Cho tam giác ABC nội tiếp $(O)$ có trực tâm H, N là trung điểm OH. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của A,B,C lên BC, CA, AB. EF cắt BC tại S, DF cắt BE tại I. Chứng minh rằng SI vuông góc với NA.
- Phuong Mark và terencetao25 thích
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 26-11-2014 - 22:55
Cho tam giác ABC nội tiếp $(O)$ có trực tâm H, N là trung điểm OH. Gọi D, E, F lần lượt là hình chiếu của A,B,C lên BC, CA, AB. EF cắt BC tại S, DF cắt BE tại I. Chứng minh rằng SI vuông góc với NA.
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 12-09-2014 - 19:14
Chứng minh bất đẳng thức với n số thực không âm
$(1+x_1)(1+x_2)...(1+x_n)(\frac{1}{x_1}+...+\frac{1}{x_n})\geq 2n^2$ n >1 nhé
$(x_1+2x_2+...+nx)(x_1+x_2/2+...+x_n/n)\geq \frac{(n+1)^2}{4n}(x_1+...+x_n)^2$
Đề thi Quảng Bình hôm nay
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 22-12-2013 - 17:41
Đơn điệu vẫn có thể là hằng số mà. Đâu phải đơn điệu thực sự đâu?
Còn về cái hàm nghịch biến làm tương tự ( Mình nói không mất tính tổng quát giả sử $f(x_0)>2x_0$ rồi ).
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 22-12-2013 - 01:18
Gợi ý thôi nhé :
$f(x)=0$ thoả.
Xét $f$ không đồng nhất với $0$.
Ta se làm các công việc: CM $f(0)=0$
Thay $x$ bởi $f(x)$ , đổi vai trò $x,y$ rồi so sánh.
Cuối cùng biện luận : $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa.
=> $f(x)=2x$
@: có vẻ hàm đơn điệu dư.
Để biện luận $f(x)>2x$ và $f(x)<2x$ đều không thỏa mãn thì phải dùng tính đơn điệu. Giả thiết đơn điệu là rất quan trọng
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
$f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x)$
Nhầm rồi $f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=2x$
Bài này phải dùng tính đơn điệu để giải:
Gọi phương trình hàm ban đầu là (1).
Thế x bởi 0, y bởi 0 vào (1) suy ra $f(0)=0$
Thế x bởi 1 vào (1) suy ra $f(f(y))=yf(2)$
+Nếu $f(2)=0$ thay y bằng 2 vào (1) ta có $f(0)=2f(2x)$
Suy ra $f(x)=c$ thử trực tiếp ta có $f(x)=0$.
+Nếu $f(2) \neq 0$ Thì ta có f song ánh.
Thay x bởi 2 vào (1) ta có $f(2f(y))=yf(4)$
Giả sử $f(2) \neq 4 $ Khi đó
nếu $f(2)>4\Rightarrow f(f(2))>f(4)\Rightarrow 2f(2)>f(4)\Rightarrow f(2f(2))>f(f(4))\Rightarrow 2f(4)>4f(2)\Rightarrow f(4)>2f(2)$
(vô lý)
nếu $f(2)<4 ...$ (vô lý)
Vậy $f(2)=4$ suy ra $f(f(y))=4y$
Thay y bởi 2, x bởi x/2 vào (1) ta được $f(2x)=2f(x)$
Giả sử tồn tại $x_0$ sao cho $f(x_0)\neq 2x_0$
Không mấy tính tổng quát giả sử $f(x_0) > 2x_0$ suy ra
$f(f(x_0))>f(2x_0)\Rightarrow 4x_0>2f(x_0)\Rightarrow 2x_0>f(x_0)$ (Vô lý)
Vậy $f(x)=2x$ với mọi x thuộc R hoặc $f(x)=0$ với mọi x thuộc R. ( Thử lại tm)
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 05-12-2013 - 21:20
Gọi trung điểm của AB là M, Giao của CM và A'B' là H.
Ta có: K và C liên hợp mặt khác $IK\perp CM$ nên CM là đường đối cực của K. Suy ra -1=(KHB'A')=C(KMAB).
Mà M là trung điểm AB nên CK ll AB
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 20-09-2013 - 22:28
Giải như sau:
Gọi H là giao của OM với CD. Sử dụng định lý menelaus cho tam giác ACN ta có
$\frac{MA}{MN}.\frac{HN}{HC}.\frac{OC}{OA}=1\Rightarrow \frac{MN}{MA}=\frac{HN}{HC}$
Gọi P' là hình chiếu của C lên BN. H' là giao P'M với CD. Sử dụng định lý menelaus cho tam giác BCN ta có
$\frac{P'N}{P'B}.\frac{MB}{MC}.\frac{H'C}{H'N}=1\Rightarrow \frac{H'N}{H'C}=\frac{P'N}{P'B}.\frac{MB}{MC}$
Mặt khác ta thấy
$\frac{P'N}{P'B}=\frac{P'N.BN}{P'B.BN}=\frac{NC^2}{BC^2}=\frac{NC^2}{AB^2}=\frac{MC}{MB}.\frac{MN}{MA}$
Từ đó suy ra $\frac{H'C}{H'N}=\frac{HC}{HN}\Rightarrow H\equiv H'\Rightarrow P\equiv P'\Rightarrow CP\perp BN$
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 24-08-2013 - 19:10
Lời giải. Điều kiện $1 \le x \le 5,0 \le y \le 1$ hoặc $y \le 0,x \le 1$.
Phương trình thứ hai tương với $5-x-y+2 \sqrt{(5-x)(1-y)}=0$ hay $x+y-5= 2 \sqrt{(5-x)(1-y)}$.
Kết hợp với phương trình đầu ta suy ra $\sqrt{(5-x)(1-y)}= - \sqrt{(x-1)y}$, điều này xảy ra khi $VT=VP=0$, tuy nhiên lại không tồn tại $x,y$ thoả mãn.
Vậy phương trình vô nghiệm
VP=VT=0 suy ra nghiệm là x=5,y=0 hoặc x=1,y=1. Thử lại x=5,y=0 thỏa mãn.
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 30-07-2013 - 16:13
Cho tam giác ABC với M là trung điểm BC.Đường phân giác góc ngoài của góc A cắt đường thẳng BC tại D.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt các đường thẳng AB,AC tại E và F.Gọi N là trung điểm EF.
CMR: MN song song với AD
(Hình vẽ)
Gọi giao điểm của phân giác trong $\widehat{A}$ với $(AMD)$ là $I$. Khi đó $AI\perp AD$. Cần chứng minh $AI\perp MN$. Thật vậy:
$AI\perp MN\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{MN}=0\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.(\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF})=0\Leftrightarrow \overrightarrow{AI}.\overrightarrow{BE}=\overrightarrow{AI}.\overrightarrow{FC}\Leftrightarrow AI.BE.cos\widehat{EAI}=AI.CF.cos\widehat{ICA}\Leftrightarrow BE=CF$
Vậy ta chỉ cần chứng minh $BE=CF$. Ta có
$\Delta DAB\sim \Delta EMB\Rightarrow \frac{BE}{BM}=\frac{BD}{AB}=\frac{DC}{AC}$ và $CF.CA=CM.CD\Rightarrow \frac{CD}{AC}=\frac{CF}{CM}$
Vậy ta có đpcm.
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 21-07-2013 - 17:14
Giải phương trình :
$\sqrt{x^2+15}=3\sqrt[3]{x} - 2 + \sqrt{x^2+8}$
Ta có 1 là 1nghiệm của phương trình.
$\sqrt{x^2+15}-\sqrt{x^2+8}=3\sqrt[3]{x} - 2 >0\Rightarrow x>0$
Xét hàm $f(x)=\sqrt{x^2+15}-\sqrt{x^2+8}-3\sqrt[3]{x} +2$
$f'(x)=x(\frac{1}{\sqrt{x^2+15}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+8}})-\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}}<0$ Nên hàm đơn điệu có tối đa 1 nghiệm.
Vậy x=1
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 19-07-2013 - 23:20
Chứng minh
$2^{\frac{n(n-1)}{2}}.(2^{n-1}-1)(2^{n-2}-1)...(2^2-1).(2^1-1)\vdots n$
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 19-07-2013 - 19:24
Cho dãy số $(u_{n})$ thoả mãn hệ thức:
$\left\{\begin{matrix} u_{n}>0\\u_{n}^{2}\leq u_{n}-u_{n+1},\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$
Tìm $limu_{n}$
Ta có $u_{n}^{2}\leq u_{n}-u_{n+1}\Leftrightarrow u_{n+1}\leq u_n(1-u_n)$ Vì $u_n \geq 0\Rightarrow 0 \leq u_n\leq1$
Mặt khác từ BĐT trên ta cũng có $u_{n+1}\leq u_n(1-u_n)\leq u_n$ Nên dãy $u_n$ là dãy giảm và bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn ( Giả sử đó là a). Khi đó ta có $a^2 \leq a-a=0 \Rightarrow a=0$. Vậy $limu_n=0$
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 16-07-2013 - 20:49
Cho dãy số $(u_{n})$ xác định bởi $\left\{\begin{matrix} u_{1}=1\\u_{n+1}=\sqrt{u_{n}+\frac{1}{2^{n}}},\forall n\geq 1 \end{matrix}\right.$. Tìm $lim u_{n}$.
Giải như sau: Đầu tiên chứng minh qui nạp $u_n\geq1$ ( khá đơn giản).
Sử dụng bđt AM-GM ta có
$u_{n+1}= \sqrt{u_n+\frac{1}{2^n}}\leq\frac{u_n+\frac{1}{2^n}+1}{2}\Rightarrow u_{n+1}-1\leq\frac{u_n-1}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}$
Ta sẽ chứng minh $\frac{1}{2^{n+1}}\leq\frac{u_n-1}{2}$ $\Leftrightarrow u_n \geq\frac{1}{2^n}+1$ $\forall n\geq3$ bằng qui nạp.
Ta có $u_3=\sqrt{\sqrt{\frac{3}{2}}+\frac{1}{2^2}}>\frac{1}{2^3}+1$
Giả sử $u_{n-1}\geq\frac{1}{2^{n-1}}+1$. Cần chứng minh $\frac{1}{2^n}+1\leq u_n$. Thật vậy:
$ \frac{1}{2^n}+1\leq u_n=\sqrt{u_{n-1+}\frac{1}{2^{n-1}}}\Leftrightarrow \frac{1}{2^{{2n}}}+\frac{1}{2^{n-1}}+1\leq u_{n-1}+\frac{1}{2^{n-1}}$
$\Leftrightarrow \frac{1}{2^{2n}}+1\leq u_{n-1}$ Đúng do $u_{n-1}\geq\frac{1}{2^{n-1}}+1\geq\frac{1}{2^{2n}}+1$
Vậy ta có $\frac{1}{2^{n+1}}\leq\frac{u_n-1}{2}$. Suy ra
$u_{n+1}-1\leq\frac{u_n-1}{2}+\frac{1}{2^{n+1}}\leq u_n-1$. Dãy $(u_n-1)$ là dãy giảm bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn hữu hạn a.
Lấy lim 2 vế bđt trên ta được $a\leq\frac{a}{2}\Leftrightarrow a\leq0\Rightarrow a=0$ Hay $limu_n=1$
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 16-07-2013 - 12:48
1. Cho dãy số nguyên dương $(x_n)$ thỏa mãn $(x_6)=144$, $x_{n+3}=x_{n+2}(x_{n+1}+x_{n})$ Với $n=1,2,3,4$ Tính $x_7$.
2. Cho $a_0,a_1>0$. Xét dãy $(a_n)$ thoả $a_{n+1}=\frac{2}{a_{n}+a_{n-1}}$. Chứng minh dãy số có giới hạn và tìm giới hạn đó.
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 02-06-2013 - 11:04
Bài toán 39 : Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa $f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y)$.CMR hàm $f$ cộng tính.
Giải như sau:
Cho $x=y=0$ ta có $f(0)=0$
Cho $y=-x$ ta có $f(x)=-f(-x)$
Cho $y=1$ ta có $f(2x+1)=2.f(x)+f(1)$
Tính $f(2ab+2b+2a+1)$ $\forall a,b\epsilon \mathbb{R}$
$f(2ab+2b+2a+1)=2f(ab+b+a)+f(1)=2f(ab)+2(a)+2f(b)+f(1)$
$f(2ab+2b+2a+1)=f(b(2a+1)+b+2a+1)=f(2ab+b)+f(b)+2f(a)+f(1)$
Từ đó suy ra $f(2ab+b)=2f(ab)+f(b)$
Cho $a=-\frac{1}{2}$ ta có $f(b)=-2f(\frac{-b}{2})=2f(\frac{b}{2})\Rightarrow f(2b)=2f(b)$
Nên $f(2ab+b)=2f(ab)+f(b)=f(2ab)+f(b)$ Hay $f(x)+f(y)=f(x+y)$
-----------
Có vẻ đúng nhưng dài, mọi nguời tiếp tục tìm hướng giải ngắn hơn nghe ( nhưng vẵn hoan nghê tinh thần giải của tran thanh binh dv class)
Gửi bởi tran thanh binh dv class trong 01-06-2013 - 14:10
Bài toán 40 : Tìm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa : $f(x^3+y^3)=x^2f(x)+y^2f(y)$
Giải như sau:
Cho $x=0$ ta có $f(y^3)=y^2.f(y)$
Cho $y=0$ ta có $f(x^3)=x^2.f(x)$
Từ đó ta có $f(x^3+y^3)=f(x^3)+f(y^3)$ hay $f(x+y)=f(x)+f(y)$ $\forall x,y\epsilon \mathbb{R}$
Xét
$f((x+1)^3+(x-1)^3)=f((x+1)^3)+f((x-1)^3)=(x+1)^2f(x+1)+(x-1)^2.f(x-1)=(2x^2+2)f(x)+4x.f(1)$
$f((x+1)^3+(x-1)^3)=f(2x^3+6x)=2f(x^3)+6f(x)=2x^2.f(x)+6f(x)$
Từ 2 đẳng thức ta có $f(x)=f(1).x=a.x$
Thử lại ta có $f(x)=x$ thảo mẵn
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học