[quote="nguyenkims"]Bai thi nam nay de qua di thoi. Bai 2 la bai 3 thi tuyen 1997, bai 3 la bai thi HSG cua Hanoi 2005, bai 6 ai cung biet ca, bai 4 la bai thi Hanquoc2000.
Hic, nam nay phai 42/42 moi duoc vao doi tuyen.[/quote]

Chắc là khỏang một tuần nữa thôi. Mà sao đề năm nay lại ra nhiều bài đã từng xuất hiện thế nhỉ, thế này thì chắc tuyển từ điển bài tập à. :lol:

Ban nao co de thi thi post cho anh em xem qua duoc khong ? lau khong hoc Toan nhung ma cu nhac den la thay ngua ngay !

 Xin loi vi may khong go tieng Viet duoc.

1. Do Quoc Khanh, Da Nang, 41.5/42 diem
2. Tran Trong Dan, Hai Phong, 40/42
3. Nguyen Nguyen Hung, DHSP Hanoi, 35,5
4. Nguyen Truong Tho, Phu Tho, 35,5
5. Le Dinh Huy, Hai Duong, 33,5
6. Tran Chieu Minh, DHQG Sai Gon, 33,5

Lay tu forums khoi chuyen toan tin dai hoc khoa hoc tu nhien http://www.a0-th.org

[quote="beo_chay_so"]
Bai thi van tat:
1. a) Dung duong tron tiep xuc voi duong tron ngoai tiep va voi moi canh tai tiep diem cua duong tron noi tiep voi canh cua tam giac (co 3 duong tron nhu vay). Chung minh rang 3 duong thang di qua tiep diem voi duong tron ngoai tiep va duong tron noi tiep dong qui tai diem P.
b) CMR neu DEF la chan cac tiep diem cua duong tron noi tiep voi 3 canh cua tam giac thi truc tam cua no nam tren duong thang di tam duong tron ngoai tiep va P.
2. Tinh so cach xep k thi sinh vao n ghe (n>=4k) sao cho giua 2 thi sinh bat ky co it nhat 3 ghe trong.
3. giai phuong trinh nguyen f(x^3+y^3+z^3)=f(x)^3+f(y)^3+f(z)^3.
4. CMR a^3/(a+b)^3+b^3/(b+c)^3+c^3/(c+a)^3>=3/8.
5. a) Tinh tong Sum([2k^2/p]-2[k^2/p]) voi k=1->(p-1)/2 cho p=4k+1 nguyen to.
b) Tinh tong Sum([k^2/p]) tu 1->(p-1)/2 voi p=8k+1 nguyen to.
6. Cho day tu nhien vo han a_n<min{cn,a_{n+1}). CMR a_n chung vo han so co 2005 chu so 9 lien tiep.

Lay tu forums khoi chuyen toan tin dai hoc khoa hoc tu nhien http://www.a0-th.org[/quote]

[quote="Romaprince2008"]Khi nào thì mới có một danh sách chính thức cho đội tuyển Việt Nam ham gia IMO. hy vọng trong số đó có bạn Đỗ Quốc Khánh.
Khánh làm gì chẳng vào được. Tớ ở cạnh nhà Khánh trọ khi ra Hà nội học, mấy cô tiếp viên khoe thày Thắng ra đề đích thân tới dạy, mà đội Khánh trả thày nhiều tiền lắm đấy.
[/quote]

[quote="K09"]Khong phai vay dau.De nay do vien toan ra ma.Quoc Khanh gioi lam day.

Thì tui biết đâu, thấy thày Thắng bảo là thày phải đi soạn đề, nên không dạy tới ngày thi được. Thày Thắng dạy là phải "thắng" rồi... mà hình như thày còn dạy nhiều bọn khác nữa đấy.. thấy người ta đang đồn ầm cả lên...Bọn nó may thật đấy. Năm sau tui phải bảo các thày tìm thày Thắng dạy cho đội nhà tui ...
[/quote]

[quote="nguyenkims"][quote="K09"]Trung tu nhieu qua cac anh nhi. Em thay cac anh truong em bao anh nao do o truong Amxtecdam Hanoi lam ca 6 bai trung tu ma con truot... Anh ay hoc thay Thang suot may nam lien day...

Nhung theo em nghi la trung tu thi xau choi qua. Chang le cac anh di thi Toan Quoc Te ma con hoc tu de hon duoc nhau hay sao... Ma thay Thang da di soan de lai con di day them nhu vay thi khong con cong bang cho cac anh roi. Ghet cac anh qua di thoi, toan xau choi thoi.... chang hay ho gi ca... [/quote][/quote]

Khong biet cac ban lay thong tin o dau ma phien dien vay :mad: ?O forum nay cung co cac thay ma(that Tran Nam Dung chang han).Toi cong nhan dung la sau moi ky thi chon doi tuyen
Viet Nam luon co nhung  thong tin nay no,nhung ma thuc su chinh xac den dau thi that la kho noi!Cac ban noi nhu the vo tinh phu nhan cong lao hoc tap cua cac ban trong doi tuyen nam nay qua!Thay Thang la truong doan cua Viet Nam nhieu nam nay,cac ban lai di bao thay cho cac doi de truoc,dau phai mot minh thay ra de co chu.De duoc tuyen chon ma.Thay Thang lam sao biet bai nao truoc ma cho cac ban!Ma ban gi noi ban o truong Ams trung 6 bai ma van trat thi do ban ay khong gioi thoi (the thi trat cung dang).
Co the de nam nay cu ma nguoi chon de ko biet dan den nhieu ban biet roi,do la diem ko hay,vi du nhu tren Mathlinks nay cung co den 3,4 bai gi do(tham chi la post cach day 1 nam),chu khong phai la tai cac thay lam lo de dau!cac ban noi the nay ha thap uy tin cac thay ,cac ban trong doi tuyen qua!

[quote="lexuanson"]Em cho rằng Bộ GD&ĐT nên truy cứu xem đề thi năm nay của ai ra (bài phương trình hàm số 3 là bài thi HSG của Hà nội năm nay, ai cũng biết) và có hình thức kỷ luật công khai cho chúng em yên tâm học tập.

Không thể để người nào đó vi phạm kỷ cương của nhà nước, lại còn mắng mỏ chúng em là hỗn láo. Chúng em cũng là công dân của nước Cộng hòa Xã hội chủ nghĩa Việt nam và có quyền kiến nghị cấp trên giữ gìn kỷ cương của đất nước!

Nếu các đề thi trúng tủ đúng là của thày Thắng thỉ rõ ràng là thày có ý tạo điều kiện cho một số học sinh nào đó vào đội tuyển. Em nghe đồn là anh Phạm Kim Hùng giải huy chương vàng năm ngoái đã trượt vì không trúng tủ bài thi (xem http://www.ddtoanhoc.net  ). Nếu bài thi công bằng cho tất cả thì anh Hùng đâu có thể trượt dễ dàng như vậy và vẫn có cơ hội đem lại cho đất nước một huy chương vàng nữa. Em đề nghị Bộ GD&ĐT cho thi lại để có một đội tuyển công bằng và thực chất.
-------------------------------------------
Cháy nhà ra mặt chuột !!! :(
[/quote]

[quote="Badgirl"]

 Em nghe đồn là anh Phạm Kim Hùng giải huy chương vàng năm ngoái đã trượt vì không trúng tủ bài thi (xem http://www.ddtoanhoc.net  ). Nếu bài thi công bằng cho tất cả thì anh Hùng đâu có thể trượt dễ dàng như vậy và vẫn có cơ hội đem lại cho đất nước một huy chương vàng nữa. Em đề nghị Bộ GD&ĐT cho thi lại để có một đội tuyển công bằng và thực chất.

[/quote]
Uh, phai cong nhan la Hung rat gioi,cau ay cung la thanh vien tich cuc cua Mathlinks(ten cu dung la hungkhtn).Nhung em noi la anh Hung khong trung nen khong lam duoc a`?Em nghe ai noi,Hung noi the a`?Con nhu em noi o tren trang http://www.ddtoanhoc.net thi toi chi thay rang Hung biet truoc bai 3 thoi,em co xem thread noi ve bai do truoc do Song-Ha lap khong?Ten su dung cua  Hung tren do la [b]saobang [/b]day,Hung da de nghi xet bai 3 bo sung vao bai viet cua Song Ha(thoi diem truoc khi thi vong 2) .The em co y kien gi nua khong?Ma de nghi em viet bai thi khong de ten nguoi khac nhe!Toi khong he viet nhung giong cua ban ma ban Quote(xem bai viet cua ban thay lexuanson wrote!). ;)

Em chẳng quen biết anh Hùng và cũng không biết anh nói có đúng không.  :D Nhưng Bộ GD&ĐT có thể cho chúng em biết tên người đề thi số 3 để minh oan cho thày Thắng (nếu không phải là thày Thắng ra đề) và để chính thức kỷ luật thày ấy nếu như đề thi ấy là của thày ấy. :oops:  Hy vọng các thày ở Bộ đọc được những dòng này của em. :lol:  Tóm lại theo anh thì có bao nhiêu người đã biết trước bài 3? Và theo anh thì kết quả thi có còn công bằng nữa không?  :?

Anh Hùng lên tiếng đi chứ nhỉ? Người ta đang bảo là anh cũng trúng tủ khi thi đấy.
________________________________
Cà cuống chết đến đít còn cay !!!:rotfl:

[quote="hard7771988"]Còn Analisys , 1 tên phản động thì làm quái gì có đủ tư cách để nói chuyện trên topic của người Việt Nam Xã Hội Chủ Nghĩa nhỉ ![/quote]
noi vay la em qua coi trong ten phan ddong nay roi  :)
[quote="hard7771988"]Tôi thấy hết sức bức xúc khi thấy tên phản động này có lời lẽ khiêu khích đến vậy ! Làm quái gì có cái gọi là "hòn ngọc châu á" hay "giàu hơn Thailand" khi mà chính phủ Việt Nam CH liên tục được Mỹ viện trợ ![/quote]
coi bo em ye^'u toan nen viet khong co logic gi het  :)
la ddong minh voi my, dduoc my vien tro, => di nhien la giau hon thailand roi
con dduoc Trung cong va russian bom vu khi (sau phai hoan tra lai) thi lam sao ma giau noi
em thu nghi xem ong Pham van khai qua my dde lam gi?

mot cau hoi dde cho em suy nghiem, khong can tra loi
neu viet nam van con nam bac nhu Korea, em nghi xem mien nam viet nam co ngheo nhu bay gio khong
[quote="hard7771988"]Và như cô giáo dạy GDCD của tôi thì : Tự do cũng phải đặt trong 1 khuôn khổ nhất định ![/quote]
logic cua em giong nhu vay: "me toi noi my la mot dde quoc v. v..."  :)
khong biet em co tin khong, noi ve ddao dduc hoc, ta con hon co giao cua em 1 bac nua la khac

noi it hieu nhieu,
em hay dden 1 nuoc tu do, sau ddo tu do ddanh mot nguoi nao ddo thu xem  :)
chac em hieu roi phai khong?

[quote="tom_analog"]Khi ba.n go.i ngu*o*`i kho^ng cu`ng chi'nh hu*o*'ng vo*'i ba.n te^n na^y hoa(.c te^n no. la` ddu? cho ngu*o*i` kha'c dda'nh gia' tri`nh ddo^. gia'o du.c cua? ba.n ro^`i ... Mie^~n ba`n

Analysis: I don't know who you are, but freedom of speech is only for those who have experienced it. Keep it flowing ..[/quote]
ai da, ten to^m_log nay so tieng anh ai ma hieu noi  :)
[quote="tom_analog"]Ta(.ng Analysis ba`i ha't tui ho.c lo`ng ho^`i nho? :

Đảng là Mẹ, Bác là cha,
Từ ngày Bác chết đảng ta goá chồng.
Ông Chinh, ông Duẩn, ông Đồng
Cả ba đều muốn làm chồng Đảng ta.
Bây giờ đều đã ra ma,
Ngày mai ai sẽ làm ba má mình ...[/quote]
ten nay tang bai hat gi ma ddang, bac tum lum vay, ta coc hieu gi het  :)
tom_log nhat ddinh la 1 ten phan ddong, thanh phan nguy hiem

chac ten nay ddang o my nen moi dzam ca hat lung tung nhu vay
neu tom_log o my thi chung ta la ddong huong

Lời đầu tiên mình muốn gửi đến các bạn tham dự kỳ thi Quốc Tế đó là mình rất quý trọng các bạn ! Các bạn đã cố gắng hết sức mình để đem vinh quang về cho Tổ Quốc ! Tuy kết quả không được cao nhưng mình tin chẳng qua  do các bạn gặp nhiều yếu tố bất lợi , gây ảnh hưởng rất nhiều tới tâm lý và sức khoẻ trước khi đi thi nên mới vậy thôi !

Mình nghĩ trong vấn đề về bài thi vòng 2 Quốc Gia, đó chỉ là một tai nạn vô tình mắc phải mà thôi ! Các bạn có thể xem trên báo chí , biết được rằng ngay cả đến con tàu Discovery của Mỹ vừa rồi khi vừa xuất phát thì đột nhiên cũng gặp phải tai nạn đấy thây ! Mà công việc đó đã được chuẩn bị hàng mấy năm trời , với bao nhiêu kỹ sư , chuyên gia hàng đầu ! Trước khi nó cất cánh còn được kiểm tra rất kỹ càng ! Vậy mà vẫn không tránh khỏi gặp sự cố !

Về đề thi bị trùng , mình xin hỏi các bạn trong tất cả những người thuộc ban ra đề hay chính như các bạn liệu có thể ai nhớ được hết đề thi cấp trường , cấp quận , cấp thành phố , cấp thị xã , cấp tỉnh của tất cả các tỉnh thành , trường học trong cả nước kể từ năm 80 trở lại đây hay không ? Làm sao mà bạn có thể nhớ hết được , đó là chưa kể các bài toán được đưa ra bàn bạc , giải quyết trên các trang web , các tờ báo ! Nếu như là một người chuyên làm công tác duyệt đề thì có lẽ cũng chỉ nhớ được một nửa là cùng. Nó cũng giống như khi làm một bài kiểm tra toán trên lớp mà thôi ! Nếu như một bạn ôn tập kỹ càng , cẩn thận ở nhà , luyện nhiều bài tập , đọc nhiều sách ! Khi làm bài bạn đó nhận ra đề bài này mình đã luyện tập rồi ! Bây giờ chẳng lẽ các bạn lại bảo bạn đó rằng : ” Bạn thật không có lòng tự trọng khi mà trúng tủ , còn đối với tụi mình thì thật là bất công khi không được ôn trước bài đó“ ! Các bạn có thấy rằng như thế thật là vô lý không ! Bây giờ là thời đại của thông tin , ai nắm được nhiều thông tin hơn người đó càng có nhiều cớ hội để thành công hơn, vậy tại sao các bạn không chịu khó tìm hiểu luyện tập các dạng bài tập đi ! Nếu các bạn có trúng tủ do các bạn đã chịu khó mày mò , tìm tòi thì đó cũng xứng đáng với công sức mà bạn đã bỏ ra mà thôi !

Nói như bạn Badgirl thì bạn Kim Hùng do không trúng tủ mà trượt vòng 2 , vậy chắc năm ngoái khi được HCV thì chắc cũng là do bạn ấy trúng tủ nhỉ ? Vậy chắc là Ban Tổ Chức có người đã mật báo cho bạn ấy biết trước đề thi rồi nhỉ ? Các bạn phải biết rõ ràng thì hãy nói chứ !

Huống chi các thầy giáo ra đề là các thầy cô giáo giỏi từ khắp 3 miền Tổ Quốc ! Một thầy giáo miền Nam có cần thiết phải luôn luôn theo dõi các đề thi hàng năm của khắp các tỉnh miền Bắc không khi mà họ chỉ được thông báo rằng họ được triệu tập vào ban ra đề trong 1 thời gian ngắn trước khi diễn ra cuộc thi !

Việc trùng đề này các bạn còn thể thấy rõ qua 1 số đề thi Quốc Tế như đề thi Quốc Tế Tin Học năm 2001 tổ chức ở Phần Lan, đó là bài Mobile Service ! Nếu ai đã được học qua mạng thì có thể thấy bài này chẳng khác gì bài Manage đã có lần nói qua trên trang web của các bạn Kazactan vào năm 2000 rồi , thậm chí không muốn nói là chỉ cần chép nguyên si là có thể đạt điểm tối đa rồi ! Nếu như vậy thì có lẽ đề thi năm đó cũng là phạm qui rồi ! Nhưng nó vẫn được đem ra thi như vậy cũng đủ biết Ban Tổ Chức cũng không nắm hết được thông tin về dạng bài đã có rồi !

Theo như các bạn bàn tán ở đây thì chắc là Ban Tổ Chức muốn Đội Tuyển Kazactan ẵm trọn điểm bài này rồi nhỉ ?
Mong các bạn hãy cân nhắc cẩn trọng trước những gì mà mình phát biểu ra ! Nó có thể gây ảnh hưởng  đến rất nhiều người , dù tốt dù xấu nó cũng để lại cho người ngoài 1 cách nhìn cách tiêu cực mà thôi !
Mong các bạn hiểu được điều này và đừng bàn tán về vấn đề này nữa !

Co doan nay em can gop y a.

[quote]Huống chi các thầy giáo ra đề là các thầy cô giáo giỏi từ khắp 3 miền Tổ Quốc ! Một thầy giáo miền Nam có cần thiết phải luôn luôn theo dõi các đề thi hàng năm của khắp các tỉnh miền Bắc không khi mà họ chỉ được thông báo rằng họ được triệu tập vào ban ra đề trong 1 thời gian ngắn trước khi diễn ra cuộc thi ! [/quote]

The ha ban? Noi the chac ban biet ai la nguoi ra de thi phai khong? Hoac it ra ban co nguon nao noi rang giao vien mien Trung cung tham gia ra de thi chu? Dieu minh thac mac la, Bo Giao duc bao nhung nguoi ra de nam nay co sai pham la do "[b]thieu kinh nghiem[/b]".( Cuc truong Nguyen An Ninh tra loi phong van) Minh hoi thac mac, ki thi chon HSG Quoc gia quan trong nhu the, chang le lai khong kiem duoc ai co kinh nghiem trong Ban ra de? Khong biet ban co suy nghi gi ve dieu nay nhi?

Mình xin trả lời câu hỏi của bạn v2h và một số thắc mắc của các bạn như thế này !

Các thầy cố giáo ra đề thi thì cũng giống như học sinh chúng ta thôi , đến một lúc nào đó họ sẽ già , sẽ nghỉ hưu , cũng giống như các bạn học sinh chúng ta , chỉ được thi Quốc Gia 2 lần vào 2 năm lớp 11 và lớp 12 mà thôi ! Khi mà chúng ta ra trường thì cũng là lúc có một đội ngũ mới ( các em lớp 10 ) sẽ xuất hiện để thay mặt trường , tỉnh chúng ta để tham dự kỳ thi ! Và như bạn biết thì các em học sinh lớp 10 đã được thi Quốc Gia lần nào đâu ! Và họ cũng chỉ được học qua thầy cô, qua sách thôi ! Vậy thì họ lấy đâu ra kinh nghiệm trong kỳ thi Quốc Gia cơ chứ ! Và kỳ thi Quốc Gia nó cũng có nhiều gánh nặng đè lên hơn hẳn các kỳ thi khác , bởi nếu bạn đạt giải thì bạn sẽ gần như chắc chắn có một suất vào thẳng ĐH còn nếu trượt thì chắc bạn cũng có thể hiểu được nó sẽ như thế nào . Các thầy cô cũng vậy , nếu năm đó thành công thì họ được khen thưởng , không thành công thì sẽ bị khiển trách ! Bởi vậy áp lực tâm lý của họ cũng rất là lớn ! Và khi họ đã về hưu hay không còn thích ra đề nữa thì phải chuẩn bị một đội ngũ thầy cố giáo mới để thay thế là điều đương nhiên rồi ! Và những người này thiếu kinh nghiệm là điều khó tránh khỏi rồi !

Các bạn có thể nói rằng nhờ các bậc đàn anh , những người đi trước truyền lại kinh nghiệm cũng được chứ sao ! Nhưng có phải bao giờ ta cũng nhận được những kinh nghiệm phù hợp với chúng ta đâu , bởi mỗi người có một năng lực khác nhau , đối với một người thì có thể làm bài theo cách này thì họ đạt được hiệu quả cao nhất nhưng đối với người khác thì đó lại không phải là kinh nghiệm hay ! Hơn nữa cách truyền đạt kinh nghiệm thì mỗi người một cách , thậm chí có người còn phải thú thật là : “làm nhiều nên quen , chứ bây giờ bảo tại sao lại nghĩ ra thì cũng chịu thôi“. Bởi vậy tựu chung lại thì kinh nghiệm thông thường chỉ được nói tới một cách rất chung chung và đa phần là giống nhau và phụ thuộc chính vào người nghe có tiếp thu hay không và họ tiếp thu như thế nào mà thôi !

Các thầy cô giáo ra đề thì họ còn không được qua bất kỳ trường lớp nào dạy về việc ra đề thi nữa cơ ! Hầu hết kinh nghiệm là do tự họ tích luỹ được mà thôi ! Bạn thấy đấy ! Học sinh còn có thể được học trước để đi thi , chứ thầy cô có được học ra đề như thế nào trước khi ra đề đâu ! Hơn nữa có phải năm nay thầy A được triệu tập ra đề thì năm sau thầy A cũng vẫn được triệu tập để ra đề đâu ! Bởi vậy nếu như mất 2 năm để đào tạo nên 1 học sinh có thể đi thi đạt giải Quốc Gia , Quốc Tế ( đấy là mình muốn nói chung các môn học mà thôi ) thì phải mất nhiều năm mới có thể có được một thầy cố giáo giỏi , một người có đủ kinh nghiệm để có thể ra được 1 đề thi hoàn hảo !

Việc nước ta không công bố danh sách đề thi của ai ra thì cũng phải thôi ! Nước ta chưa có một môi trường học tập như các nước khác ! Nếu như chỉ với quyển sách Giáo Khoa là họ cũng thể ung dung đi thi Quốc Gia , Quốc Tế thì nước ta không như vậy ! Học sinh nước họ khi đi thi chỉ cần ( nếu thấy cần thiết ) học ngay với 1 thầy , cô giáo dạy toán của mình thôi cũng là đủ rồi , nước ta cũng không giống như vậy !

Bởi vậy nên nếu công bố đề thi của ai ra nếu có sai phạm tuy có thể quy kết trách nhiệm cho người đó nhưng nếu thành công thì các năm sau , học sinh mỗi khi đi thi học sinh giỏi lại nói với nhau rằng : “ Thầy A mấy năm nay toàn ra đề , đi học thầy ấy là chắc chắn cũng biết được đề thi năm nay thầy có thể ra như thế nào rồi ! “. Các bạn đều là những người không thích trúng tủ mà được đạt giải ! Vậy thì chắc hẳn các bạn cũng không muốn điều này xảy ra !
Thế nhưng các bạn đã bao giờ nghĩ chính các bạn đôi khi cũng là nguyên nhân khiến cho các bạn gặp trở ngại chưa ! Nếu các bạn không muốn vì giải Quốc Gia mà đi học thêm hết thầy này , cô nọ hay đơn cử như kỳ thi ĐH , nếu không vì muốn đỗ ĐH quá mà các bạn học hết lò này đến lò khác với hy vọng thầy X , cô Y là người ra đề và bạn sẽ có cơ hội tiếp cận trước lời giải thì liệu rằng điều các bạn muốn bây giờ có được đáp ứng hay không ? Về phần mình tôi tin là có !
Hy vọng qua 2 bài viết này ! Các bạn sẽ không còn khúc mắc điều gì nữa !

Giống như qua bài hát của Simple Plan : “You drank when you were driving ! An accident could be taken place ! And you would destroy a family , not only one member of it “

“Hãy lái xe cận thận và đừng để một điều gì đó khiến bạn như “uống phải rượu”  mà gây ra tai nạn , nó không chỉ huỷ hoại 1 con người mà là rất nhiều người đấy bạn ạ!”

:) Doc bai post cua ban last post, minh co vai thac mac nhu sau.

Thu nhat, tai sao chung ta khong co mot tap the ra de gom ca nhung nguoi chua co may kinh nghiem va nhung giao vien day dan kinh nghiem ra de thi? Chang le dung mot cai, chung ta dem toan bo trach nhiem ra de giao cho nhung giao vien chua he co kinh nghiem? Minh khong phan doi viec giao cho nhung giao vien tre, chuan bi cho ho lam "luc luong ke thua", nhung phai chang cung can do nhung giao vien gao coi trong viec ra de trong Hoi dong ra de thi?

Thu hai, cho du co cong bo ten giao vien ra de hay khong thi chuyen moi cac thay tu Ha Noi de luyen cho doi tuyen HSG cua cac dia phuong la chuyen rat pho bien roi, vay chuyen cong khai ten nguoi ra de( co the sau khi de thi duoc cong bo) de khien moi chuyen minh bach, sang to hon, khi gap su co co the giai quyet nhanh chong la dieu rat nen lam chu sao? Dieu nay han ban cung dong y nhi?

Nhan day minh mao muoi hoi ban last post vai cau: Phai chang nhung gi bao chi viet ve su co doi tuyen vong 2 chi la chuyen thoi phong? Phai chang khong he co dieu gi bat thuong ca? Phai chang chuyen de thi vong 2 cua Ha Noi va de thi vong 2 cua VN trong cung nam 2005 giong nhau chi la viec ngau nhien? Va phai chang ket qua Olympic Toan nam nay khong tot hoan toan la do yeu to suc khoe cua thanh vien doi tuyen chu khong lien quan gi den nang luc that su cua cac ban?

Nhung cau hoi nay mong ban giup minh giai dap. A ma minh nho co nho ban Tho hoi gium 2 cau, khong thay ban quay vao reply nua. :) Khong biet o day co ai co the giup minh tra loi 2 cau minh hoi ban Tho duoc khong nhi?

Chuc moi nguoi mot ngay vui ve.

That khong ngo van de nay lai duoc cac ban thao luan soi noi den vay. Toi chi tiec rang dang ra chung ta co the biet duoc trong nhung ngay thi DT minh tap huan the nao? Giao luu, di choi , gap ga cac ban khac ra sao? Khung canh dat nuoc ben ay the nao? cac cam nghi, nhung hinh anh duoc cac ban upload len day de moi nguoi cung duoc biet va xem. Nhung nhung gi cac ban da thao luan da vo tinh lam cac ban di thi khong the lam nhung dieu nay, va co le dieu nay chi co o VIETNAM. Co qua nhieu [b]danh gia mang tinh cam tinh[/b], [b]qua cay cu[/b]. Toi cho rang  neu cac ban muon thao luan ve cac van de khac nhu ra de thi nen nhu the nao?,.... thi nen lap mot muc khac voi muc dich ro rang hon!

Toi nghi the la qua du, tat ca nen dung lai thi hon!

Thật vớ vẩn khi xem rằng kì thi IMO là tất cả. Thử hỏi xem tỉ lệ những người đã tham dự kì thi IMO lúc còn học phổ thông sau này trở thành các nhà khoa học, hay đơn giản chỉ là trở thành những người thành đạt trong cuộc sống là bao nhiêu...nếu các bạn có được những thống kê chính xác thì có lẽ các bạn sẽ phải ngạc nhiên. Thế nên mới nói IMO chưa phải là cái gì ghê gớm, được tham dự là một vinh dự lớn, nhưng nếu không thì cũng chẳng có gì đáng buồn. Tại sao các bạn không thử nhìn kì thi IMO, hay bất cứ kì thi chuyên toán nào, dưới một góc nhìn khác, chẳng hạn, như một trò chơi trẻ con mà thôi. Chính sự nhìn nhận quá sức nặng nề, quá thiên về thành tích đã làm cho những cuộc chơi Olympic ở nước ta trở nên nặng nề một cách không cần thiết, làm mất đi vẻ đẹp vốn có của toán học!!! Tôi nói điều này, có thể nhiều bạn không hiểu, nhưng chắc hẳn những học sinh đã từng trải qua nhiều kì thi như vậy ở PT (như [b]nmtruong1986[/b]-mình rất đồng ý với ý kiến của bạn này), sẽ hiểu hết những điều mình nói...
Không nói nhưng chắc các bạn cũng hiểu trình độ khoa học của nước mình đang ở vị trí nào trên bản đồ khoa học của thế giới. Thế thì, thay vì cứ tranh cãi về thành tích thi IMO, về vấn đề làm sao để VN có thành tích tốt nhất ở cái trò chơi trẻ con này, tại sao chúng ta không dành thời gian vào những việc có ích hơn, nhằm đưa nền giáo dục và nền khoa học của nước ta nhanh chóng bắt kịp cùng bạn bè năm châu. Cũng cần nói thêm rằng, nhiều nước trên TG có nền khoa học phát triển hơn nước ta nhiều lần (như Pháp, Úc) nhưng đội tuyển của họ chưa một lần đạt được thành tích cao tại IMO. Nếu kể luôn về những nước thường xuyên có thành tích cao tại IMO, thì thậm chí một số nước trong đó mà nền giáo dục của họ không hề có hệ thống trường chuyên, tức là họ không hề có cái kiểu "luyện gà nòi" để đi thi (rồi về chẳng biết làm gì nữa) như ở nước ta. Có như thế thì thành tích thi IMO mới có thể đại diện thể hiện trình độ giáo dục của họ, chứ không phải là trình độ "luyện gà nòi" (xin mạn phép được dùng từ này thêm một lần nữa)!!!

Chào các bạn!
     Mình ngẫu nhiên search được diễn đàn này của các bạn và lập tức bị cuốn hút ngay vào chủ đề mà các bạn đang tranh cãi. Tuy không phải là người trong cuộc, mình cũng xin mạn phép được đưa ra một số ý kiến.
     Thứ nhất, các bạn đều là những tinh hoa của đất nước, là đại diện cho đất nước trong một kỳ thi quốc tế. Vì thế, có thể các bạn phải chịu nhiều áp lực rất lớn trong kỳ thi này. Có thể vì thế mà các bạn thất vọng với kết quả năm nay. Thực ra việc không đạt được kết quả cao trong một kỳ thi do rất nhiều nguyên nhân cộng hưởng, nhưng mình nghĩ tuyệt nhiên không phải do các bạn kém. Nếu kém các bạn đã không thể đại diện cho cả nước đi thi. Nói các bạn kém cũng chẳng khác nói cả nước ta kém vậy. Nhưng trong thi cử, việc thành bại là chuyện bình thường. Mình nghĩ các bạn đã rất quyết tâm, nếu đạt thành tích cao thì đó là điều tốt, nếu không được như ý cũng không nên quá buồn, và nhất là không nên quá ăn thua. Qua cuộc thi này, cái lớn nhất các bạn có được là các bạn đã có cơ hội va chạm với thế giới, với những con người tài giỏi ở các nước khác và đã có được những kinh nghiệm mà không phải ai cũng có. Mình nghĩ đấy mới là điều đáng quý và giúp ích nhiều cho các bạn sau này.
      Thứ hai, mình thấy đây là một diễn đàn giáo dục, chúng ta không nên nói quá sâu về chính trị. Vì như một triết gia mà mình không nhớ tên đã nói: chính trị là một thứ khoa học chưa bao giờ có chuẩn mực. Vì vậy việc tranh cãi các vấn đề chính trị sẽ là không bao giờ kết thúc, và nếu muốn chúng ta có thể lên những diễn đàn chính trị để bàn luận, như vậy sẽ phù hợp hơn. Vấn đề là khi bàn về chính trị, ta phải xác định rõ mình đứng trên lập trường, quan điểm nào. Bạn analyse rõ ràng không phải là một người theo CNXH, và ta tôn trọng điều đó nếu như bạn ấy chỉ nói về giáo dục, không nêu ra các vấn đề chính trị để tranh cãi, không thoá mạ các lãnh tụ cộng sản một cách vô căn cứ (mình rất phản đối việc bạn analyse đăng bài thơ đầy khiêu khích kia). Bạn ấy cũng có quyền dùng biểu tượng cờ 3 sọc, chỉ có điều nó không đại diện cho một quốc gia nào trên bản đồ thế giới và chúng ta có thể coi nó như một vật trang trí trên forum.
     Thú thật mình là một người rất quan tâm đến các vấn đề chính trị. Cũng vì thế mà mình mới search được forum này. Nếu ai có cùng sở thích đó thì hãy liên hệ với mình qua email: nh2rock@yahoo.com.
     Chúc các bạn vui vẻ và thành đạt trong tương lai! :)
     Goodbye![/code]

nam nay tai sao doi sp pham chang co ai vay
chac vi hoc nhieu qua nen loan chu roi
hoc o tong hop van la suong nhat :lol:

Thầy Thắng không thích hợp với vị trí này.

Tôi nghe nói cô Hà Dương sẽ thay vị trí của thầy Thắng.

[quote="phanduonghieu"]Thầy Thắng không thích hợp với vị trí này.[/quote] Vị trí nào?  :maybe:

[quote]Tôi nghe nói cô Hà Dương sẽ thay vị trí của thầy Thắng.[/quote]

Cô này có phải ở Viện Toán học không nhỉ?

[quote=silversunboy]To cho rang co ban co nhan xet qua gay gat ve de thi lan nay. To xin phat bieu lap truong cua to voi vi tri cua mot nguoi thanh cong trong ki thi lan nay. Luc to quay ve sau ki thi to nghi rang hi vong dau cua to chi la 30%. To noi that to hoan toan ko biet truoc gi ve de ca, 6 bai ma to gap phai doi voi to la 6 bai hoan toan moi. Co rat nhieu ban noi voi to rang de chi da duoc cho roi va dieu nay lam to hoang mang ko it. Tham chi trong doi tuyen cua to con co mot ban vi bi shock khi nghe nhung thong tin nay ma lam bai ngay 2 ko duoc tot. Tuy nhien sau ki thi nay to nghiem ra 1 dieu la nhung thong tin do chua han la chinh xac (neu co nhieu ban biet truoc de nhu vay thi tai sao diem dau ko phai la 42/42). Hon nua phai thua nhan rang tat ca nhung gi ma chung ta hoc duoc cho toi bay gio cha qua la su lap lai cac bac tien nhan di truoc, chung ta cha qua cung la nhung ke hoc tu. Chinh vi the noi ve mat nao do thi cho dau tat ca cac thong tin tren deu dung di chang nua thi tinh cong bang cua ki thi ko he bi giam. Boi le de bai hoan toan nam trong nhung kien thuc ma chung ta da hoc, co gi bat cong khi mot ban nao do hoc nhieu hon hoac doc sanh nhieu hon va trong qua trinh hoc do bat gap mot vai bai trong de. Vi vay to cho rang chung ta hay thoi am uc ve chuyen de bai. Hon nua ki thi quoc te chi la 1 buoc chuyen rat nho tren con duong cua chung ta neu chung ta tat su muon tro thanh mot nha toan hoc. Nhung ban gioi that su nhu Pham kim Hung chac chan se khong bo mat niem dam me toan hoc cho du thanh cong hay that bai trong ki thi nay. Hay cung co gang len cac ban nhe. :) Nang coc cho tuong lai nen toan hoc VN.[/quote]

i like it we are stand on the shoulder of big human

[quote=stupid_mathematician]Minh thi do va minh tu hao ve dieu do! Minh khong he trung tu va do la su that! Minh hoc o Ha Noi.[/quote]

Phạm Nan Khánh 12 toán 1???


integration
trigonometry
calculus
calculus computations

1)Calculate $ \int_{ \minus{} \pi}^{{\pi}}{\frac {sin^2(nx)dx}{(e^x \plus{} 1)sin^2(x)}}$
2) $ \int\int\int_{x_1^2 \plus{} x_2^2 \plus{} x_3^2 \equal{} 1}{(x_1x_2 \plus{} x_2x_3 \plus{} x_3x_1)^mdx_1dx_2dx_3}$
 $ m,n \in \mathbb{N^{*}}$
[hide="Sorry post again 2)"]It is implies thank if you are interested it[/hide]

hello
[hide="1"]
apply the property
$ \int^{a}_{\minus{}a} f(x) dx \equal{} \int^{a}_{0} ( f (x) \plus{} f(\minus{}x) )dx$
so ur question will become $ \int^{\pi}_{0} \frac{sin^2(nx)}{sin^2(x)} dx$ which u can solve .
one more thing if n is [b]natural number[/b] u would be knowing it will give $ n \pi$.
[/hide]

[hide="2"]
sorry friend  :huh:  , in our school we haven't reached to this level. So no idea about this.[/hide]
thank u

I continue the rest kabi left, denote $ I_n \equal{} \int_0^{\pi}\frac {\sin^2 nx}{\sin^2x}\,dx$, try to consider $ I_n \minus{} I_{n \minus{} 1}$ and repeat this process.


topology
real analysis
real analysis unsolved

Prove that  if D in $ R^n$ is connected and f : D to $ R^m$ is continuous then f(D) is connected.

well, $ D$ is connected if it contains no proper clopen subset (clopen=closed and open). $ f: D \subset \mathbb {R}^n \rightarrow f(D) \subset \mathbb{R}^m$ is onto. Suppose that $ f(D)$ is disconnected, then it contains a clopen subset $ U$ of $ f(D)$, according to the open and closed set condition for continuity, $ f^{\minus{}1}(U)$ is a clopen subset of $ D$. Since $ f$ is onto $ U \not\equal{} \emptyset , \; f^{\minus{}1}(U) \not\equal{} \emptyset $. Similarly $ f^{\minus{}1}(U^{c}) \not\equal{} \emptyset$. Therefore $ f^{\minus{}1}(U)$ is a proper clopen subset of $ D$, contrary to $ D$ being connected.

[quote="Third Edition"]Tiny amendment, but I think you meant that anyway :)

[quote="ehsan2004"]well, $ D$ is connected if it contains no proper clopen subset (clopen=closed and open). $ f: D \subset \mathbb {R}^n \rightarrow f(D) \subset \mathbb{R}^m$ is onto. Suppose that $ f(D)$ is disconnected, then it contains a clopen[/quote]proper[quote] subset $ U$ of $ f(D)$, according to the open and closed set condition for continuity, $ f^{ \minus{} 1}(U)$ is a clopen subset of $ D$. Since $ f$ is onto $ U \not \equal{} \emptyset , \; f^{ \minus{} 1}(U) \not \equal{} \emptyset$. Similarly $ f^{ \minus{} 1}(U^{c}) \not \equal{} \emptyset$[/quote]since $ U$ is a proper subset of $ f(D)$.[quote] Therefore $ f^{ \minus{} 1}(U)$ is a proper clopen subset of $ D$, contrary to $ D$ being connected.[/quote][/quote]

yes , thanks for more clarifications.


geometry
geometric transformation
vector
inequalities
function
analytic geometry
parameterization

IMO 1982 ShortList and IMO 1982 partial LongList:

Here are the translations of the Russian problems:

[u][b]Soviet Union[/b][/u]

[b]Problem 1.[/b] Let $O$ be the center of a circular right cylinder; let $A$ and $B$ be two diametrically opposite points on its upper base circle, and let $C$ be a point on the lower base circle, such that the point $C$ doesn't lie on the plane $OAB$.

Consider the trihedral angle with vertex $O$ and edges $OA$, $OB$ and $OC$. This trihedral angle has three dihedral angles. Prove that the sum of these three dihedral angles equals $2\pi$.

[i]Note.[/i] I write the following explanations because I use some strange notations which I can't explain other than by defining them:

A [i]circular right cylinder[/i] is defined as follows:
Let $k$ be an arbitrary circle in space, and let $T$ be a translation with a translation vector perpendicular to the plane containing the circle $k$. Then,

- the circle $k$,
- the image of this circle $k$ under the translation $T$,
- and all the segments whose one endpoint is a point on the circle $k$ and whose other endpoint is the image of this point under the translation $T$

form a solid, which is called a [i]circular right cylinder[/i]. The circle $k$ is called the [i]lower base circle[/i] of this cylinder, and the image of this circle $k$ under the translation $T$ is called the [i]upper base circle[/i] of this cylinder. The [i]center[/i] of the cylinder is defined as the midpoint of the segment joining the centers of the lower base circle and of the upper base circle.

[b]Problem 2.[/b] Consider $n$ real numbers $x_1$, $x_2$, ..., $x_n$ such that

$1\geq x_1 \geq x_2 \geq ...\geq x_n >0$.

Prove that for any real $\alpha $ with $0\leq \alpha \leq 1$, we have

$\left( 1+x_1+x_2+...+x_n\right) ^{\alpha } \leq 1+x_1^{\alpha }+2^{\alpha -1}x_2^{\alpha } +3^{\alpha -1}x_3^{\alpha }+... +n^{\alpha -1}x_n^{\alpha }$.

[b]Problem 3.[/b] Consider the following $2n$ natural numbers:

$1;\;1;\;\;\;2;\;2;\;\;\;3;\;3;\;\;\;...;\;\;\;n-1;\;n-1;\;\;\;n;\;n$.

(These are the first $n$ natural numbers, each of them written two times.) Find all values of $n$ having the following property: One can rearrange the $2n$ numbers above in such a way that for every natural number $k$ with $k\leq n$, between the two places where the number $k$ stands, there stand exactly $k$ other numbers.

[i]Example.[/i] One such number $n$ is $n=12$, since the numbers

$1;\;1;\;\;\;2;\;2;\;\;\;3;\;3;\;\;\;...;\;\;\;11;\;11;\;\;\;12;\;12$

can be rearranged in the order

$8;\;6;\;10;\;3;\;1;\;11;\;1;\;3;\;6;\;8;\;12;\;9;\;7;\;10;\;4;\;2;\;5;\;11;\;2;\;4;\;7;\;9;\;5;\;12$,

which can easily be seen to satisfy the property that for every natural number $k$ with $k\leq n$, between the two places where the number $k$ stands, there stand exactly $k$ other numbers.

[b]Problem 4.[/b] Consider an arbitrary sequence $x_1$, $x_2$, ... of positive numbers satisfying the property

$a=x_0 \geq x_1 \geq x_2 \geq ...\geq x_n \geq ...>0$.

[b]a)[/b] Prove that there exists a natural number $n$ satisfying the inequality

$\frac{x_0^2}{x_1}+\frac{x_1^2}{x_2}+...+\frac{x_{n-1}^2}{x_n} \geq 3,999a$.

[b]b)[/b] Find some sequence $x_1$, $x_2$, ... such that

$\frac{x_0^2}{x_1}+\frac{x_1^2}{x_2}+...+\frac{x_{n-1}^2}{x_n} <4a$

for every $n$.

[i]Note.[/i] One can also prove more: For any positive number $a$, the sequence $x_1$, $x_2$, ... such that

$\frac{x_0^2}{x_1}+\frac{x_1^2}{x_2}+...+\frac{x_{n-1}^2}{x_n} <4a$

for every $n$ is unique.

[b]Problem 5.[/b] Let $ACB$ and $AC_1B_1$ be two right-angled, similar and oppositely oriented triangles such that $\measuredangle BCA=\measuredangle B_1C_1A=90^{\circ }$ and $\measuredangle CAB=\measuredangle C_1AB_1$. Denote by $M$ the point of intersection of the lines $BC_1$ and $CB_1$.

Prove that the lines $AM$ and $CC_1$ are perpendicular.

TeX source:

[code]\underline{\textbf{Soviet Union}}

\bigskip

\textbf{Problem 1.} Let $O$ be the center of a circular
right cylinder; let $A$ and $B$ be two diametrically opposite
points on its upper base circle, and let $C$ be a point on
the lower base circle, such that the point $C$ doesn't lie on
the plane $OAB.$

Consider the trihedral angle with vertex $O$ and edges $OA,$
$OB$ and $OC.$ This trihedral angle has three dihedral
angles. Prove that the sum of these three dihedral angles
equals $2\pi .$

\textit{Note.} I write the following explanations because I
use some strange notations which I can't explain other than
by defining them:

A \textit{circular right cylinder} is defined as follows:
Let $k$ be an arbitrary circle in space, and let $T$ be a
translation with a translation vector perpendicular to the
plane containing the circle $k.$ Then,

\begin{itemize}
\item  the circle $k,$

\item  the image of this circle $k$ under the translation
$T,$

\item  and all the segments whose one endpoint is a point
on the circle $k$ and whose other endpoint is the image of
this point under the translation $T$
\end{itemize}

form a solid, which is called a \textit{circular right
cylinder}. The circle $k$ is called the \textit{lower base
circle} of this cylinder, and the image of this circle $k$
under the translation $T$ is called the \textit{upper base
circle} of this cylinder. The \textit{center} of the
cylinder is defined as the midpoint of the segment joining
the centers of the lower base circle and of the upper base
circle.

\bigskip

\textbf{Problem 2.} Consider $n$ real numbers $x_{1},$
$x_{2},$ $...,$ $x_{n}$ such that
\begin{equation*}
1\geq x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}>0.
\end{equation*}
Prove that for any real $\alpha $ with
$0\leq \alpha \leq 1,$ we have
\begin{equation*}
\left( 1+x_{1}+x_{2}+...+x_{n}\right) ^{\alpha }
\leq 1+x_{1}^{\alpha }+2^{\alpha -1}x_{2}^{\alpha }
+3^{\alpha -1}x_{3}^{\alpha }+...
+n^{\alpha -1}x_{n}^{\alpha }.
\end{equation*}

\bigskip

\textbf{Problem 3.} Consider the following $2n$ natural
numbers:
\begin{equation*}
1;\;1;\;\;\;2;\;2;\;\;\;3;\;3;\;\;\;...;\;\;\;n-1;\;
n-1;\;\;\;n;\;n.
\end{equation*}
(These are the first $n$ natural numbers, each of them
written two times.)
Find all values of $n$ having the following property: One
can rearrange the $2n$ numbers above in such a way that for
every natural number $k$ with $k\leq n,$ between the two
places where the number $k$ stands, there stand exactly $k$
other numbers.

\textit{Example.} One such number $n$ is $n=12,$ since the
numbers
\begin{equation*}
1;\;1;\;\;\;2;\;2;\;\;\;3;\;3;\;\;\;...;\;\;\;11;\;11;
\;\;\;12;\;12
\end{equation*}
can be rearranged in the order
\begin{equation*}
8;\;6;\;10;\;3;\;1;\;11;\;1;\;3;\;6;\;8;\;12;\;9;\;7;\;10;\;
4;\;2;\;5;\;11;\;2;\;4;\;7;\;9;\;5;\;12,
\end{equation*}
which can easily be seen to satisfy the property that for
every natural number $k$ with $k\leq n,$ between the two
places where the number $k$ stands, there stand exactly
$k$ other numbers.

\bigskip

\textbf{Problem 4.} Consider an arbitrary sequence $x_{1},$
$x_{2},$ $...$ of positive numbers satisfying the property
\begin{equation*}
a=x_{0}\geq x_{1}\geq x_{2}\geq ...\geq x_{n}\geq ...>0.
\end{equation*}

\textbf{a)} Prove that there exists a natural number $n$
satisfying the inequality
\begin{equation*}
\frac{x_{0}^{2}}{x_{1}}+\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+...
+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}} \geq 3,999a.
\end{equation*}

\textbf{b)} Find some sequence $x_{1},$ $x_{2},$ $...$ such
that
\begin{equation*}
\frac{x_{0}^{2}}{x_{1}}+\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+...
+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}} <4a
\end{equation*}
for every $n.$

\textit{Note.} One can also prove more: For any positive
number $a,$ the sequence $x_{1},$ $x_{2},$ $...$ such that
\begin{equation*}
\frac{x_{0}^{2}}{x_{1}}+\frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}+...
+\frac{x_{n-1}^{2}}{x_{n}} <4a
\end{equation*}
for every $n$ is unique.

\bigskip

\textbf{Problem 5.} Let $ACB$ and $AC_{1}B_{1}$ be two
right-angled, similar and oppositely oriented triangles
such that
$\measuredangle BCA=\measuredangle B_{1}C_{1}A=90^{\circ }$
and
$\measuredangle CAB=\measuredangle C_{1}AB_{1}.$ Denote by
$M$ the point of intersection of the lines $BC_{1}$ and
$CB_{1}.$

Prove that the lines $AM$ and $CC_{1}$ are perpendicular.[/code]

  Darij

[b][size=150]IMO 1982 ShortListed Problems (Posted in Forums):[/size][/b]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366626&#p366626]1. A1 (GBR 3)[/url][b]IMO1[/b] The function $f(n)$ is defined on the positive integers and takes non-negative integer values. $f(2)=0,f(3)>0,f(9999)=3333$ and for all $m,n:$ \[ f(m+n)-f(m)-f(n)=0 \text{ or } 1. \] Determine $f(1982)$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014390#p2014390]2. A2 (YUG 1)[/url] Let $K$ be a convex polygon in the plane and suppose that $K$ is positioned in the coordinate system in such a way that
\[\text{area } (K \cap Q_i) =\frac 14  \text{area } K (i = 1, 2, 3, 4, ),\]
where the $Q_i$ denote the quadrants of the plane. Prove that if $K$ contains no nonzero lattice point, then the area of $K$ is less than $4.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366629&#p366629]3. A3 (USS 4)[/url][b]IMO3[/b] Consider infinite sequences $\{x_n\}$ of positive reals such that $x_0=1$ and $x_0\ge x_1\ge x_2\ge\ldots$.

[b]a.)[/b] Prove that for every such sequence there is an $n\ge1$ such that: \[ {x_0^2\over x_1}+{x_1^2\over x_2}+\ldots+{x_{n-1}^2\over x_n}\ge3.999. \]

[b]b.)[/b] Find such a sequence such that for all $n$: \[ {x_0^2\over x_1}+{x_1^2\over x_2}+\ldots+{x_{n-1}^2\over x_n}<4. \]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014393#p2014393]4. A4 (BUL 2)[/url] Determine all real values of the parameter $a$ for which the equation
\[16x^4 -ax^3 + (2a + 17)x^2 -ax + 16 = 0\]
has exactly four distinct real roots that form a geometric progression.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366633&#p366633]5. A5 (NET 2)[/url] [b]IMO5[/b] The diagonals $AC$ and $CE$ of the regular hexagon $ABCDEF$ are divided by inner points $M$ and $N$ respectively, so that \[ {AM\over AC}={CN\over CE}=r. \] Determine $r$ if $B,M$ and $N$ are collinear.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366636#p366636]6. A6 (VIE 1)[/url][b]IMO6[/b] Let $S$ be a square with sides length $100$. Let $L$ be a path within $S$ which does not meet itself and which is composed of line segments $A_0A_1,A_1A_2,A_2A_3,\ldots,A_{n-1}A_n$ with $A_0=A_n$. Suppose that for every point $P$ on the boundary of $S$ there is a point of $L$ at a distance from $P$ no greater than $1\over2$. Prove that there are two points $X$ and $Y$ of $L$ such that the distance between $X$ and $Y$ is not greater than $1$ and the length of the part of $L$ which lies between $X$ and $Y$ is not smaller than $198$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014399#p2014399]7. B1 (CAN 2)[/url] Let $p(x)$ be a cubic polynomial with integer coefficients with leading coefficient $1$ and with one of its roots equal to the product of the other two. Show that $2p(-1)$ is a multiple of $p(1)+p(-1)-2(1+p(0)).$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014400#p2014400]8. B2 (POL 4)[/url] A convex, closed figure lies inside a given circle. The figure is seen from every point of the circumference at a right angle (that is, the two rays drawn from the point and supporting the convex figure are perpendicular). Prove that the center of the circle is a center of symmetry of the figure.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014403#p2014403]9. B3 (GBR 1)[/url] Let $ABC$ be a triangle, and let $P$ be a point inside it such that $\angle PAC = \angle PBC$. The perpendiculars from $P$ to $BC$ and $CA$ meet these lines at $L$ and $M$, respectively, and $D$ is the midpoint of $AB$. Prove that $DL = DM.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014409#p2014409]10. B4 (BRA 1)[/url] A box contains $p$ white balls and $q$ black balls. Beside the box there is a pile of black balls. Two balls are taken out of the box. If they have the same color, a black ball from the pile is put into the box. If they have different colors, the white ball is put back into the box. This procedure is repeated until the last two balls are removed from the box and one last ball is put in. What is the probability that this last ball is white?

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014411#p2014411]11. B5 (CAN 3)[/url] [b](a)[/b] Find the rearrangement $\{a_1, \dots , a_n\}$ of $\{1, 2, \dots, n\}$ that maximizes
\[a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_na_1 = Q.\]

[b](b)[/b] Find the rearrangement that minimizes $Q.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014413#p2014413]12. B6 (FIN 3)[/url] Four distinct circles $C,C_1, C_2$, C3 and a line L are given in the plane such that $C$ and $L$ are disjoint and each of the circles $C_1, C_2, C_3$ touches the other two, as well as $C$ and $L$. Assuming the radius of $C$ to be $1$, determine the distance between its center and $L.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=4038&#p4038]13. C1 (NET 1)[/url][b]IMO2[/b] A non-isosceles triangle $A_{1}A_{2}A_{3}$ has sides $a_{1}$, $a_{2}$, $a_{3}$ with the side $a_{i}$ lying opposite to the vertex $A_{i}$. Let $M_{i}$ be the midpoint of the side $a_{i}$, and let $T_{i}$ be the point where the inscribed circle of triangle $A_{1}A_{2}A_{3}$ touches the side $a_{i}$. Denote by $S_{i}$ the reflection of the point $T_{i}$ in the interior angle bisector of the angle $A_{i}$. Prove that the lines $M_{1}S_{1}$, $M_{2}S_{2}$ and $M_{3}S_{3}$ are concurrent.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014415#p2014415]14. C2 (AUS 4)[/url] Let $ABCD$ be a convex plane quadrilateral and let $A_1$ denote the circumcenter of $\triangle BCD$. Define $B_1, C_1,D_1$ in a corresponding way.

(a) Prove that either all of $A_1,B_1, C_1,D_1$ coincide in one point, or they are all distinct. Assuming the latter case, show that $A_1$, C1 are on opposite sides of the line $B_1D_1$, and similarly,$ B_1,D_1$  are on opposite sides of the line $A_1C_1$. (This establishes the convexity of the quadrilateral $A_1B_1C_1D_1$.)

(b) Denote by $A_2$ the circumcenter of $B_1C_1D_1$, and define $B_2, C_2,D_2$ in an analogous way. Show that the quadrilateral $A_2B_2C_2D_2$ is similar to the quadrilateral $ABCD.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014418#p2014418]15. C3 (CAN 5)[/url] Show that
\[ \frac{1 - s^a}{1 - s} \leq (1 + s)^{a-1}\]
holds for every $1 \neq s > 0 $real and $0 < a \leq 1$ rational.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=366630&#p366630]16. C4 (GBR 2)[/url][b]IMO4 [/b]Prove that if $n$ is a positive integer such that the equation \[ x^3-3xy^2+y^3=n \] has a solution in integers $x,y$, then it has at least three such solutions. Show that the equation has no solutions in integers for $n=2891$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014419#p2014419]17. C5 (USS 5)[/url] The right triangles $ABC$ and $AB_1C_1$ are similar and have opposite orientation. The right angles are at $C$ and $C_1$, and we also have $ \angle CAB = \angle C_1AB_1$. Let $M$ be the point of intersection of the lines $BC_1$ and $B_1C$. Prove that if the lines $AM$ and $CC_1$ exist, they are perpendicular.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014420#p2014420]18. C6 (FRA 2)[/url] Let $O$ be a point of three-dimensional space and let $l_1, l_2, l_3$ be mutually perpendicular straight lines passing through $O$. Let $S$ denote the sphere with center $O$ and radius $R$, and for every point $M$ of $S$, let $S_M$ denote the sphere with center $M$ and radius $R$. We denote by $P_1, P_2, P_3$ the intersection of $S_M$ with the straight lines $l_1, l_2, l_3$, respectively, where we put $P_i \neq O$ if $l_i$ meets $S_M$ at two distinct points and $P_i = O$ otherwise ($i = 1, 2, 3$). What is the set of centers of gravity of the (possibly degenerate) triangles $P_1P_2P_3$ as $M$ runs through the points of $S$?

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014421#p2014421]19. C7 (CZS 3)[/url] Let $M$ be the set of real numbers of the form $\frac{m+n}{\sqrt{m^2+n^2}}$, where $m$ and $n$ are positive integers. Prove that for every pair $x \in M, y \in M$ with $x < y$, there exists an element $z \in M$ such that $x < z < y.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=2014422#p2014422]20. C8 (TUN 3)[/url] Let $ABCD$ be a convex quadrilateral and draw regular triangles $ABM, CDP, BCN, ADQ$, the first two outward and the other two inward. Prove that $MN = AC$. What can be said about the quadrilateral $MNPQ$?

[b][size=150]IMO 1982 LongListed Problems (Posted in Forums):[/size][/b]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=397008]1. (AUS 1)[/url] [b](a)[/b] Prove that $\frac{1}{n+1} \cdot \binom{2n}{n}$ is an integer for $n \geq 0.$

[b](b)[/b] Given a positive integer $k$, determine the smallest integer $C_k$ with the property that $\frac{C_k}{n+k+1} \cdot \binom{2n}{n}$ is an integer for all $n \geq k.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=397009]3. (AUS 3)[/url] Given $n$ points $X_1,X_2,\ldots, X_n$ in the interval $0 \leq X_i \leq 1, i = 1, 2,\ldots, n$, show that there is a point $y, 0 \leq y \leq 1$, such that
\[\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} | y - X_i | = \frac 12.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=366201]4. (AUS 4)[/url] [b](a)[/b] Find the rearrangement $\{a_1, \dots , a_n\}$ of $\{1, 2, \dots, n\}$ that maximizes
\[a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_na_1 = Q.\]

[b](b)[/b] Find the rearrangement that minimizes $Q.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=392093]5. (BEL 1)[/url] Among all triangles with a given perimeter, find the one with the maximal radius of its incircle.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=397011]6. (BEL 2)[/url] On the three distinct lines $a, b$, and $c$ three points $A, B$, and $C$ are given, respectively. Construct three collinear points $X, Y,Z$ on lines $a, b, c$, respectively, such that $\frac{BY}{AX} = 2$ and $ \frac{CZ}{AX} = 3$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=374262]7. (BEL 3)[/url] Find all solutions $(x, y) \in \mathbb Z^2$ of the equation
\[x^3 - y^3 = 2xy + 8.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=366200]8. (BRA 1)[/url] A box contains $p$ white balls and $q$ black balls. Beside the box there is a pile of black balls. Two balls are taken out of the box. If they have the same color, a black ball from the pile is put into the box. If they have different colors, the white ball is put back into the box. This procedure is repeated until the last two balls are removed from the box and one last ball is put in. What is the probability that this last ball is white?

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=397012]9. (BRA 2)[/url] Given any two real numbers $\alpha$ and $\beta , 0 \leq \alpha < \beta \leq 1$, prove that there exists a natural number $m$ such that
\[\alpha < \frac{\phi(m)}{m} < \beta.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=397013]10. (BRA 3)[/url] Let $r_1, \ldots , r_n$ be the radii of $n$ spheres. Call $S_1, S_2, \ldots , S_n$ the areas of the set of points of each sphere from which one cannot see any point of any other sphere. Prove that
\[\frac{S_1}{r_1^2} + \frac{S_2}{r_2^2}+\cdots+\frac{S_n}{r_n^2} = 4 \pi.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=397014]11. (BRA 4)[/url] A rectangular pool table has a hole at each of three of its corners. The lengths of sides of the table are the real numbers $a$ and $b$. A billiard ball is shot from the fourth corner along its angle bisector. The ball falls in one of the holes. What should the relation between $a$ and $b$ be for this to happen?

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=41&t=397015]12. (BRA 5)[/url] Let there be $3399$ numbers arbitrarily chosen among the first $6798$ integers $1, 2, \ldots , 6798$ in such a way that none of them divides another. Prove that there are exactly $1982$ numbers in $\{1, 2, \ldots, 6798\}$ that must end up being chosen.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=397016]13. (BUL 1)[/url] A regular $n$-gonal truncated pyramid is circumscribed around a sphere. Denote the areas of the base and the lateral surfaces of the pyramid by $S_1, S_2$, and $S$, respectively. Let $\sigma$ be the area of the polygon whose vertices are the tangential points of the sphere and the lateral faces of the pyramid. Prove that
\[\sigma S = 4S_1S_2 \cos^2 \frac{\pi}{n}.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=366195]14. (BUL 2)[/url] Determine all real values of the parameter $a$ for which the equation
\[16x^4 -ax^3 + (2a + 17)x^2 -ax + 16 = 0\]
has exactly four distinct real roots that form a geometric progression.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=397017]15. (CAN 1)[/url] Show that the set $S$ of natural numbers $n$ for which $\frac{3}{n}$ cannot be written as the sum of two reciprocals of natural numbers ($S =\{n |\frac{3}{n} \neq \frac{1}{p} + \frac{1}{q} \text{  for any  } p, q \in \mathbb N \}$) is not the union of finitely many arithmetic progressions.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=366197]16. (CAN 2)[/url] Let $p(x)$ be a cubic polynomial with integer coefficients with leading coefficient $1$ and with one of its roots equal to the product of the other two. Show that $2p(-1)$ is a multiple of $p(1)+p(-1)-2(1+p(0)).$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=366201]17. (CAN 3)[/url] [b](a)[/b] Find the rearrangement $\{a_1, \dots , a_n\}$ of $\{1, 2, \dots, n\}$ that maximizes
\[a_1a_2 + a_2a_3 + \cdots + a_na_1 = Q.\]

[b](b)[/b] Find the rearrangement that minimizes $Q.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=397018]18. (CAN 4)[/url] You are given an algebraic system admitting addition and multiplication for which all the laws of ordinary arithmetic are valid except commutativity of multiplication. Show that
\[(a + ab^{-1} a)^{-1}+ (a + b)^{-1} = a^{-1},\]
where $x^{-1}$ is the element for which $x^{-1}x = xx^{-1} = e$, where $e$ is the element of the system such that for all $a$ the equality $ea = ae = a$ holds.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=366206]19. (CAN 5)[/url] Show that
\[ \frac{1 - s^a}{1 - s} \leq (1 + s)^{a-1}\]
holds for every $1 \neq s > 0$ real and $0 < a \leq 1$ rational.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=397346]20. (CZS 1)[/url] Consider a cube $C$ and two planes $\sigma, \tau$, which divide Euclidean space into several regions. Prove that the interior of at least one of these regions meets at least three faces of the cube.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=41&t=397348]21. (CZS 2)[/url] Al[u][b]l[/b][/u] edges and all diagonals of regular hexagon $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$ are colored blue or red such that each triangle $A_jA_kA_m, 1 \leq j < k < m\leq 6$ has at least one red edge. Let $R_k$ be the number of red segments $A_kA_j, (j \neq k)$. Prove the inequality
\[\sum_{k=1}^6 (2R_k-7)^2 \leq 54.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=37&t=366209]22. (CZS 3)[/url] Let $M$ be the set of real numbers of the form $\frac{m+n}{\sqrt{m^2+n^2}}$,
where $m$ and $n$ are positive integers. Prove that for every pair $x \in M, y \in M$ with $x < y$, there exists an element $z \in M$ such that $x < z < y.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=397349]23. (FIN 1)[/url] Determine the sum of all [u][b]p[/b][/u]ositive integers whose digits (in base ten) form either a strictly increasing or a strictly decreasing sequence.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=41&t=397382]24. (FIN 2)[/url] Prove that if a person a has infinitely many descendants (children, their children, etc.), then a has an infinite sequence $a_0, a_1, \ldots$ of descendants (i.e., $a = a_0$ and for all $n \geq 1, a_{n+1}$ is always a child of $a_n$). It is assumed that no-one can have infinitely many children.

[i]Variant 1[/i]. Prove that if $a$ has infinitely many ancestors, then $a$ has an infinite descending sequence of ancestors (i.e., $a_0, a_1, \ldots$ where $a = a_0$ and $a_n$ is always a child of $a_{n+1}$).

[i]Variant 2.[/i] Prove that if someone has infinitely many ancestors, then all people cannot descend from $A(dam)$ and $E(ve)$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=366202]25. (FIN 3)[/url] Four distinct circles $C,C_1, C_2$, C3 and a line L are given in the plane such that $C$ and $L$ are disjoint and each of the circles $C_1, C_2, C_3$ touches the other two, as well as $C$ and $L$. Assuming the radius of $C$ to be $1$, determine the distance between its center and $L.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=397384]26. (FRA 1)[/url] Let $(a_n)_{n\geq0}$ and $(b_n)_{n \geq 0}$ be two seq[u][b]u[/b][/u]ences of natural numbers. Determine whether there exists a pair $(p, q)$ of natural numbers that satisfy
\[p < q \quad \text{ and } \quad  a_p \leq a_q, b_p \leq b_q.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=366208]27. (FRA 2)[/url] Let $O$ be a point of three-dimensional space and let $l_1, l_2, l_3$ be mutually perpendicular straight lines passing through $O$. Let $S$ denote the sphere with center $O$ and radius $R$, and for every point $M$ of $S$, let $S_M$ denote the sphere with center $M$ and radius $R$. We denote by $P_1, P_2, P_3$ the intersection of $S_M$ with the straight lines $l_1, l_2, l_3$, respectively, where we put $P_i \neq O$ if $l_i$ meets $S_M$ at two distinct points and $P_i = O$ otherwise ($i = 1, 2, 3$). What is the set of centers of gravity of the (possibly degenerate) triangles $P_1P_2P_3$ as $M$ runs through the points of $S \ ?$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=51&t=397386]28. (FRA 3)[/url] Let $(u_1, \ldots, u_n)$ be an ordered $n$tuple. For each $k, 1 \leq k \leq n$, define $v_k=\sqrt[k]{u_1u_2 \cdots u_k}$. Prove that
\[\sum_{k=1}^n v_k \leq e \cdot \sum_{k=1}^n u_k.\]
($e$ is the base of the natural logarithm).

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=397388]29. (FRA 4)[/url] Let $f : \mathbb R \to \mathbb R$ be a continuous function. Suppose that the restriction of $f$ to the set of irrational numbers is injective. What can we say about $f$? Answer the analogous question if $f$ is restricted to rationals.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=366199]30. (GBR 1)[/url] Let $ABC$ be a triangle, and let $P$ be a point inside it such that $\angle PAC = \angle PBC$. The perpendiculars from $P$ to $BC$ and $CA$ meet these lines at $L$ and $M$, respectively, and $D$ is the midpoint of $AB$. Prove that $DL = DM.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=56&t=60808]31. (GBR 2)[/url] Prove that if $n$ is a positive integer such that the equation \[ x^3-3xy^2+y^3=n \] has a solution in integers $x,y$, then it has at least three such solutions. Show that the equation has no solutions in integers for $n=2891$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=60805]32. (GBR 3)[/url] The function $f(n)$ is defined on the positive integers and takes non-negative integer values. $f(2)=0,f(3)>0,f(9999)=3333$ and for all $m,n:$ \[ f(m+n)-f(m)-f(n)=0 \text{ or } 1. \] Determine $f(1982)$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=397389]33. (GBR 4)[/url] A sequence $(u_n)$ of integers is defined for $n \geq 0$ by $u_0 = 0, u_1 = 1$, and $u_n - 2u_{n-1} + (1 - c)u_n-2 = 0  \ (n \geq 2)$, where $c$ is a fixed integer independent of n. Find the least value of $c$ for which both of the following statements are true:

[b](i)[/b] If $p$ is a prime less than or equal to $P$, then $p$ divides $u_p.$

[b](ii)[/b] If $p$ is a prime greater than $P$, then $p$ does not divide $u_p.$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=38&t=397391]34. (GDR 1)[/url] Let $M$ be the set of all functions $f$ with the following properties:

[b](i)[/b] $f$ is defined for all real numbers and takes only real values.

[b](ii)[/b] For all $x, y \in \mathbb R$ the following equality holds: $f(x)f(y) = f(x + y) + f(x - y).$

[b](iii)[/b] $f(0) \neq 0.$

Determine all functions $f \in M$ such that

[b](a)[/b] $f(1)=\frac 52$,

[b](b)[/b] $f(1)= \sqrt 3$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=397392]35. (GDR 2)[/url] If the inradius of a triangle is half of its circumradius, prove that the triangle is equilateral.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=1307]36. (NET 1)[/url] A non-isosceles triangle $A_{1}A_{2}A_{3}$ has sides $a_{1}$, $a_{2}$, $a_{3}$ with the side $a_{i}$ lying opposite to the vertex $A_{i}$. Let $M_{i}$ be the midpoint of the side $a_{i}$, and let $T_{i}$ be the point where the inscribed circle of triangle $A_{1}A_{2}A_{3}$ touches the side $a_{i}$. Denote by $S_{i}$ the reflection of the point $T_{i}$ in the interior angle bisector of the angle $A_{i}$. Prove that the lines $M_{1}S_{1}$, $M_{2}S_{2}$ and $M_{3}S_{3}$ are concurrent.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=60810]37. (NET 2)[/url] The diagonals $AC$ and $CE$ of the regular hexagon $ABCDEF$ are divided by inner points $M$ and $N$ respectively, so that \[ {AM\over AC}={CN\over CE}=r. \] Determine $r$ if $B,M$ and $N$ are collinear.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=397798]38. (POL 1)[/url] Numbers $u_{n,k} \ (1\leq k \leq n)$ are defined as follows
\[u_{1,1}=1, \quad u_{n,k}=\binom{n}{k} - \sum_{d \mid n, d \mid k, d>1} u_{n/d, k/d}.\]
(the empty sum is defined to be equal to zero). Prove that $n \mid u_{n,k}$ for every natural number $n$ and for every $k \ (1 \leq k \leq n).$

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=41&t=402960]39. (POL 2)[/url] Let $S$ be the unit circle with center $O$ and let $P_1, P_2,\ldots, P_n$ be points of $S$ such that the sum of vectors $v_i=\stackrel{\longrightarrow}{OP_i}$ is the zero vector. Prove that the inequality $\sum_{i=1}^n XP_i \geq n$ holds for every point $X$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=406819]40. (POL 3)[/url] We consider a game on an infinite chessboard similar to that of solitaire: If two adjacent fields are occupied by pawns and the next field is empty (the three fields lie on a vertical or horizontal line), then we may remove these two pawns and put one of them on the third field. Prove that if in the initial position pawns fill a $3k \times n$ rectangle, then it is impossible to reach a position with only one pawn on the board.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=366198]41. (POL 4)[/url] A convex, closed figure lies inside a given circle. The figure is seen from every point of the circumference at a right angle (that is, the two rays drawn from the point and supporting the convex figure are perpendicular). Prove that the center of the circle is a center of symmetry of the figure.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=406820]42. (POL 5)[/url] Let $\mathfrak F$ be the family of all $k$-element subsets of the set $\{1, 2, \ldots, 2k + 1\}$. Prove that there exists a bijective function $f :\mathfrak F \to \mathfrak F$ such that for every $A \in \mathfrak F$, the sets $A$ and $f(A)$ are disjoint.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=406821]43. (TUN 1)[/url] [b](a)[/b] What is the maximal number of acute angles in a convex polygon?

[b](b)[/b] Consider $m$ points in the interior of a convex $n$-gon. The $n$-gon is partitioned into triangles whose vertices are among the $n + m$ given points (the vertices of the $n$-gon and the given points). Each of the $m$ points in the interior is a vertex of at least one triangle. Find the number of triangles obtained.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=406822]44. (TUN 2)[/url] Let $A$ and $B$ be positions of two ships $M$ and $N$, respectively, at the moment when $N$ saw $M$ moving with constant speed $v$ following the line $Ax$. In search of help, $N$ moves with speed $kv$ ($k < 1$) along the line $By$ in order to meet $M$ as soon as possible. Denote by $C$ the point of meeting of the two ships, and set
\[AB = d, \angle BAC = \alpha, 0 \leq \alpha < \frac{\pi}{2}.\]
Determine the angle $\angle ABC = \beta$ and time $t$ that $N$ needs in order to meet $M$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=366210]45. (TUN 3)[/url] Let $ABCD$ be a convex quadrilateral and draw regular triangles $ABM, CDP, BCN, ADQ$, the first two outward and the other two inward. Prove that $MN = AC$. What can be said about the quadrilateral $MNPQ$?

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=406823]46. (USA 1)[/url] Prove that if a diagonal is drawn in a quadrilateral inscribed in a circle, the sum of the radii of the circles inscribed in the two triangles thus formed is the same, no matter which diagonal is drawn.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=38&t=406824]47. (USA 2)[/url] Evaluate $\sec'' \frac{\pi}4 +\sec'' \frac{3\pi}4+\sec'' \frac{5\pi}4+\sec'' \frac{7\pi}4$. (Here $\sec''$ means the second derivative of $\sec$).

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=406825]48. (USA 3)[/url] Given a finite sequence of complex numbers $c_1, c_2, \ldots , c_n$, show that there exists an integer $k$ ($1 \leq k \leq n$) such that for every finite sequence $a_1, a_2, \ldots, a_n$ of real numbers with $1 \geq a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_n \geq 0$, the following inequality holds:
\[\left| \sum_{m=1}^n a_mc_mn \right| \leq \left| \sum_{m=1}^k c_m \right|.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=57&t=406826]49. (USA 4)[/url] Simplify
\[\sum_{k=0}^n \frac{(2n)!}{(k!)^2((n-k)!)^2}.\]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=406827]50. (USS 1)[/url] Let $O$ be the midpoint of the axis of a right circular cylinder. Let $A$ and $B$ be diametrically opposite points of one base, and $C$ a point of the other base circle that does not belong to the plane $OAB$. Prove that the sum of dihedral angles of the trihedral $OABC$ is equal to $2\pi$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=52&t=406828]51. (USS 2)[/url] Let n numbers $x_1, x_2, \ldots, x_n$ be chosen in such a way that $1 \geq x_1 \geq x_2 \geq \cdots \geq x_n \geq 0$. Prove that
\[(1 + x_1 + x_2 + \cdots + x_n)^\alpha \leq 1 + x_1^\alpha+ 2^{\alpha-1}x_2^\alpha+ \cdots+ n^{\alpha-1}x^\alpha\]
if $0 \leq \alpha \leq 1$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=42&t=406829]52. (USS 3)[/url] We are given $2n$ natural numbers
\[1, 1, 2, 2, 3, 3, \ldots, n - 1, n - 1, n, n.\]
Find all $n$ for which these numbers can be arranged in a row such that for each $k \leq n$, there are exactly $k$ numbers between the two numbers $k$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=60807]53. (USS 4)[/url] Consider infinite sequences $\{x_n\}$ of positive reals such that $x_0=1$ and $x_0\ge x_1\ge x_2\ge\ldots$.

[b]a.)[/b] Prove that for every such sequence there is an $n\ge1$ such that: \[ {x_0^2\over x_1}+{x_1^2\over x_2}+\ldots+{x_{n-1}^2\over x_n}\ge3.999. \]

[b]b.)[/b] Find such a sequence such that for all $n$: \[ {x_0^2\over x_1}+{x_1^2\over x_2}+\ldots+{x_{n-1}^2\over x_n}<4. \]

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=47&t=366207]54. (USS 5)[/url] The right triangles $ABC$ and $AB_1C_1$ are similar and have opposite orientation. The right angles are at $C$ and $C_1$, and we also have $ \angle CAB = \angle C_1AB_1$. Let $M$ be the point of intersection of the lines $BC_1$ and $B_1C$. Prove that if the lines $AM$ and $CC_1$ exist, they are perpendicular.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=46&t=60811]55. (VIE 1)[/url] Let $S$ be a square with sides length $100$. Let $L$ be a path within $S$ which does not meet itself and which is composed of line segments $A_0A_1,A_1A_2,A_2A_3,\ldots,A_{n-1}A_n$ with $A_0=A_n$. Suppose that for every point $P$ on the boundary of $S$ there is a point of $L$ at a distance from $P$ no greater than $1\over2$. Prove that there are two points $X$ and $Y$ of $L$ such that the distance between $X$ and $Y$ is not greater than $1$ and the length of the part of $L$ which lies between $X$ and $Y$ is not smaller than $198$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=36&t=343687]56. (VIE 2)[/url] Let $f(x) = ax^2 + bx+ c$ and $g(x) = cx^2 + bx + a$. If $|f(0)| \leq 1, |f(1)| \leq 1, |f(-1)| \leq 1$, prove that for $|x| \leq 1$,

[b](a)[/b] $|f(x)| \leq 5/4$,

[b](b)[/b] $|g(x)| \leq 2$.

[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=49&t=366192]57. (YUG 1)[/url] Let $K$ be a convex polygon in the plane and suppose that $K$ is positioned in the coordinate system in such a way that
\[\text{area } (K \cap Q_i) =\frac 14  \text{area } K \  (i = 1, 2, 3, 4, ),\]
where the $Q_i$ denote the quadrants of the plane. Prove that if $K$ contains no nonzero lattice point, then the area of $K$ is less than $4.$


how hard will the AMC 10 be for an 8th grader taking accelerated geometry? because that is me and i am taking it in 2 days.

on another note: how do you make the little "click to reveal hidden content" thing?

I took the AMC10 in 7th taking Alg I and I got a 119, so I don't think it will be bad. On the other hand, 119 isn't all that great, so...

A 119 is great for a 7th grader who's only taken Algebra 1.  Remember, the average score is only around 70-80.

But it's really hard to tell how well someone can do on the AMC, because it's supossed to be harder than problems you would normally do in school.  Maybe you could look at some of the sample questions at the amc website to decide for yourself.

I took it in 8th grade while taking geometry, and my only experience in math competitions was mathcounts.  I got...something like 130..  Something like that...
I really depends...I suggest you take a practice one.  You'll be able to do most, if not all of the problems.

If you don't meet your expectations, you still have time.  Try to qualify one level further in the selection process each year.

I got a 121.5 last year and was in your position except I was just in Honors Geometry at my high school (it was a freshman class). I guess taking Geometry helps a lot because all that stuff is fresh in your mind. But my only goal was to get over 120 when I learned that was the qualifying AIME score (right before the test), since I didn't practice for the AMC10s one bit. Geometry is the most you need to know for the AMC10s.

Hmm... I'm doing the exact same thing.  Do a practice test ([url=http://www.math.ksu.edu/main/events/hscomp/samples/amc10/sample.htm]http://www.math.ksu.edu/main/events/hscomp/samples/amc10/sample.htm[/url]).  The only ones I've found on the internet.  ;)

$\text{[{}hide]hi!!![{}/hide]}$
becomes
[hide]hi!!![/hide]

If it's AMC's you are after, I have....a few.  Keep in mind, the AMC 10 is a new test; it was first given in 2000.  AHSME are similar to the present day AMC 12.

[url]http://goodlymaths.0catch.com/contests/amc/amc_archive.htm[/url]

[url]http://www.math.uncc.edu/~hbreiter/#American_Mathematics_Competitions[/url]

[url]http://www.math.ksu.edu/main/events/hscomp/samples/amc12/sample.htm[/url]


http://www.guardian.co.uk/life/news/page/0,12983,937443,00.html

There are both empathy and systemizing quotients on this page. Try out both and then you can take a look at the graph, which measures your brain as either masculine or feminine.

--------

Me:

Empathy Quotient: 11
Systemizing Quotient:65

Extreme male type brain.

I actually think that people with a low EQ but a high SQ can get along best with those on the opposite ends of both spectra, where both can benefit (and where the person with high EQ is willing to understand the one with low EQ).

http://www.guardian.co.uk/life/news/page/0,12983,937443,00.html

sorry; I think the URL's wrong.

I got a 35 EQ and 46 SQ...I didn't look very carefully at the results page so I didn't click the link for the graph, and then I left the page and lost the results...how male/female would 35 EQ and 46 SQ be?

I got a 23, 67.

I was REALLY surprised on getting such a low EQ, but I see y'all got even lower scores :) phew!

[quote="Jophus"]EQ:67 SQ:34[/quote]

Sure you're on the right place here? :D

Or did you switch it? :P

EQ:25
SQ:41
Male brain :D  :D  :D  :lol:  :lol:  :cool:  :cool:

[quote="RC-7th"]EQ:64
SQ:80

The chart doesn't seem to go up to 80 in SQ, but i think I have an extremely male brain.[/quote]
wow...

EQ: 34
SQ: 38

Peculiar, I thought I'd be higher on the SQ.  Oh, well.


How can i prove $ f: N\times N \rightarrow N$, $ f(x,y)\equal{}\frac{(x\plus{}y)(x\plus{}y\plus{}1)}{2}\plus{}y$ is bijective?

Order the pairs of integers as follow:

a1=(1,0) a2=(0,1) a3=(2,0) a4=(1,1) a5=(0,2) a6=(3,0) a7=(2,1) a8=(1,2) a9=(0,3) .......

Now, every pair of integers in in here once. $ a_1 \equal{} f(0,1) \equal{} 1$, prove by induction that $ a_{n \plus{} 1} \equal{} a_n\plus{}1$ and you're done, since then we have by induction again $ a_k \equal{} k$, so $ a_m \equal{} a_n$ <--> $ m \equal{} n$ and for every integer k, $ a_k \equal{} k$, so the function is both injective and surjective, and is therefore injective.

If you want to prove that first induction intuitively, look at the following:

a_1
*

a_2
*
*

a_3
*
**

a_4
*
**
*

a_5
*
**
**

a_6
*
**
***

a_7
*
**
***
*
What am I trying to show you :P

[quote="asintota"]How can i prove $ f: N\times N \rightarrow N$, $ f(x,y) \equal{} \frac {(x \plus{} y)(x \plus{} y \plus{} 1)}{2} \plus{} y$ is bijective?[/quote]
It is not bijective function as there is no pre-image for the natural number 1.
$ \frac {(x \plus{} y)(x \plus{} y \plus{} 1)}{2}$ represents the sum of first x+y natural numbers and the minimum value for x+y is 2.  The minimum value for f(x, y) comes out to be 4.  Hence the function is not onto, so is not bijective.

It was posted very recently (I wonder what is the source?):

http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?t=222124

[quote="vidyamanohar"]It is not bijective function as there is no pre-image for the natural number 1.[/quote]  The notation $ N$ (or $ \bf N$ or $ \mathbb N$) is ambiguous -- some people use it to refer to the positive integers, some to refer to the nonnegative integers.  If the intent was the latter, then the question is correct.

hslijak: it's a (the most?) common function for demonstrating that the product of countable sets is countable.  Quite likely, it appeared twice because two people are taking similar courses or reading similar texts.  Nothing nefarious :)

Thank you, JBL  :wink:

Personally, I didn't think it was 'nefarious', just pure curiosity.


[quote="Valentin Vornicu"]i've edited the equation for you siuhochung. hope you don't mind but it looks nicer this way :)[/quote]

of coz i don't mind, but how did you do it?
is html enabled here? I don't know.

[quote="Valentin Vornicu"]I will put up a tutorial pretty soon basically it html is enabled then
writing a2 will result in a^2 and so on ...

For subscript you use n.[/quote]

well, which codes are enabled? I tried img and a href but failed

[hide=@#7][url=aops.com/community/user/528334][b]littlewhinging[/b][/url] · 6 minutes ago [url=aops.com/community/p20053995](view)[/url][color=transparent]helo[/color]
Oh cool, didn't know that
bump

-----------
[color=#5b7083][aops]x[/aops] 7[color=transparent]hellloolo[/color] [aops]Y[/aops] 0 [color=transparent]hellloolo[/color] [/hide]
cool, but please upvote the post(s) instead.


Divisibility
exponential
IMO Shortlist
modular arithmetic
number theory

For all positive integers $n$, show that there exists a positive integer $m$ such that $n$ divides $2^{m} + m$.

[i]Proposed by Juhan Aru, Estonia[/i]

[b]Cancer[/b],how did you get this problem. Is this your own or...
I think that I saw it somewhere Maybe it was in some national TST or... I can't remember

check the PEN website, I have seen it there I think

The statement can be proved using induction on $n$.
(the stronger form)
Let the statement be $T(n)$ : there exist a natural no. $m(n)$ such that $n |$ $(2^{m}+m)$
clearly $T(1)$ is true.
assume that $T(k)$ is true for all $1 \leq k < n$. Now we have to prove truth of $T(n)$
suppose $m = kn-2^{x}$ for some integers(positive) $k$ and $x$ then
$(2^{m}+m)$ $=$ $kn+2^{x}(2^{kn-(2^{x}+x)}-1)$
Now we are done if there exist a positive integer $l$ such that
$kn-(2^{x}+x)$ $=$ $l \phi (n)$
because then $n |$ $(2^{l \phi (n)}-1)$ implies
$n |$  $(kn+2^{x}(2^{kn-(2^{x}+x)}-1))$ $=$ $(2^{m}+m)$.
i.e, there must exist solutions in positive integers of the equation
$kn-l \phi (n)$ $=$ $2^{x}+x$
using euclid's algorithm we can find integral solutions for $(k,l)$ on generalising, $k$ and $l$ can be made sufficiently large(positive) by varying the parameter given that
$gcd(n, \phi (n)) |$ $2^{x}+x$
but since $gcd(n, \phi (n)) < n$ therefore by assumption there must exist such $x$ and hence
$T(n)$ is true given truth of $T(k)$ for all $1 \leq k < n$.
hence, $T(n)$ is true for all natural no.s $n$.

[quote="rohitsingh0812"]$n |$ $(2^{l \phi (n)}-1)$ [/quote]
I think it is not true for even $n$?
I solved it with induction on number of odd prime divisors of $n$.Try it.

P.S.It is from ISL2006-N7

i am sorry for the mistake....but now i think its corrected...

The statement can be proved using induction on $n$.
(the stronger form)
Let the statement be $T(n)$ : there exist a natural no. $m(n)$ such that $n |$ $(2^{m}+m)$ and $m > s$ where $s$ is the largest natural no. such that $2^{s}| n$
clearly $T(1)$ is true.$(m>0,s=0)$
assume that $T(k)$ is true for all $1 \leq k < n$. Now we have to prove truth of $T(n)$
suppose $m = kn-2^{x}$ for some integers(positive) $k$ and $x$ then
$(2^{m}+m)$ $=$ $kn+2^{x}(2^{kn-(2^{x}+x)}-1)$
Now we are done if there exist a positive integer $l$ such that
$kn-(2^{x}+x)$ $=$ $l \phi (n)$
because then $\frac{n}{2^{s}}|$ $(2^{l \phi (n)}-1)$ implies
$n |$  $(kn+2^{x}(2^{kn-(2^{x}+x)}-1))$ $=$ $(2^{m}+m)$. for $x \geq s$
i.e, there must exist solutions in positive integers of the equation
$kn-l \phi (n)$ $=$ $2^{x}+x$ with $x \geq s$
using euclid's algorithm we can find integral solutions for $(k,l)$ on generalising, $k$ and $l$ can be made sufficiently large(positive) by varying the parameter given that
$gcd(n, \phi (n)) |$ $2^{x}+x$ and $x \geq s$
but since $gcd(n, \phi (n)) < n$ therefore by assumption there must exist such $x$ with
$x > s-1$ i.e $x \geq s$ because $2^{s-1}\parallel gcd(n, \phi (n))$(for $s \geq 1$, $s=0$ does not require this bound) and hence
$T(n)$ is true given truth of $T(k)$ for all $1 \leq k < n$.
hence, $T(n)$ is true for all natural no.s $n$.

[quote="baz"]Could you supply a link?  I am not sure where this is.  Thanks.[/quote]
See here //http://www.problem-solving.be/pen/

I think that it is impossible that this problem can be found on PEN project page becouse [quote]P.S.It is from ISL2006-N7[/quote]
Or it appeared in ISL as  copied problem :?:

Also, note that this problem is a special case of http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=354533#p354533 (it's strange to put such a well-known result into an ISL)

The Brazilian leader at this IMO vetoed this problem rightaway, because of its appearance in the Brazilian Math Olympiad.

Hi ;

Lemma : For every natural $n$ there is a $m$ such that $n$ divide $a^m+m$, where $a$ and $m$ are both natural .

Best Regard

We proceed by induction on $n$.
Obviously this statement holds for $n=1$.

Now assume $n>1$ and this statement holds for every natural number less than $n$. Consider two cases:

[hide="Case 1: n prime"]Consider $m=3n-2$. Then $2^{3(n-1)+1}+3n-2\equiv 2+0-2\equiv 0\pmod n$.[/hide]

[hide="Case 2: n composite"]Define a few things first.
$p=$ the largest prime divisor of $n$.
$n=p^bq_1^{a_1}...q_k^{a_k}$; the prime factorization of $n$.
$n=pn_1$.
$2^a+a\equiv 0\pmod {n_1}$ and $2^a+a\equiv rn_1\pmod{n}$. [color=#FF0000][b](This is the Inductive Hypothesis)[/b][/color]
$A=(q_1-1)\cdots (q_k-1)$, or $1$ if $n$ has only one prime divisor.

Since $p$ is the largest prime divisor of $n$, $A$ and $p$ are coprime. So this modular equation has solution: $Ax\equiv 1\pmod p$. Let $c$ be that solution.
So $Ac\equiv 1\pmod{p}\Longleftrightarrow (p-1)rAc\equiv (p-1)r\equiv -r\pmod p$

$\Longleftrightarrow rp^{b-1}q_1^{a_1}\cdots q_k^{a_k}(p-1)Ac\equiv -rp^{b-1}q_1^{a_1}\cdots q_k^{a_k}\pmod{p^{b}q_1^{a_1}\cdots q_k^{a_k}}$

$\Longleftrightarrow q_1\cdots q_kr\phi(n)c\equiv -n_1r\pmod{n}$
Now define $d=q_1\cdots q_kc$ or $c$, if $n$ has one prime divisor.
So $r\phi(n)d\equiv -n_1r\pmod n$.
Now let $m=r\phi(n)d+a$. Then,
\[2^m+m\equiv 2^a+r\phi(n)d+a\equiv 2^a+a-n_1r\equiv n_1r-n_1r\equiv 0\pmod n\]
[/hide]
Thus our inductive steps are complete and the statement is true for all natural $n$s.

[quote=naman12]Solved with [url=https://artofproblemsolving.com/community/user/435766]Aryan-23[/url].

Here's some motivation: The problem looks extremely trivial for primes. In addition, by the Chinese Remainder Theorem, it really suffices to show the result for prime powers. According to Aryan-23, if the problem was "morally correct", then it shouldn't just be $0\pmod n$ - any value should suffice. Thus, taking a look at $p^2$ for $p=3$ and $5$ and seeing how ugly it looks, we tried direct induction. This seemed to work, so we turned to the details of the Chinese Remainder Theorem. The only caveat would have been that $p_i-1$ and $p_j-1$ may have some common factors, which led to us showing that there were $p-1$ distinct solutions modulo $p-1$, which made it then easy to use Chinese Remainder Theorem as there were no conflicts.

Let $f(n)$ denote the value of $m$ such that $n\mid 2^m+m$.

We shall first show this is true for odd primes $n=p$. Taking $m=p-1$ gives $2^m+m\equiv 1+(p-1)\equiv 0\pmod p$, where we used Fermat's Last Theorem.

We shall now demonstrate this for $n=p^k$ for odd prime $p$ and integers $k\geq 1$ by induction:
[b]Base Case.[/b] $k=1$ has been shown.
[b]Inductive Hypothesis.[/b] Assume it is true for $n=p^k$; we shall show it is true for $n=p^{k+1}$.
[b]Inductive Step.[/b] We note that if $a=\text{lcm}(n,\phi(n))=p^k(p-1)$, then we must have that
\[2^{m+a}+m+a\equiv 2^m\cdot 2^{\phi(n)\cdot p}+n\cdot (p-1)+m\equiv 2^m+m\pmod n\]
Now, consider the sequence
\[2^m+m,2^{m+a}+(m+a),\ldots,2^{m+(p-1)a}+m+(p-1)a\]
We claim that these are distinct modulo $p^{k+1}$. Suppose the contrary - i.e.
\[2^{m+ax}+m+ax\equiv 2^{m+ay}+m+ay\pmod{p^{k+1}}\]
Now, we note that $\phi(p^{k+1})=p^k(p-1)=a$, so thus
\[2^{m+ay}+m+ay\pmod{p^{k+1}}\equiv 2^{m+ax}+m+ax\equiv 2^{m+ax}\cdot 2^{a(y-x)}+m+ax\equiv 2^{m+ay}+m+ax\pmod{p^{k+1}}\]
In particular, subtracting $2^{m+ay}+m$, we get
\[ax\equiv ay\pmod{p^{k+1}}\]
However, as $p^{k+1}\nmid a$ (but $p^k\mid a$), then
\[x\equiv y\pmod{p}\]
which is a contradiction. Thus, the mentioned sequence are all congruent modulo $p^k$ and are all distinct modulo $p^{k+1}$, so in particular, one of these numbers must be $0$ modulo $p^{k+1}$. Thus, this completes the proof of the inductive step.

Using the exact same logic as the inductive step, we can show that there are $p-1$ solutions to $2^m+m\equiv 0\pmod p$ for odd primes $p$,  in the interval $[1,p(p-1)]$ and each of these solutions is distinct modulo $p-1$. Similarly, we can induct to show that there are $p-1$ solutions to $2^m+m\equiv 0\pmod{p^{k}}$ in the interval $[1,p^k(p-1)]$.

The rest follows by the Chinese Remainder Theorem. Let $n=2^hp_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_k^{e_k}$. Consider the solution to the equivalences
\[f(n)\equiv 0\pmod{2^h}\]
\[f(n)\equiv f(p_r^{e_r})\pmod{p_r^{e_r}(p_r-1)}\]
for $1\leq r\leq k$. Now, break them apart to look like
\[f(n)\equiv f(p_r^{e_r})\pmod{p_r^{e_r}}\]
\[f(n)\equiv f(p_r^{e_r})\pmod{p_r-1}\]
Now, by the Chinese Remainder Theorem, we can find a solution to the first set of congruences. Now, the second set of congruences is always satisfied as $f(p^e)$ can take any value modulo $p-1$, as seen above. Thus, there exists a solution to the overall congruence, so we have found $f(n)$.[/quote]

How do you use CRT? I don't understand.

$gcd(p_1^{e_1}(p_1-1), p_2^{e_2}(p_2-1),..., p_k^{e_k}(p_k-1)) \geq 2$. Therefore, the system of congruent equations is not sure to have solutions.

[quote=Bobwr-]Thanks for asking this question. Here's my resolution:

Basically, if you note what they did, they managed to show that
[quote=Smart Them]
Using the exact same logic as the inductive step, we can show that there are $p-1$ solutions to $2^m+m\equiv 0\pmod p$ for odd primes $p$, in the interval $[1,p(p-1)]$ and each of these solutions is distinct modulo $p-1$. Similarly, we can induct to show that there are $p-1$ solutions to $2^m+m\equiv 0\pmod{p^{k}}$ in the interval $[1,p^k(p-1)]$.
[/quote]
I'm guessing it was probably on time that they didn't fully write it up, but that was why CRT was applicable. Because the second congruence could easily be "thrown away" as it had no real value whatsoever.[/quote]

I still do not understand! Please write in full!

[quote=MarkBcc168]Fairly easy if you know generalized CRT.

[color=#f00][b]Lemma (Generalized CRT, 2 moduli):[/b][/color] Let $a,b,m,n$ be positive integers. Then there exists integer $x$ such that
\begin{align*}
x &\equiv a\pmod m \\
x &\equiv b\pmod n
\end{align*}
if and only if $\gcd(m,n)\mid a-b$.
-----
With this lemma in hand we induct on $n$ with the trivial base case $n=1$. Let $m_0$ be a positive integer to be picked later. We want to pick $m$ such that
\begin{align*}
m &\equiv m_0\pmod{\varphi(n)} \\
m &\equiv -2^{m_0}\pmod n.
\end{align*}
Clearly, we will be done if $m$ exists. It exists if and only if $\gcd(n,\varphi(n))\mid 2^{m_0}+m_0$. Apply induction hypothesis and we are done.[/quote]

Actually, we don't even need the lemma.
Pick $m \equiv -2^{m_0}\pmod {n\varphi(n)}$
We have (automatically) $m \equiv m_0\pmod{\varphi(n)}$ by the induction hypothesis ($\varphi(n)$ divides $2^{m_0} + m_0$).

We use the technique of ``haha induction go brrr'' except phrase induction as the well ordering principle.

Suppose the claim is not true, then there exists some minimal $n$ such that no such $m$ exists. Clearly, $n\ne 1$ and $n\ne p$ for any prime $p\ne 2$; take $m=p-1$. If $n$ is a power of $2$, simply take $m=n$. Now, let $p$ denote the maximal prime divisor of $n$ and write $n=p^k\ell$ with an integer $\ell$ with $p\nmid \ell$. As $n$ is minimal, there exists some $m'$ with $p^{k-1}\ell\mid 2^{m'}+m'$. Now, let $a=\phi(p^k)\ell\phi(\ell)$. It is clear that $p^{k-1}\ell\mid 2^{m'+ba}+m'+ba$ for any nonnegative integer $b$. Moreover, we have $2^{m'+ba}+m'+ba\equiv 2^{m'}+m'+ba\pmod{p^k}$ for all nonnegative integers $b$. As $\nu_p(a) = k-1$ and $p^{k-1}\mid 2^{m'}+m'$, some $b$ must exist with $p^k,p^{k-1}\ell\mid 2^{m'+ba}+m'+ba$, so $m'+ba$ works, a contradiction.

Consider a positive integer $n.$ For the sake of induction assume the statement holds true for all positive integers less than $n.$ If $n$ is prime take $m=n-1.$ Otherwise let $n$'s prime factorization be $p_1^{e_1}p_2^{e_2} \dots p_k^{e_k}.$

If $n$ is a power of two let $m=n.$ Otherwise, define $q = \frac{n}{p_1} > 1.$ Define $m_1$ such that $2^{m_1}+m_1 \equiv rq \pmod{n}$ for a positive integer $r.$ We may define an integer $s$ such that $(p_2-1)(p_3-1) \dots (p_k-1) s \equiv 1 \pmod{p_1}.$

Then $r \times \phi(n) \times s \times p_2p_3 \dots p_k \equiv r \times q \times (p-1) \equiv - rq \pmod{n}.$ Taking $m= r \times \phi(n) \times s \times p_2p_3 \dots p_k +m_1$ works noting that $m$ has at least as many factors of $2$ in its prime factorization as $n$ and so does $2^m.$

We will prove the problem by induction on $n$. If the problem is true for $i = {\kern 1pt} \overline {1,n - 1} $, consider two positive integers a,b satisfying \[\left\{ \begin{gathered}
  {2^a} + a \vdots d = \gcd \left( {n,\varphi \left( n \right)} \right) \hfill \\
  b \equiv \frac{{{2^a} + a}}{d}\,\,\,\,\left( {\bmod \,\,\frac{n}{d}} \right) \hfill \\
\end{gathered}  \right.\]  Let $t = a - b\left( {n - \varphi \left( n \right)} \right)$ then \[\left\{ \begin{gathered}
  a - t \vdots \left( {n - \varphi \left( n \right)} \right) \hfill \\
  {2^a} + t \vdots n \hfill \\
\end{gathered}  \right.\] Now, there exists a positive integer $x$ satisfying \[\left\{ \begin{gathered}
  x \equiv a\,\,\left( {\bmod \,\,\varphi \left( n \right)} \right) \hfill \\
  x \equiv t\,\,\left( {\bmod \,\,n} \right) \hfill \\
\end{gathered}  \right.\]

Pick an integer $m$ such that \begin{align*}
m &\equiv m_0\pmod{  \varphi(n)} \\
m &\equiv -2^{m_0}\pmod {n}.
\end{align*}
In order to have solutions to the congruencies $\gcd(\varphi(n),n)|2^{m_0}+m_0$ which can be established by induction.

We will prove a stronger result. Call $n\in\mathbb{N}$ good if for any $c_1,c_2\in\mathbb{N}$ there exist infinitely many $m\in\mathbb{N}$ such that \[n\mid c_1\cdot 2^{m \cdot c_2}+m.\]We will prove that all $n$ are good, which obviously implies our problem. We will do so by induction. Observe that $1,2$ are good and assume that $1,2,...,n-1$ are good. We will then show that $n$ is good. Let $n=2^{b}\cdot a$ with odd $a.$

Let $m=c_1\cdot (n-1)\cdot 2^x$ for some $x>b.$ Then, rewrite $c_1\cdot 2^{m \cdot c_2}+m$ as such: \[c_1\cdot 2^{m \cdot c_2}+m=c_1\cdot 2^{c_1(n-1)2^x c_2}+c_1(n-1)2^x.\]Let $c_1c_2(n-1)=c_3$ for simplicity and using the above formula, observe that \[c_1\cdot 2^{m \cdot c_2}+m\equiv c_12^x\big(2^{c_32^x-x}-1\big)\bmod{n}.\]Recall that $n=2^b\cdot a$ and that $x>b.$ Hence, it is enough for $a$ to divide $2^{c_32^x-x}-1$ for infinitely many $x>b$ for $n$ to be good.

 But for $a$ to divide $2^{c_32^x-x}-1,$ since $a$ is odd, it is enough for $\varphi(a)$ to divide $c_32^x-x$ (for infinitely many $x>b$).

Let $\varphi(a)-1=c_4$ and $x=c_4\cdot y.$ It then finally follows that $\varphi(a)$ must divide $c_3\cdot 2^{y\cdot c_4}+y$ for infinitely many $y>b/c_4.$

However, $\varphi(a)<a\leq a\cdot 2^b=n,$ so $\varphi(a)$ is good so, indeed, our condition is satisfied, so $n$ is also good! This finishes the proof and by letting $c_1=c_2=1$ we get our problem.
[rule]
As a remark, $2$ is completely pointless, since the algorithm works exactly the same for any $c$ (of course, with the adequate changes, such as considering  $n=c^b\cdot a$ etc.)

I realized that I had written this solution up, why not post it; solution from a long time ago.
[hide=Solution]
We will strong induct on $n$ with bases cases $1,2$ for which one can take $1,2$ as $m$, respectively to show that there are in fact infinitely many such $m$.  \\
$\textbf{Inductive Step:}$ \\
Take $t \in \mathbb{N}$ such that $\varphi(n) \mid 2^t+t$ which is possible by the inductive hypothesis as $\varphi(n) < n$ for all $n \in \mathbb{Z}_{\geq 2}$. \\
Then, write $2^t+t = T\cdot \varphi(n)$. \\
Then take $k \equiv -T \pmod{n}$ for some $k \in \mathbb{N}$ and let $m = k\varphi(n)+t$. \\
We have that $$2^{k\varphi(n)+t}+k\varphi(n)+t \equiv 2^t+t+k\varphi(n) \equiv
\varphi(n) \cdot (T+k) \equiv 0 \pmod{n}$$
which means that there exists an $m \in \mathbb{N}$ such that $n \mid 2^m+m$. \\

This works only when $n$ is odd, therefore, we are motivated to perform the same congruence but be more careful in applying Euler-Fermat, that is, we can take $t$ large such that $k\varphi(n)+t > t > 2^{\nu_2(n)}$ and then make sure that $2^{k\varphi(n)+t} \equiv 2^t \pmod{\frac{n}{2^{\nu_2(n)}}}$ which is true by Euler-Fermat on the (crucially) odd positive integer $2^{\nu_2(n)}$, then, in addition, we get  $2^{k\varphi(n)+t} \equiv 2^t \pmod{n}$ and the fact that $\varphi(\frac{n}{2^{\nu_2(n)}}) \mid \varphi(n)$ to finish. $\blacksquare$

[/hide]

@3below, noted and fixed (the fix is quite quick, I do not know whether if I solved it in this way originally and was too relaxed in writing it up)

We more strongly show for any such $n$, there are arbitrarily large such $m$ satisfying the divisibility condition, using strong induction on $n$. Base case $n=1$ is direct. Assume assertion true for all $n \le k-1$ (where $k \ge 2$). Fix a large constant $C$. By induction hypothesis, pick a $m' > C$ so that $d = \gcd(n,\phi(n))$ divides $2^{m'} + m'$. Pick $m' = m + t \cdot \phi(n)$ (where value of $t \in \mathbb Z_{>0}$ will be decided later). As $m'$ is large, so $2^{m'} \equiv 2^m$ mod $n$. Thus,
$$2^m + m \equiv (2^{m'} + m') + t \cdot \phi(n) = d \left (\frac{2^{m'} + m'}{d} + t \cdot \frac{\phi(n)}{d} \right) \pmod{n} $$
Since $\gcd \left( \frac{n}{d} , \frac{\phi(n)}{d} \right) = 1$, so a suitable $t$ satisfies
$$ \frac{n}{d} \mid \frac{2^{m'} + m'}{d} + t \cdot \frac{\phi(d)}{d} $$
which completes the proof. $\blacksquare$

Call a number $n$ [i]good[/i] if there exists a positive integer $m$ such that $n$ divides $2^{m}+m$. We wish to show that all positive integers are [i]good[/i]. Note that $1$ is trivially [i]good[/i] (take any $m$). Now we make use of the following claim.
----------------------------
[b]Claim:[/b] Every power of a prime is [i]good[/i].

[i]Proof:[/i] Let $n=p^a$, where $p$ is a prime and $a$ is a positive integer. If $p=2$, then picking $m=2^a$ suffices. Else, notice that $p$ is [i]good[/i] as $2^{p-1}+p-1\equiv 0\pmod p$. Now assume that we've shown that $p^b$ is [i]good[/i] and $p^b\mid 2^{m}+m$ for some $m$. We'll also show that $p^{b+1}$ is [i]good[/i]: Pick $M=m+p^b(p-1)k$. Then notice that
\[2^{M}+M = 2^{m+p^b(p-1)k}+m+p^b(p-1)k\equiv 2^{m}+m+p^b(p-1)k\pmod{p^{b+1}}\]
We know that $2^{m}+m$ is divisible by $p^{b}$, so $\frac{2^{m}+m+p^b(p-1)k}{p^b}=k(p-1)+C$ for some constant $C$ dependent on $m$. Letting $k\equiv  C\pmod p$ completes the proof.
--------------------------
[b]Claim:[/b] Every integer is [i]good[/i].

[i]Proof:[/i] Let $n=p_{1}^{\alpha_{1}}p_{2}^{\alpha_{2}}\ldots p_{s}^{\alpha_{s}}$, where $p_{1}<p_{2}<\ldots <p_{s}$ are primes. Following our first claim, assume that we've shown that $N_{t}=\prod\limits_{i=1}^{t}p_{i}^{\alpha_{i}}$ is [i]good[/i]. We'll show that $N_{t+1}=N_{t}p_{t+1}^{\alpha_{t+1}}$ is [i]good[/i] as well. Let $M_{t}$ be a positive integer such that $N_{t}\mid 2^{M_{t}}+M_{t}$ and let $c=\nu_{p_{t+1}}\left(2^{M_{t}}+M_{t}\right)$. Then notice that for all integers $r$:
\[2^{M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\equiv 2^{M_{t}}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\pmod{N_{t}p_{t+1}^{c+1}}\]
Furthermore, $2^{M_{t}}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\equiv 2^{M_{t}}+M_{t}\equiv 0\pmod{N_{t}}$. We have that $\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})=p_{t+1}^{c}(p_{t+1}-1)\prod\limits_{i=1}^{t} p_{i}^{\alpha_{i}-1}(p_{i}-1)$ and as $p_{i}-1<p_{i}\leq p_{t+1}$ we get that $p_{t+1}^{c}
\parallel \varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})$. Obviously, $p_{t+1}\nmid N_{t}=\prod\limits_{i=1}^{t} p_{i}^{\alpha_{i}}$ which combined with the statement from the last sentence implies that the set$\{rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\}$ for $r=1,2,\ldots ,p$ runs through all residues modulo $p_{t+1}^{c+1}$ divisible by $p_{t+1}^{c}$. Therefore there exists some $1\leq r\leq p$ such that \[rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\equiv -2^{M_{t}}-M_{t}\pmod{p_{t+1}}\Longrightarrow p_{t+1}^{c+1}\mid 2^{M_{t}}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\] Now we have that:
\[N_{t}\mid 2^{M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\text{ and }p_{t+1}\mid 2^{M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})}+M_{t}+rN_{t}\varphi(N_{t}p_{t+1}^{c+1})\]
Therefore we've found an integer $M_{t}'$ such that $N_{t}\mid 2^{M_{t}'}+M_{t}'$, but $\nu_{p_{t+1}}(2^{M_{t}'}+M_{t}')>c$ and we can repeat this process until we reach $\alpha_{t+1}$. Hence the proof is complete.

[quote=bora_olmez]I realized that I had written this solution up, why not post it; solution from a long time ago.
[hide=Solution]
We will strong induct on $n$ with bases cases $1,2$ for which one can take $1,2$ as $m$, respectively.  \\
$\textbf{Inductive Step:}$ \\
Take $t \in \mathbb{N}$ such that $\varphi(n) \mid 2^t+t$ which is possible by the inductive hypothesis as $\varphi(n) < n$ for all $n \in \mathbb{Z}_{\geq 2}$. \\
Then, write $2^t+t = T\cdot \varphi(n)$. \\
Then take $k \equiv -T \pmod{n}$ for some $k \in \mathbb{N}$ and let $m = k\varphi(n)+t$. \\
We have that $$2^{k\varphi(n)+t}+k\varphi(n)+t \equiv 2^t+t+k\varphi(n) \equiv
\varphi(n) \cdot (T+k) \equiv 0 \pmod{n}$$
which means that there exists an $m \in \mathbb{N}$ such that $n \mid 2^m+m$. $\blacksquare$ \\
[/hide][/quote]

Well you used Euler’s Theorem in the last line so you have to ensure $n$ is odd.

We'll proceed strong induction on $n$ to prove the following statement:

There exists infinitely many positive integers $m$ such that $n \mid 2^m + m$.

Base case is clear. By induction hypothesis, there exists a large integer $r$ such that $\gcd(\varphi(n), n) \mid 2^r + r$. Thus there exists infinitely many $m$ such that $m \equiv r (\varphi(n))$ and $m \equiv -2^r (n)$. Since $r$ is large enough, so $2^m \equiv 2^r (n)$. Hence $2^m + m \equiv 2^r - 2^r = 0 (n)$, so we're done. $\blacksquare$


geometry
circumcircle
inequalities
national olympiad

Here are three questions of the first day, the second will be available in one day:

[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=84087][b]Problem 1[/b][/url]: Given an acute angles triangle $ABC$, and $H$ is its orthocentre. The external bisector of the angle $\angle BHC$ meets the sides $AB$ and $AC$ at the points $D$ and $E$ respectively. The internal bisector of the angle $\angle BAC$ meets the circumcircle of the triangle $ADE$ again at the point $K$. Prove that $HK$ is through the midpoint of the side $BC$.

[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=84088][b]Problem 2[/b][/url]: Find all pair of integer numbers $(n,k)$ such that $n$ is not negative and $k$ is greater than $1$, and satisfying that the number:
\[ A=17^{2006n}+4.17^{2n}+7.19^{5n}  \]
can be represented as the product of $k$ consecutive positive integers.

[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=84086][b]Problem 3[/b][/url]: In the space, given $2006$ distinct points such that no $4$ of them are coplanar. One draws each pair of points by a segment.
A natural number $m$ is called "[b]good[/b]" if one can put on each of these segments a number not greater than $m$ sothat every triangle whose three points are in the $2006$ points given has the following property:
Two of this triangle's sides are put two equal numbers, and the other a greater number.
Find the minimum value of the "[b]good[/b]" number $m$.

And the second day:
[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?t=84234]Problem 4[/url]: Prove that for all real numbers $x,y,z \in [1,2]$ the following inequality always holds:
\[ (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})\geq 6(\frac{x}{y+z}+\frac{y}{z+x}+\frac{z}{x+y}).  \]
When does the equality occur?

[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=487476]Problem 5[/url]: Given a non-isoceles triangle $ABC$ inscribes a circle $(O,R)$ (center $O$, radius $R$). Consider a varying line $l$ such that $l\perp OA$ and $l$ always intersects the rays $AB,AC$ and these intersectional points are called $M,N$. Suppose that the lines $BN$ and $CM$ intersect, and if the intersectional point is called $K$ then the lines $AK$ and $BC$ intersect.
$1$, Assume that $P$ is the intersectional point of $AK$ and $BC$. Show that the circumcircle of the triangle $MNP$ is always through a fixed point.
$2$, Assume that $H$ is the orthocentre of the triangle $AMN$. Denote $BC=a$, and $d$ is the distance between $A$ and the line $HK$. Prove that $d\leq\sqrt{4R^2-a^2}$ and the equality occurs iff the line $l$ is through the intersectional point of two lines $AO$ and $BC$.

[url=http://www.mathlinks.ro/Forum/viewtopic.php?p=487479]Problem 6[/url]: The real sequence $\{a_n|n=0,1,2,3,...\}$ defined $a_0=1$ and
\[ a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{3n}).  \]
Denote
\[ A_n=\frac{3}{3a_n^2-1}.  \]
Prove that $A_n$ is a perfect square and it has at least $n$ distinct prime divisors.