Karl Vierstein

cho mình hỏi xíu
làm sao mà bạn suy nghĩ ra nhân sin2x vào 2 vế phương trình ở bài 1 vậy???

$y=\sqrt{3-2cosx+2cos2x}$

Bài toán: Giải phương trình: $4x^{2}-2\sqrt{2}x+4=\sqrt{x^{4}+1}$.

Thu gọn các biểu thức với $n\in \mathbb{N^*} \ , \ k\in \mathbb{Z}$:

a) $A=\dfrac{1}{sinx}+\dfrac{1}{sin2x}+\dfrac{1}{sin4x}+...+\dfrac{1}{sin2^{n-1}x}$ với $2^{n-1}x\neq k\pi$;

b) $B=sin^3\dfrac{x}{3}+3sin^3\dfrac{x}{3^2}+...+3^{n-1}sin^3\dfrac{x}{3^n}$;

c) $C=tan^2\dfrac{x}{2}tanx+2tan^2\dfrac{x}{2^2}+...+2^{n-1}tan^2\dfrac{x}{2^n}tan\dfrac{x}{2^{n-1}}$;

d) $D=cosx+cos3x+...+cos\left ( 2n-1 \right )x$;

e) $E=\dfrac{1}{4cos^2\dfrac{x}{2}}+\dfrac{1}{4^2cos^2\dfrac{x}{2^2}}+...+\dfrac{1}{4^ncos^2\dfrac{x}{2^n}}$;

f) $F=cos\dfrac{x}{2}cos\dfrac{x}{2^2}...cos\dfrac{x}{2^n}$.

Bài 55: Chứng minh rằng nếu $x^2+y^2$ là một số chính phương trình $xy$ chia hết cho $12$.
----
Bài dễ khởi động topic này nào ^^

Bài 44: Tìm số $n$ nguyên dương lớn nhất để có thể đặt $n$ điểm thuộc miền tam giác đều cạnh $2$ cho trước, sao cho khoảng cách giữa hai điểm bất kì trong chúng lớn hơn $1$.

Bài 45: Chứng minh rằng từ $2011$ số nguyên tùy ý, luôn tìm được hai số có tổng hoặc hiệu của chúng chia hết cho $4018$.

(Chọn học sinh giỏi tỉnh Dak Lak 2002)

----
Mọi người chém nhanh quá

Bài 29: Cho một hình vuông có kích thước $6x6$ và $9$ mảnh ghép hình chữ nhật có kích thướt $1x4$. Chứng minh rằng không thể lát kín hình vuông $6x6$ bằng $9$ hình chữ nhật $1x4$.

Đây là bài toán áp dụng phương pháp tô màu.
Lời giải:
Ta tô màu các ô có tọa độ là các số chẵn, tức là ta tô màu các ô có tọa độ: $\left ( 2;2 \right ),\left ( 2;4 \right ),\left ( 2;6 \right ),\left ( 4;2 \right ),\left ( 4;4 \right ),\left ( 4,6 \right ),\left ( 6;2 \right ),\left ( 6;4 \right ),\left ( 6;6 \right )$. Tổng cộng có $9$ ô được tô màu.
Giả sử ta có thể ghép kín được hình vuông đó bằng $9$ mảnh $1x4$ thì các mảnh ghép ấy hoặc là không trùng vào ô được tô màu, hoặc là trùng vào $2$ ô được tô màu.
Mà số ô được tô màu là số lẻ còn số ô lấp kín theo giả sử là số chẵn do đó mâu thuẫn, suy ra $Q.E.D$

Bài 35: Chứng minh rằng từ $39$ số tự nhiên liên tiếp, luôn tìm được một số có tổng các chữ số của nó chia hết cho $11$.

Bài 36: Chứng minh rằng số tự nhiên $n$ là một số nguyên tố nếu $2^n-1$ là một số nguyên tố.

Bài 37: Chứng minh rằng phương trình $x^2-y^3=7$ không có nghiệm nguyên.
----

----
@BS: Chuẩn

nhưng mà sao lại thế hả anh? e chưa hiểu sao góc KBF = cung MC - cung KM vậy

Bạn xem kĩ các công thức tính, mối liên hệ giữa góc ở tâm, góc nội tiếp, góc có đỉnh nằm bên trong đường tròn, góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn trước đi nhé.

Bài toán: Chứng minh rằng với mọi số nguyên $a$, thì phương trình $x^4-2005x^3+\left ( 2004+a \right )x^2-2003x+a=0$ không thể có hai nghiệm nguyên phân biệt.

Bài 69: Cho nữa đường tròn đường kính $AB$, bán kính $R$. Lấy điểm $C$ trên nữa đường tròn ($C$ khác $A$, $C$ khác $B$). Hạ $CH$ vuông góc với $AB$. Gọi $O_1$, $O_2$ theo thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $AHC$, $BHC$. Tìm vị trí của điểm $C$ để $O_1O_2$ có $GTLN$ và tính giá trị đó theo $R$.

Giải:

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ và $E$ là giao điểm của tia $CO_1$ với $AB$.
Ta có:
$\widehat{CEB}=\widehat{A}+\widehat{ACE}=\widehat{HCB}+\widehat{HCE}=\widehat{ECB}$
Suy ra tam giác $CBE$ cân tại $B$. Mà $BO_2$ là phân giác trong của $\widehat{EBC}$ nên $BO_2\perp CO_1$. Chứng minh tương tự ta được $AO_1\perp CO_2$.
Suy ra $I$ là trực tâm của tam giác $CO_1O_2$.
Gọi $K$ là giao điểm của tia $BO_2$ với $EC$ thì ta có: $\widehat{O_2KC}=45^o$ (vì $CO_1$, $CO_2$ là các tia phân giác của hai góc kề phụ nhau) nên tam giác $CO_2K$ vuông cân và ta có $KC=KO_2$.
Suy ra $\Delta CKI=\Delta O_2KO_1$ $(g.c.g)$ và do đó $O_1O_2=CI$.
Như vậy bài toán trở thành tìm vị trí của $C$ sao cho $CI$ có $GTLN$.
Gọi $D$ là giao điểm của tia $CI$ với cung $AB$ (đối xứng với cung $ACB$ qua $AB$), do $CI$ là đường phân giác của góc $BCA$ nên $D$ là điểm chính giữa cung này.
Ta có:
$\widehat{DAI}=\widehat{DAB}+\widehat{BAI}=\widehat{DCB}+\widehat{CAI}=\widehat{ICA}+\widehat{CAI}=\widehat{DIA}$
Suy ra tam giác $IDA$ cân tại $D$, do đó $DI=DA$ không đổi.
Như vậy, $CI=CD-DI=CD-DA$, mà $DA$ không đổi nên $CI$ đạt $GTLN$ khi và chỉ khi $CD$ có $GTLN$, tức là bằng $2R$ (quan hệ giữa đường kính và dây) hay $C$ là điểm chính giữa cung $AB$ đã cho.
Khi đó:
$O_1O_2=CI=2R-R\sqrt{2}=R\left ( 2-\sqrt{2} \right )$.
----
@BlackSelena: Có gì bạn pm qua tin nhắn riêng của mình nhé, sửa bài của mình mình không đọc được đâu!

Bài 63: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn bán kính $r$. Gọi $O_1$, $R_1$; $O_2$, $R_2$; $O_3$, $R_3$ theo thứ tự là tâm và bán kính các đường tròn tiếp xúc với các cặp tia $AB$, $AC$; $BC$, $BA$; $CA$, $CB$ tương ứng. Chứng minh rằng:
$$R_1+R_2+R_3\geq 12r$$

Giải:
Giả sử đường tròn $(O_1)$ bán kính $R_1$ tiếp xúc ngoài với đường tròn $(O)$ bán kính $R$ ở $D$ và tiếp xúc với hai tia $AB$, $AC$ ở $M$ và $N$. Tia $AD$ cắt đường tròn $(O_1)$ ở $E$, như vậy ta có:
$OO_1=OD+DO_1=R+R_1$, $OA\parallel O_1E$ và $AM^2=AN^2=AD.AE$.
Do đó:
$\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{AD}{AE}=\frac{OD}{OO_1}$ hay là $\frac{AD^2}{AM^2}=\frac{R}{R+R_1}$
Từ đó suy ra:
Chứng minh tương tự ta được:
$\frac{BD^2}{BM^2}=\frac{CD^2}{CN^2}=\frac{R}{R+R_1}$
Từ đó suy ra:
$\frac{AD}{AM}=\frac{BD}{BM}=\frac{CD}{CN}$ $(1)$
Mặt khác, tứ giác lồi $ABDC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ nên theo định lý $Ptolemy$ ta có:
$AB.CD+CA.BD=BC.AD$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta được:
$AB.CN+CA.BM=BC.AM$ $(3)$
Đặt $BC=a$, $CA=b$, $AB=c$ thay $BM=AM-c$ và $CN=AN-b=AM-b$ vào $(3)$ ta được:
$AM=AN=\frac{2bc}{b+c-a}$ $(4)$
Gọi $L$ là tiếp điểm của $AB$ với đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$, ta được $\frac{O_1M}{IL}=\frac{AM}{AL}$ hay là $\frac{R_1}{r}=\frac{AM}{AL}$.
Thay $AL=p-a=\frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )$ và $AM$ bởi $(4)$, ta được:
$\frac{R_1}{r}=\frac{4bc}{\left ( a+b-c \right )^2}$
Chứng minh tương tự, ta được:
$\frac{R_2}{r}=\frac{4ca}{\left ( c+a-b \right )^2}$ và $\frac{R_3}{r}=\frac{4ab}{\left ( a+b-c \right )^2}$ $(5)$
Từ các hệ thức $(5)$ và theo bất đẳng thức $AM-GM$, ta được:
$\frac{R_1+R_2+R_3}{r}=\frac{bc}{\left ( b+c-a \right )^2}+\frac{ca}{\left ( c+a-b \right )^2}+\frac{ab}{\left ( a+b-c \right )^2}\geq \sqrt[3]{\frac{a^2b^2c^2}{\left ( b+c-a \right )^2\left ( c+a-b \right )^2\left ( a+b-c \right )^2}}$ $(6)$
Vì $a$, $b$, $c$ là độ dài các cạnh của một tam giác nên ta có bất đẳng thức:
$\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\left ( c+a-b \right )\leq abc$ $(7)$
(Bất đẳng thức này dễ dàng chứng minh!)
Từ $(6)$ và $(7)$ ta thu được:
$R_1+R_2+R_3\geq 12r$
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$R_1=R_2=R_3$ và $b+c-a=c+a-b=a+b-c$ do đó khi và chỉ khi tam giác $ABC$ là tam giác đều.
Hình mình đang vẽ up sau nhé chủ topic.