robin997

Giải phương trình vi phân $(x-y+4)dy+(x+y-2)dx=0$

$(x-y+4)dy+(x+y-2)dx=0\\\Leftrightarrow (x-y+4)\frac{dy}{dx}+x+y-2=0\\\Leftrightarrow (2x+8)\frac{dy}{dx}+2y-2y \frac{dy}{dx}=4-2 x\\\Leftrightarrow \frac{d((2x+8)y)}{dx}-\frac{d(y^2)}{x}=\frac{d((2x+8)y-y^2)}{dx}=4-2x$
Theo đó: $(2x+8)y-y^2=4x-x^2+k$ Hay $x^2-y^2+2xy+8y-4x-k=0$

:'P

Trong quá trình tìm (dịch tài liệu) trên ML, lại thấy bài số phức chưa giải. Anh em VMF chém
 
Đề:
Find constraints on (Tìm trong R) such that (sao cho)  ,

(1) and

(2) If , then .
 
Link tại đây!

( $a,b,c$ là các hằng số thực )
Có: $|w_1+w_3|^2=(w_1+w_3)(\bar{w_1}+\bar{w_3})=w_1\bar{w_1}+w_3\bar{w_3}+(w_1\bar{w_3}+\bar{w_1}w_3)=|w_1|^2+|w_3|^2+w_1.w_3$
( Kí hiệu "$.$" cho tích vô hướng của 2 số phức )
$u=|w_1|^2+a|w_2|^2+b|w_3|^2+c(w_1.w_3)$
- Chọn $w_1=w_3=0$, ta có $(1): a|w_2|^2\ge 0$
Theo $(2)$, ta có $a>0$
- Chọn $w_1=w_2=0$, tương tự, ta có $b>0$
- Chọn $w_2=0$ và $w_3\neq 0$, $(1)$ :
$u=|w_1|^2+b|w_3|^2+c(w_1.w_3)=|w_3|^2\left( \left| \frac{w_1}{w_3} \right|^2+c\left| \frac{w_1}{w_3} \right|Cos(w_1,w_3)+b \right)=|w_3|^2 S \ge 0$
Giả sử $S$ tồn tại nghiệm $\left| \frac{w_1}{w_3} \right|$ dương $(b>0)$, ta có một bộ nghiệm $u=0$ với $w_3\neq 0$, trái với $(2)$
Theo đó, $S$ có 2 nghiệm $\left| \frac{w_1}{w_3} \right|$ âm hoặc vô nghiệm, cả hai đều cho $S>0$
___$o$ $S$ có 2 nghiệm âm:$ \begin{cases}
& \Delta \ge 0 \\
& S<0 \\
& P>0
\end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases}
& \Delta \ge 0 \\
& -cCos(w_1,w_3)<0 ( \forall w_1,w_3) \\
& b>0
\end{cases}$
Do $w_1,w_3$ không cố định, $c$ là hằng số, $-cCos(w_1,w_3)$ mang dấu bất kì, điều kiện không xảy ra!
___$o$ $S$ vô nghiệm:
$\Delta= c^2Cos^2(w_1,w_3)-4b<0\Leftrightarrow b>\frac{c^2Cos^2(w_1,w_3)}{4}$
Lại do $w_1,w_3$ không cố định, $\frac{c^2Cos^2(w_1,w_3)}{4}$ di chuyển trên $\left[0;\frac{c^2}{4}\right]$
Theo đó, $b>\frac{c^2}{4}$
______
Do dấu của $Cos^2(w_1,w_3)$ không phụ thuộc dấu của $Cos(w_1,w_3)$, không cùng xảy ra cả hai...
______
Xét $a>0$, $b>\frac{c^2}{4}$: $u=\begin{cases}
& a|w_2|^2+|w_3|^2 S>0 (w_3\neq 0) \\
& |w_1|^2+a|w_2|^2\ge 0 (w_3=0)
\end{cases}$
$u=0\Leftrightarrow w_1=w_2=w_3=0$, thỏa mãn $(1)$ và $(2)$ !
_______
Tóm lại, điều kiện là $a>0$ và $b>\frac{c^2}{4}$

Hỏi (Bài $4$):
 
Tìm số phức $z$ thỏa mãn: $\sin z=2$

Nguồn Mathlinks.ro

 
(Có tồn tại giá trị $z$ để $\sin z =2>1$ không nhỉ, CD13 không biết cách giải!)

Có: $sinz=\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}=2\\\Leftrightarrow (e^{iz})^2-4ie^{iz}-1=0\\\Leftrightarrow e^{iz}=2i\pm i\sqrt{3}=i(2\pm \sqrt{3}) (\Delta '=-3)\\\Leftrightarrow iz=ln|2\pm 3|+i(\pi /2+2k \pi)$
Theo đó, kết quả là:
$z=(\pi /2+2k \pi)-i ln(2\pm \sqrt{3})$
(Với $k\in Z$)

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O,R).Gọi Q là tâm đường tròn Ơ-le của tam giác ,M,N,P lần lượt là giao điểm của (O) với QA,QB,QC.(Q là trung điểm HO với H là trực tâm của tam giác ABC)
$CMR:\dfrac{1}{QM}+\dfrac{1}{QN}+\dfrac{1}{QP} \geq \dfrac{3}{R}$
P/s:Bạn nào có ý tưởng nào cứ nêu ra để tham khảo!

- Chọn hệ tọa độ phức với đơn vị sao cho $(O;R)$ là đường tròn đơn vị. ( $z$ là tọa vị của mỗi điểm $Z$ ) 
- Ta có tọa vị của điểm trọng điểm $G$ là $\frac{a+b+c}{3}$, ta có điểm $Q$: $q=\frac{3g}{2}=\frac{a+b+c}{2}$
- Phương trình đường thẳng $QA$:$z(\bar{a}-\bar{q})-\bar{z}(a-q)+a\bar{q}-\bar{a}q=0$
- Phương trình giao điểm với đường tròn $z\bar{z}=1$ :
$z^2(\bar{a}-\bar{q})+z(a\bar{q}-\bar{a}q)-(a-q)=0$
- Có $QA$ giao $(O)$ tại hai điểm $A$ và $M$, $a$ và $m$ là 2 nghiệm của phương trình trên:
Theo Viète: $am=-\frac{a-q}{\bar{a}-\bar{q}}\Leftrightarrow m=-\frac{a-q}{a(\bar{a}-\bar{q})}=\frac{bc(a-b-c)}{-bc+ab+ac}$
- $|m-q|=\left|\frac{abc-a^2b-ab^2-a^2c-ac^2-b^2c-bc^2}{2(-bc+ab+ac)}\right|=\frac{1}{2}\left|\frac{(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1}{-1+\bar{a}b+\bar{a}c}\right|$
- Theo đó: $\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}=2\frac{|-1+\bar{a}b+\bar{a}c|+|-1+\bar{b}a+\bar{b}c|+|-1+\bar{c}a+\bar{c}b|}{|(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1|}$
Và $\frac{3}{R}=3$
- Theo bất đẳng thức tam giác, ta có:
$\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}\geq 2\frac{|-3+(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)|}{|(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)-1|}$
Lại có $(a\bar{b}+\bar{a}b)+(a\bar{c}+\bar{a}c)+(c\bar{b}+\bar{c}b)=2(cos(2A)+cos(2B)+cos(2C))=2(-1-4cosAcosBcosC)=2(-1-4P)$
- Có $P=cosAcosBcosC\in \left(0;\frac{1}{8}\right]$ ( Tam giác nhọn )
- $\frac{1}{QM}+\frac{1}{QN}+\frac{1}{QP}\geq 2\left|\frac{5+8P}{3+8P}\right|\geq 3$ (Bất đẳng thức hiển nhiên đúng :')
- Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ P=cosAcosBcosC=\frac{1}{8} \\
& \ (-1+\bar{a}b+\bar{a}c)||(-1+\bar{b}a+\bar{b}c)||(-1+\bar{c}a+\bar{c}b)
\end{cases} $ Hay tam giác $ABC$ đều ^^~
(P/S a Phúc)

Bài toán 9: Nếu ${\left( {1 + {x^{2005}} + {x^{2006}} + {x^{2007}}} \right)^{2008}} =f(x) = {a_0} + {a_1}{x^1} + {a_2}{x^2} + ........ + {a_n}{x^n}$,tính giá trị của tổng ${a_0} - \frac{1}{3}{a_1} - \frac{1}{3}{a_2} + {a_3} - \frac{1}{3}{a_4} - \frac{1}{3}{a_5} + {a_6} - .................$.

-Tổng cần tính:
$S=\sum_{i\vdots 3}a_i -\frac{1}{3}\sum_{i\not{\vdots} 3}a_i=\frac{1}{3}( 4 \sum_{i\vdots 3}a_i - \sum a_i)\\
= \frac{1}{3}( \frac{4}{3} ( f(1)+ f(e^{i \frac{2 \pi}{3}})+f(e^{i 2\frac{2 \pi}{3}}))-f(1))=\frac{1}{9} (4^{2008} +4.2.1^{2008})=\frac{4^{2008}+8}{9}$

Bài toán 8: Tính giá trị của $S = \sum\limits_{k = 1}^n {{{\cos }^2}} \left( {\frac{{2k\pi }}{n}} \right)$.

 

Tổng quát thì ta có kết quả sau :$\sum\limits_{k = 1}^n {{{\cos }^p}} \frac{{2k\pi }}{n} = \frac{n}{{{2^p}}}\sum\limits_{k = 0,n|2k - p}^p {\left( \begin{array}{c}p\\k\end{array} \right)} $.

Nên nếu lấy $k$ chạy từ $1$ đến $n$, ta được $n$ nghiệm phân biệt của phương trình:
$z^n=1\Leftrightarrow z^n-1=0$
-Ta kí hiệu như sau:
$_p\delta _n=\sum_{k=1}^n{cos(p\frac{2k\pi }{n})}$
-Theo định lý Viète, ta có:
$\begin{cases}
& \Delta_1e^{i\frac{2k\pi }{n}}=\sum_{k=1}^n{cos(\frac{2k\pi }{n})}+i(..)=_1\delta^n+i(..)=0 (n>1) \\
& \Delta_2e^{i\frac{2k\pi }{n}}=0\\
& .... \\
& \Delta_ne^{i\frac{2k\pi }{n}}=\prod_{k=1}^ne^{i\frac{2k\pi }{n}}=(-1)^{n+1}
\end{cases}$ ( $_1\delta_1=1$ )
$\rightarrow Re\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p = _p\delta_n$
Dễ có $\forall n>p$: $\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p=0\Rightarrow Re\Delta_1\left(e^{i\frac{2k\pi }{n}}\right)^p = _p\delta_n=0 $
Theo đó, ta có:
$S=\sum_{k=1}^n{cos^2(\frac{2k\pi }{n})}=\sum_{k=1}^n\frac{1}{2}\left({cos(2\frac{2k\pi }{n})+1}\right)=\frac{1}{2} {_2\delta_n}+\frac{n}{2}=\begin{cases}
&\frac{1}{2} {_2\delta_1}+\frac{1}{2}=1 (n=1)\\ &\frac{1}{2} {_2\delta_2}+\frac{2}{2}=2 (n=2)\\ & \frac{n}{2} (n>2) \end{cases}$
-Tổng quát bài toán trong trường hợp $n>p$ :
$\sum_{k=1}^n{cos^p(\frac{2k\pi }{n})}=\sum_{k=1}^n{\frac{1}{2^p} }\sum_{e=0}^pC_p^eCos\left((p-2e)\frac{2k\pi }{n}\right)=\frac{1}{2^p}\sum_{e=0}^pC_p^e {(_{p-2e}\delta_n)}=\begin{cases}
& 0 (p \not{\vdots } 2) \\
& \frac{n}{2^p} C_p^{\frac{p}{2}}  (p\vdots 2)
\end{cases}$ 
....Cách này làm cho $n\leq p$ được không mấy anh?

Giải phương trình :
$1,\sqrt{7x^2-22x+28} + \sqrt{7x^2+8x+13} + \sqrt{31x^2+14x+4} = 3\sqrt[3]{x+2}$

$2, (x+3)\sqrt{(4-x)(12+x)}=28 - x$
$3, (\sqrt{2x^2+1}-1)=x(1+3x+8\sqrt{2x^2+1})$

$4,\sqrt{1-x^2}+ \sqrt[4]{x^2+x-1}+\sqrt[6]{1-x}=1$

Xác định 2 số $x;y\in R$ thỏa mãn :
$\sqrt{-4x^4.y^2 + 16x^2.y+9} - \sqrt{x^2.y^2 - 2y^2} = 2(x^2+\frac{1}{x^2})$

Cho $a,b,c$ là 3 số phức thỏa mãn $a+b+c=0$ và $|a|=|b|=|c|=1$. Chứng minh rằng với mọi số phức $z$ mà $|z|\le 1$ ta đều có $$3\le |z-a|+|z-b|+|z-c| \le 4$$

-Ta lấy $z$ tương ứng là tọa vị một điểm $Z$ trên mặt phẳng tọa độ trực chuẩn :
-Với $|a|=|b|=|c|=1$, ta có $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ ( $O$ là gốc tọa độ )
-Ta có trọng tâm tam giác $G$: $g=\frac{a+b+c}{3}=0=o$
Hay $G\equiv O$, ta có $\Delta ABC$ là tam giác đều nội tiếp đường tròn đơn vị.
-Với $z$ bất kì: $|z|\leq 1$, ta có điểm $Z$ không nằm ngoài đường tròn đơn vị.
-Bài toán đưa về một bài hình quen thuộc hồi THCS :')
-Đẳng thức xảy ra:
+Vế trái: $z=0$
+Vế phải: $z\in ${$\sqrt{ab};\sqrt{ac};\sqrt{bc}$}\{$a;b;c$}

Cho dãy số $(u_n)_{n \in \mathbb{N}^*}$ xác định bởi

$$ \left\{\begin{matrix} u_1=1 \\ u_{n+1}= n+u_{1}^2+...+u_{n}^2 \;\; , \forall n\geq 1 \end{matrix}\right. $$

Chứng minh dãy không chứa số chính phương nào ngoại trừ $u_1$

-Ta có công thức của dãy:
$u_{n+1}=n+\sum ^n_{i=1}u_i^2 (n\geq 1)\\\rightarrow u_n=n-1+\sum ^{n-1}_{i=1}u_i^2 (n\geq 2)$
Theo đó: $u_{n+1}=u_n+1+u_n ^2\forall n\geq 2$
-Dễ thấy từ công thức, dãy $u$ là dãy nguyên dương, nên:
$ u_n^2<u_{n+1}<u_n^2+2u_n+1=(u_n+1)^2$ $\forall n\geq 2$
Do đó: $u_{n+1}$ không là chính phương với $n\geq 2$
Hay $u_n$ không là chính phương với $n\geq 3$
-Lại có: $u_2=1+u_1^2=2$, không chính phương.
( Ta có điều phải chứng minh :')
______
Có $u_2=1+u_1^2$, $u_3=2+u_1^2+u_2^2=1+u_2+u_2^2$

Một tờ giấy có dạng hình vuông $ABCD$. Gấp tờ giấy sao cho $C$ nằm trên cạnh $AB$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $\dfrac{MR}{RQ}$

...đề cho giấy $ABCD$, mà sao hình vẽ lại là $ABDC$ ?

~~~~
...Theo hình vẽ:
Cách khác vậy ^^~


-Chọn hệ tọa độ trực chuẩn nhận độ dài cạnh hình vuông làm đơn vị sao cho:
$C=0+0.i$, $A=0+i$, $B=1+i$, $D=1+0.i$
-Điểm $M$ nằm trên cạnh $AB$: $M=k+i$ ( Với $k\in [0;1]$ )
-Để tạo điểm $Q$, ta tiến hành như sau: Thực hiện phép quay 'động' quanh $C$ để cố định $M$ tại điểm $(0+i)$, lấy đối xứng điểm $D$ qua đường thẳng $Im(z)=0,5$ và trả lại ảnh ban đầu :
Thể hiện qua hàm chuyển ảnh :
$Q=w(D)=\left( i+cọnjugate(\frac{i}{M} .D ) \right)\frac{M}{i}=M-\frac{M}{\bar{M}}=M-\frac{M^2}{|M|^2}$
-Do $M,R,Q$ thẳng hàng, theo Thales, ta có:
$\frac{MR}{RQ}=\left| \frac{M-R}{R-Q} \right|=\left| \frac{Re(M-1)}{Re(Q-1)} \right|=\left| \frac{k-1}{k-1-\frac{k^2-1}{k^2+1}} \right|=\left| \frac{k^2+1}{k(k-1)} \right|=\frac{k^2+1}{k(1-k)}=f(k)$
$\Rightarrow f'(k)=\frac{k^2+2k-1}{k^2(1-k)^2}=0\Leftrightarrow k=\pm \sqrt{2}-1$
Theo đó: $min\frac{MR}{RQ} =\min_{k\in [0;1]}f(k)=min(\lim_{k\rightarrow 0} f(k), f(\sqrt{2}-1),\lim_{k\rightarrow 1} f(k))=f(\sqrt{2}-1)=2+2\sqrt{2}$
-Giá trị đạt tại $k=\sqrt{2}-1$, hay $AM=(\sqrt{2}-1) a$ ( Với $a$ là độ dài cạnh hình vuông )

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.

-Chọn hệ tọa độ trực chuẩn sao cho $(ABC)$ là đường tròn đơn vị.
Với $z$ là tọa vị điểm $Z$ trên mặt phẳng: $a.a^*=b.b^*=c.c^*=1$, $ab=1$
-Điểm $C$ chính giữa $\widehat{AB}$: $c=\sqrt{ab}=\sqrt{1}$
Ta chọn $c=1$:
-Với $C,D,E,P$ thẳng hàng, ta lấy đường thẳng là tập hợp các điểm với tọa vị:
$f(k)=c+kx=1+kx$ $($ Với $x.x^*=1$, $f:R\rightarrow C$ $)$
$\Rightarrow f^*(k)=1+kx^*=\frac{1}{x^2}(x^2+kx)=\frac{1}{x^2}(f(k)+x^2-1)$
-Điểm $P$ trên đường tròn đơn vị:
$|p|=1\Leftrightarrow p.p^*=1\Rightarrow p(p+x^2-1)=x^2\Leftrightarrow (p-1)(p+x^2)=0$
$\Rightarrow p=-x^2$ ( $p\neq 1$ )
Ta viết lại: $f^*(k)=\frac{1}{p}(-f(k)+p+1)$
-Tiếp tuyến tại $A$ là tập hợp các điểm vuông góc $OA$ tại $A$:
$(D)_A: \frac{z-a}{a}+\frac{z^*-a^*}{a^*}=0\equiv z+z^*a^2=2a$
-Điểm $D$ thuộc tiếp tuyến tại $A$: $dp+a^2 (-d+p+1)=2ap\Leftrightarrow d(a^2-p)=a^2(p+1)-2ap\Leftrightarrow d=\frac{a^2(p+1)-2ap}{a^2-p}$
-Đổi vai trò $A$ và $B$, ta được điểm $E$:
$e=\frac{b^2(p+1)-2bp}{b^2-p}$
-Giao điểm $Q$ của $BD$ và $AE$, $q$ là nghiệm của hệ:
$\begin{cases}
& \ z(a^*-e^*)-z^*(a-e)+ae^*-a^*e=0 \\
& \ z(b^*-d^*)-z^*(b-d)+bd^*-b^*d=0
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2ab-p)+x^*(a^2p+ab^2+ab^2p-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a^2b \\
& \ z(a^2+b+bp-2ab-p)+x^*(b^2p+a^2b+a^2bp-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2ab^2
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2-p)+x^*(a^2p+b+bp-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a \\
& \ z(a^2+b+bp-2-p)+x^*(b^2p+a+ap-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2b
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(\delta -p-1)+z^*(-\delta p+p+1)=-2(p-1) \\
& \ z(\delta ^2+\delta p+\delta-6-2p)+z^*(\delta ^2p+\delta p+\delta-6p-2)=2(p+1)(\delta ^2-\delta -2)
\end{cases}\\\Rightarrow q=\frac{\delta ^2p^2+\delta ^2 p-\delta p^2-\delta-4p^2}{\delta ^2+2\delta p-2p^2-4p-2}$
( Với $\delta =a+b\Rightarrow \delta ^*=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=a+b=\delta$ )
-Theo đó: $q-p=\frac{(\delta -2p)(p^2-\delta p+1)}{2p^2+2+4p-2\delta p-\delta ^2p}=\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}$, với $p$ là biến chuyển động trên mặt phẳng.
-Đường thẳng $PQ$ là tập hợp các điểm :
$r_{k\in R}(k)=p+k(q-p)=p+k\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*)}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}\\\Rightarrow r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=p+\frac{\delta }{2}-p=\frac{\delta }{2}$
Không phụ thuộc vào $p$,nên là cố định.
Theo đó, đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định là :
$r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=\frac{\delta }{2}$

$(+)$ Về ý nghĩa hình học, điểm cố định chính là trung điểm của $AB$
$(+)$ Ở trên, với trung điểm cung $AB$, $\sqrt{1}$ , ta chỉ chọn một giá trị $1$,theo đó, đề bài vẫn đúng với
$C$ là trung điểm cung nhỏ $AB$
^^~

Chán, đề này mình chết toàn tập , chắc rớt mất rồi @@.Chủ topic làm được nhiêu thế?

Mình được một bài :'P... tại một số phần kiến thức mình không dám làm vào nên chỉ biết ngồi nhìn ='))
không đam mê lắm với thi 30-4 ^^~
...chú Triết làm mấy bài nhỉ

(sr, spam :'P)

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1: Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3: Cho tập hợp $X=${$1,2,3,....2n-1$} gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\geq 2)$. Người ta tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện: Nếu $a$ và $b$ ( Không nhất thiết phân biệt ) được tô thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng các số không được tô màu của $X$.
$a)$ Chứng minh rằng: $S\leq n^2$
$b)$ Hãy chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.

Chứng minh rằng nếu |z| = |w| thì số $\frac{z+w}{1+zw}$ là số thực (giả sử 1 + zw khác 0)

..Cái này là số phức hả e

- Lấy $|z|=|w|=u$ ( $u\in R, u\geq 0$ ) :
$z=u.e^{ia}$, $w=u.e^{ib}$
-Thì:
$v=\frac{z+w}{1+zw}=u\frac{e^{ia} +e^{ib}}{1+u^2e^{ia}e^{ib}}$
$\Rightarrow \bar{v}=u\frac{e^{-ia} +e^{-ib}}{1+u^2e^{-ia}e^{-ib}}=u\frac{e^{ia} +e^{ib}}{e^{ia}e^{ib}+u^2}$
- $v=\bar{v} \forall u\Leftrightarrow 1+u^2e^{ia}e^{ib}= e^{ia}e^{ib}+u^2\forall u \Rightarrow e^{ia}e^{ib}=1$
-Tóm lại, $\frac{z+w}{1+zw}$ không luôn thực