Dap An Imo 2020 / TOP 15 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 6/2023 # Top View

Ả-rập Xê-út,1,Abel,5,Albania,2,AMM,2,Amsterdam,5,Ấn Độ,1,An Giang,22,Andrew Wiles,1,Anh,2,Áo,1,APMO,19,Ba Đình,2,Ba Lan,1,Bà Rịa Vũng Tàu,52,Bắc Giang,49,Bắc Kạn,1,Bạc Liêu,9,Bắc Ninh,47,Bắc Trung Bộ,7,Bài Toán Hay,5,Balkan,37,Baltic Way,30,BAMO,1,Bất Đẳng Thức,66,Bến Tre,46,Benelux,13,Bình Định,44,Bình Dương,21,Bình Phước,38,Bình Thuận,34,Birch,1,Booklet,11,Bosnia Herzegovina,3,BoxMath,3,Brazil,2,Bùi Đắc Hiên,1,Bùi Thị Thiện Mỹ,1,Bùi Văn Tuyên,1,Bùi Xuân Diệu,1,Bulgaria,5,Buôn Ma Thuột,1,BxMO,12,Cà Mau,13,Cần Thơ,14,Canada,39,Cao Bằng,6,Cao Quang Minh,1,Câu Chuyện Toán Học,36,Caucasus,2,CGMO,10,China,10,Chọn Đội Tuyển,347,Chu Tuấn Anh,1,Chuyên Đề,124,Chuyên Sư Phạm,31,Chuyên Trần Hưng Đạo,3,Collection,8,College Mathematic,1,Concours,1,Cono Sur,1,Contest,610,Correspondence,1,Cosmin Poahata,1,Crux,2,Czech-Polish-Slovak,25,Đà Nẵng,39,Đa Thức,2,Đại Số,20,Đắk Lắk,54,Đắk Nông,7,Đan Phượng,1,Danube,7,Đào Thái Hiệp,1,ĐBSCL,2,Đề Thi HSG,1643,Đề Thi JMO,1,Điện Biên,8,Định Lý,1,Định Lý Beaty,1,Đỗ Hữu Đức Thịnh,1,Do Thái,3,Doãn Quang Tiến,4,Đoàn Quỳnh,1,Đoàn Văn Trung,1,Đống Đa,4,Đồng Nai,49,Đồng Tháp,51,Du Hiền Vinh,1,Đức,1,Duyên Hải Bắc Bộ,25,E-Book,33,EGMO,16,ELMO,19,EMC,8,Epsilon,1,Estonian,5,Euler,1,Evan Chen,1,Fermat,3,Finland,4,Forum Of Geometry,2,Furstenberg,1,G. Polya,3,Gặp Gỡ Toán Học,26,Gauss,1,GDTX,3,Geometry,12,Gia Lai,25,Gia Viễn,2,Giải Tích Hàm,1,Giảng Võ,1,Giới hạn,2,Goldbach,1,Hà Giang,2,Hà Lan,1,Hà Nam,29,Hà Nội,231,Hà Tĩnh,72,Hà Trung Kiên,1,Hải Dương,49,Hải Phòng,42,Hàn Quốc,5,Hậu Giang,4,Hậu Lộc,1,Hilbert,1,Hình Học,33,HKUST,7,Hòa Bình,13,Hoài Nhơn,1,Hoàng Bá Minh,1,Hoàng Minh Quân,1,Hodge,1,Hojoo Lee,2,HOMC,5,HongKong,8,HSG 10,100,HSG 11,87,HSG 12,581,HSG 9,402,HSG Cấp Trường,78,HSG Quốc Gia,99,HSG Quốc Tế,16,Hứa Lâm Phong,1,Hứa Thuần Phỏng,1,Hùng Vương,2,Hưng Yên,32,Hương Sơn,2,Huỳnh Kim Linh,1,Hy Lạp,1,IMC,25,IMO,54,India,45,Inequality,13,InMC,1,International,307,Iran,11,Jakob,1,JBMO,41,Jewish,1,Journal,20,Junior,38,K2pi,1,Kazakhstan,1,Khánh Hòa,16,KHTN,53,Kiên Giang,64,Kim Liên,1,Kon Tum,18,Korea,5,Kvant,2,Kỷ Yếu,42,Lai Châu,4,Lâm Đồng,33,Lạng Sơn,21,Langlands,1,Lào Cai,16,Lê Hải Châu,1,Lê Hải Khôi,1,Lê Hoành Phò,4,Lê Khánh Sỹ,3,Lê Minh Cường,1,Lê Phúc Lữ,1,Lê Phương,1,Lê Quý Đôn,1,Lê Viết Hải,1,Lê Việt Hưng,1,Leibniz,1,Long An,42,Lớp 10,10,Lớp 10 Chuyên,452,Lớp 10 Không Chuyên,230,Lớp 11,1,Lục Ngạn,1,Lượng giác,1,Lương Tài,1,Lưu Giang Nam,2,Lý Thánh Tông,1,Macedonian,1,Malaysia,1,Margulis,2,Mark Levi,1,Mathematical Excalibur,1,Mathematical Reflections,1,Mathematics Magazine,1,Mathematics Today,1,Mathley,1,MathLinks,1,MathProblems Journal,1,Mathscope,8,MathsVN,5,MathVN,1,MEMO,10,Metropolises,4,Mexico,1,MIC,1,Michael Guillen,1,Mochizuki,1,Moldova,1,Moscow,1,Mỹ,9,MYTS,4,Nam Định,32,Nam Phi,1,Nam Trung Bộ,1,National,249,Nesbitt,1,Newton,4,Nghệ An,50,Ngô Bảo Châu,2,Ngô Việt Hải,1,Ngọc Huyền,2,Nguyễn Anh Tuyến,1,Nguyễn Bá Đang,1,Nguyễn Đình Thi,1,Nguyễn Đức Tấn,1,Nguyễn Đức Thắng,1,Nguyễn Duy Khương,1,Nguyễn Duy Tùng,1,Nguyễn Hữu Điển,3,Nguyễn Mình Hà,1,Nguyễn Minh Tuấn,8,Nguyễn Phan Tài Vương,1,Nguyễn Phú Khánh,1,Nguyễn Phúc Tăng,1,Nguyễn Quản Bá Hồng,1,Nguyễn Quang Sơn,1,Nguyễn Tài Chung,5,Nguyễn Tăng Vũ,1,Nguyễn Tất Thu,1,Nguyễn Thúc Vũ Hoàng,1,Nguyễn Trung Tuấn,8,Nguyễn Tuấn Anh,2,Nguyễn Văn Huyện,3,Nguyễn Văn Mậu,25,Nguyễn Văn Nho,1,Nguyễn Văn Quý,2,Nguyễn Văn Thông,1,Nguyễn Việt Anh,1,Nguyễn Vũ Lương,2,Nhật Bản,3,Nhóm $LaTeX$,4,Nhóm Toán,1,Ninh Bình,41,Ninh Thuận,15,Nội Suy Lagrange,2,Nội Suy Newton,1,Nordic,19,Olympiad Corner,1,Olympiad Preliminary,2,Olympic 10,98,Olympic 10/3,5,Olympic 11,89,Olympic 12,30,Olympic 24/3,6,Olympic 27/4,20,Olympic 30/4,66,Olympic KHTN,6,Olympic Sinh Viên,73,Olympic Tháng 4,12,Olympic Toán,300,Olympic Toán Sơ Cấp,3,PAMO,1,Phạm Đình Đồng,1,Phạm Đức Tài,1,Phạm Huy Hoàng,1,Pham Kim Hung,3,Phạm Quốc Sang,2,Phan Huy Khải,1,Phan Thành Nam,1,Pháp,2,Philippines,8,Phú Thọ,30,Phú Yên,26,Phùng Hồ Hải,1,Phương Trình Hàm,11,Phương Trình Pythagoras,1,Pi,1,Polish,32,Problems,1,PT-HPT,14,PTNK,45,Putnam,25,Quảng Bình,44,Quảng Nam,31,Quảng Ngãi,33,Quảng Ninh,43,Quảng Trị,26,Quỹ Tích,1,Riemann,1,RMM,12,RMO,24,Romania,36,Romanian Mathematical,1,Russia,1,Sách Thường Thức Toán,7,Sách Toán,69,Sách Toán Cao Học,1,Sách Toán THCS,7,Saudi Arabia,7,Scholze,1,Serbia,17,Sharygin,24,Shortlists,56,Simon Singh,1,Singapore,1,Số Học – Tổ Hợp,27,Sóc Trăng,28,Sơn La,11,Spain,8,Star Education,5,Stars of Mathematics,11,Swinnerton-Dyer,1,Talent Search,1,Tăng Hải Tuân,2,Tạp Chí,14,Tập San,6,Tây Ban Nha,1,Tây Ninh,29,Thạch Hà,1,Thái Bình,39,Thái Nguyên,49,Thái Vân,2,Thanh Hóa,57,THCS,2,Thổ Nhĩ Kỳ,5,Thomas J. Mildorf,1,THPT Chuyên Lê Quý Đôn,1,THPTQG,15,THTT,6,Thừa Thiên Huế,35,Tiền Giang,19,Tin Tức Toán Học,1,Titu Andreescu,2,Toán 12,7,Toán Cao Cấp,3,Toán Chuyên,2,Toán Rời Rạc,5,Toán Tuổi Thơ,3,Tôn Ngọc Minh Quân,2,TOT,1,TPHCM,126,Trà Vinh,5,Trắc Nghiệm,1,Trắc Nghiệm Toán,2,Trại Hè,34,Trại Hè Hùng Vương,25,Trại Hè Phương Nam,5,Trần Đăng Phúc,1,Trần Minh Hiền,2,Trần Nam Dũng,9,Trần Phương,1,Trần Quang Hùng,1,Trần Quốc Anh,2,Trần Quốc Luật,1,Trần Quốc Nghĩa,1,Trần Tiến Tự,1,Trịnh Đào Chiến,2,Trung Quốc,12,Trường Đông,19,Trường Hè,7,Trường Thu,1,Trường Xuân,2,TST,55,Tuyên Quang,6,Tuyển Sinh,3,Tuyển Tập,44,Tuymaada,4,Undergraduate,66,USA,44,USAJMO,10,USATST,7,Uzbekistan,1,Vasile Cîrtoaje,4,Vật Lý,1,Viện Toán Học,2,Vietnam,4,Viktor Prasolov,1,VIMF,1,Vinh,27,Vĩnh Long,20,Vĩnh Phúc,63,Virginia Tech,1,VLTT,1,VMEO,4,VMF,12,VMO,46,VNTST,22,Võ Anh Khoa,1,Võ Quốc Bá Cẩn,26,Võ Thành Văn,1,Vojtěch Jarník,6,Vũ Hữu Bình,7,Vương Trung Dũng,1,WFNMC Journal,1,Wiles,1,Yên Bái,17,Yên Định,1,Yên Thành,1,Zhautykov,11,Zhou Yuan Zhe,1,

ltr

item

MOlympiad: [Lời Giải và Bình Luận] Đề Thi Toán Quốc Tế IMO 2020

[Lời Giải và Bình Luận] Đề Thi Toán Quốc Tế IMO 2020

MOlympiad

https://www.molympiad.net/2020/09/loi-giai-va-binh-luan-e-thi-toan-quoc.html

https://www.molympiad.net/

https://www.molympiad.net/

https://www.molympiad.net/2020/09/loi-giai-va-binh-luan-e-thi-toan-quoc.html

2506595080985176441

UTF-8

Loaded All Posts

Not found any posts

VIEW ALL

Readmore

Reply

Cancel reply

Delete

By

Home

PAGES

POSTS

View All

RECOMMENDED FOR YOU

LABEL

ARCHIVE

SEARCH

ALL POSTS

Not found any post match with your request

Back Home

Sunday

Monday

Tuesday

Wednesday

Thursday

Friday

Saturday

Sun

Mon

Tue

Wed

Thu

Fri

Sat

January

February

March

April

May

June

July

August

September

October

November

December

Jan

Feb

Mar

Apr

May

Jun

Jul

Aug

Sep

Oct

Nov

Dec

just now

1 minute ago

$$1$$ minutes ago

1 hour ago

$$1$$ hours ago

Yesterday

$$1$$ days ago

$$1$$ weeks ago

more than 5 weeks ago

Followers

Follow

THIS PREMIUM CONTENT IS LOCKED

Please share to unlock

Copy All Code

Select All Code

All codes were copied to your clipboard

Can not copy the codes / texts, please press [CTRL]+[C] (or CMD+C with Mac) to copy

Type something and Enter

Q: I’m writing a piece about the origins of the fist bump in sports. The conventional wisdom is that it evolved from the dap, the elaborate greeting used by black soldiers during the Vietnam War. While doing research, I found an old story by Stewart Kellerman that may be the first written use of the term. Do you know of an earlier one?

A: As far as we can tell, the use of “dap” for the black power greeting in Vietnam did indeed show up in print for the first time in Stewart’s article, written when he was a war correspondent for United Press International. It appeared in the April 25, 1971, issue of the Pittsburgh Press and other newspapers.

In the article, “Soul Session in Vietnam,” which we’ve reproduced on our blog, Stewart writes of being invited to spend an evening with a group of militant black soldiers in an all-black hooch, or barracks. A cardboard sign taped to a wall read: “Off limits / No rabbits allowed / This area for blacks and blacks only.”

During a rap session, the GIs told Stewart that “dap” came from dep, Vietnamese for beautiful. As far as we know, that’s the earliest written indication of the term’s etymology, though a few other suggestions have appeared since then. Here’s an excerpt from the article in which both “dap” and “dapping” are used:

The blacks arrived in groups of two or three during the night. When each got there he went around the hooch doing the dap (from “dep,” the Vietnamese word for beautiful) with all the others. The intricate dap is made up of dozens of steps ranging from tapping fists to slapping chests.

Blacks say the dap is mainly used to say hello, show friendship and express brotherhood. However, some of the most commonly used gestures (the dap varies from region to region) are symbols for cutting the throats of MPs and shooting  them in the head.

Spec. 4 Gary Terrell, 23, of Birmingham, Ala., said his superiors have tried to get him to cut his hair, take off his power band and stop dapping with the brothers.

“I tell them no,” he said. “You ain’t gonna take my soul away from me, you dig. So what happens? I got every rotten job the rabbits can think of.”

The Oxford English Dictionary describes the usage as “U.S slang (originally and chiefly in African-American usage),” and defines it as a “special handshake, typically involving slapping palms, bumping fists, or snapping fingers; chiefly as a mass noun in some dap or to give (a person) dap. Also give (a person) daps.”

The OED, an etymological dictionary, says “dap” is of uncertain origin, but may have come from the noun “tap” or “perhaps (as suggested in Green’s Dictionary of Slang)” from the verb “dab” (to pat or tap).

The earliest Oxford citation for the term is from the publication of Stewart’s article in the May 15, 1971, issue of the Afro-American (Baltimore), a few weeks after it originally appeared: “Blacks say the dap is mainly used to say hello, show friendship and express brotherhood.”

Green’s Dictionary defines “dap” as an African-American noun or verb for “a ritualistic handshake, differing from area to area, involving much slapping of palms, snapping of fingers, etc.”

The American Heritage Historical Dictionary of American Slang defines the term as “any of various elaborate handshakes used esp. by young black men to express solidarity or enthusiasm.” It cites the same dictionary of black jargon mentioned in Green’s.

Help support the Grammarphobia Blog with your donation. And check out our books about the English language and more.

Subscribe to the blog by email

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[k]{frac{a_{k}}{(k-1)^{k-1}}}; $. Suy ra $ (a_{k}+1)^{k}geqfrac{k^{k}}{(k-1)^{k-1}}cdot a_{k}. $ Do đó [ prod_{k=2}^{n}(a_{k}+1)^{k}geq n^{n}a_{2}a_{3}cdots a_{n}=n^{n}. ] 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 có 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 :

Nếu $n ge 2^k$, $B$ có thể đảm bảo một chiến thắng.

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.

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:

[ angle XFM=90^{circ}-angle FMB-angle BMK=frac12angle BAC.]

Problem 2 Let ( a_2 ), ( a_3 ), ( dots ), ( a_n ) be positive real numbers that satisfy ( a_2cdot a_3cdots a_n=1 ). Prove that [ left(a_2+1right)^2cdot left(a_3+1right)^3cdots left(a_n+nright)^ngneq n^n.] Solution

The inequality between arithmetic and geometric mean implies

[ left(a_k+1right)^k=left(a_k+frac1{k-1}+frac1{k-1}+cdots+frac1{k-1}right)^k

geq k^kcdot a_kcdot frac1{(k-1)^{k-1}}=frac{k^k}{(k-1)^{k-1}}cdot a_k.]

The inequality is strict unless ( a_k=frac1{k-1} ).

Multiplying analogous inequalities for ( k=2 ), ( 3 ), ( dots ), ( n ) yields

[

left(a_2+1right)^2cdot left(a_3+1right)^3cdots left(a_n+nright)^ngneq frac{3^3}{2^2}cdot frac{4^4}{3^3}cdots frac{n^n}{(n-1)^{n-1}}cdot a_2a_3cdots a_n=n^n.

]

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 previuos 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: [ x_i^{j+1}=left{begin{array}{rl} 1,&mbox{ if } iin S\ qcdot x_i^j, &mbox{ if } inotin S. end{array}right.] The player ( A ) can keep ( B ) from winning if ( x_i^jleq q^k ) for each pair ( (i,j) ). For a sequence ( mathbf x ), let us define ( T(mathbf x)=sum_{i=1}^N x_i ). It suffices for player ( A ) to make sure that ( Tleft(mathbf x^jright)leq q^{k} ) for each ( j ). Notice that ( Tleft(mathbf x^0right)=Nleq p^k lneq q^k ).

Day 2 (July 11th, 2012)

Problem 4 Find all functions ( f:mathbb Ztomathbb Z ) such that, for all integers ( a ), ( b ), ( c ) with ( a+b+c=0 ) the following inequality holds: [ f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2=2f(a)f(b)+2f(b)f(c)+2f(c)f(a).] 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 [ f(x)=left{begin{array}{rl}0,& 2mid n,\ c, & 2notmid nend{array}right.] satisfies the conditions of the problem. Assume now that ( f(2)=4f(1) ) and that ( f(1)neq 0 ). We will now prove by induction that ( f(n)=n^2cdot f(1) ). The statement holds for ( nin{0,1,2} ). Assume that the statement holds for all ( iin{1,2,dots, n} ) and let us prove it for ( n+1 ). We place ( a=1 ), ( b=n ), ( c=-n-1 ) in the original equation to obtain: [ f(1)^2+n^4f(1)^2+f(n+1)^2=2n^2f(1)^2+2(n^2+1)f(n+1)f(1)] [ Leftrightarrow quadquadquad left(f(n+1)-(n+1)^2f(1)right)cdot left(f(n+1)-(n-1)^2f(1)right)=0.] If ( f(n+1)=(n-1)^2f(1) ) then setting ( a=n+1 ), ( b=1-n ), and ( c=-2 ) in the original equation yields [ 2(n-1)^4f(1)^2+16f(1)^2=2cdot 4cdot 2(n-1)^2f(1)^2+2cdot (n-1)^4f(1)] 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 [ f(2)^2+f(2)^2+f(4)^2=2f(2)^2+4f(2)f(4)] hence ( f(4)=4f(2) ). We already have that ( f(4)=f(2) ) and this implies that ( f(2)=0 ), which is impossible according to our assumption. Therefore ( f(4)=0 ) and the function ( f ) has period ( 4 ). Then ( f(4k)=0 ), ( f(4k+1)=f(4k+3)=c ), and ( f(4k+2)=4c ). It is easy to verify that this function satisfies the requirements of the problem. Thus the solutions are: ( f(x)=cx^2 ) for some ( cinmathbb Z ); ( f(x)=left{begin{array}{rl}0,& 2mid n,\ c, & 2notmid nend{array}right. ) for some ( cinmathbb Z ); and ( f(x)=left{begin{array}{rl}0,& 4mid n,\ c, & 2nmid n,\ 4c, & nequiv 2 mbox{ (mod } 4)end{array}right. ) for some ( cinmathbb Z ).

Problem 5 Given a triangle ( ABC ), assume that ( angle C=90^{circ} ). Let ( D ) be the foot of the perpendicular from ( C ) to ( AB ), and let ( X ) be any point of the segment ( CD ). Let ( K ) and ( L ) be the points on the segments ( AX ) and ( BX ) such that ( BK=BC ) and ( AL=AC ), respectively. Let ( M ) be the intersection of ( AL ) and ( BK ). Prove that ( MK=ML ).

Solution

Since ( AL^2=AC^2=ADcdot AB ) the triangles ( ALD ) and ( ABL ) are similar hence ( angle ALD=angle XBA ). Let ( R ) be the point on the extension of ( DC ) over point ( C ) such that ( DXcdot DR=BDcdot AD ). Since ( angle BDX=angle RDA=90^{circ} ) we conclude ( triangle RADsimtriangle BXD ) hence ( angle XBD=angle ARD ), therefore ( angle ALD=angle ARD ) and the points ( R ), ( A ), ( D ), and ( L ) belong to a circle. This implies that ( angle RLA=90^{circ} ) hence ( RL^2=AR^2-AL^2=AR^2-AC^2 ). Analogously we prove that ( RK^2=BR^2-BC^2 ) and ( angle RKB=90^{circ} ). Since ( RCperp AB ) we have ( AR^2-AC^2=BR^2-BC^2 ), therefore ( RL^2=RK^2 ) hence ( RL=RK ). Together with ( angle RLM=angle RKM=90^{circ} ) we conclude ( triangle RLMcong triangle LKM ) hence ( MK=ML ).

Problem 6 Find all positive integers ( n ) for which there exist non-negative integers ( a_1 ), ( a_2 ), ( dots ), ( a_n ) such that [ frac1{2^{a_1}}+frac1{2^{a_2}}+cdots+frac1{2^{a_n}}=frac1{3^{a_1}}+frac2{3^{a_2}}+cdots+frac{n}{3^{a_n}}=1.] 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: [ L(mathbf a)=frac1{2^{a_1}}+frac1{2^{a_2}}+cdots+frac1{2^{a_n}}quadquadquadmbox{ and }quadquadquad R(mathbf a)=frac1{3^{a_1}}+frac2{3^{a_2}}+cdots+frac{n}{3^{a_n}}.] Assume that for ( n=2m+1 ) there exists a sequence ( mathbf a=(a_1, dots, a_n) ) of non-negative integers with ( L(mathbf a)=R(mathbf a)=1 ). Consider the sequence ( mathbf a^{prime}=(a_1^{prime},dots, a_{n+1}^{prime}) ) defined in the following way: [ a_j^{prime}=left{begin{array}{rl} a_j,& mbox{ if } jnot in {m+1,2m+2}\ a_{m+1}+1,& mbox{ if } jin {m+1,2m+2}.end{array}right.] Then we have [ Lleft(mathbf a^{prime}right)=L(mathbf a)-frac1{2^{a_{m+1}}}+2cdot frac1{2^{a_{m+1}+1}}=1;;;mbox{ and };;; Rleft(mathbf a^{prime}right)=R(mathbf a)- frac{m+1}{3^{a_{m+1}}}+frac{m+1}{3^{a_{m+1}+1}}+frac{2m+2}{3^{a_{m+1}+1}}=1.] This implies that if the statement holds for ( 2m+1 ), then it holds for ( 2m+2 ). Assume now that the statement holds for ( n=4m+2 ) for some ( mgeq 2 ), and assume that ( mathbf a=left(a_1, dots, a_{4m+2}right) ) is the corresponding sequence of ( n ) non-negative integers. We will construct a following sequence ( mathbf a^{prime}=left(a_1^{prime}, a_2^{prime}, dots, a^{prime}_{4m+13}right) ) that satisfies ( Lleft(mathbf a^{prime}right)=Rleft(mathbf a^{prime}right)=1 ) thus proving that the statement holds for ( 4m+13 ). Define: [ a^{prime}_j=left{ begin{array}{rl} a_{m+2}+2, &mbox{ if } j=m+2\ a_{j}+1, &mbox{ if } jin{2m+2, 2m+3, 2m+4, 2m+5,2m+6}\ a_{frac{j}2}+1, &mbox{ if } jin{4m+4, 4m+6, 4m+8, 4m+10,4m+12}\ a_{m+2}+3, &mbox{ if } jin{4m+3, 4m+5, 4m+7, 4m+9, 4m+11, 4m+13}\ a_j, &mbox{ otherwise.} end{array}right.] We now have [ Lleft(mathbf a^{prime}right)=L(mathbf a)-frac1{2^{a_{m+2}}}- sum_{j=2}^6 frac1{2^{a_{2m+j}}}+frac1{2^{a_{m+2}+2}}+sum_{j=2}^6frac1{2^{a_{2m+j}+1}}+sum_{j=2}^6 frac1{2^{a_{2m+j}+1}}+6cdot frac1{2^{a_{m+2}+3}}=1.] It remains to verify that ( Rleft(mathbf a^{prime}right)=R(mathbf a)=1 ). We write [ Rleft(mathbf a^{prime}right)-R(mathbf a)=Rleft( begin{array}{ccccccc}a^{prime}_{m+2}, &a^{prime}_{4m+3}, &a^{prime}_{4m+5}, &a^{prime}_{4m+7}, &a^{prime}_{4m+9}, &a^{prime}_{4m+11}, &a^{prime}_{4m+13}\ m+2, & 4m+3,& 4m+5,& 4m+7,& 4m+9,& 4m+11,& 4m+13end{array}right)-Rleft(begin{array}{c}a_{m+2}\ m+2end{array}right)] [ + sum_{j=2}^6 left( Rleft(begin{array}{cc}a^{prime}_{2m+j}, &a^{prime}_{4m+2j}\ 2m+j,& 4m+jend{array}right)-Rleft(begin{array}{c}a_{2m+j}\ 2m+jend{array}right)right),] where [ Rleft(begin{array}{ccc} c_1, &dots, &c_k\ d_1, &dots, &d_kend{array}right)=frac{d_1}{3^{c_1}}+cdots+frac{d_k}{3^{c_k}}.] For each ( jin{2,3,4,5,6} ) we have [ Rleft(begin{array}{cc}a^{prime}_{2m+j}, &a^{prime}_{4m+2j}\ 2m+j,& 4m+jend{array}right)-Rleft(begin{array}{c}a_{2m+j}\ 2m+jend{array}right)= frac{2m+j}{3^{a_{2m+j}+1}}+ frac{4m+2j}{3^{a_{2m+j}+1}}-frac{2m+j}{3^{a_{2m+j}}}=0.] The first term in the expression for ( Rleft(mathbf a^{prime}right)-R(mathbf a) ) is also equal to ( 0 ) because [ Rleft( begin{array}{ccccccc}a^{prime}_{m+2}, &a^{prime}_{4m+3}, &a^{prime}_{4m+5}, &a^{prime}_{4m+7}, &a^{prime}_{4m+9}, &a^{prime}_{4m+11}, &a^{prime}_{4m+13}\ m+2, & 4m+3,& 4m+5,& 4m+7,& 4m+9,& 4m+11,& 4m+13end{array}right)-Rleft(begin{array}{c}a_{m+2}\ m+2end{array}right)=] [ =frac{m+2}{3^{a_{m+2}+2}}+sum_{j=1}^6 frac{4m+2j+1}{3^{a_{m+2}+3}}-frac{m+2}{3^{a_{m+2}}}=0.] Thus ( Rleft(mathbf a^{prime}right)=0 ) and the statement holds for ( 4m+13 ). It remains to verify that there are sequences of lengths ( 1 ), ( 5 ), ( 9 ), ( 13 ), and ( 17 ). One way to choose these sequences is: [ (1), ;;; (2,1,3,4,4), ;;; (2,3,3,3,3,4,4,4,4),;;; (2,3,3,4,4,4,5,4,4,5,4,5,5),] [ (3,2,2,4,4,5,5,6,5,6,6,6,6,6,6,6,5).]

(www.MATHVN.com) – Đề thi IMO 2013 (Olympic Toán học Quốc tế lần thứ 54). Kỳ thi đang diễn ra tại Colombia. Đoàn Việt Nam có 6 thí sinh tha…

(www.MATHVN.com) – Đề thi IMO 2013 (Olympic Toán học Quốc tế lần thứ 54). Kỳ thi đang diễn ra tại Colombia. Đoàn Việt Nam có 6 thí sinh tham dự (xem danh sách 6 anh tài).

Ngày thứ nhất (23/7/2013 – giờ Colombia)

1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $k, n$, tồn tại các số nguyên dương $m_1, m_2, ldots, m_k$ sao cho $$ 1+frac{2^k-1}{n}=left(1+frac{1}{m_1}right)left(1+frac{1}{m_2}right)dotsleft(1+frac{1}{m_k}right).$$ 2 Trên mặt phẳng cho 2013 điểm màu đỏ và 2014 điểm màu xanh, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Ta chia mặt phẳng bởi các đường thẳng (không đi qua bất kì điểm nào trong các điểm đã cho) thành các vùng, sao cho không có bất kì vùng nào chứa các điểm có hai màu khác nhau. Cần ít nhất là bao nhiêu đường thẳng để luôn thực hiện được cách chia đó?

3 Cho tam giác $ABC$ và $A_1, B_1, C_1$ lần lượt là các điểm tiếp xúc của các đường tròn bàng tiếp với các cạnh $BC$, $AC$ và $AB$. Chứng minh rằng nếu tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A_1B_1C_1$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ thì $ABC$ là tam giác vuông.

Ngày thứ hai (24/7/2013 – giờ Colombia)

4 Cho tam giác nhọn $ABC$ có trực tâm $H$, và $W$ là một điểm trên cạnh $BC$, nằm giữa $B$ và $C$. Các điểm $M$ và $N$ theo thứ tự là chân các đường cao hạ từ các đỉnh $B$ và $C$. Gọi $omega_1$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $BWN$, và $X$ là một điểm trên đường tròn sao cho $WX$ là đường kính của $omega_1$. Tương tự, $omega_2$ là đường tròn ngoại tiếp của tam giác $CWM$, và $Y$ là điểm sao cho $WY$ là đường kính của $omega_2$. Chứng minh rằng ba điểm $X, Y$ và $H$ thẳng hàng.

6 Cho số nguyên $ngeq 3$ và xét $n+1$ điểm nằm cách đều nhau trên một đường tròn. Ta đánh số các điểm này bằng các giá trị $0,1,dots, n$, không nhất thiết theo thứ tự, và hai điểm khác nhau thì được đánh hai số khác nhau. Hai cách đánh số được xem là như nhau nếu từ cách này có thể nhận được cách kia bằng cách xoay đường tròn. Một cách đánh số được gọi là đẹp nếu, với bất kì bốn số $a<b<c<d$ với $a+d=b+c$, dây cung nối các điểm được đánh số $a$ và $d$ không cắt dây cung nối các điểm được đánh số $b$ và $c$. Gọi $M$ là số cách đánh số đẹp và $N$ là số các cặp số nguyên dương $(x,y)$ được sắp thứ tự sao cho $x+yleq n$ và $gcd(x,y)=1$. Chứng minh rằng $M=N+1$.

Nguồn: Art of Problem Solving