Bài hình không khó lắm nhưng khá hay.
Có $A$ là tâm vị tự biến $(ADE)$ thành $(ABC)$ nên $(ADE)$ tiếp xúc $(ABC)$ tại A.
Từ đó theo định lý về tâm đẳng phương thì
$BC,EQ,PQ$ và tiếp tuyến chung tại $A$ của 2 đường tròn $(ADE)$ và $(ABC)$ đồng quy tại S.
Ta có $(ED,EQ)=(SB,SQ)=(AB,AQ)(mod \pi )$ hay ASBQ nội tiếp.
Dễ thấy $(BD,BQ)=(SA,SQ)(mod \pi )$ và $(DB,DQ)=(EA,EQ)=(AS,AQ)(mod \pi )$
nên $\Delta BDQ \sim \Delta SAQ$
Suy ra $\frac{BD}{BQ} = \frac{SA}{SQ} = \frac{AD}{BQ}$
Mà $(AS,AD)=(QS,QB)(mod \pi )$ nên $\Delta ASD \sim \Delta QSB$
Có $(AD,DP)=(QB,BC)=(EQ,EA)=(PQ,PA)=(QA,QP)(mod \pi )$
Hệ thức trên chứng tỏ $AQ=AP$.
Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 22-05-2020)
#661694 Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-11-2016 - 23:19 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
#658283 Hỏi có thể khẳng định mỗi số trong 2013 số đã cho lớn hơn 3000 hay không?
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 13:41 trong Số học
Cho 2013 số tự nhiên đôi một khác nhau và khác 0. Biết rằng tổng của 1007 số bất kì luôn lớn hơn tổng của 1006 số còn lại cộng với 2012. Hỏi có thể khẳng định mỗi số trong 2013 số đã cho lớn hơn 3000 hay không?
Bài này nên đưa vào topic Tổ hợp chứ nhỉ :3
Giải
Giả sử $a_{1}< a_{2}< ...< a_{2013}$ hay $a_{1}\leq a_{2}-1\leq a_{3}-2\leq ....\leq a_{2013}-2012$
Theo giả thiết ta có
$\sum_{2}^{1007}a_{i}+a_{1}> \sum_{1008}^{2013}a_{i}+2012\geq \sum_{2}^{1007}a_{i} +1007.1006+2012> \sum_{2}^{1007}+3000$
$\Rightarrow a_{1}> 3000$ từ đó ta có tất cả các số đều lớn hơn 3000
#689905 giải đáp phương trình hàm
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 14:42 trong Phương trình hàm
Sai nhé.
Không hiểu bạn tìm kiểu gì từ $g(x+1)=(2-a)g(x)+a$ mà ra được $g(x) =$ cái hàm kì dị ấy.
Mà tuyệt đối thử lại cũng không TM luôn.
Hơn nữa $g(0)=0,g(1)=1$ và $g(x+1)=g(x)+1$ chỉ kết luận được $g(x)=x, \forall x \in \mathbb{Z}$
Lời giải bài này như sau:
$P(x,y) : f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$
$P(x,0) : f(x)+f(x)f(0)=f(0)+f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x)f(0) = 2f(0)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $\boxed{f(x)=2,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Xét $f(0)=0$
$P(x,1) : f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(x)+f(1) \Leftrightarrow f(x+1)=f(x) \left[ 2-f(1) \right] +f(1)$
$P(x+1,1) : f(x+2)=f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2$
$P(1,1) : f(2)=3f(1)-f(1)^2$
$P(x,2) : f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(2x)= \left[ 3-f(1) \right]f(x)=af(x)$
$P(2x,2) : f(4x)=a^2f(x)$
$P(2x,2y) -a P(x,y) : (a^2-a)f(x)f(y)=(a^2-a)f(xy)$
Nếu $a=1 \Leftrightarrow P(x,1) : f(x+1)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a=0 \Leftrightarrow P(x,2) : f(2x)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0, \forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a^2-a \neq 0$ thì ta có hệ
$\left\{\begin{matrix} f(x)f(y)=f(xy)\\ f(x)+f(y)=f(x+y) \end{matrix}\right.$
Hệ PTH này quen thuộc và có nghiệm là $ \boxed{ f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$ hoặc $ \boxed{ f(x)=x,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
#658219 Giải phương trình nghiệm nguyên: $x+y-2=xyz-3xy$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 17-10-2016 - 21:10 trong Số học
Giải phương trình nghiệm nguyên:
$x+y-2=xyz-3xy$
$x+y-2=xy(z-3)$
Ta bỏ qua TH đơn giản $x+y-2=0$ Giả sử x không lớn hơn y
TH1:$x+y-2> 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2 \vdots xy\\ x+y-2 \vdots -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2\geq xy\\ x+y-2\geq -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1)\geq 3 \end{matrix}\right.$
$x+y-2> 0\Rightarrow y>1\Rightarrow -1<x<1$ mà x khác 0 nên loại
TH2:$2-x-y> 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1) \leq 3\end{matrix}\right.$
Các TH $\left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)=-1\\ (x-1)(y-1) =0\end{matrix}\right.$ đơn giản nên ta bỏ qua
Nếu $(x-1)(y-1)\geq 1\Rightarrow y-1< 0 \Rightarrow x,y<0\left ( y\neq 0 \right )$
Đặt $\left ( x,y \right )=\left ( -a,-b \right )$ thì
$a+b+2=ab(3-z)\Rightarrow a+b+2\vdots ab\Rightarrow a+b+2\geq ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\leq 3$
Tới đây thì dễ rồi
#658381 Giải phương trình nghiệm nguyên: $x+y-2=xyz-3xy$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 22:36 trong Số học
chỗ xét x+y-2>0 ấy bạn
Ta có $\left ( y-1 \right )>0 \Rightarrow$
TH $\left ( x-1 \right )(y-1)\leq 0$ xử lí như mình ghi ở trên.
Nếu $\left ( x-1 \right )(y-1)>0 \Rightarrow x \geq 2$
Nếu x=2 thì phương trình vô nghiệm nguyên
Nếu $x>2$
Có $xy|x+y-2\Rightarrow y|x+y-2\Rightarrow y|x-2$
Mà 0<x-2<y nên loại
Mình chưa chú ý. Cảm ơn bạn đã nhắc. Cách này cũng có thể dùng để loại nghiệm TH2 nhỉ
#674165 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-03-2017 - 19:36 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?vì sao ạ?
#673908 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 10-03-2017 - 21:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1 khó cả 2 câu.1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.
b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
#658549 CMR: Năm điểm E; F; Q; D; P nằm trên 1 đường tròn.
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 18:17 trong Hình học
Dễ có $\widehat{FPE}=\widehat{FQE}=60^{o}$ nên P,Q,F,E đồng viên
$\widehat{MNP}+\widehat{NPQ}=180^{o}\Rightarrow \widehat{NPQ}=75^{o}\Rightarrow \widehat{QPF}=15^{o}\Rightarrow \widehat{QPF}+ \widehat{FQP}=90^{o}\Rightarrow \widehat{QFP}=90^{o}$
#673316 CMR: $\sum \frac{a}{\sqrt{b+c}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-03-2017 - 01:58 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Có $$\sum \frac{a}{\sqrt{\frac{3}{2}(b+c)(a+b+c)}} \geq \sum \frac{4a}{2a+5b+5c} \geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2+6(ab+bc+ca)} \geq 1$$
#674386 CMR: $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-03-2017 - 22:44 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho a, b, c là các số dương thay đổi và a + b + c = 4. CMR : $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} > 4$
*P/s: Xin lỗi các bạn, mình đã sửa đề
KMTTQ, $a \geq b \geq c$
Đpcm $$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b} \geq 2 \sqrt{a+b+c}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{b+c} \geq \frac{c}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b}} +\frac{b}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c}}$$
Có $$\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b} \geq \sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c} \geq \sqrt{b+c}$$
Vậy $$R.H.S \leq \frac{b+c}{\sqrt{b+c}}=L.H.S$$
Ta có điều phải chứng minh.
#669770 CMR: $\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}\leq \frac...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-01-2017 - 21:39 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Ta phải chứng minh
$$27a^2b^2c^2+8abc+1 \geq 4(ab+bc+ca)$$
Đặt $f(a,b,c)=27a^2b^2c^2+8abc+1-4(ab+bc+ca)$
Không mất tính tổng quát,$a= \min{a,b,c}$ và đặt $t=\frac{b+c}{2}$
Ta sẽ cmr $f(a,b,c)-f(a,t,t) \geq 0$
$\Leftrightarrow (t^2-bc)\left[ 27a^2(t^2+bc) +8a-4 \right] \leq 0$
Có $bc\leq t^2$ và $a+2t=1$ Thay vào ta đi cmr $\frac{27}{2}a^2(1-a)^2 +8a-4 \leq 0$
Dễ dàng chứng minh điều này với $a \leq \frac{1}{3}$
Kiểm tra $f(a,t,t) \geq 0$ khá đơn giản.
#659194 cho đa thức f(x) tìm dư của phép chia f(x) cho (x-1)(x-2)
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-10-2016 - 18:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
P=$(x+y)^3-3xy(x+y)+2xy$
$P=a^3-3ab+2b=a^3+b(2-3a)$
Ta có $4xy=4b=(x+y)^2+(x-y)^2=a^2+(x-y)^2$
Đến đây chắc em làm được. Chỉ việc xét min max của $(x-y)^2$ mà x,y nguyên nên công việc này rất dễ.
#662729 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 20:16 trong Hình học
Gọi $SD$ giao $BC$ tại $K$.
Dễ có $DB^2=DC^2=DI^2=DK.DS$ nên $\Delta{DIK}$~$\Delta{DSI}$
Từ đó có $\widehat{DIK}=\widehat{DSI}=\widehat{DAF}$ hay $AF//IK$.
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $H$.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác $IFH$ và định lý Thales ta phải chứng minh
$\frac{AI}{IH} =\frac{DI}{DH}=\frac{DC}{DH}$
Áp dụng định lý sin vào tam giác $AIC$, $IHC$ và $DHC$ ta có
$\frac{AI}{IH}=\frac{AI}{IC}.\frac{IC}{IH}= \frac{\sin IHC}{\sin IAC}=\frac{\sin DHC}{\sin DCH}=\frac{DC}{DH}$
#662752 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 21:15 trong Hình học
Tks bác. Lần đầu e thấy cách thế này. Tại có 1 đẳng thức gần giống thế làm bằng định lý sin nên e bắt chước.Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$
#663698 Cho tam giác ABC vẽ về phía ngoài các hình vuông...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-12-2016 - 14:30 trong Hình học
Theo tính chất tích các phép quay,$M$ là giao của $x,y$ với
$x$ là ảnh của $BC$ qua $Q(B,\frac{-\pi}{4})$
$y$ là ảnh của $CB$ qua $Q(C,\frac{\pi}{4})$
Từ đó $(BM,BC)=(CB,CM)=\frac{\pi}{4}$( mod $\pi$)
Chứng tỏ $\Delta MBC$ vuông cân
#658519 Cho các số thực x, y, z khác 1 và xyz=1. Chứng minh rằng $\sum...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 12:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bạn tham khảo thêm cách khác
Đặt $a= \frac{x}{x-1}\Leftrightarrow x= \frac{a}{a-1}$
$xyz=1 \Leftrightarrow abc= (a-1)(b-1)(c-1)\Leftrightarrow ab+bc+ac-a-b-c+1=0$
Ta có $(a+b+c-1)^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 1$
#662264 Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 17-11-2016 - 22:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
v~ cả nhái , trích (Poland 1991) đã được giải ở đây bn: http://diendantoanho...e-6#entry660132
Cách giải của bạn hanguyen445 trong phần a không âm chính là cách giải của bài thi trên.
Bài này khá nổi tiếng, có xuất hiện trong TLCT 10 mà bạn.
#662090 Cho các số thực $a,b,c$ thỏa mãn $a^{2}+b^{2...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-11-2016 - 22:35 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho $x,y,z$ thực thỏa mãn $x^2+y^2+z^2=2$
Chứng minh rằng $x+y+z-xyz \leq 2$.
#662053 cho a,b,c>0.CMR: $\sum \sqrt{\frac{a}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-11-2016 - 19:26 trong Bất đẳng thức và cực trị
Không mất tính tổng quát giả sử $a \geq b \geq c$.
Khi đó $VP \geq \sum \frac{b^2}{b+c}$ và$ VP \geq \sum \frac{c^2}{c+a}$
Từ đó ta đi chứng minh
$\sum \frac{b^2+c^2}{b+c} \geq \sqrt \frac{2011}{2}$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có $2VP \geq \frac{(\sum \sqrt {a^2+b^2})^2 }{2\sum a}$
Dễ dàng suy ra đpcm từ đây
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung