ai có đáp án đăng hộ mình với, cảm ơn.

bạn nào giải được bài 2 không, giúp mình với 

mỗi cái cộng 1/2 là xong 

Tứ giác ABCD nội tiếp (O), AC cắt BD tại P, (ABP) cắt (CDP) tại điểm thứ 2 là Q, chứng minh OQ vuông QP. Xin cảm ơn

Tranh thủ đêm khuya:
Lời giải:
$BE, CF$ thứ tự cắt lại $(K)$ tại $X, Y$.
Ta có $\widehat{EXF}=\widehat{EDF}=\widehat{BAC}$(do $AEDF$ là hình bình hành) $=\widehat{BNF}$. Do đó $X, B, N, F$ đồng viên. Tương tự thì $Y, C, M, E$ đồng viên.
Đặt $(S)=(CMEY)$, $(R)=(BNFX)$. Theo giả thiết thì ta có: $O, S, P$ thẳng hàng và $O, R, Q$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{ESC}=2\widehat{EMC}=2\widehat{BAC}=\widehat{BOC}$, mặt khác $\triangle ESC, \triangle BOC$ thứ tự cân tại $S, O$ nên $\triangle ESC \sim \triangle BOC$, suy ra $\triangle CSO \sim \triangle CEB$.$(1)$
Ta lại có $\widehat{MSE}=2\widehat{ACM}=\widehat{MPC}$(do $(P;PM)$ tiếp xúc $AC$). Do $\triangle MSE, \triangle MPC$ thứ tự cân tại $S, P$ nên $\triangle MSE \sim \triangle MPC$, do đó $\triangle MSP \sim \triangle MEC$. $(2)$
Sử dụng hai cặp tam giác đồng dạng ở $(1)$ và $(2)$ ta có $\frac{SP}{SO} = \frac{SP}{SM}.\frac{SC}{SO}=\frac{EC}{EM}.\frac{EC}{EB}=\frac{EB}{EA}.\frac{EC}{EB}=\frac{EC}{EA}$. Tương tự thì $\frac{RO}{RQ}=\frac{FA}{FB}$. Mặt khác, $AEDF$ là hình bình hành, nên $\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{DB}=\frac{FA}{FB}$. Do đó $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}$.
Đường thẳng qua $R$ song song $OP$ cắt $PQ$ tại $K$. Theo Thales thì $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}=\frac{KP}{KQ}$, do đó $KS \parallel OQ$. Dễ thấy $K$ thuộc trung trực $EY, FX$ nên $K$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DEF$. Ta có đpcm.
P/s: bài này của thầy hay quá

em muốn hỏi anh sao anh xác định được 2 tứ giác nội tiếp ở đầu ạ để lấy tâm nữa ạ, bài giải anh hay quá

Ai có tài liệu về các bài dãy số, giới hạn có dạng như trong các kì thi VMO, TST cho mình xin, cảm ơn.

AP, BC, đường nối 2 chân đường phân giác từ E,F bài cho đồng quy đúng không ạ, em còn phần đó, tưởng dễ mà khó quá :v

Giải như sau:

 

TH1: $a=b$ dễ thấy $a=b=1$

TH2: Giả sử $a>b$. Từ điều kiện đề bài đặt $a^3+b=2^m,a+b^3=2^n$. Có $a^3+b>a+b^3$ nên $m>n\Rightarrow a+b^3|a^3+b$ $(1)$

Mặt khác, gọi $d=\gcd(a,b)\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $(x,y)=1$ $\Rightarrow d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$

Nếu $d\neq 1$ thì $d$ chẵn. Mà $y+d^2x^3,x+d^2y^3$ cũng chẵn nên $x,y$ chẵn ( vô lý). Do đó $(a,b)=1$

$\Rightarrow (1)\Leftrightarrow 2^n =a+b^3|b^8-1=(b^4-1)(b^4+1)$ suy ra $b$ lẻ.

Mà dễ thấy $\gcd(b^4-1,b^4+1)=2$ nên hoặc $2^{n-1}|b^4-1$ hoặc $2^{n-1}|b^4+1$

+) Nếu $2^{n-1}|b^4+1$: Thấy rằng vì $b$ lẻ nên $v_2(b^4+1)=1$, do đó $n-1=0,1\rightarrow n=1,2$. Thử thấy vô lý

+) Nếu $2^{n-1}|b^4-1=(b^2-1)(b^2+1)$. Tương tự như trên: $\gcd(b^2-1,b^2+1)=2$ nên hoặc $2^{n-2}|b^2+1$ hoặc $2^{n-2}|b^2-1$

Trường hợp $2^{n-2}|b^2+1$ mà $2||b^2+1$ nên $n-2=0,1$. Thử ta thấy không thỏa mãn

Trường hợp $2^{n-2}|b^2-1$. Đặt $b^2=2^{n-2}t+1$. Nếu $t=1\Rightarrow (b-1)(b+1)=2^{n-2}$. Phương trình tích ta dễ dàng tìm được $b=3$. Từ đó có bộ $(a,b,c)=(5,3,12)$ và hoán vị $(a,b)$. Nếu $t\geq 2$ thì $2^n=a+b^3>b(b^2+1)\geq b(2^{n-1}+2)>2^{n-1}b\Rightarrow b<2\rightarrow b=1\rightarrow 2^{n-2}+1=1$ (vô lý)

Vậy $(a,b,n)=(1,1,2), (5,3,12),(3,5,12)$

ký hiệu kia là số mũ phải không bạn, bạn có tài liệu, một số bài tập nào đề cập đến số mũ không, thanks.

@nuoccam: Ơ mình giải thích cụ thể thế còn gì !? Chính là thêm bớt như bạn Fr13nd nói đấy

@Fr13nd: Trong phương trình $d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$ thì hiển nhiên $d$ là ước của $2^c$. Nếu $d$ lẻ thì $d=1$, nếu $d\neq 1$ thì hiển nhiên $d$ chẵn và có dạng $2^t$ nào đó với $t\leq c$

xl, không để ý đoạn đó :v

Ta có tính chất sau: nếu a.b=$2^c$ thì (a=$2^m$ và b=$2^n$) (m+n=c) a,b,c,m,n là STN

tính chất cơ bản mà bạn 

tính chất này mình biết rồi nhưng bạn viết sai 

??? a=2^m thì a là snt ???

đoạn này thế này mà chị làm tắt làm e chẳng hiểu gì   

thêm bớt thôi

chưa hiểu ý bạn

Giải như sau:

 

TH1: $a=b$ dễ thấy $a=b=1$

TH2: Giả sử $a>b$. Từ điều kiện đề bài đặt $a^3+b=2^m,a+b^3=2^n$. Có $a^3+b>a+b^3$ nên $m>n\Rightarrow a+b^3|a^3+b$ $(1)$

Mặt khác, gọi $d=\gcd(a,b)\Rightarrow a=dx,b=dy$ với $(x,y)=1$ $\Rightarrow d^2(y+d^2x^3)(x+d^2y^3)=2^c$

Nếu $d\neq 1$ thì $d$ chẵn. Mà $y+d^2y^3,x+d^2y^3$ cũng chẵn nên $x,y$ chẵn ( vô lý). Do đó $(a,b)=1$

$\Rightarrow (1)\Leftrightarrow 2^n =a+b^3|b^8-1=(b^4-1)(b^4+1)$ suy ra $b$ lẻ.

Mà dễ thấy $\gcd(b^4-1,b^4+1)=2$ nên hoặc $2^{n-1}|b^4-1$ hoặc $2^{n-1}|b^4+1$

+) Nếu $2^{n-1}|b^4+1$: Thấy rằng vì $b$ lẻ nên $v_2(b^4+1)=1$, do đó $n-1=0,1\rightarrow n=1,2$. Thử thấy vô lý

+) Nếu $2^{n-1}|b^4-1=(b^2-1)(b^2+1)$. Tương tự như trên: $\gcd(b^2-1,b^2+1)=2$ nên hoặc $2^{n-2}|b^2+1$ hoặc $2^{n-2}|b^2-1$

Trường hợp $2^{n-2}|b^2+1$ mà $2||b^2+1$ nên $n-2=0,1$. Thử ta thấy không thỏa mãn

Trường hợp $2^{n-2}|b^2-1$. Đặt $b^2=2^{n-2}t+1$. Nếu $t=1\Rightarrow (b-1)(b+1)=2^{n-2}$. Phương trình tích ta dễ dàng tìm được $b=3$. Từ đó có bộ $(a,b,c)=(5,3,12)$ và hoán vị $(a,b)$. Nếu $t\geq 2$ thì $2^n=a+b^3>b(b^2+1)\geq b(2^{n-1}+2)>2^{n-1}b\Rightarrow b<2\rightarrow b=1\rightarrow 2^{n-2}+1=1$ (vô lý)

Vậy $(a,b,n)=(1,1,2), (5,3,12),(3,5,12)$ 

 

không hiểu đoạn kia ai giải thích hộ đc k 

N nguyên dương

Dựa vào LTE ta chỉ cần chứng minh nếu $x^k+y^k \vdots p$ thì $x+y \vdots p$

Thật vậy, do $(k,p-1)=1$ nên là $k$ lẻ và tồn tại $u,v$ ko âm sao cho $uk-v(p-1)=1$

Ta có : $x^{k}\equiv -y^k\equiv (-y)^{k}(modp)\Rightarrow x^{uk} \equiv(-y)^{uk}(modp)$

và do $(x,p)=(y,p)=1$ : $x^{p-1}\equiv 1\equiv (-y)^{p-1}(modp)\Rightarrow x^{v(p-1)} \equiv(-y)^{v(p-1)}(modp)$

suy ra $x \equiv -y(modp)$ $\Rightarrow x+y \vdots p$ $đpcm$

đoạn đó bạn hạ bậc kiểu gì vậy 

Ai cho mình xin tài liệu về một số bổ để quen thuộc của hình học phẳng

ấn phẩm sai nhiều quá, điển hình là bước phân tích nhân tử trang 63, ví dụ 4.8 

thường được sử dụng các bài biến đổi tương đương, dồn biến,... thôi 

 

p/s: câu 3 cứ \pi thôi, nó ra chứ $\pi$ đẹp đẽ kiêu sa, cứ làm cái dấu $\Pi$ làm cái gì vậy, xấu bm ra

đọc quả này mà đéo nhịn nổi cười, tìm mãi mới thấy 1 bựa nhân

Đoạn này có vấn đề với $2a^{2} \gegslant b^{2}+c^{2}$

Bài này có thể giải được bằng phép tương đương,nhưng hơi dài dòng nên xin không viết ra 

quy đồng rồi chứng minh chay á

Ta có $\sum \frac{2a^2-bc}{b^2+c^2-bc}=\sum (1-\frac{b^2+c^2-2a^2}{b^2+c^2-bc})\geq \sum (1-\frac{b^2+c^2-2a^2}{bc})=3-\sum \frac{b^2+c^2-2a^2}{bc}=3-\frac{\sum ab(a+b)-2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$

Mà $2(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq \sum ab(a+b)(bdt- Shur)$

=>$\sum \frac{b^2+c^2-2a^2}{bc}\leq 0=> VT\geq 3$

đoạn này nếu tử mà âm thì coi như là hỏng rồi bạn, khắc phục được không 

Ta có $\sum \frac{2a^2-bc}{b^2+c^2-bc}=\sum (1-\frac{b^2+c^2-2a^2}{b^2+c^2-bc})\geq \sum (1-\frac{b^2+c^2-2a^2}{bc})=3-\sum \frac{b^2+c^2-2a^2}{bc}=3-\frac{\sum ab(a+b)-2(a^3+b^3+c^3)}{abc}$

Mà $2(a^3+b^3+c^3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc\geq \sum ab(a+b)(bdt- Shur)$

=>$\sum \frac{b^2+c^2-2a^2}{bc}\leq 0=> VT\geq 3$

mình đang cố đi theo hướng cauchy schwartz, bạn có ý tưởng gì không, cảm ơn.

 cho a,b,c>0 chứng minh, $\frac{2a^{2}-bc}{b^{2}+c^{2}-bc}+\frac{2b^{2}-ac}{a^{2}+c^{2}-ac}+\frac{2c^{2}-ab}{a^{2}+b^{2}-ab}\geqslant 3$

Dễ thấy đề sai vì giữa 0 và 1 không co nguyên tố

cần bắt bẻ vậy không bạn, nếu sửa đề đúng bằng cách thêm điều kiện thì bạn có làm được không