Đề thi và đáp án IMO 2011

[kien10a1]

Nguyên văn bởi Traum

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) $.

Em nghĩ là anh vẫn nên có nhận xét trên của em mới khẳng định được đặt n quả cân khối lượng bất kì dạng $2^k $ là $S(n) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Dưới đây là lời giải của một bạn bên mathlink, mọi người tham khảo thử! Xét trường hợp như hình vẽ dưới đây, các trường hợp khác chứng minh tương tự.



Gọi tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $\l_a, \l_b, \l_c $ tương ứng là $A_1,B_1,C_1 $. Gọi P là tiếp điểm của đường thẳng $\l $ với $\Gamma $ và P' là điểm đối xứng với P qua BC. Dễ thấy P' thuộc $B_1C_1 $.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng $A_1A, B_1B, C_1C $ đồng quy tại một điểm nằm trên $\Gamma $.
Thật vậy, do $A_1C_1 $ đối xứng với $\l $ qua AC nên A cách đều hai đường thẳng $\l, A_1C_1 $, tuy nhiên do A cũng cách đều hai đường thẳng $\l, A_1B_1 $ nên A cách đều hai đường thẳng $A_1B_1, A_1C_1 $ hay $AA_1 $ là phân giác góc $\widehat{B_1A_1C_1} $.
Tương tự, ta cũng có $BB_1, CC_1 $ là các phân giác của tam giác $A_1B_1C_1 $. Suy ra các đường thẳng $AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy, giả sử điểm đồng quy là I. Ta cần chứng minh I thuộc $\Gamma $.
Ta tính được $\widehat{B_1A_1C_1} = 180^0- 2\widehat{BAC} $ nên $\widehat{BIC} = \frac{1}{2}(\widehat{B_1} + \widehat{C_1}) = \widahat{BAC} $, tức là 4 điểm A, B, C, I cùng thuộc 1 đường tròn.

Gọi Q là giao điểm của $(BB_1P'), (CC_1P') $. Ta có:
$\widehat{BQP'} + \widehat{CQP'} = \widehat{BB_1P'}+\widehat{CC_1P'} = \widehat{BAC} $ nên bốn điểm A, B, C, Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta cũng có:
$\widehat{B_1QC_1}= \widehat{B_1QB}+ \widehat{BQC}+ \widehat{CQC_1} = \widehat{B_1P'B}+\widehat{BAC}+\widehat{C_1P'C} = \widehat{BAC} + 180^0-\widehat{BPC}=2 \widehat{BAC} $. Suy ra bốn điểm $A_1, B_1, C_1, Q $ cùng thuộc 1 đường tròn.
Do đó, các đường tròn $\Gamma, (A_1B_1C_1) $ cắt nhau tại Q.
Cũng bằng biến đổi góc, ta thấy tiếp tuyến tại Q của $(\Gamma) $ trùng với tiếp tuyến tại Q của $(A_1B_1C_1) $ nên hai đường tròn này tiếp xúc với nhau tại Q. Ta có đpcm.

Bài này trông có nét giống bài IMO 2000 và có thể nói là hình vẽ cũng sáng sủa hơn.

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Traum]

Nguyên văn bởi kien10a1

Em nghĩ là anh vẫn nên có nhận xét trên của em mới khẳng định được đặt n quả cân khối lượng bất kì dạng $2^k $ là $S(n) $

À tất nhiên, cảm ơn em.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Dưới đây là lời giải của một bạn bên mathlink, mọi người tham khảo thử! Xét trường hợp như hình vẽ dưới đây, các trường hợp khác chứng minh tương tự.



Gọi tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $\l_a, \l_b, \l_c $ tương ứng là $A_1,B_1,C_1 $. Gọi P là tiếp điểm của đường thẳng $\l $ với $\Gamma $ và P' là điểm đối xứng với P qua BC. Dễ thấy P' thuộc $B_1C_1 $.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng $A_1A, B_1B, C_1C $ đồng quy tại một điểm nằm trên $\Gamma $.
Thật vậy, do $A_1C_1 $ đối xứng với $\l $ qua AC nên A cách đều hai đường thẳng $\l, A_1C_1 $, tuy nhiên do A cũng cách đều hai đường thẳng $\l, A_1B_1 $ nên A cách đều hai đường thẳng $A_1B_1, A_1C_1 $ hay $AA_1 $ là phân giác góc $\widehat{B_1A_1C_1} $.
Tương tự, ta cũng có $BB_1, CC_1 $ là các phân giác của tam giác $A_1B_1C_1 $. Suy ra các đường thẳng $AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy, giả sử điểm đồng quy là I. Ta cần chứng minh I thuộc $\Gamma $.
Ta tính được $\widehat{B_1A_1C_1} = 180^0- 2\widehat{BAC} $ nên $\widehat{BIC} = \frac{1}{2}(\widehat{B_1} + \widehat{C_1}) = \widahat{BAC} $, tức là 4 điểm A, B, C, I cùng thuộc 1 đường tròn.

Gọi Q là giao điểm của $(BB_1P'), (CC_1P') $. Ta có:
$\widehat{BQP'} + \widehat{CQP'} = \widehat{BB_1P'}+\widehat{CC_1P'} = \widehat{BAC} $ nên bốn điểm A, B, C, Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta cũng có:
$\widehat{B_1QC_1}= \widehat{B_1QB}+ \widehat{BQC}+ \widehat{CQC_1} = \widehat{B_1P'B}+\widehat{BAC}+\widehat{C_1P'C} = \widehat{BAC} + 180^0-\widehat{BPC}=2 \widehat{BAC} $. Suy ra bốn điểm $A_1, B_1, C_1, Q $ cùng thuộc 1 đường tròn.
Do đó, các đường tròn $\Gamma, (A_1B_1C_1) $ cắt nhau tại Q.
Cũng bằng biến đổi góc, ta thấy tiếp tuyến tại Q của $(\Gamma) $ trùng với tiếp tuyến tại Q của $(A_1B_1C_1) $ nên hai đường tròn này tiếp xúc với nhau tại Q. Ta có đpcm.

Bài này trông có nét giống bài IMO 2000 và có thể nói là hình vẽ cũng sáng sủa hơn.

Em làm đến chỗ A,B,C,I thì chịu. Nhưng cái chỗ cuối biến đổi góc có chắc không ạ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tuan119]

Các bạn có thể tham khảo thêm tại đây:
Câu 4:
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 5:
[Only registered and activated users can see links. ]

Câu 6:
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[cleverboy]

Lời giải bài 6 IMO 2011!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Nguyên văn bởi hizact

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 này mình giải theo hướng này:
Gọi $S_n $ là số cách đặt ứng với n quả cân.
Xét $n+1 $ quả $2^0,2^1,...,2^{n-1},2^n $
i,nếu quả $2^n $ được chọn để đặt cuối cùng: sẽ có $S_n $ cách.
ii,nếu quả $2^n $ được chọn ở bước thứ $k=1,2,...,n $. Tất nhiên quả này phải đặt bên trái vì $2^n>2^{n-1}+2^{n-2}+...+2^1+2^0 $
Có n cách chọn. còn lại n quả, sẽ có $2nS_n $ cách
Như vậy $S_{n+1}=(2n+1)S_n $
------------------------------

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Dưới đây là lời giải của một bạn bên mathlink, mọi người tham khảo thử! Xét trường hợp như hình vẽ dưới đây, các trường hợp khác chứng minh tương tự.



Gọi tam giác tạo thành bởi các đường thẳng $\l_a, \l_b, \l_c $ tương ứng là $A_1,B_1,C_1 $. Gọi P là tiếp điểm của đường thẳng $\l $ với $\Gamma $ và P' là điểm đối xứng với P qua BC. Dễ thấy P' thuộc $B_1C_1 $.

Trước hết, ta sẽ chứng minh rằng các đường thẳng $A_1A, B_1B, C_1C $ đồng quy tại một điểm nằm trên $\Gamma $.
Thật vậy, do $A_1C_1 $ đối xứng với $\l $ qua AC nên A cách đều hai đường thẳng $\l, A_1C_1 $, tuy nhiên do A cũng cách đều hai đường thẳng $\l, A_1B_1 $ nên A cách đều hai đường thẳng $A_1B_1, A_1C_1 $ hay $AA_1 $ là phân giác góc $\widehat{B_1A_1C_1} $.
Tương tự, ta cũng có $BB_1, CC_1 $ là các phân giác của tam giác $A_1B_1C_1 $. Suy ra các đường thẳng $AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy, giả sử điểm đồng quy là I. Ta cần chứng minh I thuộc $\Gamma $.
Ta tính được $\widehat{B_1A_1C_1} = 180^0- 2\widehat{BAC} $ nên $\widehat{BIC} = \frac{1}{2}(\widehat{B_1} + \widehat{C_1}) = \widahat{BAC} $, tức là 4 điểm A, B, C, I cùng thuộc 1 đường tròn.

Gọi Q là giao điểm của $(BB_1P'), (CC_1P') $. Ta có:
$\widehat{BQP'} + \widehat{CQP'} = \widehat{BB_1P'}+\widehat{CC_1P'} = \widehat{BAC} $ nên bốn điểm A, B, C, Q cùng thuộc 1 đường tròn.
Ta cũng có:
$\widehat{B_1QC_1}= \widehat{B_1QB}+ \widehat{BQC}+ \widehat{CQC_1} = \widehat{B_1P'B}+\widehat{BAC}+\widehat{C_1P'C} = \widehat{BAC} + 180^0-\widehat{BPC}=2 \widehat{BAC} $. Suy ra bốn điểm $A_1, B_1, C_1, Q $ cùng thuộc 1 đường tròn.
Do đó, các đường tròn $\Gamma, (A_1B_1C_1) $ cắt nhau tại Q.
Cũng bằng biến đổi góc, ta thấy tiếp tuyến tại Q của $(\Gamma) $ trùng với tiếp tuyến tại Q của $(A_1B_1C_1) $ nên hai đường tròn này tiếp xúc với nhau tại Q. Ta có đpcm.

Bài này trông có nét giống bài IMO 2000 và có thể nói là hình vẽ cũng sáng sủa hơn.

Làm đoạn tâm nội tiếp A'B'C' nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC là chịu,không có phương hướng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pabopit]

Em có 1 lời giải cho bài 3.Không biết có nhầm chỗ nào không.

Lời giải khá dài

$f(x+y)\leq yf(x)+f(f(x)) $ (0)
Đặt $f(0)=a $
Ký hiệu $P(x,y) $ là các bộ (x,y) thay thế vào (0)
1)Xét $P(x,0)\Rightarrow f(x)\leq f(f(x)) $
2)Xét $P(0,y)\Rightarrow f(y)\leq ya+f(a) $
3)Xét $P(x,f(x)-x)\Rightarrow (f(x)-x)f(x)\geq 0 $
4)Xét $P(x,-x) \Rightarrow a\leq f(f(x))-xf(x) $
Bước 1: Ta chứng minh $f(x)\leq f(a) $ với mọi $x $
Thật vậy Từ 0) và 2) thì $f(x+y)\leq yf(x)+af(x)+f(a) $ (5)
Cho $y=-a $ thì $f(x)\leq f(a) $ với mọi x
Bước 2:Từ 4) và bước 1 suy ra $xf(x)\leq f(f(x))-a\leq f(a)-a $
B3: Xét $y<0 $ và từ 2) suy ra $yf(y)\geq y^2.a+yf(a) $
Kết hợp B2 suy ra $y^2.a+yf(a)\leq f(a)-a $ với mọi y<0.
Suy ra $a\leq 0 $
B4:Nếu a=0 thì $f(a)=0 $
Từ 2) suy ra $f(y)\leq 0 $ với mọi y
Từ B2 suy ra $xf(x)\leq 0 $ với mọi x.
Xét $x<0 $.Nếu $f(x)<0 $ thì $ xf(x)>0 $,vô lý

B5: Nếu a<0.Từ 5) cho $x=a,y=0 $ thì $f(a)\leq af(a)+f(a) $
$\Rightarrow af(a)\geq 0 $.Mà $a<0 $ suy ra $f(a)\leq 0 $
Nếu $f(a)=0 $ thì từ 1) cho $x=a \Rightarrow 0\leq f(f(a))=f(0) $,vô lý
$\Rightarrow f(a)< 0 $
Từ 3) cho $x=a\Rightarrow f(a)<a=f(0) $,trái với b1.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phamtoan]

IMO năm nay mọi người Cảm thấy thế nào!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Lan Phuog]

Với ý tưởng như bài 6, mình xin đề xuất bài toán sau:

Cho tam giác $A'B'C' $ nội tiếp đường tròn tâm $O' $ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I $. Một đường tròn tâm $O $ đi qua I cắt $IA,IB,IC $ lần lượt tại $A,B,C $. $BC,CA,AB $ tương ứng cắt $B'C',C'A',A'B' $ tại $D,E,F $. Chứng minh: 3 điểm $D,E,F $ thẳng hàng và đường thẳng đi qua nó tiếp xúc với $(O) $ khi và chỉ khi $(O) $ tiếp xúc trong với $(O') $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[cleverboy]

Bài 6 còn có thể phát biểu dưới dạng sau:
Cho tứ giác $ABCD $. Gọi $E $ là giao của $AB $ và $CD $;$F $ là giao điểm của $AD $ và $BC $. Các đường phân giác trong của các góc đỉnh $C $, $D $, $E $ của tứ giác toàn phần $ABCDEF $ cắt nhau tạo thành tam giác $MNP $. Gọi $(C) $ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $MNP $.Chứng minh rằng $(C) $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABF $ khi và chỉ khi $(C) $ tiếp xúc với $CD $.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phuanxu]

Mình mới tham gia diễn đàn. xin có chút nhận xét về đề IMO năm nay. so với mấy năm thì đề IMO năm nay cũng như vậy, có điều bài 3 và bài 5 không khó như mấy năm. bài 6 là khó nhất. bài 1 và 4 tương đối dể, đặc biệt bài 4 là bài tổ hợp nhưng khá đơn giản. bài 1 là bài số học cơ bản. bài 2 không khó lắm nhưng cũng không tầm thường. nói chung đề năm nay khá hay. dự đoán đoàn việt nam 2:2:2
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[phuanxu]

Xin đóng góp 1 lời giải dễ hiểu và ngắn gọn cho bài 6 (không biết vẽ hình trên này mong các bạn thông cảm)
Gọi $ A_1, B_1, C_1 $ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(l_b, l_c); (l_a, l_c); (l_a, l_b). $
Gọi M là tiếp điểm của l với đường tròn (T) và B’, C’ lần lượt là các điểm đối xứng của M qua AC, AB.
1) dễ thấy tứ giác $AB'A_1C $ nội tiếp đường tròn
2) $ AA_1, BB_1, CC_1 $ đồng quy tại D
Đường tròn$ (AB'A_1C) $ cắt đường tròn (T) tại I.
Sử dụng (1) và (2) và để ý các góc nội tiếp bằng nhau dễ thấy tứ giác $BIB_1C' $nội tiếp
Từ đó suy ra IB là tia phân giác của góc $MIB_1 $
Suy ra AC’,$ IB_1 $ và (T) đồng quy tại E
Tương tự CB’, $IA_1 $ và (T) đồng quy tại F
Suy ra EF song song với $A_1B_1 $ hay (T) tiếp xúc với $(A_1B_1C_1) $ tại I.


Moderator note: học gõ Latex nha bạn, nếu không lần sau sẽ bị xóa bài.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nguyenlevan]

Lời giải bài 4 IMO
Vì quả cân có khối lượng $2^{n-1} $ nặng hơn tổng khối lượng của n-1 quả còn lại nên bất kỳ một cách đặt lần lượt từng quả một lên đĩa thỏa mãn “đĩa cân bên phải không bao giờ nặng hơn đĩa cân bên trái”(*) bắt buộc quả có khối lượng $2^{n-1} $ phải được đặt ở đĩa bên trái.
Gọi $A_n $ là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn (*),$A_k $ là số cách đặt k quả cân có khối lượng $2^0,2^1,...,2^{k-1} $ (dễ thấy $A_k $ cũng là số cách đặt k quả cân bất kỳ trong số n quả vào đĩa thỏa mãn (*)), $B_k $là số cách đặt n quả cân lên đĩa thỏa mãn (*) và lần đặt thứ k đặt quả có khối lượng vào đĩa bên trái thì $A_n=\sum_{k= 1}^nB_k $ .
Để tính $A_n $ ta tính $B_k $ . Có $C_{n-1}^{k-1} $ cách chọn ra k-1 quả cân trong số n-1 quả còn lại, với mỗi cách chọn đó lại có $A_{k-1} $ cách để lần lượt nó lên đĩa thỏa mãn (*), với mỗi cách này lại có $(n-k)!2^{n-k} $ cách đặt nốt n-k quả còn lại lên đĩa (Vì nếu đã xếp quả có khối lượng ở bước k thì n-k bước còn lại có thể xếp tùy ý vào bên phải, trái mà vẫn thỏa mãn (*)). Theo quy tắc nhân ta có $B_k= C_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}^A_{k-1} $ .
Do vậy $A_n= \sum_{k=1}^nC_{n-1}^{k-1}(n-k)!2^{n-k}A_{k-1} $ (với $A_0= A_1= 1 $ ) là kết quả phải tìm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[n.v.thanh]

Đáp án chính thức của kì thi IMO 2011.Được cắt ra từ IMO Shortlist 2011:

[Only registered and activated users can see links. ]

[Only registered and activated users can see links. ]

Nguồn: Daji

Chờ mãi mới được quả này để Close 2011 Seasonnnnnnnnn

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]