Tại sao $$(a^3+1,a^2+a+1$)=1$ ?
vì nếu d=($a^3+1;a^2+a+1)=d$ thì $a^3-1$ chia hết cho d suy ra 2 chia hết cho d mà $a^2+a+1$ lẻ nên d=1
Tại sao $$(a^3+1,a^2+a+1$)=1$ ?
vì nếu d=($a^3+1;a^2+a+1)=d$ thì $a^3-1$ chia hết cho d suy ra 2 chia hết cho d mà $a^2+a+1$ lẻ nên d=1
Tớ không thi nhưng đây là lời giải bài hình của tớ (Mong ad post dù e k biết latex nhưng các bạn đang cần lời giải)
Câu 2: Dạng toán này đòi hỏi cần tìm được tiếp điểm, nếu không gần như là vô vọng
* Cách dựng tiếp điểm: KR giao EF tại I, khi đó (AMN) tx EF tại IBước 1: (KEF) tiếp xúc (O)- Kéo dài BP, CP cắt (O) tại G. GF cắt LE tại R
Bạn lấy P là điểm gì vậy ?
Bài hình cách THCS
Lời giải của thầy Nguyễn Lê Phước
$\sqrt[LOVE]{MATH}$
"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I
do mathematics to keep happy" - Alfréd Rényi
Câu 6: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Các điểm $ E, F $ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $ CA, AB $ sao cho $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BHC $. $ K $ là tâm ngoại tiếp tam giác $ AEF $. $ KC,KB $ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ KAE,KAF $ theo thứ tự tại $ M,N $ khác $ K $. Chứng minh rằng $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AMN $.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 07-05-2018 - 22:13
Bài 3b ngày 1 có thể lấy đối xứng của $P$ qua trung điểm $BC$ là $P'$ rồi chứng minh $AP'$ vuông góc với $RQ$ bằng định lý 4 điểm :v
Bài 6: Không mất tổng quát ta có như hình vẽ
EF tiếp xúc (HBC) tại P
Dễ thấy (HBC) đối xứng (O) qua BC
BP,CP cắt (O) lần thứ hai tại X, Y
XE cắt lại (O) tại D
Nhận xét: XE cắt YF tại D trên (O), và (DEF) tiếp xúc (O)
Thật vậy, giả sử YD cắt AB tại F'.
Áp dụng định lý Pascal cho bộ suy ra F', E, P thẳng hàng, từ đó ta có F = F'
YXD = YCB = FPB => EF // XY
Khi đó tồn tại phép vị tự tâm D: EF --> XY, (DEF) ---> (DXY)
=> (DEF) tiếp xúc (O) = (ABC)
Tiếp tục, ta có BAC = 180 - BHC = 180 -BPC = PCB + PBC
=> EDF = BDC - YDB - XDC = 180 - BAC - PCB - PBC = 180 - 2BAC = 180 - EKF
=> (DEF) đi qua K
Xét phép nghịch đảo tâm K, phương tích (qua đường tròn (K)), ta có (KAE), (KAF), (DEF) đi qua K nên (DEF) <=> EF, (KAF) <=> AB, (KAE) <=> AC,=> M <=> C, N <=> B, A <=> A, => (AMN) <=> (ABC)
mà (DEF) tiếp xúc (ABC) => EF tiếp xúc (AMN)
Vậy EF tiếp xúc (AMN) (đpcm)
Bài 7:
Đánh số các điểm là A1(x1,y1), ... ,An(xn,yn).
Đặt a1 = x2 - x1, b1 = y2 - y1
Khi đó b ình phương độ dài các cạnh là a12 + b12, và véctơ = (ai,bi), đồng thời ai, bi đều hữu tỉ .
Phép vị tự tỉ số là mẫu số chung của các ai và bi, đa giác trở thành đa giác có các vectơ ở cạnh là toạ độ nguyên, đồng thời tất cả các số ai và bi đều nguyên và nguyên tố cùng nhau. (1)
Đặt bình phương độ dài cạnh sau phép vị tự là p
Khi đó p = ai2 + bi2
Giả sử phản chứng, n lẻ
Ta có: Tổng các vec tơ = 0
=> Tổng ai = Tổng bi = 0(2)
=> (Tổng ai )^2+(Tổng bi )^2=0
=> Tổng (ai )^2+Tổng (bi )^2 + 2*(các tổng tích hoán vị) = 0
=> np = Tổng (ai )^2+Tổng (bi )^2 chẵn
=> np chẵn
Ta sẽ chứng minh p lẻ
Thật vậy, nếu p chẵn => ai và bi cùng chẵn hoặc cùng lẻ
Nếu p chia hết cho 4 thì ai, bi đều phải chẵn, khi đó toàn bộ ai bi sẽ có ước chung là 2, mâu thuẫn với (1)
Nếu p chia 4 dư 2 thì ai, bi đều phải lẻ, khi đó do n lẻ nên
Mâu thuẫn với (2)
Do đó p lẻ mà n lẻ => np lẻ
Mà np chẵn => mâu thuẫn => giả sử phản chứng sai, n là chẵn.
Vậy n chẵn. (đpcm)
Bài hình cách THCS
Lời giải của thầy Nguyễn Lê Phước
Theo em, có thể thầy đọc nhầm đề rồi. EF tiếp xúc tại điểm bất kì ạ. Khi thi em cũng đã mắc phải lỗi này ạ.
Cách khác cho câu hai:
Xét dãy số $x_n$:$\left\{\begin{matrix} x_1=0\\ x_n =x_{n-1}^2 +1 \end{matrix}\right.$
Bằng quy nạp ta chứng minh được $P(x_n)=x_n^2-x_n+1$
Mặt khác; lại có $x_n$ là một dãy tăng nên đa thức $P(x)-(x^2-x+1)$ có vô hạn nghiệm thực
Vậy $P(x)=x^2-x+1$ với mọi x là số thực
bạn có thể giải thích kỹ hơn tại sao lại có dãy số này không ạ?
Một cách khác cho bài toán số 7:
Coi đa giác đầu bài là $B_1B_2....B_n$, giả sử $B_i$ các đỉnh của đa giác có tọa độ là $(p_i,q_i)$ đặt $L=lcm(q_1,q_2,...q_n)$ vị tự đa giác trên với tâm là gốc tọa độ tỉ số L thành đa giác $A_1A_2....A_n$ với $A_i$ có tọa độ $(a_i,b_i)$ thì đa giác đó sẽ đồng dạng với đa giác đầu bài và có đỉnh là điểm có tọa độ nguyên ta sẽ chứng minh đa giác trên có chẵn đỉnh
- Coi độ dài các cạnh đa giác trên là $\sqrt{k}$ xét phương trình $x^2+y^2=k$, do tổng bình phương của 2 số nguyên lẻ chỉ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên $v_2(x^2+y^2)=2.min(v_2(x),v_2(y))$ nếu $v_2(x) \not= v_2(y)$ và $2.v_2(x)+1$ nếu $v_2(x)=v_2(y)$ (*) đặt $d=v_2(k)$ ta sẽ có 2 trường hợp
TH1: $v_2(k)$ chẵn đặt $d=2d_1$ do độ dài mỗi cạnh đa giác $=\sqrt{k}$ và (*) nên $\frac{(a_i-a_{i-1})^2+(b_i-b_{i-1})^2}{2^d}=\frac{k}{2^d} \forall i>1$ và lẻ nên $\frac{a_i-a_{i-1}+b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m+n-a_1-b_1}{2^{d_1}}$ chẵn và đen nếu lẻ -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)
TH2: $v_2(k)$ lẻ đặt $d=2d_1+1$ tương tự như trên ta có $\frac{a_i-a_{i-1}}{2^{d_1}},\frac{b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ cùng lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m-a_{1}}{2^{d_1}},\frac{n-b_{1}}{2^{d_1}}$ lẻ và trắng nếu chẵn -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi jack112739: 24-06-2018 - 22:45
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh