Trong đấy thấy dùng hàm $\phi$ thì THCS kiểu gì nhỉ

Có tuyển tập đề Olympic của Iran đây https://archive.org/...s/IranOlympiads nhưng khổ nỗi là toàn tiếng Iran

Đề này có chắc là THCS không nhỉ?

Những số $1;2;...;2003$ được viết theo thứ tự này. Một phép biến đổi là chọn 4 số bất kì trong chúng và đặt lại các vị trí chúng đã chiếm nhưng theo thứ tự ngược lại. Có thể bằng phép biến đổi này để thực hiên được việc sắp xếp thành $2003;2002;...;1$

Thường những bài như này chúng ta sẽ dựa trên "nghịch thế": một cặp chỉ số $(i,j)$ của dãy $\sigma$ được gọi là nghịch thế nếu và chỉ nếu $i < j$ và $\sigma(i) > \sigma(j)$, hoặc $i > j$ và $\sigma(i) < \sigma(j)$ ($\sigma(a)$ là số tại chỉ số $a$ trong dãy $\sigma$).

Để tiện lợi, ta ký hiệu $I_{\sigma}(a,b)$ là hàm nghịch thế cho hai chỉ số $a,b$ của dãy $\sigma$. $I_{\sigma}(a,b)=1$ nếu $(a,b)$ là cặp chỉ số nghịch thế, còn không thì $I_{\sigma}(a,b)=0$.

Nói nôm na, "nghịch thế" là khi có một số lớn hơn đứng trước một số nhỏ hơn. Ví dụ trong dãy $2,1,3,4$ thì cặp chỉ số $(1,3)$ là nghịch thế, vì số $2$ ở vị trí 1, còn số $1$ lại ở sau (vị trí $3$).

Ta có một số tính chất như sau:

Theorem hàm ý rằng số bộ nghịch thế sẽ không đổi, hoặc tăng $2$, hoặc giảm $2$. Nói khác đi, tính chẵn lẻ của số bộ nghịch thế không đổi. Do đó, ta phát biểu lại Theorem:

Đây là tính chất thông dụng nhất của cách tiếp cận này.

Quay lại với bàn toán: ta để ý rằng dãy đã cho ban đầu có số bộ nghịch thế bằng $0$, trong khi dãy đích lại chỉ toàn các bộ nghịch thế. Tổng số bộ nghịch thế trong dãy đích là $2005003(=2002 + 2001 + \ldots + 1)$ bộ, là một số lẻ.

Do đó, có khả năng rằng ta không thể đi đến dãy đích. Ta phải nghiên cứu xem, phép hoán đổi 4 số đã cho sẽ tác động thế nào đến số bộ nghịch thế.

Ta xét một dãy $\sigma$ có được sau một số bước hoán đổi, và ta muốn áp dụng phép hoán đổi lên 4 chỉ số $i_1, i_2, i_3, i_4$ tăng dần.

Minh họa dãy $\sigma$ :

\begin{equation}\label{eq_swap_before} --- \sigma(i_1) --- \sigma(i_2) --- \sigma(i_3) --- \sigma(i_4) --- \end{equation}

Minh họa dãy $\sigma'$ thu được sau khi áp dụng phép hoán vị $(i_1,i_2,i_3,i_4)$ lên $\sigma$

\begin{equation}\label{eq_swap_after} --- \sigma(i_4) --- \sigma(i_3) --- \sigma(i_2) --- \sigma(i_1) --- \end{equation}

Dễ thấy những bộ nghịch thế $(a,b)$ với $a,b \ne i_1,i_2,i_3,i_4$ sẽ không đổi. Ta chỉ cần quan tâm những bộ nghịch thế có liên quan tới các chỉ số $i_1,i_2,i_3,i_4$.

TH1: Xét một cặp chỉ số $(a, i_x)$ với $a\ne i_1,i_2,i_3,i_4$ và $x\in\{1,2,3,4\}$.

TH1.1: Nếu $a < i_1$ hoặc $a > i_4$ thì các bộ nghịch thế sẵn có sẽ không đổi theo Theorem:

\begin{equation}\label{eq_sum_4_out} I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) = I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) \end{equation}

TH1.2: Nếu $a$ nằm giữa $i_1$ và $i_2$, áp dụng Theorem, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_1_2} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2)\end{align}

Vì sau hoán vị, theo minh họa \eqref{eq_swap_after}, $\sigma(i_2), \sigma(i_3)$ vẫn ở sau $\sigma(a)$, còn $\sigma(i_4)$ chuyển ra trước $\sigma(a)$, còn $\sigma(i_1)$ chuyển ra sau $\sigma(a)$.

TH1.3: Nếu $a$ nằm giữa $i_2$ và $i_3$, biện luận tương tự như trên, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + 1 - I_{\sigma}(a,i_2) + 1 - I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_2_3} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2) \end{align}

TH1.4: Nếu $a$ nằm giữa $i_3$ và $i_4$, biện luận tương tự như trên, ta có:

\begin{align}\nonumber I_{\sigma'}(a,i_1)+I_{\sigma'}(a,i_2) + I_{\sigma'}(a,i_3) + I_{\sigma'}(a,i_4) & = 1 - I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + 1 - I_{\sigma}(a,i_4) \\ \label{eq_sum_4_between_3_4} & \equiv  I_{\sigma}(a,i_1) + I_{\sigma}(a,i_2) + I_{\sigma}(a,i_3) + I_{\sigma}(a,i_4) (\text{mod }2) \end{align}

TH2: Xét một cặp chỉ số $(i_x, i_y)$ với $x,y \in \{1,2,3,4\}$ và $x < y$.

Ta thấy ngay phép hoán vị sẽ đảo ngược sự nghịch thế: toàn bộ các cặp nghịch thế thành không nghịch thế, và cặp không nghịch thế thành nghịch thế. Áp dụng Theorem:

\begin{align}\nonumber \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma'}(i_x, i_y)& = \sum\limits_{1\le x < y \le 4} (1 - I_{\sigma}(i_x, i_y)) = 6 - \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma}(i_x, i_y) \\ \label{eq_sum_4} & \equiv  \sum\limits_{1\le x < y \le 4} I_{\sigma}(i_x, i_y) (\text{mod }2) \end{align}

Như vậy, ta đã chứng minh được rằng, phép hoán vị 4 số đã cho sẽ không thay đổi tính chẵn lẻ của số nghịch thế của dãy. Như vậy, dãy ban đầu $(1,2,\ldots,2003)$ có một số chẵn bộ nghịch thế $(=0)$ sẽ không thể đi đến dãy đích $(2003,2002,\ldots,1)$ vì dãy đích có một số lẻ bộ nghịch thế $(=2002 + 2001 + \ldots + 1=2005003)$.

mình có ý tưởng nhưng ko biết vẽ hình trên này:(

Bạn đọc qua hướng dẫn của @HaiDangPham về cách sử dụng Geogebra online

https://diendantoanh...ác-thao-tác-vẽ/

Sau khi vẽ xong, bạn có thể chụp màn hình rồi tải lên đây thông qua bộ soạn thảo đầy đủ.

Thực ra $x$ thuộc $Q$ thì ta đặt $x=\frac{a}{b}$ với $a,b$ nguyên, $b>0$ $(a,b)=1$               
Do đó ta có $A=\frac{a^3+3ab^2-5b^3}{a^2b+2b^3}$ nên $a$ chia hết cho $b$ hay $b=1$

Có thể lập luận khác đi một tí:

\[A = \frac{{{x^3} + 3x - 5}}{{{x^2} + 2}} \Leftrightarrow {x^3} - A{x^2} + \left( {3 - 2A} \right)x - 5 = 0 \quad (1)\]

Giả sử tồn tại $A$ nguyên để phương trình $(1)$ có nghiệm $x \in \mathbb Q$. Ta có một bổ đề về nghiệm của đa thức nguyên như sau:

Áp dụng vào phương trình $(1)$: đặt $x=\frac{a}{b} (a,b\in \mathbb Z, b \ne 0, (a,b)=1)$ thì theo bổ đề trên, ta có $b|1$ và $a|-5$. Tức $x$ là số nguyên, và $x | 5$. Tới đây lại thử như cũ.

Pro trong profession đấy ạ

Profession : nghề nghiệp.
Professional : chuyên nghiệp.

Ta có bổ đề sau:

Áp dụng vào bài toán:

\[\begin{align*}
\frac{1}{{{r_1}}} + \frac{1}{{{r_2}}} &\ge 2\left( {\frac{1}{r} + \frac{1}{{BC}}} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{{p_{ABM}}}}{{{S_{ABM}}}} + \frac{{{p_{ACM}}}}{{{S_{ACM}}}} &\ge 2\left( {\frac{{{p_{ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{1}{{BC}}} \right)\\
 \Leftrightarrow \frac{{2{p_{ABM}} + 2{p_{ACM}} - 2{p_{ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} &\ge \frac{2}{{BC}}\\
 \Leftrightarrow {{\left( {AB + BM + MA} \right) + \left( {AC + CM + MA} \right) - \left( {AB + BC + CA} \right)}} &\ge \frac{2{{{S_{ABC}}}}}{{BC}}\\
 \Leftrightarrow AM &\ge AH
\end{align*}\]

($H$ là chân đường cao từ $A$ lên $BC$). BĐT cuối luôn đúng nên ta có đpcm.

Bạn muốn nói tới "tâm đường tròn nội tiếp của tam giác"? Nếu thế thì sách giáo khoa có định nghĩa sẵn rồi.

Còn tài liệu thì bạn tìm trên Google hoặc trong diễn đàn bằng cách gõ "tâm nội tiếp".

Không thấy @Nobodyv3 ghé thăm nhỉ

Bài toán quy về:

Bước đầu tiên, đặt $y_i = x_i - l, m=n-kl, p=h-l$, ta thu về dạng quen thuộc hơn:

...

Gọi $\mathbb{X}$ là tập con trong trường hợp này

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \in \mathbb{X} \Rightarrow (n-2-m) \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-3-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-2-m)$

-----------------------------------------------------------------------

Nếu $(n-2) \not \in \mathbb{X}$

Nên với mọi phần tử thuộc $\mathbb{X}$ khác $(n-1)$ đều không vượt quá $(n-2-m)$

Vậy số tập con lúc này thêm là $f(n-1-m)$

 

Kết luận: Số tập con cần đếm là $$f(n) = f(n-1) + f(n-1-m) + f(n-2-m)$$

Bạn hơi vội chỗ này rồi. Lấy $m=3$, thì ta thấy rằng nếu $n-2 \in \mathbb X \Rightarrow n-5 = n-2-3 \not \in \mathbb X$, nhưng chú ý rằng $n-3$ vẫn có thể nằm trong $X$.

Với $m \ge 2$, phải chú ý các phần tử $n-1,n-2, n-3, \ldots, n-2m$.

Trong phạm trù THCS thì bạn không thể dùng định lý Pascal được.

Mình chưa làm nhưng hướng làm chắc sẽ là dùng phương pháp trùng.

Và nếu muốn phương trình trên có nghiệm duy nhất thì $|k|>1$,điều này không đúng $\forall m,n>0$

Đề chỉ yêu cầu chứng minh có một nghiệm dương duy nhất, chứ không phải nghiệm duy nhất và nghiệm đó dương.

Có thể chứng minh có không quá 1 nghiệm dương như sau:

Giả sử hàm số $f(d)=2d^3+(1+m+n)d^2-mn$ có hai nghiệm dương phân biệt. Ta gọi hai nghiệm đó là $d_1, d_2$. Không mất tính tổng quát, ta giả sử $d_1 > d_2$.

Dễ thấy $d_1^3 > d_2^3$ và $d_1^2 > d_2^2 \Rightarrow f(d_1) > f(d_2) = 0$: vô lý vì $f(d_1)=0$.

Vậy hàm $f$ không thể có quá 1 nghiệm dương.

Giờ chỉ cần chứng minh $f$ có ít nhất một nghiệm dương là hoàn thiện.

Có lẽ THCS chưa có định lý giá trị trung bình, chứ THPT thì có thể nói là $f$ là hàm liên tục trên $\mathbb R$, mà $f(0) < 0$ và $f(d) \rightarrow +\infty$ khi $d \rightarrow \infty$ nên tồn tại $d_0 > 0$ để $f(d_0) = 0$.

Có lẽ là mình đã sai và bài học rút ra là đường nên giả sử nhiều mà phải chứng minh.

Giả sử không phải xấu. Chỉ là bạn đã dừng "quá sớm". Bạn cảm giác được rằng nếu $AC \perp BD$ thì sẽ dẫn tới đpcm.

Giống như bạn đã có nửa cây cầu từ giữa sông tới đích. Giờ bạn chỉ còn thiếu nửa cây từ bờ này tới giữa sông.

@perfectstrong Anh sửa nhầm đề rồi kìa. Đề là $m(m+1)(m+2)$ ạ.

Bạn chủ topic nhắn mình là sửa thành $m(m+1)$.

Bạn đã đăng ở đây

https://diendantoanh...nh-được-chọn-h/

Vui lòng không đăng lại chỗ khác.

Một bài toán thường có nhiều phương pháp để giải quyết, phương pháp của bạn có thể mình chưa được tiếp cận nhiều nên cũng không biết nó có hữu dụng không, mình cũng không phải là một người học giỏi toán hình cho lắm nên cũng cần phải học hỏi thêm nhiều điều để phát triển kĩ năng làm bài.Mình không có ý nói rằng mọi bài toán đều sử dụng "giả sử" nhằm chứng minh, chưa chắc một bài toán nào đó giả sử điều luôn đúng thì có thể chứng minh được, hơn hết bạn đâu thể khẳng định rằng việc giả sử rồi chứng minh nó đúng cho khỏe, mình tin rằng mỗi phương pháp đều có điểm mạnh yếu riêng của nó.Giả sử có thể giả sử kết luận sai và chứng minh nó vô lí hoặc giả sử kết luận đúng và chứng minh nó luôn đúng theo giải thiết,lý luận và dựa vào giả thiết để chứng minh kết luận,giả sử có thể khác lý luận nhưng về cơ bản là đều chứng minh kết luận là luôn đúng.Vấn đề ở đây là tuy theo trình độ và dạng bài cần chứng minh mà đưa ra phương pháp phải phù hợp, đối với mình thì bài toán này dùng giả sử sẽ dễ hơn lập luận thông thường(nếu bạn chỉ làm nó theo một cách và không thực sự muốn chinh phục toàn bộ bài toán)

Cách bạn làm ở trên là bạn giả sử một giả thiết X nào đó, rồi suy ra đpcm. Vấn đề ở chỗ là giả thiết X được suy ra thế nào, chứng minh thế nào, phủ định thế nào, bạn lại không nói. Đấy mới là cái mình không đồng tình.

Cụ thể hơn, trong bài toán trên, bạn giả sử rằng $AC \perp BD$, rồi suy ra đpcm. Vậy giả sử này có mâu thuẫn với điều kiện $AB^2+CD^2=AD^2+CB^2$ không? Hay nó là hệ quả? Mình chứng minh rằng $AB^2 + CD^2 = AD^2 +CB^2 \Rightarrow AC \perp BD$, còn bạn thì giả sử luôn cái cấu hình ấy.

Bạn có chứng minh được không thể có cấu hình nào khác không?

Mở rộng ra một chút thì:

Cách chứng minh của bạn rất hay, nhưng theo mình thì đối với những người học toán trình độ không quá giỏi thì lối chứng minh này rất khó để nghĩ ra.Thay vào đó, họ thường tư duy ngược lại bài toán.Theo yêu cầu của bài toán thì có thể biến đổi $\frac{AC^{2}+BD^{2}}{4}\geq \frac{AC.BD}{2}$(theo BĐT cauchy) và $\frac{AC.BD}{2}$ có thể bằng S_ABCD ,điều này đúng khi AC vuông góc với BD.Việc dựa vào giả thiết mà chứng minh AC vuông góc với BD là rất khó nên theo mình nghĩ việc giả sử rồi chứng minh luôn đúng sẽ tốt hơn(theo ý kiến cá nhân).Nhưng dù sao thì cảm ơn bạn đã đóp góp cho bài viết của mình

Phương pháp trùng là cách rất căn bản trong nhiều bài toán để chứng minh một đối tượng có nhiều tính chất.

Bạn sử dụng "giả sử" như vậy là sai phương pháp lý luận trong toán. Giờ cứ gặp "khó khăn" nào trong chứng minh là ta giả sử luôn điều đó đúng cho khỏe xác? Vậy thì chắc chẳng có giả thuyết nào trụ nổi trước phương pháp của bạn.

Cho tập hợp gồm $2n$ số tự nhiên đầu tiên, hỏi có bao nhiêu tập con (tính cả tập rỗng) của tập đó sao cho không có $2$ phần tử nào trong tập con đó cách nhau đúng $2$ đơn vị.

Mình không hiểu $2n$ thì khác gì với trường hợp $2n+1$ lắm, nên mình sẽ xét trường hợp tổng quát là $n$.

Để bắt đầu truy hồi, ta luôn đặt $f(n)$ là hàm đại diện cho đại lượng cần đếm. Ở đây là: "số tập con của $S(n)$ sao cho không có $2$ phần tử nào có hiệu bằng $2$" với $S(n)=\{0,1,\ldots,n-1\}$ tập $n$ số tự nhiên đầu tiên.

Sau đó, ta xác định $f(n)$ dựa trên các giá trị có trước (truy hồi): $f(n-1), f(n-2), \ldots$.

Ta thấy rằng để từ $S(n-1)$ lên $S(n)$, ta phải thêm số $n-1$ vào, do đó ta cần tìm hiểu xem con số $n-1$ này sẽ được sử dụng như thế nào để xây dựng các tập con của $S(n)$ mà vẫn thỏa đề.

TH1: Nếu ta không dùng $n-1$, tức là ta chỉ dùng các số tự nhiên không quá $n-2$. Vậy ta đang đếm $f(n-1)$.

TH2: Nếu ta dùng $n-1$: xét một $X$ tập con thỏa đề có chứa $n-1$. Dễ thấy $n-3 \not \in X$.

TH2.1: Nếu $n-2 \not \in X$, thế thì mọi phần tử khác $n-1$ của $X$ đều không vượt quá $n-4$. Vậy ta có thêm $f(n-3)$ tập con thỏa đề.

TH2.2: Nếu $n-2 \in X \Rightarrow n-4 \not \in X$. Suy ra mọi phần tử khác $n-1$ và $n-2$ của $X$ đều không vượt quá $n-5$. Vậy ta có thêm $f(n-4)$ tập.

Tổng cộng, ta sẽ có $$f(n)=f(n-1)+f(n-3)+f(n-4)$$

Ta liệt kê "vài" trường hợp đầu tiên. Với mỗi $n$, ta sẽ liệt kê các tập con thành nhiều hàng, mỗi hàng sẽ có chung phần tử lớn nhất.

$n=1$:

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}
\end{array}\]

$n=2$:

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}\\
\left\{ 1 \right\},\left\{ {1,0} \right\}
\end{array}\]

$n=3$:

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}\\
\left\{ 1 \right\},\left\{ {1,0} \right\}\\
\left\{ 2 \right\},\left\{ {2,1} \right\}
\end{array}\]

$n=4$:

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}\\
\left\{ 1 \right\},\left\{ {1,0} \right\}\\
\left\{ 2 \right\},\left\{ {2,1} \right\}\\
\left\{ 3 \right\},\left\{ {3,2} \right\},\left\{ {3,0} \right\}
\end{array}\]

$n=5$:

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}\\
\left\{ 1 \right\},\left\{ {1,0} \right\}\\
\left\{ 2 \right\},\left\{ {2,1} \right\}\\
\left\{ 3 \right\},\left\{ {3,2} \right\},\left\{ {3,0} \right\}\\
\left\{ 4 \right\},\left\{ {4,3} \right\},\left\{ {4,1} \right\},\left\{ {4,0} \right\},\left\{ {4,3,0} \right\},\left\{ {4,1,0} \right\}
\end{array}\]

$n=6$

\[\begin{array}{c}
\left\{ {} \right\}\\
\left\{ 0 \right\}\\
\left\{ 1 \right\},\left\{ {1,0} \right\}\\
\left\{ 2 \right\},\left\{ {2,1} \right\}\\
\left\{ 3 \right\},\left\{ {3,2} \right\},\left\{ {3,0} \right\}\\
\left\{ 4 \right\},\left\{ {4,3} \right\},\left\{ {4,1} \right\},\left\{ {4,0} \right\},\left\{ {4,3,0} \right\},\left\{ {4,1,0} \right\}\\
\left\{ 5 \right\},\left\{ {5,4} \right\},\left\{ {5,2} \right\},\left\{ {5,1} \right\},\left\{ {5,0} \right\},\left\{ {5,4,1} \right\},\left\{ {5,4,0} \right\},\left\{ {5,2,1} \right\},\left\{ {5,1,0} \right\},\left\{ {5,4,1,0} \right\}
\end{array}\]

Bạn thử kiểm tra xem có đúng không nhé Công thức tổng quát xin nhường bạn.

Theo mình thì giả sử AC vuông góc với BD sau đó chứng minh luôn đúng theo pitago được $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD\leq \frac{AC^2+BD^2}{4}$

Vì sao lại "giả sử" mà không chứng minh?

Giả thiết đã cho tương đương với $BA^2-BC^2 = DA^2-DC^2 \, (1)$. Đây là điều kiện cần và đủ để có $BD \perp AC$.

Nếu ở THPT thì có thể dùng vector, còn ở THCS thì chiều đảo hiển nhiên đúng do Pythagore, còn chiều thuận thì như sau:

Hạ $BH, DK$ vuông góc với $AC$.

$(1) \Leftrightarrow HA^2 - HC^2 = KA^2 - KC^2 \, (2)$.

Gọi $M$ là trung điểm $AC$. Ta có nhận xét như sau:

Với nhận xét đó và $(2)$, ta sẽ tìm cách chứng minh $H \equiv K$.

TH1: $H \equiv M$. TH này dễ thấy $K \equiv M$.

TH2: $H$ thuộc tia $MA$. Từ $(2)$, ta có $KA < KC$, nên do Theorem, ta cũng có $M$ nằm giữa $K,C \, (*)$.

TH2.1: $H$ nằm giữa $A,M$.

$(2) \Rightarrow (KC - KA)(KC + KA) = (HC-HA)(HC + HA) = 2HM.AC \, (3)$

Nếu $A$ nằm giữa $K, C$ thì $(KC - KA)(KC + KA)= AC(KC + KA) > AC^2 > 2HM.AC$ (vì $2HM < 2AM=AC$): mâu thuẫn với $(2)$.

Nên $K$ nằm giữa $A, C$. Kết hợp với $(*)$, ta có $K$ nằm giữa $A,M$.

Do đó $(3) \Rightarrow 2KM.AC = 2HM.AC \Rightarrow KM = HM \Rightarrow K \equiv H$.

TH2.2: $A$ nằm giữa $H, M$

$(2) \Rightarrow (KC - KA)(KC + KA) = (HC-HA)(HC + HA) = 2AC.HM \, (4)$

Nếu $K$ nằm giữa $A,M$ thì $(KC-KA)(KC+KA)=2KM.AC < 2AC.HM$: mâu thuẫn với $(2)$. Nên $A$ nằm giữa $K, M$.

Từ đó $(2) \Rightarrow AC.2KM=2AC.HM \Rightarrow KM = HM \Rightarrow K \equiv H$.

TH3: $H$ thuộc tia $MC$. Tương tự với TH2.

Vậy, ta luôn có $K \equiv H$, đồng nghĩa với $BD \perp AC$ (đpcm).

Có $(a^y+b^y+c^y)^x3^{y-x}\\ =(a^y+b^y+c^y)(a^y+b^y+c^y)...(a^y+b^y+c^y)(1+1+1)...(1+1+1)\\ \geq (a^x+b^x+c^x)^y=3^y \Rightarrow (a^y+b^y+c^y)^x\geq 3^x$ hay đpcm

Nếu $y$ không phải là số nguyên thì sao bạn? Chẳng hạn $y = \frac{3}{2}$ ?

Hình sẽ trông kiểu kiểu như vậy:  s.png

Một cách để định nghĩa là $O_1, O_2$ nằm cùng nửa mặt phẳng so với đường thẳng $d$.

$d$ là một đường thẳng bất kỳ nằm dưới 2 đường tròn

Mặc dù hiểu ý bạn, nhưng mình nghĩ bạn nên định nghĩa rõ ràng thế nào là "nằm dưới 2 đường tròn".

$d$ là đường thẳng à bạn? Và $d$ nằm đâu?