Đề thi và đáp án IMO 2011 - Page 2

**Traum** · 19-07-2011, 12:50 PM

Trích:

Nguyên văn bởi kien10a1

Em nghĩ là nên thế này, ta sẽ không nhắc đến đường thẳng AB( vì hiệu của ta nói đến có thể là 2 ), ta thay nhận xét là, khi đường thẳng quay từ A đến B, và khi nó dời trục quay sang B, và không đi qua A nữa thì số điểm ở 2 bên mặt phẳng vẫn là bất biến( thật vậy, một nửa mp mất B, được A, một nửa mặt phẳng giữ nguyên số điểm)

Đúng rồi, ý của Traum là như thế

**Traum** · 19-07-2011, 02:05 PM

Bài 3:

1. $f(x)\le f(f(x)) $ với mọi $x $

Chứng minh: chỉ cần cho $y = 0 $ vào bất đẳng thức ban đầu.

2. $xf(x)+zf(z)\le 2f(x)f(z) $ với mọi $x,z. $

Chứng minh:
Cho $y = f(z)-x $, ta có $f(f(z))=f(x+f(z)-x)\le (f(z)-x)f(x)+f(f(x)) $ (1)
Cho $y = f(x)-z $, ta cũng có $f(f(x))\le (f(x)-z)f(z)+f(f(z)) $ (2)
Công (1) và (2) ta có $0\le 2f(x)f(z)-xf(x)-zf(z) $.

3. $xf(x)\le 0 $ với mọi $x $

Chứng minh:
sử dụng 2. với $z = 2f(x) $, ta có $xf(x)+2f(x)f(2f(x))\le 2f(x)f(2f(x)) $ hay $xf(x)\le 0 $

4. $f(f(x))\ge 0 $ và $f(x)\le 0 $ với mọi $x $, hệ quả là $f(f(x)) = 0 $ với mọi $x $

Chứng minh:
Theo 1. thì $f(x)\le f(f(x)) $, theo 3. thì $f(x)f(f(x))\le 0 $, do đó ta có $f(f(x))\ge 0 $ và $f(x)\le 0 $.

5. $f(x)=0 $ với mọi $x \le 0 $

Chứng minh:
Theo 4. thì với mọi $x<0 $ ta có $f(x)\le 0 $, nhưng theo 3 ta lại có $xf(x)\le 0 $, hay $f(x)\ge 0 $, do $x<0 $. Vậy $f(x)=0 $ với $x < 0 $. Ta cần phải chứng minh $f(0)=0 $ nữa là kết thúc.
Theo 4. thì $f(f(x)) = 0 $ với mọi $x $, suy ra $f(0) = f(f_2(x)) = f_3(x) = f_2(f(x)) = 0 $.

Chứng minh kết thúc.

pgviethung · 19-07-2011, 03:41 PM

Trích:

Nguyên văn bởi toanlc_gift

Lời giải này của bạn không ổn rồi

ở chỗ này bạn đang giả sử tồn tại một vài giá trị cụ thể của x,lúc này x có thể coi là hằng số,không thể cho chạy x được,nhưng ở đoạn sau lại có

bạn mới chỉ chứng minh được tồn tại ${x_0} $ sao cho
$f(0) \le (1 - {x_0})f({x_0}) $
cả hai vế đều là hằng số thì chưa giải quyết được gì đâu.
-------------------------------------------------------
p/s:bài này khó thế =.=

Hi, thực ra là bạn chỉ thay đổi kí hiệu $x $ và $y $ thôi. Từ (3), bạn suy ra rằng nếu ta cố định $x $ và cho $y $ tới âm vô cùng thì $f(f(y))=f(y) $ cũng tới âm vô cùng.

tuan119 · 19-07-2011, 04:33 PM

Các bạn có thể tham khảo thêm tại đây:

Câu 1
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 2
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 3
[Only registered and activated users can see links. ]

**Mr Stoke** · 19-07-2011, 04:40 PM

Hơi ngạc nhiên vì bài 3 năm nay lại là bài phương trình hàm thực, MS xin đóng góp một lời giải nữa cho bài này. Để cho tiện ta kí hiệu phương trình hàm ban đầu là (1)

Bước 1: $f(x)\leq0 $ với mọi số thực $x $.

Phản chứng, giả sử tồn tại $x_0 $ mà $f(x_0)>0 $. Từ phương trình (1), thay $x $ bởi $x_0 $ và cho $y\to-\infty $, ta nhận được $f(y)\to-\infty $ (a).

Lại từ (1), ta chọn $y=-x $, và cho $x\to-\infty $, ta suy ra $f(f(x))\to+\infty $, tuy nhiên điều này mâu thuẫn với (a).

Bước 2: $f(y)=0 $ với mọi $y<2f(0) $.

Đặt $z=x+y $, ta chuyển về phương trình hàm mới: $f(z)-zf(x)\leq f(f(x))-xf(x) $ (b).

Từ (b), thay $z $ bởi $f(y) $, ta được $f(f(y))-f(x)f(y)\leq f(f(x))-xf(x) $. Đổi vai trò giữa $x $ và $y $, ta nhận được $f(f(x))-f(x)f(y)\leq f(f(y))-yf(y) $. Cộng hai phương trình vừa nhận được, ta có: $xf(x)+yf(y)\leq 2f(x)f(y) $ (c).

Từ (c), thay $x $ bởi $0 $, ta sẽ được $yf(y)\leq 2af(y) $, trong đó kí hiệu $a=f(0) $. Từ đây, với mọi $y<2a $ cho ta $f(y)\geq0 $. Kết hợp với Bước 1, ta suy ra: $f(y)=0 $ với mọi $y<2a $

Bước 3: $f(0)=0 $

Từ $(1) $, chọn $x<2a $ và $x+y<2a $, cho ta $0\leq f(f(x)) $, hay $f(f(x))=0 $, với mọi $x<2a $. Mà $f(x)=0 $, nên $f(0)=0 $

Kết hợp Bước 2 và Bước 3 ta suy ra $f(x)=0 $ với mọi $x\leq 0 $. Bài toán được giải xong.

hizact · 19-07-2011, 07:06 PM

NGÀY 2

Bài 4. Giả sử $n > 0 $ là một số nguyên. Cho một cái cân hai đĩa và $n $ quả cân với trọng lượng là ${2^0},{2^1},...,{2^{n - 1}} $. Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong $n $ quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để bảo đảm đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bên phải, cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân. Xác định xem có bao nhiêu cách để thực hiện được mục đích đề ra.
Bài 5. Giả sử $f $ là một hàm từ tập các số nguyên $Z $ vào tập các số nguyên dương ${\mathbb{N}^*} $. Giả thiết rằng với hai số nguyên tùy ý $m $ và $n $, hiệu $f\left( m \right) - f\left( n \right) $ chia hết cho $f\left( {m - n} \right) $. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $m, n $ nếu $f\left( m \right) \leqslant f\left( n \right) $, thì $f(n) $ chia hết cho $f(m) $.
Bài 6. Giả sử $ABC $ là một tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp $ \Gamma $ . Giả sử $l $ là một tiếp tuyến nào đó của $\Gamma $, và giả sử $l_a,l_b,l_c $ là những đường thẳng nhận được bằng cách lấy đối xứng $l $ qua các đường $BC, CA, $ và $AB $, tương ứng. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $l_a,l_b,l_c $ tiếp xúc với đường tròn $\Gamma $.

**n.v.thanh** · 19-07-2011, 07:08 PM

Đã update đề ngày 2.Chắc T ko dịch chuẩn=Novae

hizact · 19-07-2011, 07:12 PM

Trích:

Nguyên văn bởi n.v.thanh

Đã update đề ngày 2.Chắc T ko dịch chuẩn=Novae

Đề của mình là bản chính thức tiếng Việt. T xem xét update đề mình post ấy

**Lan Phuog** · 19-07-2011, 07:20 PM

Đã có Shortlist 2010:

[Only registered and activated users can see links. ]

**n.v.thanh** · 19-07-2011, 07:26 PM

MS có rồi.Giải bài đê ae!Bạn Hưng cho mình xin luôn pdf đi,chính thức ấy.

hizact · 19-07-2011, 08:02 PM

Đây là bản PDF

Tiếng Anh: [Only registered and activated users can see links. ]

Tiếng Việt: [Only registered and activated users can see links. ]

PS: bài số 5 mình có ý tưởng này

Thay $n=0 $ thì ta có $f(m)|f(m)-f(0) $, suy ra $f(m)|f(0) $ với chú ý $f(0) $ là hằng số

vulalach · 19-07-2011, 08:28 PM

Bài 6. Ý tưởng thôi.
Gọi các đường tròn (O1), (O2), (O3) đối xứng với (O) qua AB, AC, BC. Đường thẳng steiner ứng với điểm (P) cắt (O1), (O2), (O3) tại tiếp điểm A', B', C'. Chứng minh tiếp tuyến của 3 đường tròn tại A', B', C' tạo thành tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với (O).

Bổ đề: Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng qua B cắt (O) tại C, (I) tại D. Tiếp tuyến tại C của (O) và tại D của (I) cắt nhau tại P. Khi đó ACPD nội tiếp.

**Traum** · 19-07-2011, 09:38 PM

Bài 5 năm nay không khó.

Dưới đây là lời giải tìm tất cả các hàm $f $ thỏa mãn đề bài.

1. $f(n) \vdots f(1) $ với mọi $n $.

Ta có $f(n+1) -f(n) \vdots f(1) $, và $f(1)-f(0)\vdots f(1) $, do đó theo quy nạp ta có ngay $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n\ge 0 $, tương tự $f(n)-f(n-1)\vdots f(1) $ và $f(0)\vdots f(1) $ nên $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n $ âm.

2. Đặt $f(1) = a $, ta có hàm $g(n) = f(n)/a $ cũng thỏa mãn điều kiện bài toán, do đó ta coi $a = 1 $.

Ta có $f(-1) | f(1) $ và $f(1)|f(-1) $ nên $ f(1) = f(-1) = 1 $.

3. Ta chứng minh với mọi n thì ít nhất là môt trong hai giá trị $f(n) $ và $f(n+1) $ phải bằng $1 $. Giả sử ngược lại, ta có theo 2.$ f(n)-1 = f(n) - f(-1)\vdots f(n+1) $ nên $f(n)-1\ge f(n+1) $ (*), và $f(n+1)-f(1)\vdots f(n) $ nên $f(n+1)-1\ge f(n) $ (**). Tuy nhiên (*) và (**) không thể xảy ra đồng thời.

4. Gọi $p_1 $ thuộc nguyên dương nhỏ nhất mà $f(p_1) = a_1 > 1 $. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng $f(n) = 1 $ với mọi $n $ không chia hết cho $p_1 $. Và dãy $f(-kp_1),...,f(0),f(p_1),f(2p_1),... $ có tính chất $f(kp_1) $ chia hết cho $f(p_1) $ với mọi $k $ và $f(kp_1)-f(lp_1)\vdots f((k-l)p_1) $. Đến đây xét với hàm $g(n) = \frac{f(np_1)}{f(p_1)} $, rồi lặp lời các bước trên với $g(n) $. Ta sẽ thu được lời giải của $f $ như sau ( với $f(1) = a_0 $).

Với hai dãy hữu hạn $a_1,a_2,...,a_M \ge 2 $ và $p_1,p_2,p_3,...,p_M \ge 2 $.

$f(n) = a_0 $ nếu $n $ không chia hết cho $p_1 $
$f(n) = a_0a_1 $ nếu $n $ chia hết cho $p_1 $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2 $
...
$f(n) = a_0a_1...a_k $ nếu $n $ chia hết cho $p_1,...p_{k} $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2...p_{k+1} $. Với $k = 0,1,..,M-1. $
Và
$f(n) = a_0...a_{M} $ với $n $ chia hết cho $p_1,p_2,...,p_M $.
Riêng $f(0) $ thì có thể lấy bất cứ giá trị nào là bội của $a_0a_1...a_M $

Đối với bài 5 IMO:

1. Ta có $f(n)-f(0) $ chia hết $f(n) $ nên $f(n)|f(0) $và $f(n)|f(0)-f(-n) $ nên $f(-n)|f(n) $, tương tự $f(n)|f(-n) $. Do đó $f(n)=f(-n) $

2. Nếu $f(m)<f(n) $ mà $f(m) $ không là ước của $f(n) $ thì $f(m-n) \ge f(m)+f(n) $

Thật vậy, từ $f(m) = f(-m) | f(n-m)-f(n) $ ta có $f(n-m) $ không chia hết cho $f(m) $. Hệ quả là $f(m-n)\neq f(m) $
Lại có $f(n) = f(-n) | f(m-n)-f(m) $ Do $f(m) < f(n) $ và $f(m-n)\neq f(m) $ ta có $f(m-n)-f(m)\ge f(n) $ hay $f(m-n)\ge f(m)+f(n) $. 2. được chứng minh.

Vì $f(m) $ không chia hết cho $f(n) $ nên $f(m-n) $ không chia hết cho $f(-n) $ và $f(m-n)>f(-n) $. Áp dụng 2. cho cặp $-n $ và $m-n $ ta có $f(m) = f(-n-(m-n)) > f(m-n)>f(-n)= f(n) $ mâu thuẫn.

Vậy ta luôn có $f(m)|f(n) $ nếu $f(m)<f(n) $.

kien10a1 · 19-07-2011, 09:51 PM

Em thử bài 4, mong được chỉ giáo.
Nhận xét $2^{0}+2^{1}+...+2^{k}= 2^{k}-1< 2^{k} $
Do đó, điều kiện bài toán tương đương max của đĩa cân bên trái lớn hơn max của đĩa bên phải tại mọi thời điểm.
Gọi $u_{n} $ là số cách thỏa mãn với n quả cân. Với nhận xét trên, ta khẳng định rằng việc xếp n quả cân có dạng $2^{k} $ bất kì ( khối lượng phân biệt), thỏa mãn điều kiện là $u_{k} $.
Ta xét việc có thêm quả cân$2^{n} $, chắc chắn rằng quả cân này ở đĩa bên trái.
Vậy ta xét:
với n+ 1 quả cân, ta chọn ra n quả và đặt lên có $C_{n+1}^{n}.u_{n}=(n+1)u_{n} $ cách. Các cách này đều phân biệt vì quả cân cuối cùng còn lại là khác nhau.
Trong đó thì có $u_{n} $ cách để mà quả cuối là $2^{n} $, chỉ có 1 cách đặt khi này.
Còn $n.u_{n} $ cách mà quả cuối cùng khác$2^{n} $ , suy ra có 2 cách đặt.
Do đó $u_{n+1}=(2n+1)u_{n} $
$u_1=1 $ suy ra $u_n=(2n-1)!! $

**Traum** · 19-07-2011, 10:47 PM

Bài 4:

Gọi $S(n) $ là số cách cân thỏa mãn.
Xét với $n+1 $ quả cân.

Nếu lần thứ $n+1 $, quả cân nặng nhất được đặt lên thì nó sẽ phải nằm bên trái. Do đó ta có $S(n-1) $ cách đặt thỏa mãn.

Nếu lần thứ $n+1 $, quả cân $2^k $ nào đó được đặt lên thì ta có với quả cân này có $2 $ lựa chọn để đặt, phải trái tùy ý, do quả cân $2^n $ đã nằm ở bên trái rồi. Do có tất cả là $n $ cách chọn $k $, do đó ta có tất cả $2nS(n) $ cách đặt thỏa mãn.

Vậy tổng cộng ta có $S(n+1) = 2nS(n) + S(n) = (2n+1)S(n) $.
Kết hợp với $S(1) = 1 $, ta thu được $S(n) = 1\times 3\times...\times (2n-1) $.

19-07-2011, 02:05 PM	#17
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 3: 1. $f(x)\le f(f(x)) $ với mọi $x $ Chứng minh: chỉ cần cho $y = 0 $ vào bất đẳng thức ban đầu. 2. $xf(x)+zf(z)\le 2f(x)f(z) $ với mọi $x,z. $ Chứng minh: Cho $y = f(z)-x $, ta có $f(f(z))=f(x+f(z)-x)\le (f(z)-x)f(x)+f(f(x)) $ (1) Cho $y = f(x)-z $, ta cũng có $f(f(x))\le (f(x)-z)f(z)+f(f(z)) $ (2) Công (1) và (2) ta có $0\le 2f(x)f(z)-xf(x)-zf(z) $. 3. $xf(x)\le 0 $ với mọi $x $ Chứng minh: sử dụng 2. với $z = 2f(x) $, ta có $xf(x)+2f(x)f(2f(x))\le 2f(x)f(2f(x)) $ hay $xf(x)\le 0 $ 4. $f(f(x))\ge 0 $ và $f(x)\le 0 $ với mọi $x $, hệ quả là $f(f(x)) = 0 $ với mọi $x $ Chứng minh: Theo 1. thì $f(x)\le f(f(x)) $, theo 3. thì $f(x)f(f(x))\le 0 $, do đó ta có $f(f(x))\ge 0 $ và $f(x)\le 0 $. 5. $f(x)=0 $ với mọi $x \le 0 $ Chứng minh: Theo 4. thì với mọi $x<0 $ ta có $f(x)\le 0 $, nhưng theo 3 ta lại có $xf(x)\le 0 $, hay $f(x)\ge 0 $, do $x<0 $. Vậy $f(x)=0 $ với $x < 0 $. Ta cần phải chứng minh $f(0)=0 $ nữa là kết thúc. Theo 4. thì $f(f(x)) = 0 $ với mọi $x $, suy ra $f(0) = f(f_2(x)) = f_3(x) = f_2(f(x)) = 0 $. Chứng minh kết thúc. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 19-07-2011 lúc 02:13 PM

19-07-2011, 04:33 PM	#19
tuan119 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2008 Bài gởi: 993 Thanks: 273 Thanked 666 Times in 422 Posts	Các bạn có thể tham khảo thêm tại đây: Câu 1 [Only registered and activated users can see links. ] Câu 2 [Only registered and activated users can see links. ] Câu 3 [Only registered and activated users can see links. ] __________________ $\bf{T}\mathcal{smile} $__________________________________________________ ________________ thay đổi nội dung bởi: tuan119, 20-07-2011 lúc 01:04 AM

19-07-2011, 07:06 PM	#21
hizact +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts	NGÀY 2 Bài 4. Giả sử $n > 0 $ là một số nguyên. Cho một cái cân hai đĩa và $n $ quả cân với trọng lượng là ${2^0},{2^1},...,{2^{n - 1}} $. Ta muốn đặt lên cái cân mỗi một trong $n $ quả cân, lần lượt từng quả một, theo cách để bảo đảm đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái. Ở mỗi bước ta chọn một trong các quả cân chưa được đặt lên cân, rồi đặt nó hoặc vào đĩa bên trái, hoặc vào đĩa bên phải, cho đến khi tất cả các quả cân đều đã được đặt lên cân. Xác định xem có bao nhiêu cách để thực hiện được mục đích đề ra. Bài 5. Giả sử $f $ là một hàm từ tập các số nguyên $Z $ vào tập các số nguyên dương ${\mathbb{N}^} $. Giả thiết rằng với hai số nguyên tùy ý $m $ và $n $, hiệu $f\left( m \right) - f\left( n \right) $ chia hết cho $f\left( {m - n} \right) $. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $m, n $ nếu $f\left( m \right) \leqslant f\left( n \right) $, thì $f(n) $ chia hết cho $f(m) $. Bài 6.* Giả sử $ABC $ là một tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp $ \Gamma $ . Giả sử $l $ là một tiếp tuyến nào đó của $\Gamma $, và giả sử $l_a,l_b,l_c $ là những đường thẳng nhận được bằng cách lấy đối xứng $l $ qua các đường $BC, CA, $ và $AB $, tương ứng. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $l_a,l_b,l_c $ tiếp xúc với đường tròn $\Gamma $. thay đổi nội dung bởi: hizact, 19-07-2011 lúc 07:11 PM

19-07-2011, 07:20 PM	#24
Lan Phuog +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Mar 2010 Đến từ: Thái Bình Bài gởi: 564 Thanks: 289 Thanked 326 Times in 182 Posts	Đã có Shortlist 2010: [Only registered and activated users can see links. ] thay đổi nội dung bởi: Lan Phuog, 19-07-2011 lúc 07:23 PM

19-07-2011, 07:26 PM	#25
n.v.thanh Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts	MS có rồi.Giải bài đê ae!Bạn Hưng cho mình xin luôn pdf đi,chính thức ấy. thay đổi nội dung bởi: n.v.thanh, 19-07-2011 lúc 07:31 PM

19-07-2011, 04:40 PM	#20
Mr Stoke +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Dec 2007 Bài gởi: 252 Thanks: 40 Thanked 455 Times in 95 Posts	Hơi ngạc nhiên vì bài 3 năm nay lại là bài phương trình hàm thực, MS xin đóng góp một lời giải nữa cho bài này. Để cho tiện ta kí hiệu phương trình hàm ban đầu là (1) Bước 1: $f(x)\leq0 $ với mọi số thực $x $. Phản chứng, giả sử tồn tại $x_0 $ mà $f(x_0)>0 $. Từ phương trình (1), thay $x $ bởi $x_0 $ và cho $y\to-\infty $, ta nhận được $f(y)\to-\infty $ (a). Lại từ (1), ta chọn $y=-x $, và cho $x\to-\infty $, ta suy ra $f(f(x))\to+\infty $, tuy nhiên điều này mâu thuẫn với (a). Bước 2: $f(y)=0 $ với mọi $y<2f(0) $. Đặt $z=x+y $, ta chuyển về phương trình hàm mới: $f(z)-zf(x)\leq f(f(x))-xf(x) $ (b). Từ (b), thay $z $ bởi $f(y) $, ta được $f(f(y))-f(x)f(y)\leq f(f(x))-xf(x) $. Đổi vai trò giữa $x $ và $y $, ta nhận được $f(f(x))-f(x)f(y)\leq f(f(y))-yf(y) $. Cộng hai phương trình vừa nhận được, ta có: $xf(x)+yf(y)\leq 2f(x)f(y) $ (c). Từ (c), thay $x $ bởi $0 $, ta sẽ được $yf(y)\leq 2af(y) $, trong đó kí hiệu $a=f(0) $. Từ đây, với mọi $y<2a $ cho ta $f(y)\geq0 $. Kết hợp với Bước 1, ta suy ra: $f(y)=0 $ với mọi $y<2a $ Bước 3: $f(0)=0 $ Từ $(1) $, chọn $x<2a $ và $x+y<2a $, cho ta $0\leq f(f(x)) $, hay $f(f(x))=0 $, với mọi $x<2a $. Mà $f(x)=0 $, nên $f(0)=0 $ Kết hợp Bước 2 và Bước 3 ta suy ra $f(x)=0 $ với mọi $x\leq 0 $. Bài toán được giải xong.

19-07-2011, 07:08 PM	#22
n.v.thanh Moderator Tham gia ngày: Nov 2009 Bài gởi: 2,849 Thanks: 2,980 Thanked 2,537 Times in 1,008 Posts	Đã update đề ngày 2.Chắc T ko dịch chuẩn=Novae

19-07-2011, 08:02 PM	#26
hizact +Thành Viên+ Tham gia ngày: Apr 2010 Đến từ: Sài Gòn Bài gởi: 535 Thanks: 287 Thanked 325 Times in 193 Posts	Đây là bản PDF Tiếng Anh: [Only registered and activated users can see links. ] Tiếng Việt: [Only registered and activated users can see links. ] PS: bài số 5 mình có ý tưởng này Thay $n=0 $ thì ta có $f(m)\|f(m)-f(0) $, suy ra $f(m)\|f(0) $ với chú ý $f(0) $ là hằng số thay đổi nội dung bởi: hizact, 19-07-2011 lúc 08:14 PM

19-07-2011, 08:28 PM	#27
vulalach +Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2009 Bài gởi: 20 Thanks: 30 Thanked 36 Times in 13 Posts	Bài 6. Ý tưởng thôi. Gọi các đường tròn (O1), (O2), (O3) đối xứng với (O) qua AB, AC, BC. Đường thẳng steiner ứng với điểm (P) cắt (O1), (O2), (O3) tại tiếp điểm A', B', C'. Chứng minh tiếp tuyến của 3 đường tròn tại A', B', C' tạo thành tam giác mà đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với (O). Bổ đề: Cho hai đường tròn (O) và (I) cắt nhau tại A, B. Đường thẳng qua B cắt (O) tại C, (I) tại D. Tiếp tuyến tại C của (O) và tại D của (I) cắt nhau tại P. Khi đó ACPD nội tiếp.

19-07-2011, 09:38 PM	#28
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 5 năm nay không khó. Dưới đây là lời giải tìm tất cả các hàm $f $ thỏa mãn đề bài. 1. $f(n) \vdots f(1) $ với mọi $n $. Ta có $f(n+1) -f(n) \vdots f(1) $, và $f(1)-f(0)\vdots f(1) $, do đó theo quy nạp ta có ngay $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n\ge 0 $, tương tự $f(n)-f(n-1)\vdots f(1) $ và $f(0)\vdots f(1) $ nên $f(n)\vdots f(1) $ với mọi $n $ âm. 2. Đặt $f(1) = a $, ta có hàm $g(n) = f(n)/a $ cũng thỏa mãn điều kiện bài toán, do đó ta coi $a = 1 $. Ta có $f(-1) \| f(1) $ và $f(1)\|f(-1) $ nên $ f(1) = f(-1) = 1 $. 3. Ta chứng minh với mọi n thì ít nhất là môt trong hai giá trị $f(n) $ và $f(n+1) $ phải bằng $1 $. Giả sử ngược lại, ta có theo 2.$ f(n)-1 = f(n) - f(-1)\vdots f(n+1) $ nên $f(n)-1\ge f(n+1) $ (), và $f(n+1)-f(1)\vdots f(n) $ nên $f(n+1)-1\ge f(n) $ (). Tuy nhiên () và (*) không thể xảy ra đồng thời. 4. Gọi $p_1 $ thuộc nguyên dương nhỏ nhất mà $f(p_1) = a_1 > 1 $. Ta dễ dàng chứng minh bằng quy nạp được rằng $f(n) = 1 $ với mọi $n $ không chia hết cho $p_1 $. Và dãy $f(-kp_1),...,f(0),f(p_1),f(2p_1),... $ có tính chất $f(kp_1) $ chia hết cho $f(p_1) $ với mọi $k $ và $f(kp_1)-f(lp_1)\vdots f((k-l)p_1) $. Đến đây xét với hàm $g(n) = \frac{f(np_1)}{f(p_1)} $, rồi lặp lời các bước trên với $g(n) $. Ta sẽ thu được lời giải của $f $ như sau ( với $f(1) = a_0 $). Với hai dãy hữu hạn $a_1,a_2,...,a_M \ge 2 $ và $p_1,p_2,p_3,...,p_M \ge 2 $. $f(n) = a_0 $ nếu $n $ không chia hết cho $p_1 $ $f(n) = a_0a_1 $ nếu $n $ chia hết cho $p_1 $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2 $ ... $f(n) = a_0a_1...a_k $ nếu $n $ chia hết cho $p_1,...p_{k} $ nhưng không chia hết cho $p_1p_2...p_{k+1} $. Với $k = 0,1,..,M-1. $ Và $f(n) = a_0...a_{M} $ với $n $ chia hết cho $p_1,p_2,...,p_M $. Riêng $f(0) $ thì có thể lấy bất cứ giá trị nào là bội của $a_0a_1...a_M $ Đối với bài 5 IMO: 1. Ta có $f(n)-f(0) $ chia hết $f(n) $ nên $f(n)\|f(0) $và $f(n)\|f(0)-f(-n) $ nên $f(-n)\|f(n) $, tương tự $f(n)\|f(-n) $. Do đó $f(n)=f(-n) $ 2. Nếu $f(m)<f(n) $ mà $f(m) $ không là ước của $f(n) $ thì $f(m-n) \ge f(m)+f(n) $ Thật vậy, từ $f(m) = f(-m) \| f(n-m)-f(n) $ ta có $f(n-m) $ không chia hết cho $f(m) $. Hệ quả là $f(m-n)\neq f(m) $ Lại có $f(n) = f(-n) \| f(m-n)-f(m) $ Do $f(m) < f(n) $ và $f(m-n)\neq f(m) $ ta có $f(m-n)-f(m)\ge f(n) $ hay $f(m-n)\ge f(m)+f(n) $. 2. được chứng minh. Vì $f(m) $ không chia hết cho $f(n) $ nên $f(m-n) $ không chia hết cho $f(-n) $ và $f(m-n)>f(-n) $. Áp dụng 2. cho cặp $-n $ và $m-n $ ta có $f(m) = f(-n-(m-n)) > f(m-n)>f(-n)= f(n) $ mâu thuẫn. Vậy ta luôn có $f(m)\|f(n) $ nếu $f(m)<f(n) $. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 19-07-2011 lúc 11:29 PM*

19-07-2011, 09:51 PM	#29
kien10a1 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2011 Đến từ: Vĩnh Yên- Vĩnh Phúc Bài gởi: 371 Thanks: 43 Thanked 263 Times in 153 Posts	Em thử bài 4, mong được chỉ giáo. Nhận xét $2^{0}+2^{1}+...+2^{k}= 2^{k}-1< 2^{k} $ Do đó, điều kiện bài toán tương đương max của đĩa cân bên trái lớn hơn max của đĩa bên phải tại mọi thời điểm. Gọi $u_{n} $ là số cách thỏa mãn với n quả cân. Với nhận xét trên, ta khẳng định rằng việc xếp n quả cân có dạng $2^{k} $ bất kì ( khối lượng phân biệt), thỏa mãn điều kiện là $u_{k} $. Ta xét việc có thêm quả cân$2^{n} $, chắc chắn rằng quả cân này ở đĩa bên trái. Vậy ta xét: với n+ 1 quả cân, ta chọn ra n quả và đặt lên có $C_{n+1}^{n}.u_{n}=(n+1)u_{n} $ cách. Các cách này đều phân biệt vì quả cân cuối cùng còn lại là khác nhau. Trong đó thì có $u_{n} $ cách để mà quả cuối là $2^{n} $, chỉ có 1 cách đặt khi này. Còn $n.u_{n} $ cách mà quả cuối cùng khác$2^{n} $ , suy ra có 2 cách đặt. Do đó $u_{n+1}=(2n+1)u_{n} $ $u_1=1 $ suy ra $u_n=(2n-1)!! $ __________________ Quay về với nơi bắt đầu thay đổi nội dung bởi: kien10a1, 19-07-2011 lúc 11:27 PM

19-07-2011, 10:47 PM	#30
Traum Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: cyber world Bài gởi: 413 Thanks: 14 Thanked 466 Times in 171 Posts	Bài 4: Gọi $S(n) $ là số cách cân thỏa mãn. Xét với $n+1 $ quả cân. Nếu lần thứ $n+1 $, quả cân nặng nhất được đặt lên thì nó sẽ phải nằm bên trái. Do đó ta có $S(n-1) $ cách đặt thỏa mãn. Nếu lần thứ $n+1 $, quả cân $2^k $ nào đó được đặt lên thì ta có với quả cân này có $2 $ lựa chọn để đặt, phải trái tùy ý, do quả cân $2^n $ đã nằm ở bên trái rồi. Do có tất cả là $n $ cách chọn $k $, do đó ta có tất cả $2nS(n) $ cách đặt thỏa mãn. Vậy tổng cộng ta có $S(n+1) = 2nS(n) + S(n) = (2n+1)S(n) $. Kết hợp với $S(1) = 1 $, ta thu được $S(n) = 1\times 3\times...\times (2n-1) $. __________________ Traum is giấc mơ. thay đổi nội dung bởi: Traum, 19-07-2011 lúc 10:50 PM

Ðiều Chỉnh
Tạo trang in Email trang này
Xếp Bài
Chế độ bình thường Chuyển sang chế độ Pha trộn Chuyển sang chế độ dạng cây