Romania Team Selection Tests - Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TRANG CHỦ giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12TÀI LIỆU TRẮC NGHIỆM giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 ĐỀ THI THPT QUỐC GIA giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 GIẢI TOÁN ONLINE giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12 Upload-File giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12ĐĂNG KÍ THÀNH VIÊN
 
giải toán online, giải bài toán, giải toán, cách giải bài toán, giải toán 10, đáp án môn toán, đề thi thử môn toán, luyen thi toan, tài liệu ôn thi đại học, boi duong hoc sinh gioi, boi duong hsg, de thi vao lop 10, toán lớp 10, toán lớp 11, toán lớp 12   Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan TOÁN OLYMPIC - HỌC SINH GIỎI giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN giai toan, de thi trac nghiem, tai lieu mon toan, de thi thpt quoc gia, luyen thi dai hoc, hoc sinh gioi mon toan ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN

Trả lờiGui De Tai Moi
 
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này Kiểu hiển thị

  #1  
Cũ 14-06-2013, 17:22
Avatar của ma29
ma29 ma29 đang ẩn
songoku
 
Cấp bậc: 19 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 458
Điểm: 144 / 6053
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 13065
 
Tham gia ngày: Jun 2013
Bài gửi: 434
Đã cảm ơn : 202
Được cảm ơn 279 lần trong 119 bài viết

Lượt xem bài này: 1244
Mặc định Romania Team Selection Tests

Đề thi và lời giải được lấy từ: http://math.net.vn/forum.php
Nguyên văn bởi SIRO Xem bài viết
Romania Team Selection Tests 2013



Ngày thi thứ nhất


Bài 1: Cho số nguyên $n\geq 2$. Gọi $a_n,b_n,c_n$ sao cho
$$\left( \sqrt[3]{2}-1\right) ^{n}=a_{n}+b_{n}\sqrt[3]{2}+c_{n}\sqrt[3]{4}$$
Chứng minh rằng $c_n\equiv 1 \pmod{3}$ khi và chỉ khi $n\equiv 2\pmod{3}.$

Bài 2: Đường tròn $\Omega$ và $\omega$ tiếp xúc nhau tại $P$ ( $\omega$ nằm trong $\Omega$). Một dây cung $AB$ của $\Omega$ tiếp xúc với $\omega$ tại $C$, đường thẳng $PC$ cắt $\Omega$ tại $Q$. Các cung $QR$ và $QS$ của $\Omega$ tiếp xúc với $\omega$. Gọi $I,X,Y$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APB,ARB,ASB$. Chứng minh rằng $\angle PXI+\angle PYI=90^{\circ }.$

Bài 3: Xác định tất cả các song ánh từ tập các số nguyên dương vào chính nó thỏa điều kiện sau: Nếu $S$ là một tập hữu hạn các số nguyên dương sao cho $\sum\limits_{s\in S}\dfrac{1}{s}$ là số nguyên thì $\sum\limits_{s\in S}\dfrac{1}{f\left( s\right) }$ cũng là số nguyên.

Bài 4: Cho số nguyên $n>1$. Tập hợp $S$ gồm tất cả các đường chéo của $4n-1$_giác lồi được phân hoạch và $k$ tập hợp $S_1,S_2,...,S_k$ sao cho với mọi $i\neq j$ luôn tồn tại ít nhất một đường chéo trong $S_i$ cắt ít nhất một đường chéo trong $S_j$. Xác định giá trị lớn nhất của $k$ theo $n$.


Ngày thi thứ hai


Bài 5: Cho $a,b$ là hai số thực dương phân biệt sao cho $\lfloor na\rfloor$ là ước của $\lfloor nb\rfloor$ với mọi số nguyên dương $n$. Chứng minh rằng $a,b$ đều là các số nguyên.

Bài 6: Cho hai tam giác nhọn có các đỉnh cung nằm trên một đường tròn. Giả sử rằng đường tròn Euler của tam giác này đi qua hai trung điểm của hai cạnh tam giác kia. Chứng minh rằng đường tròn Euler của tam giác kia cũng có tính chất tương tự.

Bài 7: Gọi $S$ là tập hợp tất cả các số hữu tỉ có dạng
$$\frac{(a_1^2+a_1-1)(a_2^2+a_2-1)\ldots (a_n^2+a_n-1)}{(b_1^2+b_1-1)(b_2^2+b_2-1)\ldots (b_n^2+b_n-1)}$$
với $n,a_1, a_2 ,\ldots, a_n, b_1, b_2, \ldots, b_n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng trong $S$ chứa vô số số nguyên tố.

Bài 8: Cho số nguyên dương $k>1$. Xác định một họ vô hạn $A$ các tập con của $\mathbb{N}^*$ thỏa các tính chất sau:
  1. Bất kỳ $k$ tập phân biệt bất kỳ trong $A$ đều có đúng một phần tử chung,
  2. Bất kỳ $k+1$ tập phân biệt bất kỳ trong $A$ đều không có phần tử chung.
Nguyên văn bởi SIRO Xem bài viết
Romania Team Selection Tests 2013
Nguyên văn bởi nguyenta98 Xem bài viết
Mình xin giải hai bài này
Giải như sau:
Bài 5: Đặt $a=[a]+x,b=[b]+y$ với $0\le x,y<1$
Vì $[na]|[nb]$ nên chọn $n=1$ thì $[a]|[b]$ nên $[b]=k[a]$ chú ý do $[a]|[b]$ nên $[a]\neq 0$ nên $[a]\geq 1$
Khi đó ta xét $\dfrac{[nb]}{[na]}$ là số nguyên, ta có $\dfrac{n.([b]+1)}{n.[a]}> \dfrac{[nb]}{[na]}> \dfrac{n[b]}{n([a]+1)}$ (chú ý BDT $n([x]+1)>nx\geq [nx]$) thay $[b]=k[a]$ ta có ngay
$k+\dfrac{1}{[a]}>\dfrac{[nb]}{[na]}\geq k-\dfrac{k}{[a]+1}$ mà $\dfrac{[nb]}{[na]}$ là số nguyên nên ta suy ra $k\geq \dfrac{[nb]}{[na]}\geq \left\lfloor k-\dfrac{k}{[a]+1}\right\rfloor$ như vậy miền xác định của $\dfrac{[nb]}{[na]}$ là hữu hạn (do tính nguyên của nó) mà $n$ là tùy ý (vô hạn) theo nguyên lý dirichlet về sự vô hạn ta có tồn tại một số $t$ sao cho $k\geq t\geq \left\lfloor k-\dfrac{k}{[a]+1}\right\rfloor$ $(1)$ và có vô hạn số $n$ để $\dfrac{[nb]}{[na]}=t$
Xét $[nb]=t.[na] \Rightarrow n[b]+[ny]=n[a]t+t[nx] \Rightarrow n[a]k+[ny]=n[a]t+t[nx]$
$\Rightarrow n[a](k-t)=t[nx]-[ny]$ $(*)$ mà theo $(1)$ $k-t\geq 0$
TH1: $t\neq k$ khi đó $k-t\geq 1$ ta có vì có vô số $n$ để $\dfrac{[nb]}{[na]}=t$ nên ta chọn $n$ đủ lớn, tức là chọn $n'=n+m$
Khi đó $n'[a](k-t)=n[a](k-t)+m[a](k-t)$ còn trong khi $t[n'x]-[n'y]=t[(n+m)x]-[(n+m)y]\le t[nx]+t[mx]+t-[ny]-[my]=t[nx]-[my]+t[mx]+t-[my]\le t[nx]-[my]+t[mx]+t$
Như vậy ta thấy với $n'=n+m$ thì $VT(*)$ tăng thêm $m[a](k-t)\geq m[a]$ do đó khi chọn $n'$ đủ lớn (do có vô số $n$ thỏa $\dfrac{[nb]}{[na]}=t$) tức $m$ đủ lớn để cho $VT(*)>VP(*)$ khi đó bài toán bị sai, do đó TH này bị loại
TH2: $t=k$ khi đó với mọi $i$ sao cho $k>i\geq \left\lfloor k-\dfrac{k}{[a]+1}\right\rfloor$ thì số số $n$ để $\dfrac{[nb]}{[na]}=i$ chỉ là hữu hạn vì vô hạn thì lại như TH1 bị loại, do đó với $M$ đủ lớn thì với mọi $n\geq M$ thì $\dfrac{[nb]}{[na]}=t=k$
Khi đó $(*)$ thành $t[nx]-[ny]=0$ do đó $[ny] \vdots t$ $(2)$ nếu $y\neq 0$ giờ ta chọn $[ny]=tD+1 \Rightarrow tD+1\le ny<tD+2 \Rightarrow \dfrac{tD+1}{y}\le n<\dfrac{tD+2}{y}$ ta thấy $\dfrac{tM+2}{y}-\dfrac{tD+1}{y}=\dfrac{1}{y}>1$ (vì $y<1$) do đó tồn tại $n$ nguyên dương để $\dfrac{tD+1}{y}\le n\le \dfrac{tD+2}{y}$ nhưng khi chọn khéo léo $D$ ta hoàn toàn thu được $\dfrac{tD+1}{y} \not \in Z$ thật vậy nó $\in Z$ khi $y$ hữu tỉ đặt $y=\dfrac{p}{q}$ với $\dfrac{p}{q}<1$, $gcd(p,q)=1$ (do $y<1$) khi đó chỉ việc chọn $D$ để $tD+1 \not \vdots p$ là xong, khi đó tồn tại $\dfrac{tD+1}{y}\le n<\dfrac{tD+2}{y}$ (do $\dfrac{tD+2}{y}$ không nguyên nữa) khi đó rõ ràng tồn tại $n$ để $[ny]=tD+1$ chọn $D$ đủ lớn để $>M$ khi đó rõ ràng $n>M$ và khi ấy $[ny] \not \vdots t$ mâu thuẫn $(2)$, do đó buộc $y=0$ từ đó $t[nx]=0$ nên $x=0$ (do $t=k>0$)
Mà $x=y=0$ thì $a,b$ nguyên dương, đpcm
Bài 7: Dễ cm với thặng dư bậc 2, với số nguyên tố $p$ sao cho $p \equiv 0,1,4 \pmod{5}$ thì tồn tại $n$ để $(2n+1)^2-5 \vdots p$ hay $n^2+n-1 \vdots p$ và ngược lại một số dạng $n^2+n-1$ chỉ có ước nguyên tố thuộc tập $ \equiv 0,1,4 \pmod{5}$ (cái này các bạn tự cm, có thể cm như với $mod 2,3$ cũng có thể cm dùng luật tương hỗ Gauss) $(1)$
Quay lại bài toán, ta sẽ cm $S$ sẽ chứa mọi số nguyên tố $p \equiv 0,1,4 \pmod{5}$
Thật vậy $p=5$ rõ ràng $2^2+2-1=5$ do đó $S$ chứa $5$
Giả sử quy nạp đúng đến $p_i$ với $p_i$ là số nguyên tố thứ $i$ mà $ \equiv 0,1,4 \pmod{5}$
Ta sẽ cm đúng đến $p_{i+1}$ thật vậy theo $(1)$ tồn tại $m$ để $m^2+m-1 \vdots p_{i+1}$ giả sử $m \equiv x \pmod{p_{i+1}}$ thì $x<p_{i+1}$ khi đó $x^2+x-1 \vdots p_{i+1}$ và $x^2+x-1<p_{i+1}^2$ như vậy đặt $x^2+x-1=p_{i+1}.q_1^{a_1}.q_2^{a_2}...q_k^{a_k}$ cũng theo $(1)$ thì $q_1,q_2,...,q_k$ chỉ có dạng $ \equiv 0,1,4 \pmod{5}$ mà $x^2+x-1<p_{i+1}^2$ thì $q_i<p_{i+1}$ do đó theo GT quy nạp $q_i$ đều có thể viết theo dạng như tập $S$ đặt $q_i$ khi viết theo dạng $S$ là $S(q_i)$
Khi đó $p_{i+1}=S(q_1)^{a_1}.S(q_2)^{a_2}...S(q_k)^{a_k}. \dfrac{x^2+x-1}{1^2+1-1}$ cũng là số dạng $S$ do $S(q_i)^{a_i}$ cũng có dạng như $S$ giả thiết quy nạp đc cm, do đó $S$ chứa mọi số ng tố dạng $\equiv 0,1,4 \pmod{5}$
Giờ việc còn lại của ta là cm vô số số nguyên tố dạng $\equiv 0,1,4 \pmod{5}$ muốn vậy ta cm TH $\equiv 1 \pmod{5}$ là xong
Ta cm có vô số số nguyên tố dạng $\equiv 1 \pmod{5}$ thật vậy giả sử chỉ tồn tại hữu hạn $p \in P, p \equiv 1 \pmod{5}$ thì tồn tại $p$ nguyên tố lớn nhất dạng $ \equiv 1 \pmod{5}$ thì chọn $5^x$ sao cho $5^x>p$
KHi ấy xét số dạng $2^{5^x}-1$ xét $q$ là UNT của $(2^{5^{x-1}})^4+(2^{5^{x-1}})^3+(2^{5^{x-1}})^2+(2^{5^{x-1}})+1=A^4+A^3+...+A+1$ với $A=2^{5^{x-1}}$ ta có $gcd(A-1,A^4+...+A+1)|5$ mà $q\neq 5$ do đó $gcd(A-1,q)=1$ $(3)$ mà $2^{5^x}-1 \vdots q$ nên $ord_q(2)=5^l$ khi đó $l=x$ vì $l<x$ thì $2^{5^l}-1 \vdots q$ hay $A-1 \vdots (2^{5^l}-1) \vdots q$ (do $l\le k-1$) khi đó mâu thuẫn $(3)$ như vậy $l=x$ do đó $ord_q(2)=5^x$ nên $q-1 \vdots 5^x$ theo Fermat nhỏ nên $q=5^x.h+1>p$ vô lý với gs $p$ là số ng tố lớn nhất dạng $\equiv 1 \pmod{5}$ do đó nhận định được cm, bài toán hoàn tất


Chủ đề được quan tâm nhiều nhất:



Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Có 4 người đã cảm ơn cho bài viết này
catbuilata (27-07-2013), Hà Nguyễn (15-06-2013), Miền cát trắng (14-06-2013), Nắng vàng (15-06-2013)
  #2  
Cũ 15-06-2013, 00:56
Avatar của ma29
ma29 ma29 đang ẩn
songoku
 
Cấp bậc: 19 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 458
Điểm: 144 / 6053
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 13065
 
Tham gia ngày: Jun 2013
Bài gửi: 434
Đã cảm ơn : 202
Được cảm ơn 279 lần trong 119 bài viết

Mặc định

Mấy thầy giải những câu còn lại yk


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
  #3  
Cũ 27-07-2013, 17:14
Avatar của ma29
ma29 ma29 đang ẩn
songoku
 
Cấp bậc: 19 [♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥♥ Bé-Yêu ♥]
Hoạt động: 0 / 458
Điểm: 144 / 6053
Kinh nghiệm: 34%

Thành viên thứ: 13065
 
Tham gia ngày: Jun 2013
Bài gửi: 434
Đã cảm ơn : 202
Được cảm ơn 279 lần trong 119 bài viết

Mặc định

Nguyên văn bởi Ma29 Xem bài viết
Đề thi và lời giải được lấy từ: http://math.net.vn/forum.php




Mình muốn giải toán được như vầy


Báo cáo bài viết xấu Trả lời với trích dẫn
Trả lờiG?i Ð? Tài M?i Thích và chia sẻ bài viết này:


Đang xem bài viết : 1 (0 thành viên và 1 khách)
 


Từ khóa
đề thi romania, romania, selection, tests
Công cụ bài viết Tìm trong chủ đề này
Tìm trong chủ đề này:

Tìm chi tiết
Kiểu hiển thị

Quyền viết bài
Bạn không thể gửi chủ đề mới
Bạn không thể gửi trả lời
Bạn không thể gửi file đính kèm
Bạn không thể sửa bài viết của mình

BB code đang Mở
Mặt cười đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt



DIỄN ĐÀN K2PI.NET.VN | THÁNG 12.2011
Giải toán Online | Đề thi Toán | Luyện thi Toán | Tài liệu môn Toán
Thay đổi tên miền K2pi.Net thành K2pi.Net.Vn từ ngày 01-10-2014