Xem Nhiều 5/2022 # Đề Thi Imo 2012 Và Lời Giải # Top Trend

Xem 14,553

Cập nhật thông tin chi tiết về Đề Thi Imo 2012 Và Lời Giải mới nhất ngày 17/05/2022 trên website Phusongyeuthuong.org. Hy vọng nội dung bài viết sẽ đáp ứng được nhu cầu của bạn, chúng tôi sẽ thường xuyên cập nhật mới nội dung để bạn nhận được thông tin nhanh chóng và chính xác nhất. Cho đến thời điểm hiện tại, bài viết này đã đạt được 14,553 lượt xem.

--- Bài mới hơn ---

  • Đề Thi Toán Quốc Tế Imo 2022
  • Đề Thi Tiếng Anh A2 Khung Châu Âu
  • Tổng Hợp Tài Nguyên Học Tiếng Anh Miễn Phí Cho Trình Độ A2
  • Bảo Hiểm Nhân Thọ? Hiểu Đúng Về Bảo Hiểm Nhân Thọ Để Đảm Bảo Quyền Lợi
  • 20 Bộ Đề Thi Lý Thuyết B1 – Thi Thử Lý Thuyết B1 Sở Gtvt 2022
  • Ngày thi thứ nhất (10/7/2012)

    Bài 1. Cho tam giác $ABC$ và điểm $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $A$ của tam giác. Đường tròn này tiếp xúc với $AB,AC,BC$ tại $K,L,M$ theo thứ tự. $LM$ cắt $BJ$ tại $F$, $KM$ cắt $CJ$ tại $G$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $AF,AG$ với $BC$. Chứng minh rằng $M$ là trung điểm của $ST$.

    Bài này không khó

    Ta có $triangle FKJ=triangle FMJ$, do đó $widehat{KFJ}=widehat{JFM}$.

    Mặt khác $widehat{JFM}=widehat{KAJ}$ nên $AFKJ$ nội tiếp. Suy ra $FJperp AS$. Từ đó $FS=FA$

    Tương tự $AT$ vuông góc với $GJ$. Từ đó $AT//FM$.

    Vậy $M$ là trung điểm của $ST$.

    Bài 2. Cho số nguyên $n ge 3$ và các số thực dương $a_2,a_3,ldots,a_n$ thỏa mãn $a_2 cdots a_n= 1$. Chứng minh rằng

    Câu này khá dễ:Theo AM – GM ta có $ (a_{k}+1)=left(a_{k}+frac {1}{k-1}+cdots+frac {1}{k-1}right)geq ksqrt

    Dấu bằng xảy ra nếu và chỉ nếu $ a_{k}=frac {1}{k-1} $, vô lí.

    Bài 3. Trò chơi đoán kẻ nói dối là một trò chơi giữa hai người chơi $A$ và $B$. Quy tắc của trò chơi phụ thuộc vào hai số nguyên dương $k$ và $n$ mà cả hai người chơi đều đã biết trước.

    Bắt đầu trò chơi, $A$ sẽ chọn các số nguyên $x$ và $N$ với $1 le x le N$. $A$ giữ bí mật số $x$ và nói số $N$ cho $B$. $B$ sẽ cố thu nhận thông tin về số $x$ bằng cách hỏi $A$ các câu hỏi như sau : mỗi câu hỏi bao gồm việc $B$ xác định một tập $S$ tùy ý các số nguyên dương (có thể là một tập đã được nhắc đến trong câu hỏi trước đó) và hỏi $A$ xem $x$ có thuộc $S$ hay không. Sau mỗi câu hỏi, $A$ phải trả lời hoặc không, nhưng có thể nói dối bao nhiêu lần tùy thích, chỉ có điều là phải trả lời đúng ít nhất một trong số $k+1$ câu hỏi liên tiếp.

    Sau khi $B$ đã hỏi xong, $B$ phải chỉ ra một tập $X$ có tối đa $n$ số nguyên dương. Nếu $x in X$, $B$ thắng; nếu ngược lại, $B$ thua. Chứng minh rằng :

    1. Nếu $n ge 2^k$, $B$ có thể đảm bảo một chiến thắng.
    2. Với mọi $k$ đủ lớn, tồn tại một số nguyên $n ge 1.99^k$ sao cho $B$ không thể đảm bảo có một chiến thắng.
    3. Đề thi IMO 2012 ngày thi thứ nhất

      Ngày thi thứ hai (11/7/2012).

      Bài 4. Tìm tất cả các hàm số $f : mathbb{Z} to mathbb{Z}$ sao cho với mọi $a+b+c=0$ thì

      $$ f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2 = 2f(a)f(b) + 2f(b)f(c) + 2f(c)f(a). $$

      Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $widehat{ACB} = 90^circ$ và $D$ là chân đường cao tương ứng với đỉnh $C$. Gọi $X$ là một điểm trong của đoạn thẳng $CD$. Gọi $K$ là điểm trên đoạn thẳng $AX$ sao cho $BK=BC$. Tương tự, gọi $L$ là điểm trên đoạn thẳng $BX$ sao cho $AL=AC$. Gọi $M$ là giao điểm của $AL$ và $BK$. Chứng minh rằng $MK=ML$.

      Bài 6. Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại các số nguyên không âm $a_1,a_2,ldots,a_n$ thỏa mãn

      $$ frac{1}{2^{a_1}} + frac{1}{2^{a_2}} + cdots + frac{1}{2^{a_n}} = frac{1}{3^{a_1}} + frac{2}{3^{a_2}} + cdots + frac{n}{3^{a_n}} = 1 $$

      Cập nhật: lời giải Đề thi IMO 2012 từ IMO Math

      IMO 2012 Problems and Solutions

      Day 1 (July 10th, 2012)

      Problem 1

      Given a triangle ( ABC ), let ( J ) be the center of the excircle opposite to the vertex ( A ). This circle is tangent to lines ( AB ), ( AC ), and ( BC ) at ( K ), ( L ), and ( M ), respectively. The lines ( BM ) and ( JF ) meet at ( F ), and the lines ( KM ) and ( CJ ) meet at ( G ). Let ( S ) be the intersection of ( AF ) and ( BC ), and let ( T ) be the intersection of ( AG ) and ( BC ). Prove that ( M ) is the midpoint of ( BC ).

      Solution

      We have ( KMperp BJ ) hence ( BM ) is parallel to the bisector of ( angle ABC ). Therefore ( angle BMK=frac12angle ABC ) and ( angle FMB=frac12angle ACB ). Denote by ( X ) the intersection of ( KM ) and ( FJ ). From the triangle ( FXM ) we derive:

      Solution

      The inequality between arithmetic and geometric mean implies

      The inequality is strict because at least one of ( a_2 ), ( dots ), ( a_n ) has to be greater than or equal than ( 1 ) and thus ( a_kgneq frac1{k-1} ) holds for at least one integer ( kin{2,dots, n} ).

      Problem 3

      The liar’s guessing game is a game played between two players ( A ) and ( B ). The rules of the game depend on two positive integers ( k ) and ( n ) which are known to both players.

      At the start of the game the player ( A ) chooses integers ( x ) and ( N ) with ( 1leq xleq N ). Player ( A ) keeps ( x ) secret, and truthfully tells ( N ) to the player ( B ). The player ( B ) now tries to obtain information about ( x ) by asking player ( A ) questions as follows: each question consists of ( B ) specifying an arbitrary set ( S ) of positive integers (possibly one specified in some pviuos question), and asking ( A ) whether ( x ) belongs to ( S ). Player ( B ) may ask as many questions as he wishes. After each question, player ( A ) must immediately answer it with yes or no, but is allowed to lie as many times as she wants; the only restriction is that, among any ( k+1 ) consecutive answers, at least one answer must be truthful.

      After ( B ) has asked as many questions as he wants, he must specify a set ( X ) of at most ( n ) positive integers. If ( xin X ), then ( B ) wins; otherwise, he loses. Prove that:

      (a) If ( ngeq 2^k ) then ( B ) has a winning strategy.

      (b) There exists a positive integer ( k_0 ) such that for every ( kgeq k_0 ) there exists an integer ( ngeq 1.99^k ) for which ( B ) cannot guarantee a victory.

      Solution

      Assume that ( Ngeq 2^n+1 ).

      In this way the player ( B ) has obtained the sets ( P_1 ), ( P_2 ), ( dots ), ( P_k ) such that ( left(P_1cup cdots cup P_kright)^Cgeq 1 ). Then ( B ) chooses the set ( D_{k+1} ) to be a singleton containing any element of ( P_1cupcdots cup P_k ). There are two cases now:

      • ( 1^{circ} ) The player ( A ) selects ( P_{k+1}=D_{k+1}^C ). Then ( B ) can take ( S^{prime}=Ssetminus D_{k+1} ) and the statement is proved.
      • Assuming that ( S={1,2,dots, N} ), the player ( A ) will maintain the following sequence of ( N )-tuples: ( (mathbf{x})_{j=0}^{infty}=left(x_1^j, x_2^j, dots, x_N^jright) ). Initially we set ( x_1^0=x_2^0=cdots =x_N^0=1 ). After the set ( P_j ) is selected then we define ( mathbf x^{j+1} ) based on ( mathbf x^j ) as follows: Solution

        Placing ( a=b=c=0 ) yields ( 3f(0)^2=6f(0)^2 ) which implies ( f(0)=0 ). Now we can place ( b=-a ), ( c=0 ) to obtain ( f(a)^2+f(-a)^2=2f(a)f(-a) ), or, equivalently ( left(f(a)-f(-a)right)^2=0 ) which implies ( f(a)=f(-a) ).

        Assume now that ( f(a)=0 ) for some ( ainmathbb Z ). Then for any ( b ) we have ( a+b+(-a-b)=0 ) hence ( f(a)^2+f(b)^2+f(a+b)^2=2f(b)f(a+b) ), which is equivalent to ( left(f(b)-f(a+b)right)^2=0 ), or ( f(a+b)=f(b) ). Therefore if ( f(a)=0 ) for some ( aneq 0 ), then ( f ) is a periodic function with period ( a ).

        Placing ( b=a ) and ( c=2a ) in the original equation yields ( f(2a)cdot left(f(2a)-4f(a)right)=0 ). Choosing ( a=1 ) we get ( f(2)=0 ) or ( f(2)=4f(1) ).

        If ( f(2)=0 ), then ( f ) is periodic with period 2 and we must have ( f(n)=f(1) ) for all odd ( n ). It is easy to verify that for each ( cinmathbb Z ) the function which implies ( (n-1)^2=1 ) hence ( n=2 ). Therefore ( f(3)=f(1) ). Placing ( a=1 ), ( b=3 ), and ( c=4 ) into the original equation implies that ( f(4)=0 ) or ( f(4)=4f(1)=f(2) ). If ( f(4)neq 0 ) we get

        Solution

        Let ( M=max{a_1,dots, a_n} ). Then we have ( 3^M=1cdot 3^{M-a_1}+ 2cdot 3^{M-a_2}+cdots + ncdot 3^{M-a_n}equiv 1+2+cdots+n=frac{n(n+1)}2 ) (mod ( n )). Therefore, the number ( frac{n(n+1)}2 ) must be odd and hence ( nequiv 1 ) (mod 4) or ( nequiv 2 ) (mod 4).

        We will now prove that each ( ninmathbb N ) of the form ( 4k+1 ) or ( 4k+2 ) (for some ( kinmathbb N )) there exist integers ( a_1 ), ( dots ), ( a_n ) with the described property.

        For a sequence ( mathbf a=left(a_1, a_2, dots, a_nright) ) let us introduce the following notation: Then we have

        We now have For each ( jin{2,3,4,5,6} ) we have [ (3,2,2,4,4,5,5,6,5,6,6,6,6,6,6,6,5).]

        --- Bài cũ hơn ---

      • Mời Các Bạn Thử Sức Giải Đáp Với Đề Olympic Toán Quốc Tế
      • Những Bình Luận Đầu Tiên Về Đề Thi Olympic Toán Quốc Tế 2022
      • Cuộc Thi Olimpic Toán Học Quốc Tế Hkimo 2022
      • Đề Thi Olympic Tháng 4 Tp Hcm 2022
      • Olympic Tiếng Anh Thcs Archives
      • Bạn đang xem bài viết Đề Thi Imo 2012 Và Lời Giải trên website Phusongyeuthuong.org. Hy vọng những thông tin mà chúng tôi đã chia sẻ là hữu ích với bạn. Nếu nội dung hay, ý nghĩa bạn hãy chia sẻ với bạn bè của mình và luôn theo dõi, ủng hộ chúng tôi để cập nhật những thông tin mới nhất. Chúc bạn một ngày tốt lành!

  • Web hay
  • Links hay
  • Guest-posts
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100