:v nếu mình hiểu đúng thì đề phải là $ |f(x)| \leq 2 \Leftrightarrow |x| \leq 2$ 

Đầu tiên cho $x=-2,2$ ta có được

$ -2 \leq -8+4p-2q+c\leq 2(1) \\-2 \leq -8-4p-2q-c \leq 2(2) $ 

Từ đây suy ra $ -2 \leq -8 -2q \leq 2$ hay $ -5 \leq q \leq -3 $ 

Tương tự cho $ x=1,-1$ thì ta sẽ có $ -3 \leq q \leq  0$ từ đây suy ra được $q=-3$  

Từ đây thế $ q=-3 $ vào (1) (2)  thì sẽ có $4p+c=0$ 

và thế $q=-3$ vào $f(-1),f(1)$ thì sẽ có $p+c=0$, vậy p+c=0 

Vậy $f(x) =x^3-3x$ 

Ta chứng minh hàm $f(x)$ thỏa yêu cầu đề 

đặt $y=\frac{x}{2} =cos t $ ( vì $|x| \leq 2$ )

ta có $\frac{f(x)}{2} =4cos^3t -3cost =cos(3t) ...$ 

Vậy ta có $f(x) =x^3-3x$ 

Thế $x=y=1$ vào ii ta có được $f(1)=2$. 

Thế $x=1$ ta có $f(x)=f(\frac{1}{x})$(1)

Thế $y=x$ ta có được $f(x)^2=f(x^2)+2$

Giả sử $M<1$ thì tồn tại $x$ sao cho $x>\frac{1}{x} >M$ 

mà ta có $f(x)=f(\frac{1}{x})$ nên không thỏa (i)

Vậy $M \geq 1$. Giả sử tồn tại $ x>y>1$ sao cho $f(x)\leq f(y)$ 

vì $x,y>1$ nên tồn tại $n \in \mathbb{N}$ sao cho $x^{2^{n}} >y^{2^{n}} >M$ 

suy ra $f(x^{2^n}) >f(y^{2^n})$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $f(x^{2^{n-1}})>f(y^{2^{n-1}}) $ 

Tương tự suy ra $f(x)>f(y)$. Vô lí 

Vậy ta có $f(x)$ đồng biến trên $[1, + \infty)$

.... từ đây thì nó giống với bài trong imo 2003 shortlist trong đây 

https://anhngq.files...3-shortlist.pdf

bài a5 ý bạn 

bài 1: Cách của em hơi dài với đại số, không biết đúng không

Gọi $Z$ là giao của $(PBC)$ và $BC$. $L$ là giao điểm khác $C$ của $(PBC)$ và $ w_{2}$. $M$ là giao của $LC$ và $AD$.

Ta có $\displaystyle \frac{MA}{MD}=\frac{AC}{CD}.\frac{sinMCA}{sin MCD} =\frac{AC}{CD}.\frac{sinDBL} {sinLDB}=\frac{AC}{CD}.\frac{DL}{LB}$

Mà dễ thấy $\triangle{DPL} \sim \triangle{ BZL} \Rightarrow \frac{DL}{LB}=\frac{DB}{ZB}$

Vậy $\frac{MA}{MD}=\frac{AC}{CD}.\frac{DP}{ZB}$

Gọi $Y$ là giao của $AB$ và $w_3$

Ta có $ \frac{AC}{CD}.\frac{DP}{ZB}=\frac{AC}{YC}.\frac{DP}{CD}=\frac{AB}{PB}.\frac{PB}{AB}=1$

Vậy $M$ là trung điểm của $AD$

Tương tự thì ta có đpcm

lấy điểm $H$ đối xứng với $C'$ qua $M$. $K$ đối xứng với $ C'$ qua $N$. Ta có $AH =A'C'=B'C'=BK$

Gọi giao của $AH$ và $BK$ là $I$ ta có $\angle{AIB}= 60^{\circ}=\angle{ACB}$ suy ra tứ giác $AICB$  nội tiếp suy ra $\angle{HAC}=\angle{KBC}$ 

mà $AH=BK , AC=BC$ nên suy ra $\triangle{HAC}=\triangle{KBC}$ suy ra $CH=CK $ và $\angle{HCK}= 60^{\circ}$ suy ra tam giác $HCK$ đều.

Mà $MP= \frac{CH}{2}, PN=\frac{CK}{2}, MN=\frac{HK}{2} $ nên suy ra điều phải chứng minh

cho em hỏi là khi mà bỏ cái code vào latex thì nó bị chừa trống tận 1 trang, nó bị lỗi j vậy ạ

Cách của mình hơi dài với dở,ko biết đúng không, hi vọng có cách khác :

mà hình như đề sai k chạy từ 0 mới đúng

Câu 1: vế trái = $1+C_{2p}^{p}+\sum_{k=1}^{p-1}C_{p}^{k}.(C_{p+k}^{k}-1)-3$

$C_{p+k}^{k}=\frac{(p+1)(p+2)...(p+k)}{k!}\equiv \frac{k!}{k!}\equiv 1(mod\space p)\space \forall k = \overline{1;p-1}$

mà ta có : $ C_{p}^{k} \vdots p \space \forall k = \overline {1;p-1}$

do đó ta chỉ cần chứng minh $C_{2p}^p-2 \vdots p^2$

$C_{2p}^{p}=\frac{2p.(p+p-1).(p+p-2)...(p+1)}{p.(p-1)!}=2.\frac{(p+p-1).(p+p-2)...(p+1)}{(p-1)!}=\\=2\frac{1}{(p-1)!}.[p.\sum_{p-1}^{k=1}\frac{(p-1)!}{k}+(p-1)!+p^2.A]$

vậy ta cần chứng minh $\sum_{p-1}^{k=1}\frac{(p-1)!}{k} \vdots p$

mà vì p là số nguyên tố lẻ nên $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k}=\frac{(p-1)!}{k}+\frac{(p-1)!}{p-k}=(p-1)!.\frac{p}{(p-k).k} \vdots p$

suy ra điều phải chứng minh

tìm các hàm số $f(x)=ax^3+bx+c (a,b,c \in \mathbb{R},a \neq 0)$ thoả các điều kiện :

1) với $ x_1,x_2 \in [0, \infty )$ mà $x_1 <x_2$ thì ta đều có $f(\frac{x_2^2+x_2+1}{x_2+1})<f(\frac{x_1^2+x_1+1}{x_1+1}) \leq 1 $

2) với $x\in [0;1] \Rightarrow f(x) \in [-1;1] $

câu b bài 1 :

từ câu a ta có ${a_{n+1}}^2+{a_{n}}^2+9-7a_{n+1}.a_n=0 \Leftrightarrow 9(a_{n+1}.a_{n}-1) =(a_{n+1}+a_{n})^2$

vì $a_n$ luôn nguyên dương nên ta có đpcm

Xét $q=3$, khi đó, ta sẽ có $u_{n+1} \equiv u_n $ (mod $3$ )

Khi đó toàn dãy sẽ đồng dư $1$ theo mod $3$ nên vô lí 

Ta chứng minh được đây là dãy số giảm với mọi $n \geq 3 $

Khi đó, ta xét

TH2: $q=3k+2$

Khi đó $u_2=2 , u_3= 2-3k , u_4 = -12k $

Dễ thấy $-3$ sẽ không có mặt trong dãy 

Do dãy giảm mà $u_4 < -12 $ 

TH2: $q=3k+1 $ 

Xét $q=7$ ta thấy $q=7$ vì thỏa YCBT $u_3=-3 $  

Xét $q>7 $ thì lập luận tương tự trên, ta suy ra ĐPCM

cho mình hỏi là bạn chứng minh dãy giảm bằng cách nào thế

ah mình nhầm

thế y=x $ \Rightarrow f(2x)=2f(x)+x^2+1$

thế y=2x $ \Rightarrow f(3x)=f(x)+f(2x)+2x^2+1=3f(x)+ (2+1)x^2+1+1$

....

từ đó dễ thấy được $f(nx) =nf(x)+ [(n-1)+(n-2)+...+1]x^2+n-1$

đặt $f(1)=a$ ta suy ra $f(n)=na+\frac{(n+2)(n-1)}{2} , n \in \mathbb{N}$

bạn ngộ nhận khucđầu rồi

mình đã sửa lại cách giải, bạn kiểm tra giúp mình với

CÂU 2b

gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, dễ dàng chứng minh được phép vị tự tâm A, tỉ số $\frac{AT}{AA_1}$ biến $\omega_1$  thành (I), chứng minh tương tự cho hai đường tròn còn lại

do đó $TB_3,TA_2 // A_1B_1$ suy ra $B_3,T,A_2$ thẳng hàng, từ đó suy ra 6 điểm cùng thuộc 1 đường tròn

tính giới hạn sau:

$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{2^{[x]}}$

y chang chứ khác gì bạn? Nếu khác thì bạn phải chứng minh P,D,G và P,F,E thẳng hàng bằng hướng khác. Chứ bản chất mình cũng chứng minh thẳng hàng rồi xài chiếu xuyên tâm chùm thôi.

xin lỗi em đọc ko kĩ bài của anh, cách cm P,D,G và P,F,E thẳng hàng của em là

ta có $ BG^2=BC_1.BA $ suy ra BG là tiếp tuyến của B đến (GDF), suy ra góc GEF= góc BGF= góc CHF =góc PDF, suy ra ba điểm P,D,G thẳng hàng ...

lại giống bạn ở trên nữa thì phải

Mình có 1 cách giải bài này, hơi bị dài và dở với ý tưởng chính là dùng hàng điểm điều hòa như sau:

 

a)Trước hết ta đi chứng minh rằng 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Thật vậy, ta có: $\overline{KF}.\overline{KG}=\overline{KA}.\overline{KH}=\overline{KD}.\overline{KE}$

Do đó 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Thật vậy, do $BK\bot AC$ nên $AC$ là đường trung trực của dây cung $DE$ của đường tròn đường kính $AC$. Do đó mà $AD=AE$ nên $HK$ là phân giác trong của $\widehat{\left( HD,HE \right)}$

Mà $HK\bot HB$ và $K,B,D,E$ thẳng hàng nên $\left( KBDE \right)=-1$

Tương tự ta được: $\left( KCFG \right)=-1$

Suy ra: $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Do đó $BC,DF,GE$ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là $T$

Ta có:$\overline{TH}.\overline{TP}=\overline{TD}.\overline{TF}=\overline{TG}.\overline{TE}$

Suy ra: $G,H,P,E$ đồng viên.

b)Do $\left( KBDE \right)=\left( KBED \right)=-1$ nên $\left( KBED \right)=\left( KCFG \right)$ nên $BC,EF,DG$ đồng quy tại $P'$.

Do $\left( KBDE \right)=-1$ nên $G\left( KBDE \right)=G\left( CBP'T \right)=-1\Rightarrow \left( CBP'T \right)=-1$

Xét tam giác $KBC$ có $D\in KB,F\in KC,DF\cap BC=T$

Do đó: $BF,CD,PK$ đồng quy$\Leftrightarrow \left( CBPT \right)=-1$

Ta sẽ đi chứng minh: $\left( CBPT \right)=-1$ hay là chứng minh $P\equiv P'\Leftrightarrow P'=\left( GHE \right)\cap BC$

Do $HK$ là phân giác của $\widehat{\left( HD,HE \right)},\widehat{\left( HG,HF \right)}$ nên $\widehat{DHG}=\widehat{EHF}$.

Ta sẽ đi chứng minh:$\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$(nhằm chứng minh $G,H,E,P'$ đồng viên)

$\Leftrightarrow $Chứng minh:$HF.HG=HD.HE$

Ta có:$HG.HF=\frac{2{{S}_{HGF}}}{\sin \widehat{GHF}}=\frac{d\left( H;CK \right).GF}{\frac{GF}{AB}}=d\left( H;CK \right).AB$

Tương tự:$HD.HE=d\left( H;BK \right).AC$

Gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ là ảnh của $B,C$ lên $AC,AB.$

Khi đó:$d\left( H;BK \right)=\frac{HK.BH}{BK};d\left( H;CK \right)=\frac{HK.CH}{CK}$ nên $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{BH}{CH}.\frac{CK}{BK}=\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}$

Mà $B{{C}_{1}}.BA=BH.BC$ và $C{{B}_{1}}.CA=CH.BC$nên $\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}=\frac{AB}{AC}$

Suy ra: $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow HD.HE=HF.HG$. Do đó: $\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$

Suy ra:$\widehat{P'GH}=\widehat{P'EH}$ nên  minh $G,H,E,P'$ đồng viên. Do đó $P\equiv P'$

Vậy: $BF,CD,PK$ đồng quy.  

em có cách giải khác cho câu b như sau:

ta chứng minh đc là P,D,G và P,F,E thẳng hàng , do đó $(PF,PD,PK,PT) $là chùm điều hoà, qua phép chiếu xuyên tâm K thì$ (TPBC)=-1$, mà T,D,E thẳng hàng suy ra BF,CD,PK đồng quy

Ta giả sử $a \geq b \geq c$

 

$\sum \frac{a^2+bc}{b+c} \geq \sum \frac{a^2}{b+c}+\sum \frac{b+c}{4}$

 

chỗ này mình nghĩ là $\leq $ mới đúng chứ nhỉ

Khg vô lý đâu bạn. Do người vẽ hình thôi. E trùng với N. Bạn vẽ trên Oxy: A(0,-1), B(-1,4), c(5,4), D(5,0) thì sẽ rõ. Khi đó M nằm trên bc và q nằm ngoài CD

nhưng nếu tính theo đề thì P không trùng với N đâu bạn

Ta có : $\widehat{NPE}=90^0\Rightarrow \widehat{PNE}+\widehat{NEP}=90^0\Rightarrow \widehat{PEN}\leq 90^0$ 

Mà $\widehat{PEN}=\widehat{DEA}=\widehat{EAN}+\widehat{ANE}=\widehat{EAB}+90^0\Rightarrow \widehat{PEN}\geq 90^0 $

mình nghĩ phải xét hai trường hợp chứ nhỉ nếu điểm E nằm giữa N và B thì $\widehat{PEN}\leq 90^0$ mà trường hợp này cũng tính ra được là A là điểm chính giữa cung BD

gọi D là giao của (PKL) và (O), E,F lần lượt là điểm chính giữa cung AB và AC,

dễ thấy $ \triangle{DKE} \sim \triangle{DLF} \implies \frac{DE}{DF}=\frac{KE}{LE}=\frac{AE}{AF} $

do đó, tứ giác AEDF điều hoà, suy ra D cố định

gọi I là trung điểm BC,DD' là đk (O)

dễ dàng chứng minh được $AH=DE=2OI$ do đó ADHE là hbh, mà $\widehat{AEH}=90^o \implies  \widehat{DAE}=90^o \implies A,E,D' $ thẳng hàng

mà ED' đi qua I nên $HE\perp EI$

khi đó ta có bài toán sau : cho tam giác DBC có I là trung điểm BC, E là trực tâm, đường vuông góc với EI tại E cắt DB,DC tại M,N , chứng minh EM=EN

bài đó đã được chứng minh ở đây http://diendantoanho...minh-rằng-imin/

Để chứng minh $AJ \perp HI$ ta chứng minh $AH^{2}-AI^{2}=HJ^{2}-IJ^{2}$

mình đã suy nghĩ tới hướng này rồi nhưng khi biến đổi đến $ \frac{HD}{DF}(AF^2+AD^2)=\frac{ID}{DG}(AD^2+AG^2)$ thì bí ạ, bạn có thể gợi ý thêm được không

cho $\triangle{ABC}$ và $ D \in BC. E\in AD$ , đường tròn ngoại tiếp $\triangle{EDB},\triangle{EDC} $ cắt $AB,AC $ lần lượt tại F và G,$H=FD\cap BE,I=SC\cap DG$ , J là tâm ngoại tiếp $\triangle{EBC}$ , Chứng minh $ AJ \perp HI $

cho đường tròn (O,R) cố định, hai điểm P,Q cố định lần lượt nằm trong và nằm ngoài (O,R), dây AB bất kì qua P, QA,QB lần lượt cắt (O) tại C và D, chứng minh CD luôn đi qua 1 điểm cố định 

lấy A trên Ox và B trên Oy sao cho OA=1,OB=2 $\implies$ A,B cđ

ta có $\frac{1}{OM} <1 \implies OA<OM \implies $ A nằm trên đoạn OM, tương tự B nằm trên đoạn ON

từ A kẻ đường thẳng // Oy cắt MN tại H, ta có $\frac{HN}{MN}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{OM} \implies \frac{HM}{MN}=\frac{OB}{ON} \implies HB // Ox \implies $ OAHB là hbh, suy ra H cđ, suy ra đpcm 

giống giống bài 2a trong này nhỉ http://diendantoanho...ộ-dài-nhỏ-nhất/