trị khác của $k$ đều không thỏa mãn.

Vậy ta kết luận các giá trị $k$ phải tìm là các bội của $6$.

một cách giải khácnguyen van hoan.PNG

Lời giải không chính xác vì các nhân tử $3i_j+1$ không nhất thiết nguyên tố, do đó nếu $k$ có ước dạng $3j+2$ thì nó không chắc đã là tích của một số nhân tử dạng $3i_j+1$. 

Bài toán về số tự mãn (narcissistic number) nổi tiếng: Tìm tất cả các số nguyên dương có $n$ chữ số sao cho tổng lũy thừa bậc $n$ các chữ số của nó bằng chính nó. 

Theo mình được biết thì bài toán này chỉ có lời giải kiểu "mò mẫm". Với $n$ lớn thì phải có sự trợ giúp của máy tính.

Còn với $n=3$ tức là bài toán của bạn, tất cả các số đó là $153,370,371,407$.

Olympic Toán Châu Á - Thái Bình Dương 2017 lần thứ XXIX

Tháng ba, 2017

Thời gian làm bài: 4 tiếng                                                                                                                                                                                                      Số điểm mỗi bài toán là 7

Các bài toán phải được giữ bí mật cho đến khi chúng được đăng lên ở đây: http://apmo.ommenlinea.org/.

Không được tiết lộ cũng như trao đổi về các bài toán trên internet cho đến khi đó. Thí sinh không được sử dụng máy tính.

$\text{Bài toán 1}$. Ta gọi một bộ $5$ số nguyên là sắp xếp được nếu các phần tử của nó có thể được đánh dấu $a,b,c,d,e$ theo một thứ tự nào đó sao cho $a-b+c-d+e=29$. Xác định tất cả các bộ $2017$ số nguyên $n_1,n_2,\dots ,n_{2017}$ sao cho nếu ta đặt chúng lên đường tròn theo chiều kim đồng hồ thì bất kỳ bộ $5$ số nguyên liên tiếp nào cũng sắp xếp được.

$\text{Bài toán 2}$. Cho tam giác $ABC$ với $AB<AC$. Gọi $D$ là giao điểm của đường phân giác trong góc $BAC$ và đường tròn ngoại tiếp của $ABC$. Gọi $Z$ là giao điểm của đường trung trực của $AC$ với đường phân giác ngoài của góc $BAC$. Chứng minh rằng trung điểm của $AB$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ADZ$.

$\text{Bài toán 3}$. Gọi $A(n)$ là số dãy số nguyên $a_1\geq a_2\geq\dots\geq a_k$ sao cho $a_1+\cdots +a_k=n$ và mỗi $a_i+1$ là một lũy thừa của hai ($i=1,2,\dots ,k$). Gọi $B(n)$ là số dãy số nguyên $b_1\geq b_2\geq \dots \geq b_m$ sao cho $b_1+b_2+\cdots +b_m=n$ và mỗi bất đẳng thức $b_j\geq 2b_{j+1}$ xảy ra ($j=1,2,\dots ,m-1$).

 Chứng minh rằng $A(n)=B(n)$ với mọi số nguyên dương $n$.

$\text{Bài toán 4}$. Gọi một số hữu tỷ $r$ là mạnh mẽ nếu $r$ có thể được biểu diễn dưới dạng $\frac{p^k}{q}$ với các số nguyên dương $p,q$ nguyên tố cùng nhau và số nguyên dương $k>1$. Gọi $a,b,c$ là các số hữu tỷ dương sao cho $abc=1$. Giả sử rằng tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ sao cho $a^x+b^y+x^z$ là một số nguyên. Chứng minh rằng $a,b,c$ đều mạnh mẽ.

$\text{Bài toán 5}$. Cho số nguyên dương $n$. Một cặp các bộ $n$ số nguyên dương $(a_1,a_2,\dots ,a_n)$ và $(b_1,b_2,\dots ,b_n)$ được gọi là một cặp đẹp nếu $$|a_1b_1+\cdots +a_nb_n|\leq 1.$$

 Xác định số lớn nhất các bộ $n$ số nguyên dương phân biệt sao cho cứ hai cặp hai bộ bất kỳ là một cặp đẹp.

Một bài toán rất cũ (IMO 1992 bài số 1): https://artofproblem...c6h24417p154338.

Lời giải bài toán 83.

...Theo định Lý $\text{Brocard}$ ta có: $O$ là trực tâm của tam giác $AMI$ $\Rightarrow IM \perp OA$ $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow I,M,P$ thẳng hàng

Vậy Chứng minh rằng $MP; BB_{1}; CC_{1}$ đồng quy tại $1$ điểm.

Chỗ này dùng Brocard hơi quá tay, hơn nữa Brocard không được học ở chương trình toán THCS! (chứng minh định lý này cũng không đơn giản) Để giải quyết chỗ này ta nên dùng ý tưởng trục đẳng phương thì hay hơn (mình biết là khái niệm này không được học, nhưng về ý tưởng thì đơn giản và sáng sủa hơn rất nhiều!).