CHo hình thang ABCD; E thuộc AB; F thuộc CD.
   Gọi M là giao của FA và EC

   Gọi N là giao của FB và ED

CMR:  MN//BC//AD

P/s: ĐỊnh lí Pappus mà hơi đặc biệt

Nguồn lượm trên FB

Ngày 1:

Bài 1: Cho $(a_n)$ xác định bởi công thức sau: $ a_0=1, a_1=4, a_{n+1}=2a_n+3a_{n-1} $. Chứng minh rằng trong dãy số trên không có số nào là bội của $2017$.

Bài 2: Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số nguyên không âm thoả mãn $P(\sqrt [3]{3})=2017$ và $P(1)$ nhận giá trị nhỏ nhất có thể.

Bài 3: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $H,K$ là hình chiếu của $A$ lên $CB,CD$. $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm $AB,AD,CH,CK$. $S,T$ lần lượt thuộc $AH,AK$ sao cho $PS \perp PM, QT \perp QN$. $AP,AQ$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $E,F$. Chứng minh rằng $SE,TF$ cắt nhau trên $(O)$.

Bài 4: Cho 2017 số 0 nằm trên hàng ngang. Mỗi lần ta lấy 10 số liên tiếp và tăng những số đó lên 1 đơn vị. Hỏi sau một số hữu hạn bước, trên hàng ngang có nhiều nhất bao nhiêu số bằng nhau?

 

 

 

 

 

Ngày 2:

Bài 5:  Cho n là số nguyên dương. Giả sử phương trình $\frac {1}{\sqrt [3]{x}} + \frac {5}{\sqrt [7]{y}} = \frac {1}{n}$ có m cặp nghiệm nguyên dương $(x,y)$ và m-1 là số chính phương. Chứng minh rằng n là số chính phương.

Bài 6: Cho 2 đường tròn $(O),(K)$ cắt nhau tại $A,B$ và $K$ nằm trên $(O)$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $(K)$ lần thứ hai tại $P$, $PB$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $C$. Một đường thẳng bất kỳ qua $P$ cắt $(O)$ tại $M,N$. Tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ cắt $AP$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng $R,Q,K,C$ thuộc cùng đường tròn.

Bài 7: Cho a,b,c là các số thực thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a) ≠ 0$. Chứng minh rằng:

$\frac {(a^2-b^2)(a^2-c^2)}{(b+c)^2} + \frac {(b^2-c^2)(b^2-a^2)}{(c+a)^2} + \frac {(c^2-a^2)(c^2-b^2)}{(a+b)^2} \geq 0$

                        Gọi Giao CK và AP là T

                        Gọi RN giao QM là H

        Dễ thấy: TK.TC=TA^2 
Lại có: KAP cân tại K => <KAP=KPA = <KCA=<KCB (DO CK là Phân giác ACB)

=> TK.TC=TP^2

=> TP=TA 

Đường trong O là đường tròn nội tiếp Tam giác HQR nên ba đường RM,HA,QN đồng qui tại điểm Lemone

               =>  (PAQT)=-1 Mà T là TĐ PA => TQ.TR=TA^2=TK.TC  ------->  RQKC nội tiếp                                      

Câu 1 : Cho dãy số $( x_n )$ thỏa mãn $x_1 = 2 , x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$

Xác định HSTQ Của $x_n$ và tìm $lim x_n$

 

Câu 2 : Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ . Một điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ . Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C$ . Đường tròn đường kính $CH$ cắt $AC,AB,(O)$ tại $D,E,F$

 

a) Chứng minh rằng $AB,DE,CF$ đồng quy

 

b) Đường tròn tâm $C$ bán kính $CH$ cắt $(O)$ tại $P,Q$

Chứng minh rằng $P,Q,D,E$ thẳng hàng

 

Câu 3

a) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức :

$x.P(x-1)=(x-3).P(x)$

 

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

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

 

Câu 4 :Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn $a+b+c=a^2.(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$ 

Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27

 

Câu 5 : Cho tập $M$ gồm 2017 số dương $a_1;a_2;...;a_{2017}$ . Xét tất cả các tập con $T_i$ khác rỗng của $M$. Gọi $s_i$ là tổng các số thuộc tập $T_i$ nói trên . Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành 2017 tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỷ số của 2 số bất kì thuộc còng một tập hợp con vừa được thân chia không quá 2

       Câu4:

              $ a+b+c=(b-a)(a-c)(b-c)$
Bây giờ ta sẽ chỉ ra dù sao thì $a+b+c$ cũng chia hết cho $3$ 
          Trước tiên: nếu $3$ số $a,b,c$ có cùng số dư khi chia $3$ thì 
                 VP chia hết cho $3$
                       => VT  chia hết cho $3$
         Vậy còn trường hợp $a,b,c$ có bộ số dư khi chia cho ba lần lượt là $0,1,2$

                       Nhưng như vậy thì $a+b+c$  cũng chia hết cho $3$
Vậy $a+b+c$ chia hết cho $3$ nên phải có hai số có cùng số dư khi chia cho $3$:

               Giả sử đó là $a,b$ cùng số dư  .

                     +>Ta giả sử $a,b$ chia cho $3$ cùng dư $0 $

                       => Vp Chia hết cho $3 => c$ chia hết cho $3 =>$ Vp chia hết cho $27 => a+b+c$ chia hết $27$

                    +> Giả sử a,b cùng chia 3 dư $1 =>$ vì $a+b+c$ chia hết cho 3 nên c cũng chia 3 dư 1

                         vậy $a-b,b-c,c-a $ chia hết cho $3 =>a+b+c$ chia hết 27 

                     +> cùng chia 3 dư 2  vì $ a+b+c$ chia hết cho 3 nên. c chia 3 dư 2 

                           Vậy $a-b;b-c;a-c $ chia hết cho $3 => a+b+c$ chia hết 27

===> QED 

               (lười Latex) 

Câu 1:  Đặt $v_n=\frac{1}{x_{n}+1}$   Hay thay $x_{n}=\frac{1-v_{n}}{v_{n}}$ 

 $=> v_{n+1}=1/3 +1/3.v_n $

           Tới đây dễ tìm được công thức tổng quát và lim 

Câu 1 : Cho dãy số $( x_n )$ thỏa mãn $x_1 = 2 , x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2}$

Xác định HSTQ Của $x_n$ và tìm $lim x_n$

 

Câu 2 : Cho đường tròn tâm $O$ đường kính $AB$ . Một điểm $H$ thuộc đoạn $AB$ . Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AB$ cắt $(O)$ tại $C$ . Đường tròn đường kính $CH$ cắt $AC,AB,(O)$ tại $D,E,F$

 

a) Chứng minh rằng $AB,DE,CF$ đồng quy

 

b) Đường tròn tâm $C$ bán kính $CH$ cắt $(O)$ tại $P,Q$

Chứng minh rằng $P,Q,D,E$ thẳng hàng

 

Câu 3

a) Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn đồng nhất thức :

$x.P(x-1)=(x-3).P(x)$

 

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

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

 

Câu 4 :Cho $a,b,c$ là 3 số nguyên thỏa mãn $a+b+c=a^2.(c-b)+b^2.(a-c)+c^2(b-a)$ 

Chứng minh rằng $a+b+c$ chia hết cho 27

 

Câu 5 : Cho tập $M$ gồm 2017 số dương $a_1;a_2;...;a_{2017}$ . Xét tất cả các tập con $T_i$ khác rỗng của $M$. Gọi $s_i$ là tổng các số thuộc tập $T_i$ nói trên . Chứng minh rằng có thể chia tập hợp tất cả các số $s_i$ được thành lập như vậy thành 2017 tập hợp con khác rỗng không giao nhau sao cho tỷ số của 2 số bất kì thuộc còng một tập hợp con vừa được thân chia không quá 2

           Câu 2 hình: đề nên sữa lại thành 

                 a: $AB,DC,EF$ đồng qui

                 b: $P,Q,E,F$ thẳng hành
Câu 3: a/  Thay: $x=0 => P(0)=0$
                Thay $x=3 => P(2)=0$

                       $=> P(x)=x(x-2)Q(x)$

 Thế vào trên được $Q(x)=Q(x-1) => Q(x)=C: const $

 Hay $P(x)=Cx(x-2)$

Câu 2:

   Đặt ẩn phụ x,y,z dễ dàng có điều sau:

         $x+y+z=5$

         $xyz=1$          

Trong x,y,z cũng có số bé hơn 4 chọn đó là z  

Ta cần CM:

   $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}$=$(5-z)z+\frac{1}{z}\geq \frac{17}{4}$

   $\Leftrightarrow (2z-1)^2(4-z)\geq 0$ (đúng) 

AM cắt (O1) tại L.

=> MLCB điều hòa 

  =>M(MLCB)=-1

Mà M(MLCB)=M(MAFE)

 => MAFE điều hòa ----> Tiếp tuyến tại M tại A và EF đồng qui

File tổng hợp các chuyên đề hình học trong các số của TC THTT 

   Bị sao rồi ấy tải không được 
          bạn sửa dùm Cảm Ơn

Gọi $A"$ đối xứng $A$ qua $O$ , $AH$ cắt $BC$ tại $T$ , $A'T$ cắt $AC$ tại $M$ , $BH$ cắt $AC$ tại $N$, $HA$ cắt $BC$ tại $D$ . Ta có $HD.HA = HL.HT = HN.HB$ nên tứ giác $NLBT$ nội tiếp . Khi đó $\angle TLB = \angle TNH = \angle HMT \implies MH \perp BL$. Mà $LN \parallel MH$ nên $\angle BLE = 90$

     Chỗ này là LE chứ bạn mà bạn chứng minh luon dùm vì sao nó song song

Cho $\bigtriangleup$ ABC trực tâm H.Nội tiếp đường tròn tâm (O). Qua O vẽ OE $\left | \right |$ BC E thuộc AC. L là Trung điểm  của AH. CM $\angle$BLE=90

Cho $a, b, c\in \mathbb{R}$ thỏa $ab+bc+ca=3.$ Chứng minh rằng: $M=\sqrt[3]{\frac{a^{6}+b^{6}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{b^{6}+c^{6}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{c^{6}+a^{6}}{2}}\leq 3(a^{2}+b^{2}+c^{2})-6.$

          Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức nhỏ sau:

                 $(x-1)^{4}(23x^2-16x+23)\geq$ 0

   <=>   $(3x^2-3x+3)^{3}\geq 4x^6+4$

   <=> $\sqrt[3]{4x^6+4}+4x\leq 3x^2+3$

Thay x=$\frac{a}{b}$

Ta được $\sqrt[3]{\frac{a^6+b^6}{2}}+2ab\leq \frac{3}{2}(a^2+b^2)$

Cộng tương tự lại => ĐPCM

Chiều 1:

$(2m+3)^{n}+1\vdots 3$  

 Dễ dàng => m chia 3 dư 1 và n phải lẻ

 Đồng thời có $3^{n}+1\vdots 2m$ 

      => v₂($3^{n}+1$)$\geq$ 1+v₂(m)

    => đặt m=$2^{x}.\prod pi^{ni}$   (pi lẻ)

         =>  $(\frac{-3}{pi})=1$ vì n+1 chẵn nên dùng thặng dư bình phương

      => $\prod pi^{ni}\equiv 1(mod 6)$ 

         mà m chia 3 dư 1 và x$\leq$1 => x=0 => v₂(m)=0

 Lại có $\frac{3^{n}+1}{2m}$ nguyên mà

            v₂($3^{n}+1$)-v₂(m)=1

=> $\frac{3^{n}+1}{2m}$ chia hết cho 2 => đpcm;

Chiều 2: $3^{n}+1\vdots 4$ => n lẻ

    Ta có:  v₂(3ⁿ+1)$\geq$ v₂(4m) => v₂(m)=0

        Đặt m=$\prod pi^{ni}$ (pi nguyên tố lẻ) Tươgn tự trên => m=6k+1=3h+1

                    Ta cần c/m:  $(2m)^{n-1}+\frac{3^{n}+1}{2m}\vdots 3$

                           Mà có:   $(2m)^{n-1}\equiv 1 (mod3)$ 

                                Đặt  $\frac{3^{n}+1}{2m}=k$

                                      =>$3^{n}+1=2m.k=(6h+2).k$ Dễ thấy k$k\equiv 2(m0d3)$

                         Dễ dàng => $(2m)^{n-1}+\frac{3^{n}+1}{2m}\vdots 3$

Cho $m,n$ là các số nguyên dương. Chứng minh rằng: 

$(2m+3)^n+1\vdots 6m\Leftrightarrow 3^n+1\vdots 4m$

Cho TAm giác ABC nội tiếp (O). B,C cố định A di động. (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC. (O1) là đường tròn qua AB và tiếp xúc với (I) tại E. (O2) là đường tròn qua A,C tiếp xúc (I) tại F. Phân giác AEB cắt (O1) tại M và phân giác (AFC) cắt (O2) tại N

 a> CMR: EFMN nội tiếp 

 b> Gọi J là giao của EM,FN. CMR: IJ đi qua điểm cố định 

Caau 2: 

https://diendantoanh...ảng-bình/page-2

cho a+b+c=1.a,b,c dương:

tìm maxP= $\sum \frac{4}{a+b}-\sum \frac{1}{a}$

Nhân 1=a+b+c vào Ta cần Chứng minh Bất đẳng thức sau:

    $\sum \frac{4(a+b+c)}{a+b}-\sum \frac{a+b+c}{a}\leq 9$

Điều này tương đương với

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

 ĐIều này đúng vì ta có bất đẳng thức sau và tương tự 

       $\frac{c}{a}+\frac{c}{b}=c(\frac{1}{a}+\frac{1}{b})\geq \frac{4c}{a+b}$

3=\frac{ab}{c}+\frac{ac}{b}+\frac{bc}{a}\geq \sum \sqrt{\frac{ab}{c}.\frac{ac}{b}}=a+b+c

Tìm được Max của ab+bc+ac 

  => VT>=42>=VP

Ta có $\frac{p^p-1}{p-1} \not \equiv 1 \pmod{p^2}$.
Do đó tồn tại $q$ là số nguyên tố là ước của $\frac{p^p-1}{p-1}$ sao cho $p \equiv x \pmod{p^2} ,x \ne 1$ 
Ta sẽ chứng minh số $q$ đó thỏa mãn 
Trước tiên thấy rằng
+) Nếu $q|p-1 \Rightarrow q|p^p-1$ 
+) Nếu $q \not | p-q$ thì $(p-1,q)=1$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Tóm lại ta luôn có $q|p^p-1$ 
Giả sử tồn tại $n$ sao cho $q|n^p-p$ suy ra $n^{p^2} \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q}$ 
Đặt $K=o_q(n)$ khi đó $k|p^2 Rightarrow k \in \{1,p,p^2}$ 
Nếu $k=1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow p^{p-1}+p^{p-2}+..+1 \equiv p \pmod{q}$ 
Mà $q|\frac{p^p-1}{p-1} \Rightarrow p \equiv 0 \pmod{q}$ (vô lí)
Nếu $k=p \Rightarrow p \equiv n^p \equiv 1 \pmod{q} \Rightarrow q|p-1$ theo chứng minh trên thì ta cũng có điều vô lí
Nếu $k=p^2$ thì $p^2|\phi(q)=q-1 \Rightarrow p^2|q-1$ không thỏa mãn cách chọn$q$. 
Vậy ta có đpcm

Ủa chả $n^p-1\vdots q$ hả bạn 

Cho p là số nguyên tố. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên tố q sao cho với mọi n nguyên dương, 

   $n^p-p$ không chia hết cho q

Nếu n=1 thì hiển nhiên

Nếu n>1

        p không thể chẵn

        Xét thêm  TH: p=5 =

          Với p khác 5 thì

              Do $a\vdots 5$ và n>1

                 Nên $2^{p}+3^{p}\vdots 5^{2}$

Mà $2^p+3^p=5.(2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1})$

Mà -3 đồng dư với 2 mođulô 5

 Nên $2^{p-1}-2^{p-2}.3+...-2.3^{p-2}+3^{p-1}\equiv p.2^{p-1}(mod5)$

Mà $p.2^{p-1}\not\equiv 0 (mod 5)$ Nên vô lí vì VT không chia hết cho 25

Iran 96 ? cac anh chi co the giai thich ra duoc khong a ?

  https://diendantoanh...q-frac94abbcca/

CHo Tam giác ABC có ba đường cao AH,CM,BN Lấy F thuộc CM sao cho AFB=90, Và D thuộc BN sao cho ADC=90 F,D nằm trong tam giác ABC. Trực tâm tam giác ABC là K

   P thuộc BC sao cho BF,CD,PK đồng qui 

 CMR:   DFPH nội tiếp

Lời giải hay quá nhưng làm sao để biết được dẫu = xảy ra khi x=y=z, với các bài dấu = xảy ra phức tạp thì phải làm sao???

 Mình chỉ đoán thôi bạn chứ dấu bằng xảy ra xấu thì mình nghĩ phải cân bằng hệ số mà phương pháp ấy khá phức tạp về bước giải phương trình mà không có máy thính thì chịu 

Kỹ thuật này dùng phương pháp đồng nhất hệ số. Đầu tiên dùng bất đẳng thức AM-GM hoặc AM-GM suy rộng ta sẽ tìm được giá trị nhỏ nhất khi $x=y=z$ và bài toán quy về chứng minh

\[(3x^2+4y^2+5z^2)(3x+2y+z) - 72xyz \geqslant 0.\]

Vì vế trái là một đa thức bậc $3$ không hoán vị cũng không đối xứng nên nếu biểu diễn được dưới dạng sos thì nó có thể có dạng

\[\begin{aligned}(3x^2+4y^2&+5z^2)(3x+2y+z) - 72xyz =  \\&= (m_1x+m_2y+m_3z)(x-y)^2 + (m_4x+m_5y+m_6z)(y-z)^2 + (m_7x+m_8y+m_9z)(z-x)^2.\end{aligned}\]

Đồng nhất hệ số hai vế giải hệ phương trình tìm nghiệm $m_i \geqslant 0,\,i=1,\,2,\,\ldots,\,9.$ Chú ý rằng hệ phương trình thu được là hệ phương trình tuyến tính và có thể có nhiều nghiệm nên phân tích trên không phải là duy nhất.

 

Có thể xem thêm ở đây.

   Anh có Tool hỗ trợ không ạ chứ em thấy anh biến đổi các bài phức tạp đều về SOS và chỉ cần tiêu chuẩn cơ bản

x, y, z là các số thực thỏa mãn: $2xyz=3x^{2}+4y^{2}+5z^{2}$. Tìm giá trị nhỏ nhất: $P=3x+2y+z$

  2xyz=$3x^2+4y^2+5z^2\geq 12\sqrt[12]{x^6y^8z^10}$ 

Suy ra $x^{3}y^{2}z\geq 6^6$

Mà: P=3x+2y+z$\geq 6\sqrt[6]{x^3y^2z}\geq 36$

Bài toán qui về chứng minh:

   $a^{n-1}-1\vdots n$

Thật vậy ta có 

  $a^{2(p-1)}-1\vdots p$

MÀ ($a(a^2-1),p$)=1 nên

Do n lẻ nên n-1 chia hết cho 2 

  Suy ra n-1=$\frac{a^{2p}-a^2}{a^2-1}\vdots 2p$

=> 

        $a^{n-1}-1\vdots a^{2p}-1\vdots \frac{a^{2p}-1}{a^2-1}$