|\frac{m}{n}-\sqrt{2}|\geq \frac{1}{n^2(\sqrt{3}-\sqrt{2})} với mọi m,n nguyên

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác trong góc $A$ cắt $(O)$ tại $D$. Một điểm $P$ di chuyển trên đoạn $AD$. $PB$ cắt $AC,(O)$ thứ tự tại $E,M$;  $PC$ cắt $AB,(O)$ thứ tự tại $F,N$. $EF$ cắt $MN$ tại $G$; $NE, MF$ cắt nhau tại $L$; $DG$ cắt $(O)$ tại $S$. Chứng minh $SL$ đi qua 1 điểm cố định khi $P$ thay đổi.

Câu này thật nhảm, chắc ai cũng làm đc hoặc ít nhất là câu a

Caaub kéo dài $PK$ cắt đường tròn tại $T$ xong c/m $ATDK$ là hình bình hành quá nhẹ nhàng chỉ bằng biến đổi góc.

cách khác câu b:

Do $AK,DK$ tương ứng vuông góc $ID,IA$ nên $K$ là trực tâm tam giác$IAD$

nên nếu gọi $X$ là trung điểm $AD$; $KX$ cắt $(O)$ tại$Y,P'$($Y$ cùng phía với $A$ bờ $BC$)

có $AKDY$ là hbh và $Y$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$   (*)

Ta cm $BKNP': nt$

Thật vậy theo gt thì $M$ là trực tâm tg $IKC$ gọi $L$ là giao $KM$ với $(O)$

góc $KNB=LNC=90^0-BCI=KP'B$

cm xong

Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC)$ ;$G$ là giao hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ 

Ta có $K$ chính là giao của $AG,BC$

Khi đó nhận thấy ngay góc $KBG=BAC=PKB$ nên $KP//BG$

Tương tự $QK//CG$

Do đó $\frac{AP}{AB}=\frac{AK}{AG}=\frac{AQ}{AC}$

nên $PQ//BC$

Khi đó góc $KPQ=PKB=BAC=QKC=KQP$

Vậy $KP=KQ$

Ta cm $RP$ vuông góc $AB$,$RQ$ vuông góc $AC$    (1)

Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AB$ cắt đường thẳng qua $Q$ vuông góc $AC$ tại $R'$ ,$R'P,HB$ giao tại $X$.Tương tự có $Y$

Thấy ngay $AP=AQ$ nên $AR'$ là phân giác $\angle BAC$

Do đó để cm ý (1) ta sẽ phải cm $R=R'$ hay cm $R'$ nằm trên $HM$

Gọi $I$ là giao của $XY;HR'$ có $HXR'Y$ là hình bình hành nên $I$ là trung điểm $XY$

Ta có 

$\frac{BP}{PC'}=\frac{BX}{HX}=\frac{HB}{HC'}=\frac{HC}{HB'}=\frac{CQ}{CB'}=\frac{CY}{CH}$

nên $XY//BC$ Do đó $HR$ qua trung điểm $M$ của $BC$

Vậy ta có DPCM~~

  Bài toán :Cho $\Delta ABC$ có đường tròn $(I)$ nội tiếp trong tam giác và tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Vẽ đường tròn $(I_{1})$ đi  qua $I$ và tiếp xúc với AB,AC .Vẽ đường tròn $(I_{2})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AB,BC. Vẽ đường tròn $(I_{3})$ đi qua $I$ và tiếp xúc với AC,BC. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ 2 khác $I$ của các cặp đường tròn $(I_{2}),(I_{3});(I_{1}),(I_{3});(I_{1}),(I_{2})$. Gọi $M,N,P$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AIX,BIY,CIZ$.

                   CMR: $M,N,P$ thẳng hàng .

Lời giải 2: Gọi $K,L,R$ là là giao của $AI,BI,CI$ với $(O)$

Ta có ngay $LR$ là trung trực của $AI$,mà $I_{2}I_{3}$ là trung trực của $IX$

Nên nếu gọi $M$ là giao của $AI,I_{2}I_{3}$ thì $M$ là tâm $(AIX)$.

Tương tự xác định các điểm $N,P$ là tâm của $(BIY),(CIZ)$.

Áp dụng định lí $Desagues$ cho hai tam giác $MNP,I_{1}I_{2}I_{3}$ 

có ngay dpcm~~

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định $A$ thay đổi.$D,E,F$ là trung điểm của các cung $BC,CA,AB$.Gọi $l_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $A$ tới $DB,DC$  và  $d_{a}$ là đường thẳng qua chân các đường vuông góc kẻ từ $D$ tới $AB,AC$. Gọi $A_{0}$ là giao của $l_{a}$ và $d_{a}$. Xác định hoàn toàn tương tự ta được các điểm $B_{0};C_{0}$. Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_{0}B_{0}C_{0}$.Chứng minh $AK$ luôn đi qua một điểm cố định..

Nhận xét: Hai đường tròn $(O);(I)$ tiếp xúc trong tại $A$ (như hình vẽ).$B,C$ thuộc $(O)$ khác $A$. $AB,AC$ cắt $(I)$ tại $D,E$. Vẽ hai tiếp tuyến tới $(I)$ là $BF,CG$.Khi đó ta có hệ thức:  $\frac{BF}{CG}=\frac{AB}{AC}$

Chứng minh:

$\frac{BF^2}{CG^2}=\frac{BD.AB}{CE.AC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Áp dụng vào bài toán:

Thấy ngay $TM$ là phân giácngoài của góc $BTC$. Gọi $I$ là giao của $TM$ và $BC$

Ta cần cm: $I,P,Q$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí $Melenauyt$ + nhận xét ở trên vào tam giác $ABC$ cho 3 điểm $P,Q,I$ có ngay dpcm~~...

Cho đường tròn (O) tiếp xúc với 2 đường thẳng a,b.1 đường tròn ($C_{1}$) tiếp xúc với a tại A (A gần giao điểm a và b hơn là điểm tiếp xúc của (O) với a ) và tiếp xúc ngoài với (O) tại C.Đường tròn ($C_{2}$) tiếp xúc với b tại B và tiếp xúc ngoài với (O) tại D và tiếp xúc với ($C_{1}$) tại E.AD cắt BC ở Q.

CMR Q là tâm đường tròn nội tiếp tam giác CDE.  

Đề sai hoặc thiếu điều kiện gì đó.....!!!

Cho ${U_n}$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} U_0=2;U_1=20 & & \\ U_n=8U_{n-1}-4U_{n-2} & & \end{matrix}\right.\vee n\geq 2;n\epsilon \mathbb{N}$

CMR $U_n\vdots 2^{n+1}\vee n\epsilon \mathbb{N}$

Quy nạp:

(+) $n=0,1,2,3$ mệnh đề phải cm đúng

(+) Giả sử mệnh đề đúng tới $n$.Ta cm mệnh đề đúng với $n+1$

Thật vậy theo gt quy nạp thì $U_{n}=k.2^{n+1};U_{n-1}=l.2^{n}$ với $k,l$ là các số nguyên

Khi đó $U_{n+1}=8U_{n}-4U_{n-1}=2^{n+2}.(4k-l)$ chia hết cho $2^{n+2}$.

Theo nguyên lí quy nạp có dpcm~~

làm phiền bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không

Ta có hai góc $KAB;IPB$ bằng nhau nên hiển nhiên cung $IK$ bằng cung $LJ$ nên $IK=LJ$

Tương tự góc $SCM$ chắn cung $CM$ còn góc  $SPC$ là góc ở trong đường tròn chắn hai cung $IC,MJ$

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O. Tiếp tuyến tại A cắt BC tại D, đường thẳng DO cắt đường thẳng AB, AC tại E, F.Gọi M, N là trung điểm của AB, AC.Chứng minh rằng EN, FM, AO đồng quy.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh:

$\frac{OE.NF.MA}{OF.NA.ME}=1$

$\Leftrightarrow \frac{OE}{OF}=\frac{NA}{MA}.\frac{ME}{NF}=\frac{AC}{AB}.\frac{OE.cosAEF}{OF.cosAFE}$

Do đó cần chứng minh:

$\frac{AB}{AC}=\frac{cosAEF}{cosAFE}$

Gọi $L$ là trung điểm của $BC$ có ngay $AOLD:nt$

nên góc $ADO=ALO$

Ta có $cosAEF=cos(ALO+C)=cosALO.cosC-sinALO.sinC=sinALB.cosC-cosALB.sinC=sin(ALB-C)=sinLAC$

Tương tự $cosAFE=sinLAB$

Từ đây có dpcm~~

 

 

Câu 5

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

$$f(f(x)+y)=2x+f(f(y)-x),\forall x,y \in \mathbb{R}.$$

 

 

Thay $y$ bởi $-f(x)$ được $f(0)=2x+f(f(-f(x))-x)$ nên $f$ toàn ánh.

Do đó tồn tại $t$ sao cho $f(t)=0$

Thay $x$ bởi $t$ được :

$f(y)=2t+f(f(y)-t)$

hay $x=2t+f(x-t)$ với mọi số thực $x$   (do $f$ toàn ánh)

$\Rightarrow f(x)=x-t$      (thay $x$ bởi $x+t$)

Thử lại...

Kẻ tiếp tuyến còn lại $NG$ tới $(O)$

Ta có $OM//DH$ nên góc $AMO=AHD=OEP$    (do $PDHE$ nội tiếp)

$\Rightarrow OMPE:nt$. Do đó ta có 6 điểm $N,M,O,E,P,G$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $ON$

Theo cách dựng của bài toán thì $BPCG$ điều hòa nên $A(BCPG)=-1$ --------(1)

Mặt khác $(AG,XY)=(AG,AP)+(AP,XY)=(GP,GN)+(GN,GP)=0$ hay $AG//XY$-------(2)

Từ (1),(2) có ngay $M$ là trung điểm $XY$

Bài toán cm xong~~

Nhận xét 1: Gọi $(J_{3})$ là đường tròn tiếp xúc tia $KD,KC$ và  $(O)$ tại $J,N,P_{1}$ có $M_{1},I_{1},P_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ ta có $JP_{1}$ qua trung điểm $F$ của cung $BD$ chứa $A$;$P_{1}N$ qua trung điểm $G$ của cung $AC$  chứa $B$;$AF.BG$ cắt $BI_{1},AI_{1}$ tại $H,L$ ta có $H,L$ nằm trên $JN$ (kết quả quen thuộc)

góc $P_{1}JN=P_{1}NC=P_{1}BL$ (cộng cung) nên $P_{1}JBL:nt$

góc $BI_{1}L=\frac{1}{2} AKD=BJL$ nên $I_{1}BLJ:nt$

Do đó $P_{1}JBL:nt$ hay góc $I_{1}P_{1}B=I_{1}LB$

Tương tự góc $I_{1}P_{1}A=I_{1}HA$

Ta cm $ABLH:nt$ điều này đúng do góc $HAL=HBL$ (cộng cung với lưu ý $AI_{1}, BI_{1}$ qua trung điểm cung $BC,AD$

Vậy nhận xét $1$ được chứng minh.

Nhận xét 2:      Xác định tương tự các điểm. Ta có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

chứng minh:

Theo $Monge-D.Alembert$ có  $AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy

Áp dụng $Pascal$ cho 6 điểm $M_{1},M_{2},A,C,P_{2},P_{1}$ suy ra các cặp giao $(M_{1}C,M_{2}A),(M_{1}P_{1},M_{2}P_{2}),(AP_{1},CP_{2})$ thẳng hàng áp dụng tiếp định lí $Desagues$ cho tam giác $I_{1}AJ_{4};I_{2}CJ_{3}$ có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4}$   đồng quy.

Trở lại bài toán:

Yêu cầu bài toán tương đương với $OK,I_{1}M_{3},I_{2}M_{4}$ đồng quy (những cái còn lại tương tự)

Áp dụng định lí $Desagues$ cho $I_{1}I_{2},P_{1}P_{2},J_{3}J_{4}$ có giao điểm $(I_{1}J_{3},I_{2}J_{4}),(I_{1}P_{1};I_{2}P_{2}),(P_{1}J_{3},P_{2}J{4})$ thẳng hàng hay có dpcm~~

Hơi nhọ 1 tí nhưng cũng đã sai :$x^{3}y^{2}\geq 2xy^{2}\sqrt{xy}$ .

Có 1 cách khá hay cho bài này:

Xét $f(x)=y^{2}x^{3}+y^{3}+x^{2}-x^{3}y-xy^{3}-xy$ với $0\leq y\leq x\leq 1$

Nế mà $f(x)'\geq 0$ thì hàm đồng biến $\Rightarrow f(x)\geq f(y)=y^{3}+y^{5}-2y^{4}\geq 0$ (vì $1\geq y$)

Còn nếu $f(x)< 0$ thì hàm nghịch biến $\Rightarrow f(x)\geq f(1)=(y-1)^{2}\geq 0$

Tóm lại đã cm xong.Dấu = có được khi $x=y=1;x=y=0$

Sr! mình viết thiếu

Ta có $x^3y^2+y^3\geq2xy^2\sqrt{xy}$

nên cần cm:

$2y^2\sqrt{xy}+x \geq y(x^2+y^2+1)\Leftrightarrow (x-y)+2y^2\sqrt{xy}-y(x^2+y^2)\geq 0$

Mà $x-y \geq x^2(x-y)$

nên cần cm:

$x^2(x-y)+2y^2\sqrt{xy}-y(x^2+y^2) \geq 0\Leftrightarrow x(x-y)^2\geq y^2(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2$

luôn đúng

Ngoài cách trên có thể dùng $Carnot$

Từ gt có $CA^2=CB.CD$ nên $C$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(1)$

Kẻ hai tiếp tuyến $AK,AJ$ tới $(O)$ như hình vẽ

Ta có $K,G,J$ thẳng hàng (do $KJ$ là đường đối cực của $A$ với $(O)$ và $G$ hiển nhiên nằm trên đường này)

Mà $M$ là trung điểm của $AG$ nên $M$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $A$ và $(O)$------$(2)$

Từ $(1),(2)$ được dpcm~~

http://diendantoanho...eop-thẳng-hàng/

Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Các tia $AP,BP,CP$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại $K,L,M$.

Tiếp tuyến tại $C$ của đường tròn cắt $AB$ tại $S$.

CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

==================================================================================================

Ta có:

$SC^2=SP^2=SA.SB$

$\rightarrow \angle SPB=\angle SAP$

Gọi $I,J$ là giao của $SP$ với $(O)$ (như hình vẽ)

có ngay $IK=LJ$

mà góc $SCM=SPC$ nên $MI=MJ$

Do đó $MK=ML$

Những kq trên tđ nên có dpcm~~

Vào lúc 18 Tháng 12 2013 - 13:09, kb1212 đã nói:

Cộng cả ba pt được $(x-1)^3+(y-1)^3+(z-1)^3=0$ nên trong ba biến $x,y,z$ có ít nhất một biến lớn hơn hoặc $1$. Không mất tính tq giả sử $x=max{(x,y,z)}$ có $x \geq 1$

Từ pt thứ ba có ngay $z \geq 1$ ( do $x \geq y, x \geq 1$)

Từ pt thứ nhất đc $y^2 \geq 1$

Xét trường hợp $y \leq -1$, từ $(3)$ có $x^3 \geq z^3 \geq 7$

$y \leq -1$ nên từ $(2)$ sẽ có $x \geq z^2+ \frac{2}{3}$

Thế vào $(3)$ thì vô lí

Vậy ....

Một số kết quả quen thuộc (chỉ nêu ra ko cm):

+) $T,M,E$;  $T,N,F$ thẳng hàng.($M,N$ là điểm chính giữa các cung $AB,AD$)

+) $Tg:AMTN$ điều hòa

+) Hai tam giác $TIM,TJN$ đồng dạng

Ta cần cm $K,I,J$ thẳng hàng khi và chỉ khi $IC.sinACM=JC.sinACN$ hay $IC/JC=AN/AM$

Áp dụng $Melenauyt$ cho tam giác $CMN$ ta cần cm

$AM^2/AN^2=KM/KN$ (đúng)

Ta được dpcm~~

Bạn àm cụ thể hơn được không? Mình nghĩ có sự nhầm lẫn ở đây

Ta có:

$x_{n}-2\sqrt{3}=\frac{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}{2(x_{n-1}-\sqrt{3})}$

$\frac{x_{n}}{x_{n}-2\sqrt{3}}=\frac{x_{n-1}^2}{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}$            (xét dkxd để chia)

Do đó::

$\frac{x_{n}}{x_{n}-2\sqrt{3}}=\frac{x_{n-1}^2}{(x_{n-1}-2\sqrt{3})^2}=....=\frac{x_{1}^{2(n-1)}}{(x_{1}-2\sqrt{3})^{2(n-1)}}$

Đến đây dễ tìm ra được ct tq