Sặc đề sai rùi $y-1$ không phải $1-y$

Toạ độ trọng tâm tam giác là $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}$

 

Và $y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$ nên ta phải chỉ ra trong 19 cặp $(x_{i};y_{i})$ (i=1 đến 19) tồn tại 3 cặp thoả mãn

 

$3|x_{m}+x_{n}+x_{p}$

 

và $3|y_{m}+y_{n}+y_{p}$   (***)

 

Thật vậy.Trong 19 số $x_{i}$ tồn tại ít nhất 7 số $x_{1},x_{2},...,x_{7}$ đồng dư modun 3

 

xét 7 số $y_{1},y_{2},...,y_{7}$ cũng có it nhất 3 số $y_{a},y_{b},y_{c}$ đồng dư modun 3  (theo nguyên lí dirichlet)

 

Khi đó 3 cặp số $(x_{a};y_{a}),(x_{b};y_{b}),(x_{c};y_{c})$ thoả mãn  (***)

 

Hay đây là 3 đỉnh của một tam giác có trọng tâm nguyên

Dễ vậy mà làm không được (

Thui làm câu pt hàm vậy 

Dễ dàng quy nạp được $f(n) \leq n$ với $n\equiv 1 mod 3$

Từ đó ta có $2014\geq f(2014)\geq f(2)+2012$

$\Rightarrow f(2) \leq 2$

Quy nạp 1 lần nữa ta có  $f(n) \leq n$ với $n\equiv 2 mod 3$

$\Rightarrow 2015 \geq f(2015) \geq f(3)+2012$

$\Rightarrow f(3) \leq 3 $

Từ đó dễ dàng ta có $f(2013) \leq 2013$

Mà $f(2013) \geq 2013 $

Vậy $f(2013)=2013$

 

Àh câu 2 yêu cầu tìm diện tích lục giác câu này khoai nhất @@

Cho $ a,b,c > 0 $ và $ ab+bc+ac=3 $ Chứng minh:

$\sum \frac{1}{\sqrt{ab}}\geq \sum a$

Kết luận sai nghiệm ẩu quá

Đặt $\left\{\begin{matrix}
x=\tan A & \\
y=\tan B & \\
z=\tan C &
\end{matrix}\right. $ Với $ A,B,C \in \left [ -\frac{\pi }{2} ,\frac{\pi }{2} \right ]$
Điều kiện $\cos A,B,C \neq 0$
Khi đó $x+y+z=xyz$
$$\Leftrightarrow \tan A +\tan B + \tan C =\tan A \tan B \tan C$$
$$\Leftrightarrow -\tan A=\tan (B+C) \\ \Leftrightarrow A+B+C=k\pi $$
Do điều kiện của A,B,C nên $ A+B+C=\pi $
Xét $\sin 2A=0$
$ \Rightarrow \sin A =0$
$ \Rightarrow \tan A=0 \\ \Rightarrow x=0$
$ \Rightarrow x=y=z=0 $
Thử lại $x=y=z=0$ là 1 bộ nghiệm
Xét $ \sin A,B,C \neq 0$
Ta có $\frac{156x}{x^{2}+1}=78\sin 2A$
Tương tự ta có $156\sin 2A=65\sin 2B=60\sin 2C$
Ta có $2A=2\pi -2B-2C \Rightarrow \sin 2A=\sin (2\pi -2B-2C)=-\sin (2B+2C)$
$$\Rightarrow 156\sin 2A=-156(\sin 2B\cos 2C + \sin 2C\cos 2B) $$
$$\Rightarrow 65\sin 2B=-156\sin 2B\cos 2C -169\sin 2B\cos 2C \ ( do \sin 2C=\frac{13}{12}\sin 2B) $$
$$\Rightarrow 65 + 165\cos 2C +169\cos 2C =0$$

SAI
Tương tự ta có hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix}
65+156\cos 2C + 169\cos 2B=0\\
60+65\cos 2A +25\cos 2C=0 \\
156+60\cos 2B + 144\cos 2A =0
\end{matrix}\right.$$
Giải ta có
$$\left\{\begin{matrix}
\cos 2A =-\frac{12}{13}\\
\cos 2B= -\frac{5}{13}\\
\cos 2C= 0
\end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}
x^2=25\\
y^2=\frac{9}{4}\\
z^2=0
\end{matrix}\right.$$
Thử lại ta có các bộ nghiệm $(x,y,z) = (0,0,0) , (5,$\frac{3}{2}$,0) ,(-5,$\frac{-3}{2}$,0)$

 

Điểm bài: 3

Mình thử thì hình như các số 101 , 1001 , 10101 vẫn thoả điều kiện cua số x

Cho 3 đường tròn $(O),(T),(W)$ Trong đó $(T),(W)$ tiếp xúc trong với $ (O)$ tại $B,C$ và $(T)(W)$ tiếp xúc nhau tại $M$. Tiếp tuyến chung,trong của $(T),(W)$ cắt $(O)$ tại $A,N$,Đường thẳng $A,B$ cắt $(T)$ tại điểm $P$, Đường thẳng $AC$ Cắt $(W)$ tại $Q$. $CMR: \frac{1}{MA}+\frac{1}{MN}=\frac{2}{PQ}$

Bài hình TPHCM vòng 2 2012-2013

Mình nói hướng làm nhé
Gọi tọa độ vecto pháp tuyến của d là $\overrightarrow{n_{d}}=(A,B)$
Dễ dàng viết pt AB AC
Do tam giác ABC cân tại A Từ đó viết pt góc giải được A B

Em cũng đăng ký

Lời giải

Nếu $f(y_{1})=f(y_{2}) \\ \Rightarrow (f(x))^2+y_{1}=(f(x))^2+y_{2} \\ \Rightarrow y_{1}=y_{2}$
Nên f là 1 đơn ánh
VP của (1) là 1 hàm bậc nhất theo y nên nhận tập trị trên $\mathbb{R}$ nên f nhận giá trị trên $\mathbb{R}$ nên f là 1 toàn ánh
Vậy f là song ánh
$\Rightarrow \exists \ a $ để $f(a)=0$
Trong (1) thay $x=y=a$ ta có $ f(0)=a$
Trong(1) thay $x=0$ thì $f(f(y))=(f(0))^2+y$ (2)
Trong (2) thay $y=a$ thì $ a = a^2 +a \Rightarrow a=0$
Vậy $f(0)=0$
Trong (1) thay y=0 ta có $f(xf(x))=(f(x))^2 $ (3)
Lại từ (2) ta thay y=0 thì $f(f(x))=x$
Trong (3) thay $x=f(x)$ ta có $ f(xf(x))=x^2$ (4)
Từ (3) và (4) $\Rightarrow (f(x))^2=x^2$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
f(x)=x \\
f(x)=-x
\end{matrix}\right.$
Thử lại $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ thỏa đề bài
Vậy $f(x)=x$ và $f(x)=-x$ là 2 hàm số cần tìm
___________________________________
Điểm bài làm: $d=10$

S = 3 + 10*3 = 33

Còn mỗi câu hình chém lun


a) Gọi E là điểm giữa cung nhỏ BC dễ dàng chứng minh E là trung điểm $II_{a}$
Ta có $OI=OK$ và $OM=ON$
$\Rightarrow KE // MI $
Mà $ KE \perp QI_{a} $
$\Rightarrow MI \perp QI_{a}$
Mà $\widehat{IQI_{a}}=90^{\circ} \Rightarrow IQ \perp QI_{a}$
Vậy M , I , Q thẳng hàng
b) Gọi $F=QM \cap I_{a}K$ và $S=AM\cap QI_{a}$
Ta có $\widehat{FQI_{a}}=90^{\circ}$
Nên F là điểm đối xứng với $I_{a}$ qua K $\Rightarrow =\widehat{I_{a}NF}=90^{\circ}$
Xét $\bigtriangleup FII_{a}$ có $MK // II_{a} $ và K là trung điểm $FI_{a}$
$\Rightarrow MI=MF $
$\Rightarrow NF//IP \Rightarrow \widehat{NPI}=\widehat{IPI_{a}}=90^{\circ}$
$\Rightarrow IP \perp MI_{a} $
Xét $\bigtriangleup MSI_{a}$ có I là trực tâm nên $SI \perp MI_{a} $
Vậy S , I , P thẳng hàng (dpcm)
____________________

DXT:Chả hiểu sao lúc thi mình vẽ hình bài này tới 3 lần mà toàn sai! Chán chả buồn vẽ lại nữa nên bỏ nguyên câu hình!@#$

Sang đây thảo luận
http://diendantoanho...962#entry380962

Đặt $x=2a$ $y=2b$ $z=2c $
$\Rightarrow abc=1 $
Áp dụng AM-GM và đẳng thức này
$\frac{1}{a+ab+1}+\frac{1}{b+bc+1}+\frac{1}{c+ca+1}=1$ với $abc=1$
Ta có
$VT=\frac{1}{2}(\sum \frac{1}{2a+b+3})\leq \frac{1}{2}\sum \frac{1}{2\sqrt{ab}+2\sqrt{a}+1}=\frac{1}{4}$

Cho phương trình $-x^4 + 2mx^2 + m^2 -2 = 0 $
Tìm m để pt có 4 nghiệm phân biệt $x_{1} , x_{2} , x_{3} , x_{4} $ thoả $x_{1}-x_{2}=x_{2}-x_{3}=x_{3}-x_{4}$

Cho M ngoài (O) Vẽ 2 tiếp tuyến MA MC và đường kính AB .Đường thẳng vuông góc với AB tại O cắt BC tại E
a) CM OM//BE
b) Vẽ CH vuồng AB CF vuông AM OM cắt AC tại I CM F I H thẳng hàng
c) K là trung điểm CH AK giao MC tại N . CM NB là tiếp tuyến của (O)
d) CM B K M thẳng hàng

Được bạn à, Thoải mái. Cám ơn bạn

Không biết đúng không nữa
Gọi $J'=BD\cap BN$
Áp dụng định lý Papus cho 2 bộ ba điểm thẳng hàng A,P,B và C,D,N với
$Q=AD \cap DC \\ J'=BD \cap PN \\ M=AN \cap BC$
$\Rightarrow Q , J' , M $ thẳng hàng
$\Rightarrow J'= QM \cap BN $
$\Rightarrow J'\equiv J $ hay B , D , J thẳng hàng

Áp dụng định lý Desargues cho $\bigtriangleup QDN$ và $\bigtriangleup MBP $ với
$K=QD \cap MB \\ L=DN \cap BP \\ I=QN \cap MP$
Mà theo phần trên ta có QM BD NP đồng quy tại J
Nên ta có I , K , L thẳng hàng

Bài toán:
Cho tứ giác ABCD, M, N thuộc CB,CD sao cho A,M,N thẳng hàng.Các điểm P,Q thuộc AB,AD sao cho C,P,Q thẳng thàng. AD giao CB tại K, AB giao CD tại L, MP giao NQ tại I, MQ giao NP tại J. Chứng minh rằng:
a) I,K,L thẳng hàng
b) J,B,D thẳng hàng

Bài này mình làm câu b rùi mới làm câu a có được không

Bài toán 1.[Đề thi cuối kì trường chuyên TB 2011]
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-3$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$a^3+b^3+c^3+5abc+4\geq 4(ab+bc+ca)$$

Bài 1 Viết lại bdt như sau
$\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(a+c)^2}{ac}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$
Đúng theo Cauchy-Schwarz
Bài 2 Ta dùng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+5abc+4-4(ab+bc+ac)$
Ta sẽ CM $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\geq 0$
Xét $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc}) \\ =b^3+c^3-4a(b+c)-2bc\sqrt{bc}+2a\sqrt{bc} \\ =(\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2-4a(b+c-2\sqrt{bc}) \\ =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(b+\sqrt{bc}+c)^2-4a(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \\ =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2[((b+\sqrt{bc}+c)^2)-4a]$
Tới đây giả sử $a=min{a,b,c}$ thì $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$
Ta cm tiếp $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\geq 0$
$a^3+2bc\sqrt{bc}+5abc+4\geq 8a\sqrt{bc}+4bc$
Tới đây tịt ngòi . Thử = máy tính thấy đúng mà CM chưa được

Em thì làm theo cách khác
Cho $x=y$ ta có $2f(x)=1+f(2x)$
$f(2x)=2xf(\frac{1}{2x})=x.2f(\frac{1}{2x})=x(1+f(\frac{1}{x}))=x+xf(\frac{1}{x})=x+f(x)$
$f(2x)=f(x+x)=f(x)+f(x)-1=2f(x)+1$
$\Rightarrow 2f(x)-1=f(x)+x $
$\Rightarrow f(x)=x+1$

Tìm các hàm số $f : \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ đồng thời thỏa mãn các điều kiện sau
$f(x)=xf(\frac{1}{x})$
$f(x)+f(y)=1+f(x+y)$

Bài 5 (2,0 đ).

Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ thỏa:

$i)$ $f(0)=\frac{1}{2}$
$ii)$ Với mọi $x,y \in \mathbb{R}$ tồn tại $a \in \mathbb{R}$ sao cho:$ f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)$.

Cho $x=y=0$ ta có $\frac{1}{2}=\frac{1}{2}f(a)+\frac{1}{2}f(a)\Rightarrow f(a)=\frac{1}{2}$
$y=0$ thì $f(x)=f(a-x)$
$\Rightarrow f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)=2f(x)f(y)$
$f(a)=f(a-x+x)=2f(a-x)f(x)=2(f(x))^2\Rightarrow (f(x))^2=\frac{1}{4}\Rightarrow f(x)=\frac{1}{2}$

$F=DI \ \cap \(O) $ nên F cố định
E là trung điểm KF
Dễ dàng CM K là trung điểm BC và $IF=FC$
$\Rightarrow EM=\frac{IF}{2}=\frac{FC}{2}$
Vậy M di chuyển trên đường tròn tâm E bán kính $\frac{FC}{2}$

Trong bài làm em xin đặt lại các điểm cho dễ làm $M_{1}=M$ $M_{2}=N$
Gọi I là trung điểm MN
Vẽ đường tròn đi qua O , A và tiếp xúc với $d_{1}$ . ĐƯờng tròn này cắt $d_{2}$ tại B
Tương tự C là giao điểm của đường tròn qua O , A tiếp xúc với $d_{2}$ và $d_{1}$
Gọi D là trung điểm OB . E là trung điểm OC
Vì B,C cố định nên D,E cũng cố định . Ta sẽ CM I nằm trên đường DE cố định
Thật vậy
Ta có $\widehat{AMN}=\widehat{AON}=\widehat{ABO}$ và $\widehat{ANM}=\widehat{AOB}$
$\Rightarrow \bigtriangleup AMN\sim \bigtriangleup ABO$
$\Rightarrow \frac{MN}{OB}=\frac{AM}{AB}\Rightarrow \frac{IM}{BD}=\frac{AM}{AB} \Rightarrow \bigtriangleup AIM \sim \bigtriangleup ADB$
$\Rightarrow \widehat{AIM}=\widehat{ADB}=\widehat{ADM}$
Vậy tứ giác AIDM nội tiếp
Tương tự ta cũng có tứ giác AINE nội tiếp . Khi đó
$\widehat{AIE}=\widehat{ANE}=\widehat{AMO}=\widehat{AMD}$
Mà $\widehat{AMD}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{AIE}+\widehat{DIA}=180^{\circ}$
$\Rightarrow$ D,I,E thẳng hàng
Vậy I di chuyển trên DE cố định

Nên dùng góc định hướng để tổng quát hơn.
D-B=27.9h
E=9
F=0
S=39

Nhờ trọng tài del bài trước hộ em bài trước em làm sai

Bài giải

Theo khai triển newton ta có
$(a+b)^x=\sum_{k=0}^{x}\binom{n}{k}a^{x-k}b^k$
Cho $a=1$ $b=-1$ ta có
$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}=0$
Mặt khác ta có
$$1=\binom{x}{0} \\ x=\binom{x}{1}\\\frac{x(x-1)}{1.2}=\binom{x}{2}\\
\\
... \\
\\
\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}=\binom{x}{n}
$$
Từ đó đề bài tương đương với
$$\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^n\binom{x}{n}=\binom{x}{0}-\binom{x}{1}+\binom{x}{2}-\binom{x}{3}+...+(-1)^x\binom{x}{x}$$
$\Rightarrow x=n$
Vậy pt có 1 nghiệm là $x=n$

S=0