## Archive for the ‘Đố vui để học’ Category

### Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam (tiếp theo)

Wednesday, January 8th, 2014

Đầu năm đi đó đi đây

Đầu năm nước Việt thì đầy bài thi…

(Đúng! Năm nào cũng thi chọn đội tuyển Việt Nam vào ngày mồng hai DL. Đây là bài mà độc giả thế giới chưa có câu trả lời cho phần b).

This is the problem without solution for part b.

Problem 5 of Vietnam Mathematical Olympiad 2014

ABC is an acute triangle inscribed in circle Γ with center O and with fixed vertices B and C whereas vertex A moves on circle Γ.  On lines AB and AC pick points M and N, respectively such that MA = MC and NA = NB. The circumcircles of triangles AMN and ABC intersect at P (P ≠ A). The line MN intersects BC at Q.

a) Prove that the three points A, P and Q are collinear.

b) Let D be the midpoint of BC. The circles with centers at M, N and pass through point A intersect at K (K ≠ A). The line that passes through point A and perpendiculars to AK intersects BC at E. The circumcircle of triangle ADE cuts Γ at F (F ≠ A). Prove that the line AF passes through a fixed point. ### Đề thi chọn đội tuyển Việt Nam 2014

Sunday, January 5th, 2014

Đầu năm đi đó đi đây

Đầu năm nước Việt thì đầy bài thi…

(Đúng! Năm nào cũng thi chọn đội tuyển Việt Nam vào ngày mồng hai DL. Đây chỉ là bài duy nhất chưa có bài giải sau ba ngày thi).

This is the only problem without solution three days after completion of competition.

Problem 3 of Vietnam Team Selection Test 2014

ABC is a triangle with AB < AC and is inscribed in circle Γ with center O. Let I be the midpoint of arc BC that does not contain A. K is a point on AC that is different from C such that IK = IC. The line BK cuts the circle Γ and AI at D and E, respectively, with D different from B.  The line DI cuts the line AC at F.

a) Prove that EF = ½BC.

b) On DI pick point M such that CM || AD. The line KM cuts BC at N. The circumcircle of triangle BKN cuts Γ at P, with P different from B. Prove that the line PK passes through the midpoint of AD.

Solution by BBT

a) Extend IK to meet circle Γ at Q. Denote (Ω) the length of arc Ω. Since I is the midpoint of the minor arc BC, BI = CI = KI and both BIK and CIK are isosceles triangles with bases BK and CK, respectively. As a result, ∠IBK = ∠IKB and ∠ICK = ∠IKC. Furthermore, because angle ∠IBK subtends (DI) whereas angle ∠IKB subtends (BI) and DQ, and with BI = CI, we have CD = DQ.

Similarly, with ∠ICK = ∠IKC and angle ∠ICK subtends (AI) whereas angle ∠IKC subtends (CI) and AQ, and with BI = CI, we have AB = AQ. Now with (BI) = (CI), (AB) = (AQ), and (CD) = (DQ), we have (AB) + (DI) = (AD) + (BI) = ½(Γ), or ∠AEB = 90° and E is the midpoint of BK. Similarly, (AD) + (CI) = (AI) + (CD) = ½(Γ), or ∠AFD = 90° and F is the midpoint of CK. Therefore, EF = ½BC.

b) From ∠AEB = 90° and ∠AFD = 90°, AI ⊥BD, AC ⊥DI and K is the orthocenter of triangle ADI, or AD ⊥IK. However, given CM || AD, we also have CM ⊥IK. Combining with AC ⊥DI (or CK ⊥IF), M is the orthocenter of triangle CKI. As a result ∠CKN = ∠KCM.

Denote the circumcircle of triangle BKN Φ, r and Rthe radii of Γ and Φ, respectively. We will prove that the two triangles BNK and ACD are similar. Indeed, ∠NBK = ∠CBK = ∠CAD (both subtend (CD) on circle Γ), and ∠BNK = ∠BCK + ∠CKN = ∠BCK + ∠MCK (because M is the orthocenter of isosceles triangle CKI) = ∠BCA + ∠CAD (because CM || AD). Now note that ∠BCA subtends (AB) and ∠CAD subtends (CD) = ∠CKD = ∠KCD (because CDK is isosceles with base CK). The two triangles BNK and ACD have their respective angles being congruent and are similar. This result gives us AD/BK = r/R.

Furthermore, ∠BNK = ∠BPK subtends (BK) on Φ and ∠BPK also subtends (BJ) on Γ, and we also have BJ/BK = r/R, or AD/BK = BJ/BK  and AD = BJ, or AB = DJ. This implies that AJ || BD, or AJ || DK and because AI ⊥BD, AI ⊥AJ, or ∠IAJ = 90°, and I, O, and J are collinear and IJ⊥BC. This gives us ∠AIJ = ∠CBD. Therefore, AJ = CD = DK. Let line PK pass through the mid-point of AD at point L. Since AJ || DK and AJ = DK, AJDK is a parallelogram and L is the midpoint of AD.

### Đề thi chọn đội tuyển toán của nước Mỹ (tiếp theo)

Thursday, December 13th, 2012
 Tam giác ABC nội tiếp trong vòng tròn Ω. Đường phân giác trong của góc A cắt cạnh BC và Ω theo thứ tự tại D và L (khác với A). Cho M là trung điểm của cạnh BC. Vòng tròn ngoại tiếp của tam giác ADM cắt cạnh AB và AC theo thứ tự tại Q và P (khác với A). Cho N là trung điểm của đoạn PQ, và H là chân của đường thẳng góc từ L xuống ND. Chứng minh rằng đoạn ML tiếp xúc với vòng tròn ngoại tiếp của tam giác HMN. Đây là bài thi số hai trong chín bài thi để chọn sáu sinh viên đại diện nước Mỹ (USATSTST) trong kỳ thi toán Quốc Tế năm 2013 tại Columbia. Sáu sinh viên này sẽ có vinh dự là gặp Tổng Thống Mỹ.   Tác giả của đề thi: Một cựu học sinh Thuận An.

### Đề thi chọn đội tuyển toán của nước Mỹ

Sunday, December 9th, 2012

Đề thi chọn đội tuyển toán của nước Mỹ cho năm 2013:

Cho ABCD là một tứ giác lồi với AC = BD. Hai đường chéo AC và BD gặp nhau tại P. Cho w1 và O1 là vòng tròn ngoại tiếp của tam giác ABP và tâm điểm của nó. Đồng thời cho w2 và O2 là vòng tròn ngoại tiếp của tam giác CDP và tâm điểm của nó. Đoạn BC gặp w1 và w2 tại S và T (khác với B và C), theo thứ tự đó. Cho M và N là trung điểm của hai cung SP (không tính điểm B) và TP (không tính điểm C). Chứng minh rằng MN song song với O1O2.

Đây là một trong chín bài thi để chọn sáu sinh viên đại diện nước Mỹ (USATSTST) trong kỳ thi toán Quốc Tế năm 2013 tại Columbia.

Tác giả của đề thi: Một cựu học sinh Thuận An.

### Đề thi giỏi toán thế giới 1992

Friday, November 9th, 2012

Find all triples of integers (x, y, z) such that

Tìm tất cả những số nguyên (xyz) để thoã mãn phương trình

1/ + 2/ + 3/ = 2/3.

It’s a school website; therefore, it’s math.

Là website của trường học nên đôi khi có mục toán.

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2004310&sid=74f0566828afe6bd5ba1211f8e471977#p2004310

### Đề thi giỏi toán Hàn Quốc 2012

Friday, November 9th, 2012

Kỳ thi chọn học sinh giỏi toán của Nam Hàn năm nay đã xảy ra cách đây đúng nửa tháng gồm có sáu bài. Những bài kia đã có cư dân trên mạng giải. Bài này chưa có bài giải.

Let O be the incircle of triangle ABC. Segments BC, CA meet with O at D, E. A line passing through B and parallel to DE meets O at F and G. (F is nearer to B than G.) Line CG meets O at H (≠ G). A line passing through G and parallel to EH meets with line AC at I. Line IF meets with circle O at J (≠ F). Lines CJ and EG meets at K. Let l be the line passing through K and parallel to JD. Prove that l, IF, ED meet at one point.

Cho O là vòng tròn nội tiếp của tam giác ABC. Cạnh BC, CA gặp vòng tròn O tại D, E. Một đường thẳng xuyên qua điểm B và song song với DE gặp vòng tròn O tại F và G. (F gần B hơn G.) Cạnh CG gặp vòng tròn O tại H (≠ G). Một đường thẳng xuyên qua điểm G và song song với EH gặp cạnh AC tại I. Cạnh IF cắt vòng tròn O tại J (≠ F). Cạnh CJ và EG gặp nhau tại K. Cho l là đường thẳng  xuyên qua điểm K và song song với JD. Chứng minh rằng đường thẳng l, cạnh IF và cạnh ED gặp nhau tại một điểm.

Bài giải

Click on the bitmaps to enlarge.   ### Năm mới nói chuyện tuổi

Tuesday, May 22nd, 2012 by BBT

Gần Tết nhất rồi mà webpage của chúng ta chẳng có gì linh hoạt cả. Tiện đây BBT ra bài toán đố, như thông lệ năm nào đến Tết cũng có câu đố hay câu đối, để các em học sinh cơ sở Thuận An có dịp trổ tài.

Theo như thông lệ của chúng ta trước đây, không biết bây giờ thì sao, hễ đến ngày Tết âm lịch thì ai cũng “bị” tăng thêm một tuổi bất kỳ ngày đó là sinh nhật của mình hay không.

Bạn hãy tính còn bao nhiêu con Xuân nữa thì tất cả mọi người đã sanh ra trong thiên niên kỷ trước trên thế gian này, tức sinh ra trước năm 2000, có số tuổi không bằng tổng các chữ số của năm sinh của họ. Ví dụ đến ngày Tết của năm 2015 thì một người sinh năm 1990 có số tuổi là 25 khác với 1 + 9 + 9 + 0 = 19.

Nên nhớ: Tất cả mọi người đã sanh ra trong thiên niên kỷ trước trên thế gian.

Bai giai

Problem 1 of International Mathematical Talent Search Round 22

In 1996 nobody could claim that on their birthday their age was the sum of the digits of the year in which they were born. What was the last year prior to 1996 which had the same property?

Solution

Assume that in 1996 someone could claim that on their birthday their age was the sum of the digits of the year in which they were born, and the four digit of the year in which they were born is abcd where all a, b, c and d are integers with a from 0 to 1 and the others from 0 to 9. With this assumption, their age on their birthday in 1996 is 1996 – 1000a – 100b – 10c – d = a + b + c + d, or 1996 – 1001a – 101b – 11c – 2d = 0.

Judging the above equation, we know that a can not be equal to 0 because in such a case even with b = c = d = 9 which make 101b + 11c + 2d a maximum, the left side of the equation is still positive. Therefore, a = 1, and the previous equation becomes 995 = 101b + 11c + 2d.

With similar reasoning, we get b = 9, c = 7 and 2d = 9. Since 2d is an even number and can not equal 9 our assumption is false. In fact, no one in the world was able to make that claim in 1996.

Our goal is to find the year prior to 1996 by following the similar approach to finally get the value of 2d to be an odd number. We found 1985 to be that year because in 1985, their age on their birthday is 1985 – 1000a – 100b – 10c – d = a + b + c + d, or 1985 – 1001a – 101b – 11c – 2d = 0. Again a = 1, and 984 = 101b + 11c + 2d which forces b = 9 and 75 = 11c + 2d, or c = 6 and 2d = 9.

The reader is encouraged to find the last year prior to 1985 which had the same property by following this approach.

### Toán xa quê – Bài giải

Thursday, December 22nd, 2011

Đã ba mười năm con xa quê (Xa quê năm 1980)
Đêm mãi nằm nghe tiếng vọng về
Thu đến mây mưa mùa tuyết đổ
Xứ người hiu hắt buốt lê thê… (Bây giờ là năm 2011 – Bây giờ ta đã già nên cảm thấy lạnh buốt..LOL)
….

Bài toán có năm đầu ta xa quê, năm cuối ta lê thê…

Ví dụ: Phần nguyên của số 253.3497 là 253.
Tìm phần nguyên của số 1/[(1/1980) + (1/1981) + (1/1982) + . . . + (1/2011)]. Ghi chú: Dành cho các em học sinh Cơ Sở Thuận An.
Tác giả: Một học sinh Tỉnh Hạt Thuận An.

Là trang nhà của trường học thì phải có toán, cũng như văn, v..v…

### Bài toán từ quốc gia Iran

Thursday, November 3rd, 2011

Bài thi học sinh giỏi toán Iran năm 1993:

Trong hình dưới đây, diện tích của các tam giác AOD, DOC và AOB được cho biết. Tìm diện tích của tam giác OEF dựa theo diện tích của những tam giác đã được biết. (Dành cho học sinh Thuận An tại Việt Nam). http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2378561&sid=258ee391a2ebf123ba8b3573e68613c2#p2378561

Solution

Let (Ω) denote the area of shape Ω, I = OE ∩ DC, J = OF ∩ BC, a = (AOD), b = (DOC), c = (AOB) which are the three areas given by the problem, d = (COJ), e = (BOJ), f = (IDE), g = (ICE), h = (CJF), i = (BJF).

We have OAOC = ab = c(d + e), or d + e = bca (i)
Now note that (EBO)(EDO) = g + (ICO) + bcaf + (IDO) = ca , or
ag + bc + (ICO)a = c(f + (IDO)) (ii)

(EDC)(BDC) = (EAC)(BAC), or f + gb + bca = f + g + a + bc + bca, or
f + g = b(a + b)(a + c)a(c – b) (iii)
gf = (ICO)(IDO) (iv)
and (IDO) + (ICO) = b (v)

Solve four equations (ii), (iii), (iv) and (v) with four unknowns f, g, (ICO) and (IDO). By substituting (ICO) = b – (IDO) into (iv) and (ii) we get
gf = b(IDO) – 1 or (IDO) = bff + g and
ag + ab + bc – (IDO)a = c(f + (IDO)), or

(f + g)(ab + ag + bc – cf) = bf(a + c) (vi)

Now substitute f + g from (iii) into equation (vi) to get
(a + b)(ab + ag + bc) = f(bc + 2ac – ab) (vii)
and by substituting g = b(a + b)(a + c)a(c – b) – f into equation (vii)
f = b(a + b)(a + c)²(c – b)(a² + bc + 2ac) and g = bc(a + b)²(a + c)a(c – b)(a² + bc + 2ac).

fg = a(a + c)c(a + b) . Therefore,
(ICO) = b – bff + g = bfg + 1 = bc(a + b)a² + 2ac + bc.
g(ICO) = (a + b)(a + c)a(c – b) .

We also have d + h + ba = i + ec = d + e + h + i + b a + c (viii)
h + ib + d + e = h + i + d + e + ca + b (ix)

Substitute d + e = bca from (i) into (viii) and simplify to get
a(h + i)ab + bc = a(h + i + c) + bca(a + b), or a²(h+ i)(a + b) = ab(h+ i)(a + c) +
bc(a + b)(a + c), or h+ i = bc(a + b)(a + c)a(a² – bc).

On the other hand, substituting the values of d + e and h + i into equation (viii) gives d+ h = bc(a + b)a² – bc.

Lastly, we also have (IFO)(ICO) = (IFE)g = (IFO) + (IFE)(ICO) + g = (OEF)(ICO) + g,

but (IFO) = (ICO) + d + h, and the area of triangle OEF in terms of areas of these three triangles is
(OEF) = [(ICO) + g]×[(ICO) + d + h]/(ICO) = [1 + g(ICO)]×[(ICO) + d + h] = [1 + (a + b)(a + c)a(c – b)]×bc(a + b)[1a² + 2ac + bc + 1a² – bc].

Finally (OEF) = 2bc(a + b)(a + c)(c – b)(a² – bc).

### Toán nhẩm: Giờ đi ăn trưa

Tuesday, August 2nd, 2011

Một ông giám đốc bảo nhân công phải bắt đầu đi ăn trưa trong thời gian giữa 12 giờ và 1 giờ đồng thời phải trở về giữa 1 giờ đến 2 giờ. Khi đi và khi về thì vị trí của hai kim giờ và phút đổi đúng chỗ của nhau. Vậy nhân công phải đi ăn trưa và về đúng mấy giờ?

### Toán vui: Tắt kè

Wednesday, July 6th, 2011

Có một loài tắt kè có ba màu da khác nhau. Cả thảy là 13 con màu trắng, 15 con màu nâu và 17 con màu đen. Cứ hai con có màu da khác nhau mà gặp nhau thì lập tức cả hai biến màu da của chúng thành màu da thứ ba. Tức là nếu một con màu trắng và một con màu đen mà gặp nhau thì cả hai con biến thành màu nâu. Nếu hai con màu nâu và hai con màu đen mà gặp nhau thì cả bốn con biến thành màu trắng, .v..v…

Dùng toán học / programming hoặc tính nhẩm để chứng minh rằng có thể hay không có thể tất cả các con tắt kè đều biến thành một màu da giống nhau?

Solution

http://voducdien.wordpress.com/2011/07/07/problem-1-of-tournament-of-towns-1984/

### Hỏi về toán

Tuesday, May 24th, 2011

Dien,

I helped my daughter to solve fraction problem and I quite not getting thru the solution and hope you can help me to solve this quick.

Here it is:
There are four of us. Each of our denominators is a multiple of for numerators. The sum of each of our numerators and denominators is 42. Who are we? What are our simplest form?

So phone moi cua Dien la so may?

Nguyễn Kha
Steven K. Nguyen
Customer Support Engineer

### Bài giải: Toán thi vào đại học Nhật Bản

Saturday, March 26th, 2011

Tokyo University’s entrance exam 2008

A regular octahedron is placed on a horizontal rest. Draw the plan of top-view for the regular octahedron.
Let G1 and G2 be the barycenters of the two faces of the regular octahedron parallel to each other. Find the volume of the solid by revolving the regular tetrahedron about the line G1G2 as the axis of rotation.

Solution

First, a regular octahedron is a Platonic solid composed of eight equilateral triangles, four of which meet at each vertex. Let the regular octahedron be ABCDTS where ABCD is the square in the middle, T and S are the vertices at top and bottom, respectively.
By definition, these triangles are equilateral TAB, TBC, TCD, TAD, SAB, SBC, SCD and TAD.

Let [Φ] denote the plane containing shape Φ, M and N be the midpoints of AB and CD, respectively, G1 and G2 be the barycenters located on the parallel triangles TAB and SCD, respectively, P and Q the midpoints of G1G2 and TD, repectively. Now let a be the side length of the equilateral triangles, = ∠MTN, = ∠TNG1 and =∠TMN = ∠TNM = ∠MNS = ∠NMS = 90° –2 .
Since M and N are the midpoints, we have TM = TN = ½a3, and with G1 and G2 being the barycenters, we get TG1 = 23TM = SG2 = a/3. Now let’s find cos. Applying the law of cosines, we obtain
MN² =TM² + TN² – 2TM×TN×cos, or a² = 32a²(1 – cos), or
cos = 13. We need to verify that G1G2 is perpendicular to both [TAB] and [SCD]. Armed with the value of cos, we can get the length of segment G1N which is now
G1N² = TN² + TG1² – 2TN×TG1×cos= 34a², or G1N = TN and thus ∠TG1N = ∠MTN = . We also have ∠G1NG2= ∠TNS –  = 2–  = 180° – –  = . Combining with the fact that the points T, G1, M, S, G2 and N are coplanar and ∠TG1N = , TM is parallel to SN. We now find the length G1G2.
G1G2² = G1N² + G2N² – 2G1N×G2N×cos = 23a², or G1G2 = 26 a.
It follows that G1N² = G1G2² + G2N² = 34a², or G1G2 ⊥SN. Because TM || SN, we also have G1G2 ⊥TM.

Now since [TG1MSG2N] ⊥CD, we get G1D = G1C = G1N² + DN² = a = CD. The triangle CG1D is congruent with other triangles of this regular octahedron, and since G2 is the barycenter of an equilateral triangle, G2D = SG2 = a/3. We now have G1D² = a² = G1G2² + G2D², or G1G2 ⊥G2D.

Combining with G1G2⊥SN, we conclude that G1G2 is perpendicular to both parallel planes [TAB] and [SCD], and also combining with the fact that P is the midpoint of G1G2, TP = BP = AP = PC = PD = PS.

Using G1G2 as the axis of rotation, we now need to find the farthest points away from G1G2 of this regular octahedron, and they are T and S which are equidistant from G1G2. Meanwhile, Q and the midpoint of SB are the shortest and equidistant from G1G2. When revolving the octahedron forms a volume that is symmetrical with respect to the revolving line PQ, and the total volume equals twice the volume obtained by revolving TM and PQ as seen on the graph on the next page.

Now let’s find PQ. As previously discovered, TP = PD and
TP = TG1² + PG1² = TG1² + ¼G1G2² = a/2, TQ = ½TD = a/2. Therefore, PQ = TP² – TQ² = a/2.

The volume of the regular octahedron when revolving is now
V = 2×13R²(d + a6) – r²d ] where R = G1T, r = PQ, d is the distance from the intersection of the extensions of TQ and G1G2 to P. Because of the similar triangles, we have

dPQ = PG1 TG1 – PQ , or d = a(2 + 3)2.

Finally, V = [1/18sqrt(6)]pi*a³][7 + 2sqrt(3)].

Note: This website does not translate formulas from Microsoft Word correctly and many results in the above equations are not correct. The author of the solution is not able to correct them. However, the overall strategy and method to solve are correct.

We’re lucky we’re not Japanese. It’s not only about earthquakes and tsunamis, but it’s also these types of exams required to enter colleges. Many Japanese students are known to commit suicide when not admitted to college.

### Bài giải: Dãy số nguyên dương

Wednesday, March 23rd, 2011

Một dãy số nguyên dương 1, 2, … , n được viết trên bảng đen (n > 2). Cứ mỗi phút hai số được xoá đi và thừa số nguyên tố nhỏ nhất của tổng của hai số vừa xoá được viết lên bảng. Cuối cùng chỉ còn lại số 97. Tìm giá trị nhỏ nhất của n mà ta có thể làm được điều này.

(Đặc biệt dành cho các học sinh Cơ Sở Thuận An bây giờ – Bài thi giỏi toán quốc tế 2010 – Độ khó: Trung bình)

Solution

Noting that any prime divisor not equal to 2 is an odd number, the sum of two such prime numbers is an even number, and the prime divisor that is also an even number must be number 2.

To find the least possible n we should keep a free adder, a number originally on the board in the series 1, 2, . . ., n that is free from any calculations until the end to add to the last prime divisor. Since adding two odd numbers or even numbers creates a new even number that has 2 as its least prime divisor, the problem requires the addition of a prime number to number 2 to become another prime number.

Furthermore, unlike the additions of the even numbers, the total odd numbers in the series 1, 2, . . ., n have to be in pairs plus one more. The pairs of the odd numbers help adding up to exact even numbers in order for us to get 2 as their prime divisors. The two consecutive prime numbers under 97 that satisfy these conditions are 41 and 43, 59 and 61. We pick the pair 41 and 43 to give us the least n and n = 57.

Erasing the numbers this way: first erase all the odd numbers in pairs from 1 to 39, their pairings are of no significance, to get number 2 at the end, leave number 41 alone. Next erase the rest of the odd numbers from 43 to 57 to get another number 2 on the board (we should have a total of three numbers 2 now.) Then erase all the even numbers except number 54 which is the free adder. The remaining numbers on the board are 2, 41, and 54. Now erase 41 and 2 to get 43. Then erase 43 and 54 to get 97.

Ban Bien Tap

### Toán Xuân 2011 – Bài giải

Tuesday, February 8th, 2011

Năm cũ (2010) đã sắp qua; năm mới (2011) sắp đến. Theo lịch ta mỗi người thêm một tuổi đời (+1). Hãy đơn giản hóa tỷ số sau Bài giải

Cho tỷ số bằng R.

Ta có 1 + 2010^4 + 2011^4 = 1^4 + 2010^4 + 2011^4 =
(1^2 + 2010^2 + 2011^2)^2 – 2×1^2 ×2010^2 – 2×1^2 ×2011^2 – 2×2010^2 ×2011^2 = (1^2 + 2010^2 + 2011^2)^2 – 2 + 2 – 2×2010^2 – 2×2011^2 – 2×2010^2 ×2011^2 = (1^2 + 2010^2 + 2011^2)^2 – 2(1^2 + 2010^2 + 2011^2) + 2 – 2×2010^2 ×2011^2 = (1^2 + 2010^2 + 2011^2)^2 – 2(1^2 + 2010^2 + 2011^2 ) – 2(2010^2 ×2011^2 – 1).

Do vậy,
R = 1^2 + 2010^2 + 2011^2 – 2 – 2×[(2010^2 ×2011^2 – 1)/(1^2 + 2010^2 + 2011^2)] =
1^2 + 2010^2 + 2011^2 – 2 – 2×[(2010×2011 – 1)(2010×2011 + 1)/(1^2 + 2010^2 + 2011^2)].

Nhưng 1^2 + 2010^2 + 2011^2 = 1^2 + 2010^2 + (2010 + 1)^2 = 1^2 + 2010^2 + 2010^2 + 2×2010 + 1 = 2(2010^2 + 2010 + 1) = 2(2010×2011 + 1),

Tỷ số trở thành

R = 2(2010×2011 + 1) – 2 – (2010×2011 – 1) = 2010×2011 + 1=
4042111.

Ban Biên Tập

### Friday puzzle

Friday, October 8th, 2010

Đây sự thật là bài thi học sinh giỏi toán của Nga Sô mà cộng đồng toán học trên Internet chưa ai có bài giải. Thông lệ sau khi đề thi được công bố thì họ thi đua để giải và đăng liền trong vòng hai ngày. Tất cả các bài toán thi thế giới và các quốc gia đều được cộng đồng toán học trên mạng đăng bài giải tại

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/resources.php?ml=1

và bài này tại

http://http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2013350&sid=e6a4f50f5d2a40a881cdae64ed2e08e1#p2013350

Bài toán như sau:

Bạn hãy cắt một tam giác thành ra đúng 3 mảnh mà ba mảnh này ghép lại thành một hình thoi.

Và đây là bài giải của Ban Biên Tập trường Thuận An

Problem 8 of the Russian Mathematical Olympiad 2010

In a acute triangle ABC, the median, AM, is longer than side AB. Prove that you can cut triangle ABC into three parts out of which you can construct a rhombus.

Geometrically, we know that any right triangle can be cut into three parts to form a rhombus. Let’s draw a circle with center M and diameter BC as shown. From A draw a line to parallel BC and meet the circle at D. Now denote (Ω) the area of shape Ω.

We have (DBC) = (ABC).

Let N be the mirror image of M across the diagonal DC. It’s easily seen that DNCM is a rhombus with (DNCM) = (DBC) = (ABC).

Let I and J be the midpoints of AB and AC, respectively. We have IJ || BC, and IJ = ½ BC.

Now move the rhombus DNCM to the left so that the midpoint of NC coincides with J. Point D -> P, N -> E, M -> Q and C -> F.

Now cut the triangle ABC into the three pieces with shape IBQ, AIQFJA and JFC. It’s easily seen that ΔIBQ = ΔIAP and ΔJFC = ΔJEA, and the three pieces fit into the rhombus PEFQ.

Further observation Now that the problem has been solved, it’s easier to summarize the way to cut the triangle into three pieces which together form a rhombus. It is as follows:

Pick the midpoints I and J of AB and AC, respectively. Draw two identical circles with centers I and J and with their diameter being half the length of BC. They intercept BC at Q and F. Draw the line to parallel BC through A. This line should intercept the extensions of QI and FJ at P and E, respectively. The rhombus is PEFQ. 