Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 19 trả lời

#1 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1864 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 11-10-2016 - 13:09

Nguồn : Thầy Nguyễn Trung Tuấn 
14681758_602228656631298_130630098207497



#2 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Biên tập viên
  • 1400 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 11-10-2016 - 14:54

Câu 1

 

$P=\sum \frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}\geq \sum \frac{\dfrac{1}{2}(a+b)}{\dfrac{a+b}{2}+1}=\sum \frac{a+b}{a+b+2}$

 

Đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & & \\ b+c=y & & & \\ c+a=z & & & \end{matrix}\right.\Rightarrow xyz=1$

 

Đặt $\left ( x;y;z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n};\frac{n}{p};\frac{p}{q} \right )$

 

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{x}{x+2}=\sum \frac{\dfrac{m}{n}}{\dfrac{m}{n}+2}=\sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^2}{m^2+2mn}\geq \frac{(m+n+q)^2}{(m+n+q)^2}=1$



#3 Senju Hashirama

Senju Hashirama

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 69 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality , Functional equations ,
    Polynomial , Naruto

Đã gửi 11-10-2016 - 20:10

Bài 2: 

Gọi $P(x,y)$ là phép thế cho $x,y$ : $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$   $(1)$

Đặt $f(0)=a$ . $P(0,y)\Rightarrow f(2f(y))=2y+ a^2$

$P(x,2f\left ( y-\frac{a^{2}}{2} \right ))\Rightarrow f(x^2+4y)=2f(y-\frac{a^2}{2})+f^2(x)$   $(2)$

Thế $x=0$ vào $(2)$ $\Rightarrow f(4y)=2f(y-\frac{a^{2}}{2})+a^2\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f^2(x)-a^2$  $(3)$

Thế $y=0$ vào $(3)$ $\Rightarrow f(x^2)=a+f^2(x)-a^2$

Từ đó $\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f(x^2)-a$

Đặt $g(x)=f(x)-a$. Ta có : $g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $x\geq 0$ , $\forall y$

Dễ thấy $g(0)=0$ và $g(x)$ lẻ $\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $\forall x,y$

$P(x,0)\Rightarrow f(x^2+4f(0))=f^2(x)\Rightarrow f(x^2+4f(0))-f(0)=f^2(x)-f(0)\geq -f(0)$

$\Rightarrow g(x)\geq -f(0)$   $\Rightarrow g(x)=ax\Rightarrow f(x)=ax+b$ .

Thế vào $(1)$ $\Rightarrow f(x)=x$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Senju Hashirama: 11-10-2016 - 21:41


#4 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 11-10-2016 - 21:39

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm min của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

Bài $2$: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:

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

Bài $3$: Cho số nguyên $n\geq 2$ thỏa mãn điều kiện $2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+...+n^{\varphi(n)}$ chia hết cho $n$, trong đó $\varphi(n)$ là số các số nguyên dương ko vượt quá $n$ và nguyên tố cùng nhau với $n$

$a)$ CMR: $n$ ko có ước số lớn hơn $1$ nào là số chính phương

$b)$ Biết rằng $n$ có ko quá $3$ ước nguyên tố, tìm tất cả các số $n$ thỏa mãn điều kiện trên

Bài $4$: Cho $\triangle ABC$ nhọn ko cân tại $A$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Gọi $D,E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B$ va $C$ lên $AP$, $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BC$. Đường tròn $(CQD)$ và $(BQE)$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $K,L$

$a)$ CMR: $\angle MKC=\angle MLB$

$b)$ Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$. Giả sử các đường thẳng $TB,TC,AK,AL$ đôi $1$ cắt nhau tại $4$ điểm phân biệt. CMR: $4$ giao điểm này là $4$ đỉnh của $1$ tứ giác nội tiếp 

 

Ngày $2$:

 

Bài $5$: Cho $a,b\in\mathbb{N^{*}}$. Xét dãy số $u_{n}$ xác định bởi $u_{n}=a^2n^2+bn$ $\forall n\geq 1$. Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}$ {$\sqrt{u_{n}}$}, trog đó ký hiệu {$x$} là phần lẻ của $x$

Bài $6$: Gọi $d(n)$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên $n$ nếu $n\notin$ {$-1;0;1$}. Tìm tất cả các đa thức $P(x)\in Z[x]\not\equiv -1;0;1$ sao cho $\forall n\in\mathbb{N^{*}}, n>1$, ta có:

                                $P(n+d(n))=n+d(P(n))$

Bài $7$: Cho $\triangle ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ $(AB<AC)$, trực tâm $H$. Lấy điểm $T$ trên $(O)$ sao cho $AT\parallel BC$. Giả sử $AH$ cắt $(O)$ tại $K$, $TH$ cắt $(O)$ tại $D$ trên cung nhỏ $BC$. Gọi $I$ là trung điểm của $HT$

$a)$ CMR: $5$ điểm $A,L,O,K,D$ cùng thuộc $1$ đường tròn

$b)$ Gọi $P$ là giao điểm thứ $2$ của $AO$ với $(O)$. Đường thẳng qua $H$ song song với $BC$ cắt $PD$ tại $X$. CMR: $XA$ là tiếp tuyến của $(O)$ 

Bài $8$: Giả sử $S$ là tập hợp hữu hạn các điểm mà mỗi điểm của nó đc tô bởi $1$ trog $2$ màu đỏ hoặc xanh. Gọi $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ là các tập con của tập $S$ mà mỗi tập chứa đúng $5$ điểm thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện sau:      $1)$ Mỗi tập $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ chứa ít nhất $1$ điểm màu đỏ

             $2)$ Với $3$ điểm bất kỳ trog $S$, tồn tại chính xác $1$ tập con $A_{i}$ chứa $3$ điểm đỏ

$a)$ Tìm số ptử của tập $S$

$b)$ Tồn tại hay ko $1$ tập con $A_{i}$ chứa $4$ hoặc $5$ điểm đỏ. Vì sao?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 14-10-2016 - 23:31


#5 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-10-2016 - 23:28

 

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:

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

 

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 



#6 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-10-2016 - 00:16

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $

Do đó, ta có

$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $

Mặt khác ya có 

$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $ 

Ta chứng minh 

$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $

Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$

Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $

Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $ 

Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq  \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $

Do đó $P \geq 1 $

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c= \frac{1}{2} $



#7 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 12-10-2016 - 01:04

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

Cách khác: $P\geq\sum\frac{\frac{a+b}{2}}{\frac{a+b}{2}+1}=\sum\frac{a+b}{a+b+2}$

Đổi biến $(a+b, b+c, c+a)\rightarrow (\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{zx}, \frac{z^2}{xy})$

$P\geq\sum\frac{\frac{x^2}{yz}}{\frac{x^2}{yz}+2}=\sum\frac{x^2}{x^2+2yz}\geq\frac{(\sum x)^2}{\sum x^2+2\sum xy}=1$

Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$



#8 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 12-10-2016 - 01:19

 

 

Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

                    $P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$

 

Ta có $a^{2}-ab+b^{2}= \left [ \frac{1}{2}\left (a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right ]\geq \frac{1}{4}\left ( a+b \right )^{2}$

$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2}\geq \sum \frac{a+b}{a+b+2}$

Đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $P\geq \sum \frac{x}{x+2}$ và $xyz=1$

Đây là bài toán đơn giản. Đổi ẩn $\left ( x,y,z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n},\frac{n}{p},\frac{p}{m} \right )$

Khi đó $P\geq \sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^{2}}{m+2mn}\geq \frac{\left ( m+n+p \right )^{2}}{\left (m+n+p \right )^{2}}=1$

Vậy min P=1 $\Leftrightarrow$ $a=b=c=\frac{1}{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 12-10-2016 - 13:39


#9 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 12-10-2016 - 09:45

Bài 3:

a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$

Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$

Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.

b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.

Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$

Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 12-10-2016 - 09:46


#10 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 12-10-2016 - 16:34

Đề đã được post tại đây. Mọi người vào topic đó thảo luận nhé.


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#11 lamvienckt13

lamvienckt13

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Kon Tum

Đã gửi 12-10-2016 - 18:54

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamvienckt13: 12-10-2016 - 19:32


#12 Huyvippro

Huyvippro

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:thpt chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:đá bóng

Đã gửi 13-10-2016 - 07:42

Cho mình xin đáp án bài hình với

#13 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 13-10-2016 - 19:44

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 13-10-2016 - 19:46

~O) ~O) ~O)

#14 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 184 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:ĐHBK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, W&W

Đã gửi 13-10-2016 - 22:38

Bài 4 

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?  :wacko:



#15 superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 13-10-2016 - 23:06

 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)

từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0
trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0
trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)
Do đó f(0)=0
Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc R
ta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăng
từ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1 
theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!

 

Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà 



#16 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 14-10-2016 - 06:44

Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?  :wacko:

Cộng góc là dc mà bạn  :closedeyes:


~O) ~O) ~O)

#17 tranluuthaip

tranluuthaip

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 26-10-2016 - 22:14

Bài 3:

a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$

Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$

Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.

Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.

b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.

Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$

Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$

bài của bạn thiếu nghiệm 42=2.3.7 rồi



#18 maroon987

maroon987

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 29-10-2016 - 17:39

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ? 



#19 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 177 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

Đã gửi 29-10-2016 - 17:49

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ? 

tứ giác $ABCD$ , $AB$ cắt $CD$ =$P$ , $AD$ Cắt $BC$ tại $Q$ , Phân giác góc $P$ vuông góc với phân giác góc $Q$ khi và chỉ khi tứ giác $ACBD$ nội tiếp . Cái này cm bằng cộng góc đơn thuần thoy bạn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 29-10-2016 - 17:50

~O) ~O) ~O)

#20 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết

Đã gửi 17-02-2020 - 13:18

KHÔ






3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh