Đến nội dung

NLT

NLT

Đăng ký: 27-02-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Trong chủ đề: kết quả olympic 30/4

07-04-2014 - 22:12

Chúc mừng tất cả các em đoạt giải, đặc biệt cu NLT chút nữa đạt điểm cực đại :)

 

Tks thầy ạ, buồn cái là chỉ trao giải nhất, nhì miền Nam chứ ko có ba :( huhu


Trong chủ đề: kết quả olympic 30/4

06-04-2014 - 21:57

Chúc mừng mọi người nhé ^_^


Trong chủ đề: Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \m...

21-12-2013 - 20:16

Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho $f\left( xf\left( y \right) \right)=yf\left( 2x \right)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$ 

 

Cách khác: Tính được $f(0)=0$

Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.

Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.

Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.

Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.

Vậy tìm đc 2 hàm  :closedeyes:


Trong chủ đề: Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

02-07-2013 - 21:11

Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)

Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:

$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I;  H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.

$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.

$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.

 

Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.

Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.

Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.

Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy

Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)

 

Có thể xử lý đơn giản hơn ở việc khi đã chứng minh được $(B,C,G,I)=-1$ như sau:

 

Nếu gọi $I'$ là giao điểm của $FZ$ và $BC$ thì theo bổ đề quen thuộc có $(B,C,G,I')=-1$

 

Suy ra $I \equiv I' \to I \in [FZ]$. Lúc này làm tiếp như trên.


Trong chủ đề: Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

13-06-2013 - 11:05

Bài toán 40:

 

 

5c41b2cc8a41112860cecb382a09c108_5616107

 

Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.

Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).

Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).

Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)

 

Phải chăng đây là trường hợp riêng của MR3 anh Hân post ở trên (phần tô đỏ)

 

Nếu Near giải khác thì pots lên giúp nhé :)