dactai10a1

Ký hiệu như hình vẽ.

 

1. Dễ chứng minh được $I, N, F$ thẳng hàng; $O, E, N$ thẳng hàng.

2. Theo Định lý Brocard, ta có $IO$ vuông góc $FG$ và $OJ$ vuông góc $JF.$

3. Các cặp tam giác $JCD, JHG; JCP, JHN; JPD, JNG$ đồng dạng.

4. Từ đó $NH=NG.$

5. Vậy $OH=OG.$

câu a:vẫn làm được trên nền ý tưởng của thầy

chỉ khác chỗ phần 3:cap tam giac JCA va JHG đồng dạng.P là trung điểm của AC 

Cho tứ giác lồi ABCD.AC giao BD tại O.Đường tròn (AOB) và (DOC) giao nhau tại X.Đường tròn (AOD) và (BOC) giao nhau tại Y.Đường tròn đường kính AC và đường tròn đường kính BD giao nhau tại Z và T.CHứng minh X,Y,Z,T đồng viên hoặc thẳng hàng 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp.Gội $M$,$N$ lần lượt là trung điểm $AC$ và $BD$.$E$,$F$ lần lượt là giao của $AB$ với $CD$ , $AD$ với $BC$

CMR $\frac{2MN}{EF}=\left|\frac{AC}{BD}-\frac{BD}{AC}\right|$.

NGUỒN :ĐỀ KIỂM TRA ĐỘI DỰ TUYỂN IMO 2013

Đặt $\widehat {AEB} = \gamma ,EC = c,ED = d,\overrightarrow i = \frac{{\overrightarrow {EC} }}{c},\overrightarrow j = \frac{{\overrightarrow {ED} }}{d}$
Vì ABCD nội tiếp nên $\frac{{AB}}{{CD}} = \frac{{AE}}{{CE}} = \frac{{BE}}{{DE}} = k$
Suy ra $\overrightarrow {EA} = kc\overrightarrow j ;\overrightarrow {EB} = kd\overrightarrow i $
Vì F thuộc AC và BD nên tồn tại cặp số x,y thỏa mãn
$\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}

 

Do $\overrightarrow i ;\overrightarrow j $ khác phương nên xkc=(1-y)d và ykd=(1-x)c. Suy ra $x = \frac{{kd - c}}{{({k^2} - 1)c}}$
Vậy $\overrightarrow {{\rm{EF}}} = \frac{k}{{{k^2} - 1}}((kd - c)\overrightarrow j + (kc - d)\overrightarrow i ) \Rightarrow {\rm{E}}{{\rm{F}}^2} = {\left( {\frac{k}{{{k^2} - 1}}} \right)^2}\left[ {{{(kd - c)}^2} + {{(kc - d)}^2} + 2(kd - c)(kc - d)c{\rm{os}}\gamma } \right]$
Mặt khác ta có $\overrightarrow {MN} = \frac{{\overrightarrow {AD} + \overrightarrow {BC} }}{2} = \frac{{\overrightarrow {ED} - \overrightarrow {EA} + \overrightarrow {EC} - \overrightarrow {EB} }}{2} = \frac{{(d - kc)\overrightarrow j + (c - dk)\overrightarrow j }}{2} \Rightarrow M{N^2} = \frac{{{{(d - kc)}^2} + {{(c - dk)}^2} + 2(d - kc)(c - dk)c{\rm{os}}\gamma }}{4}$
Từ đây ta có $\frac{{M{N^2}}}{{{\rm{E}}{{\rm{F}}^2}}} = \frac{1}{4}.{\left( {\frac{{{k^2} - 1}}{k}} \right)^2} = \frac{1}{4}{\left( {k - \frac{1}{k}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{MN}}{{{\rm{EF}}}} = \frac{1}{2}\left| {k - \frac{1}{k}} \right| = \frac{1}{2}\left| {\frac{{AB}}{{CD}} - \frac{{CD}}{{AB}}} \right|$
Suy ra đpcm

Cho tam giác ABC không cân.Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC,AB tại F,E.Đường EF cắt BC tại S.Một đường thẳng qua S cắt (I) tại P và Q.EP cắt QF tại L.CHứng minh AL,BP,CQ đồng quy  

CHo đường tròn $(O)$.Hai đường tròn $(C1)$ và $(C2)$ tiếp xúc trong với $(O)$ lần lượt tại $A$ và $F$.Hai đường tròn này cắt nhau tại 2 điểm D và E phân biệt.Gọi K là hình chiếu của A lên DE.H là trung điểm của AK.M là trung điểm $DE$.Chứng minh góc $HMK$ bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung nhỏ $AF$ của $(O)$.

Tìm tất cả số tự nhiên n sao cho tồn tại các số nguyên ${a_1};{a_2};...{a_n}$ thỏa $n = \sum\limits_{i = 1}^n {{a_i}} = {a_1}{a_2}...{a_n}$

n đồng dư với 0 hoặc 1 mod 4(n khác 4).

Với n=4k+1,chọn 2k số bằng -1;2k số bằng 1 và 1 số bằng n

Nếu n=4k,k chẵn,chọn k số bằng -1;3k-2 số bằng 1,1 số bằng 2,1 số bằng 2k

Nếu k lẻ.Chọn k-2 số bằng -1;3k số bằng 1,1 số bằng 2;1 số bằng 2k

Ta cm  n=4k+3 ko thỏa.Vì tích các a_i bằng n lẻ nên các số a_i đều lẻ.Mà tích đòng dư với -1 mod 4 nên có số lẻ các số a_i đòng dư -1 mod 4,chẳng hạn có 2m+1 số.Khi đó tổng đồng dư với (n-2m-1)-(2m+1)=n-2(mod 4).Vô lí

Nếu n=4k+2.Suy ra trong các số a_i có đúng 1 số chẵn.n-1 số còn lại đều lẻ nên tổng của n số này lẻ,mà n chẵn,vô lí  

1. Cho các số nguyên $a,b,c$ và số nguyên tố $p$.CMR tồn tại $x,y,z$ không đồng thời chia hết cho $p$ sao cho $p|ax^2+by^2+cz^2$

 

Nếu có 1 trong 3 số a,b,c chia hết cho p,không mất tổng quát giả sử là a,thì khi đó ta chỉ cần chọn y=z=p; x=1

Nếu a,b,c đều không chia hết cho p

p=2.Dĩ nhiên thỏa

Xét p>2

Ta chọn trước z=1

Vì ${(p - k)^2} \equiv {k^2}(\bmod p)$nên với mọi số nguyên x thì${x^2}$ chia p chỉ có các số dư là ${0,1,2^2},...{\left( {\frac{{p - 1}}{2}} \right)^2}$

Xét các số${\rm{a}}{{\rm{x}}^2}$ (gọi là tập A)với x chạy qua$0,1,2,...\left( {\frac{{p - 1}}{2}} \right)$  và các số $ - b{y^2} - c$(gọi là tập B)với y chạy qua $0,1,2,...\left( {\frac{{p - 1}}{2}} \right)$

Dĩ nhiên ta có các số ${\rm{a}}{{\rm{x}}^2}$có số dư đôi một khác nhau khi chia cho p và các số$ - b{y^2} - c$ có số dư đôi một khác nhau khi chia cho p(*)

Tổng các phần tử của 2 tập A và B là p+1(mỗi tập có $\frac{{p + 1}}{2}$phần tử)

Mà 1 số khi chia cho p chỉ có p số dư.Kết hợp với (*) phải có 1 phần tử thuộc A và 1 phần tử thuộc B mà 2 phần tử này có cùng số dư khi chia cho p.Giả sử là ${\rm{ax}}_0^2; - by_0^2 - c$  

Khi đó ta có$ax_0^2 - ( - by_0^2 - c) \vdots p \Leftrightarrow ax_0^2 + by_0^2 + c \vdots p$

Vậy bộ số $\left( {{x_0};{y_0};1} \right)$thỏa đề bài.Suy ra đpcm

Mấy bài của thầy Hà Duy Hưng
Bài toán 2: Cho $a>b$ nguyên dương thoả $a^2+ab+b^2|ab(a+b)$. Chứng minh rằng:

$(a-b)^3\geq 3ab$

Gọi $d = (a,b);d \in {N^*}$;Đặt $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{a = dm}\\
{b = dn}
\end{array}(m,n \in {N^*};(m,n) = 1;m \ne n)} \right.$
Giả thiết tương đương với ${d^3}mn(m + n) \vdots {d^2}({m^2} + mn + {n^2}) \Leftrightarrow dmn(m + n) \vdots {m^2} + mn + {n^2}(1)$Gọi$h = (n;{m^2} + mn + {n^2})$ thì\[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{n \vdots h}\\
{{m^2} + mn + {n^2} \vdots h}
\end{array} \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{n \vdots h}\\
{m \vdots h}
\end{array}} \right.} \right.\]
Mà$(m,n) = 1$ nên h=1 hay $(n;{m^2} + mn + {n^2}) = 1$(2)
Tương tự $(m;{m^2} + mn + {n^2}) = 1$ (3)
Gọi k là 1 ước nguyên tố của n+m và ${m^2} + mn + {n^2}$ thì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m + n \vdots k}\\
{{m^2} + mn + {n^2} \vdots k}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{m^2} + 2mn + {n^2} \vdots k}\\
{{m^2} + mn + {n^2} \vdots k}
\end{array} \Leftrightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{mn \vdots k}\\
{m + n \vdots k}
\end{array}} \right.} \right.} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{m \vdots k}\\
{n \vdots k}
\end{array}} \right.$ Mà (m,n)=1nên k=1 hay $(n + m;{m^2} + mn + {n^2}) = 1$ (4)
(1);(2);(3);(4) suy ra $d \vdots {m^2} + mn + {n^2}$ ma $d \in {N^*}$ nên $d \ge {m^2} + mn + {n^2} > mn$

Mà $m \ne n;m,n \in {N^*}$nên $\left| {m - n} \right| \ge 1$

\[ \Rightarrow {d^3}{\left| {m - n} \right|^3} > {d^2}mn \Leftrightarrow {\left| {a - b} \right|^3} > ab \Leftrightarrow \left| {a - b} \right| > \sqrt[3]{{ab}}\] SUy ra dpcm

Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho tồn tại một hoán vị (p₁, p₂,..., p_n) của các số (1, 2, ..., n) thỏa mãn điều kiện các tập hợp { p_i + i | 1 ≤ i ≤ n} và { p_i - i | 1 ≤ i ≤ n} tạo thành hệ thặng dư đầy đủ modulo n

Cho n là số nguyên dương. Ta nói số nguyên dương k thỏa mãn điều kiện C_n nếu tồn tại 2k số nguyên dương phân biệt a₁, b₁, ..., a_k, b_k sao cho a₁ + b₁, ..., a_k+b_k cũng phân biệt và nhỏ hơn n.

(a) Chứng minh rằng nếu k thỏa mãn điều kiện C_n thì k <= (2n-3)/5.

(b) Chứng minh rằng 5 thỏa mãn điều kiện C₁₄.

Giả sử rằng (2n-3)/5 nguyên. Chứng minh rằng (2n-3)/5 thoả mãn điều kiện C_n

giải phương trình nghiệm tự nhiên $x({x^{999}} - 1) = (x - 1)y(y + 2)$

Có thể nói gọn lại như sau.
Pt thứ k có dạng $kx + (k + 1)y = n - k + 1 \Leftrightarrow k(x + y) + y = n - k + 1$
Đặt z=x+y thì kz+y=n-k+1 (1)
Với số tự nhiên z thỏa $kz \le n - k + 1 \Leftrightarrow z \le \left\lfloor {\frac{{n - k + 1}}{k}} \right\rfloor $ thì dĩ nhiên tồn tại duy nhất y thỏa (1).Vậy số nghiệm của (1) là $\left\lfloor {\frac{{n - k + 1}}{k}} \right\rfloor + 1$
Tuy nhiên do $z = x + y \ge y$ nên ta cần loại các nghiệm y>z
Xét (10 với y>z hay $y \ge z + 1$
Ta có $n - k + 1 = kz + y \ge kz + z + 1 \Leftrightarrow z \le \left\lfloor {\frac{{n - k}}{{k + 1}}} \right\rfloor $,và dĩ nhiên với mỗi z thỏa điều kiện này thì (1) có duy nhất nghiệm thỏa y>z
Vậy số nghiệm thực sự là $\left\lfloor {\frac{{n - k + 1}}{k}} \right\rfloor - \left\lfloor {\frac{{n - k}}{{k + 1}}} \right\rfloor = \left\lfloor {\frac{{n + 1}}{k}} \right\rfloor - \left\lfloor {\frac{{n + 1}}{{k + 1}}} \right\rfloor $

tìm tất cả các số nguyên tố p,q,r sao cho và cũng là số nguyên tố

Nếu p,q,r>2 thì chúng đều là số lẻ,suy ra p-q,q-r,p-r là các số chẵn nên chùng là số nguyên tố thì p-q=q-r=p-r=2,không tồn tại
Nếu tồn tại 1 số bằng 2,do p-q,q-r,p-r là số nguyên dương nên p>q>r.Suy ra r=2,p,q lẻ suy ra p-q=2
Ta có p-r=p-2;q-r=q-2=p-4 đều là các số nguyên tố
Nếu p chia hết cho 3 thi p=3,suy ra q=1 vô lí
Nếu p chia 3 dư 1 thì p-4 chia hết cho 3,mà p-4 là số nguyên tố,suy ra p-4=3,suy ra p=7,q=5(thỏa)
Nếu p chia 3 dư 2 thì p-2 chia hết cho 3 mà p-2 là số nguyên tố ,suy ra p-2=3,suy ra p=5,q=3 (loại)
Vậy p=7,q=5,r=2

Cho n là số nguyên dương.Tính $\left\lfloor {\frac{{10 \times C_{2n}^n\sqrt n }}{{{4^n}}}} \right\rfloor $

@Dark templar:Cho bạn cái kết quả là 5 vậy,dựa trên $\lim_{n \to \infty}\frac{\binom{2n}{n}\sqrt{n}}{4^{n}}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$.


bạn có thể làm rõ ra được không

@Dark templar: Cái này liên quan một phần đến dãy số Catalan đấy,đọc ở đây (tiếng Anh )

1
a) cho a,b là các số tự nhiên thỏa mãn 2006²+a=2007b²+b.Chứng minh rằng: a-b là một số chính phương.
b) tim số nguyên tố P sao cho 2005²⁰⁰⁵-P²⁰⁰⁶ chia hết cho 2005+P.
---------------
Bạn tham khảo cách đặt tiêu đề tại http://diendantoanho...i-khong-bị-xoa/
Cách gõ $\LaTeX$ tại : http://diendantoanho...cong-thức-toan/

bài 1a:Xin sửa đề lại như sau:$2006{a^2} + a = 2007{b^2} + b$
Giải:
Ta có $2006{a^2} + a = 2007{b^2} + b \Leftrightarrow 2006({a^2} - {b^2}) + a - b = {b^2} \Leftrightarrow (a - b)(2006a + 2006b + 1) = {b^2}(1)$
Đặt $d = \gcd (a - b;2006a + 2006b + 1)$
Từ (1) suy ra ${b^2} \vdots {d^2} \Rightarrow b \vdots d$ mà a-b chia hết cho d suy ra a chia het cho d,suy ra d=1,suy ra dpcm
1b)Ta có ${2005^{2006}} - {p^{2006}} = ({2005^{1003}} - {p^{1003}})({2005^{1003}} + {p^{1003}}) \vdots {2005^{1003}} + {p^{1003}} \vdots 2005 + p$
nên từ giả thiết suy ra ${2005^{2006}} - {2005^{2005}} \vdots 2005 + p$ mà ${2005^{2006}} - {2005^{2005}} = {2005^{2005}}(2005 - 1) = {2004.2005^{2005}} \Rightarrow {2004.2005^{2005}} \vdots 2005 + p$
nếu p=2 thì 2005+p=2007 chia hết cho 9,không thoả
nếu p=3 thì 2005+p=2008 chia hết cho 8 không thoả
nếu p=5 thì 2005+p=2010 chia hết cho 67,không thoả
Nếu p>5 thì 2005+p không chia hết cho 5,vậy ${401^{2005}}.4.3.167 \vdots 2005 + p$,và 2005+p là 1 số chẵn,không có dạng 3k+1.đến đây xét từ từ