thanhdotk14

Câu 2:

$a.$ Ta có: $AE=AD.\cos \frac{A}{2}=AF$

Ta cần chứng minh:

$\frac{HB}{HC}=\frac{FB}{EC}$

$\Leftrightarrow \frac{AB.\cos B}{AC.\cos C}=\frac{BD.\cos B}{CD.\cos C}$

$\Leftrightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{CD}$

Nhưng đẳng thức trên luôn đúng do $AD$ là đường phân giác 

Từ đó suy ra: $\frac{HB}{HC}.\frac{EC}{EA}.\frac{FA}{FB}=1$

Do đó: $AH,BE,CF$ đông quy hay ta có đpcm

$b.$ Gọi $I=FD\cap AH, J=BI\cap AC$

Ta có: $\widehat {FBJ}=\widehat{FHI}=\widehat{FDA}=\widehat{AFE}$

$\Rightarrow FE\parallel BJ$

Vì $AE=AF \Rightarrow FB=EJ$

$\Rightarrow \frac{HB}{HC}=\frac{FB}{EC}=\frac{EJ}{EC}=\frac{KB}{KC} (đpcm)$

$c.$ Ta cần chứng minh:

$FB.NB<EC.NC$

$\Rightarrow BD.\cos B.NB<CD.\cos C.NC$

$\Rightarrow (NB-ND).\cos B.NB<(NC+ND).\cos C.NC$

Vì $AB<AC\Rightarrow \cos B<\cos C$

Và $(NB-ND).NB<(NC+ND).NC$

Do đó ta có đpcm 

Bài dãy số trong đề chọn đội tuyển HSG Lâm Đồng 2013 – 2014

Cho dãy số $\left( {{x}_{n}} \right),n=1,2,3,...$ xác định bởi

$x_1=1  $

$ {{x}_{n}}=\sqrt{{{x}_{n}}\left( {{x}_{n}}+1 \right)\left( {{x}_{n}}+2 \right)\left( {{x}_{n}}+3 \right)+1}  $

$n=1,2,3,...$

a. Chứng minh : $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{x}_{n}}=+\infty $

b. Tìm $\underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,\sum\limits_{k=1}^{n}{\frac{1}{{{x}_{k}}+2}}$

Bài giải:

$a.$Từ cách xác định dãy, ta dễ dàng suy ra được: $x_n>0 \forall n=1,2,...$

Ta có: $$x_{n+1}=\sqrt{(x_n^2+3x_n)(x_n^2+3x_n+2)+1}$$

$$=\sqrt{(x_n^2+3x_n+1)^2}=x_n^2+3x_n+1$$

$$\Rightarrow x_{n+1}>3x_n>3^2x_{n-1}>...>3^n.x_1=3^n$$

$$\Rightarrow \lim_{n\to +\infty} x_n=+\infty$$

$b.$ Ta có:$$x_{n+1}=x_n^2+3x_n+1$$

$$\Rightarrow x_{n+1}+1=(x_n+1)(x_n+2)$$

$$\Rightarrow \frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_n+2}$$

$$\Rightarrow \frac{1}{x_n+2}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$$

Do đó: $$\sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k+2}=1-\frac{1}{x_{n+1}+1}$$

$$\Rightarrow \lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^n \frac{1}{x_k+2}=1$$

Bài này đã có trên tạp chí THTT năm 2005.

cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp (I) . gọi điểm D bất kỳ trên BC . Đường tròn (P) tiếp xúc với DC,DA tại E,F tiếp xúc trong với (O) tai K . Chứng minh I,E,F thẳng hàng

Bài giải:

Bổ đề 1: $AB$ là dây của đườn tròn $(O)$.$(I)$ tiếp xúc với dây $AB$ tại $K$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $T$. Gọi $L$ là giao điểm của $TK$ với $(O)$. Khi đó, ta có: $L$ là trung điểm của cung $AB$ không chứa $T$ và $LA^2=LK.LT$

Bổ đề 2: Điểm $M$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $I \in [MA]$ sao cho $MI=MB$.Khi đó, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Quay lại bài toán:

Kẻ $KF$ cắt $(O)$ tại $L$, $AL$ cắt $EF$ tại $I$

Theo bổ đề 1, ta có $AL$ là phân giác của $\widehat{BAC}$

Mặt khác, ta có: $\widehat{FEK}=\widehat{IAK}=\widehat{FKx}$

$\Rightarrow AIEK$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AIK}=\widehat{AEK}=\widehat{EFK}$

$\Delta LFI \sim \Delta LIK$

$\Rightarrow LI^2=LF.LK$

Lại theo bổ đề 1, ta có: $LC^2=LF.LK$

$\Rightarrow LI=LC$

Từ đó, theo bổ đề 2, ta suy ra: $I$ chính là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$

Từ đó ta có đpcm

_________________________________

@kreus, zô nhận hàng nè =))

Cho a,b,c dương. CMR: $ \frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca} +\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)} \geq 2(1)$

Bài giải:

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $c=\min\left\{a;b;c\right\}$

Ta viết lại bất đẳng thức $(1)$ như sau:$$\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}-1+\frac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}-1\ge 0$$

$$\Leftrightarrow \prod_{a,b,c} (a+b). [(a-b)^2+(a-c)(b-c)]-(ab+bc+ca)[2c(a-b)^2+(a+b)(a-c)(b-c)]\ge 0$$

$$\Leftrightarrow M(a-b)^2+N(a-c)(b-c)\ge 0$$

Với $M=\prod_{a,b,c} (a+b)-2c(ab+bc+ca), N=\prod_{a,b,c} (a+b)-(a+b)(ab+bc+ca)$

Đến đây ta dễ dàng chứng minh được rằng $M,N\ge 0$ với $c=\min\left\{a;b;c\right\}$

Do đó, bất đẳng thức được chứng minh

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c$

Bài 12: $x,y,z$ là 3 số thực phân biệt. CMR:

$\sum \left ( \frac{a-b}{b-c} \right )^2>\sum \frac{a+b}{b+c}(1)$

Bài giải:

Đặt $(a+b;b+c;c+a)\to (x;y;z)$ ($x\ne y\ne z\ne 0$)

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x-y+z}{2} & & \\ b=\frac{x+y-z}{2} & & \\ c=\frac{-x+y+z}{2} & & \end{matrix}\right.$

Từ đó, $(1)$ được viết lại thành: $$\sum \left(\frac{z-y}{x-z}\right)^2\ge \sum \frac{x}{y}(2)$$

Lại có: $$\left(\frac{z-y}{x-z}\right)^2-\frac{x}{y}=\frac{(y-x)(y-z)(y-z+x)}{y(x-z)^2}-\frac{x(x-y)(x-z)}{y(x-z)^2}$$

Do đó: $(2)$ được viết lại thành:$$\sum \frac{(y-x)(y-z)(y-z+x)}{y(x-z)^2}-\sum \frac{x(x-y)(x-z)}{y(x-z)^2}>0$$

$$\Leftrightarrow \sum (x-y)(x-z)\left[\frac{x-y+z}{x(z-y)^2}-\frac{x}{y(x-z)^2}\right]>0$$

$$\Leftrightarrow A(x-y)(x-z)+B(y-x)(y-z)+C(z-x)(z-y)>0$$

Với $A=\frac{x-y+z}{x(z-y)^2}-\frac{x}{y(x-z)^2}, B=..., C=...$     

Giả sử $(x;y;z)$ đơn điệu thì $(A;B;C)$ cũng đơn điệu (Tự suy ra nha, lười gõ quá)     

Từ đó áp dụng bất đẳng thức schur suy rộng ta có ngay đpcm

Bài toán: Tìm tất cả các giá trị của $a$ để dãy số $\left\{x_n\right\}$ xác định bởi $x_0=a, x_{n+1}=2-x_n^2$ có giới hạn hữu hạn.

bài 1: cho $x_{n}=(\sqrt{3}+1)^{n}+(1-\sqrt{3})^n$ $n\in N$

a) Tìm n sao cho$x_{n}$ là số nguyên dương chẵn

b) Tìm k nguyên dương lớn nhất sao cho $x_{2013}\vdots 2^{k}$

 

 

Đề của bạn sai rồi, mình đã sửa lại như trên 
_____________________________

Bài giải:

$a.$Đặt $a=\sqrt{3}+1, b=1-\sqrt{3}$

Từ đó dễ dàng suy ra được $a,b$ là nghiệm của phương trình: $x^2-2x-2=0(1)$

Ta chứng minh rằng: $x_n$ là số nguyên dương với mọi $n\in \mathbb{N}$ bằng phương pháp qui nạp

Với $n=0$, rõ ràng khẳng định trên đúng

Giả sử khẳng định trên đúng với $n=k+1$

Ta cần chứng khẳng định đúng với $n=k+2$

Ta có: $$x_{k+2}=a^{k+2}+b^{k+2}=a^k.a^2+b^k.b^2$$

$$=a^k(2a+2)+b^k(2b+2)=2(x_{k+1}+x_k)$$

Theo giả thiết qui nạp, ta có $x_{k+1}+x_k\in \mathbb{N^*}$ nên ta suy ra $x_{k+2}\in \mathbb{N^*}$

Từ đó, theo nguyên lí qui nạp ta có khẳng định trên đúng với mọi $n\in \mathbb{N}$

Và cũng từ cách chứng minh ở trên, ta dễ dàng suy ra được: $x_n$ là số nguyên dương chẵn với mọi $n\in \mathbb{N}$

$b.$ Với $n$ lẻ, ta có: $$x_{n+2}=2(x_{n+1}+x_n)=2^2(x_{n-2}+x_{n-1}+x_{n-1}+x_n)$$

$$=...=2^{\frac{n+3}{2}}(1+S)\vdots 2^{\frac{n+3}{2}}(2)$$

(Vì $S\vdots 2$)

Thay $n=2011$ vào $(2)$, ta được: $x_{2013}\vdots 2^{1008}$

Hay giá trị lớn nhất của $k$ là $1008$

___________________

Bài 3: Tương tự Bài 1

Bài 2: Chưa biết làm     

Cho các số dương a,b,c thỏa mãn $abc=a+b+c+2$. Tìm min

$A=abc(a-1)(b-1)(c-1)(1)$

Bài giải: Từ giả thiết, ta suy ra tồn tại $x,y,z>0$ sao cho: $$a=\frac{y+z}{x},b=\frac{z+x}{y},c=\frac{x+y}{z}$$

Khi đó, $(1)$ được viết lại thành:

$$(x+y)(y+z)(z+x)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)\le 8x^2y^2z^2$$

$$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)[xyz-(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)]\ge xyz[(x+y)(y+z)(z+x)-8xyz]$$

$$\Leftrightarrow (x+y)(y+z)(z+x)[(x+y-z)(x-y)^2+z(x-z)(y-z)]\ge xyz[2z(x-y)^2+(x+y)(x-z)(y-z)(2)$$

$$\Leftrightarrow M(x-y)^2+N(x-z)(y-z)\ge 0$$

Với: $M=(x+y)(y+z)(z+x)(x+y-z)-xyz.2z$

$N=(x+y)(y+z)(z+x).z-xyz(x+y)$

Không mất tính tổng quát, giả sử $z=min\left\{x;y;z\right\}$

Khi đó ta cần chứng minh $M,N\ge 0$

Ta có: $M\ge 8xyz.x-2xyz.z=2xyz(4x-z)\ge 0$

$N=z(x+y)[(y+z)(z+x)-xy]\ge c(x+y) (xy-xy)=0$

Vậy bài toán đã được chứng minh

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=2$

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} \ln \sqrt{x} -\ln \sqrt{y}=\frac{1}{2}(xy+1)(y-x)& \\ x^{2}+y^{2}=1 & \end{matrix}\right.(*)$

Bài giải:

ĐKXĐ: $x,y>0$

TH1: Nếu $x>y>0$ thì ta thấy: $VT(*)> 0, VP(*)< 0$

TH2: Nếu $0<x\le y$ thì ta thấy $VT(*)\le 0, VP(*)\ge 0$

$\Rightarrow x=y$

Thay vào phương trình thứ hai ta được nghiệm là: $x=y=\sqrt{\frac{1}{2}}$

Cho $A=\sqrt{4n^2+n}$ với $n$ là số tự nhiên.Chứng minh {A} $\leq \frac{1}{4}$

Bài giải:

Ta có: $$\left\{A\right\}=A-[A]$$

Trong đó: $[A]$ là phần nguyên của $A$

Ta cần chứng minh: $$2n<\sqrt{4n^2+n}< 2n+1$$

$$\Leftrightarrow 4n^2< 4n^2+n< 4n^2+4n+1$$

Nhưng bất đẳng thức trên luôn đúng vì $n\in \mathbb{N}$

Từ đó ta có: $[A]=2n$

$\Rightarrow \left\{A\right\}=\sqrt{4n^2+n}-2n\le \frac{1}{4}$

$\Leftrightarrow 4n^2+n\le 4n^2+n+\frac{1}{16}$

Bất đẳng thức này đúng

Vậy ta có đpcm

$\boxed{\text{Problem}}$

Cho pt: $\frac{1}{x-1}+\frac{1}{4x-1}+...+\frac{1}{k^{2}x-1}+...+\frac{1}{n^{2}-1}=0$

 

a) Chứng minh với mỗi n nguyên dương thì pt trên có duy nhất 1 nghiệm $x_{n}>1$

b) Chứng minh: lim$x_{n}$=4

Đề của bạn thiếu r, đây là đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2002, mình xin sửa lại đề và trình bay bài giải như sau:    

_________________________________________________________

Đề bài:  Cho phương trình: $$\frac{1}{x-1}+\frac{1}{4x-1}+...+\frac{1}{k^2x-1}+...+\frac{1}{n^2x-1}-\frac{1}{2}=0$$

$a)$ Chứng minh rằng với mỗi $n$ nguiyên dương thì phương trình trên có duy nhất một nghiệm $x_n>1$

$b)$ Chứng minh rằng: $\lim x_n=4$

Bài giải:

$a)$ Đặt: $$f_n(x)=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{4x-1}+...+\frac{1}{n^2x-1}-\frac{1}{2}$$

Khi đó ta có: $\lim _{x\to 1^+}f_n(x)=+\infty, \lim_{x\to +\infty}f_n(x)=-\frac{1}{2}$

Hơn nữa $f_n$ giảm trên $(1; +\infty)$

Từ đó dễ dàng suy ra được với mỗi $n$ nguyên dương thì phương $f_n(x)=0$ luôn có một nghiệm duy nhất $x_n>1$

$b)$ Ta có: $f_n(x_n)=0$ 

$$f_n(4)=\frac{1}{4-1}+\frac{1}{16-1}+...+\frac{1}{4n^2-1}-\frac{1}{2}$$

$$=\frac{1}{1.3}+\frac{1}{3.5}+...+\frac{1}{(2n-1)(2n+1)}-\frac{1}{2}$$

$$=\frac{1}{2}\left (1-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}\right) -\frac{1}{2}=-\frac{1}{4n+2}$$

Áp dụng định lí $Lagrange$ ta có: $$\frac{1}{4n+2}=|f_n(x_n)-f_n(4)|=|f'_n(c)|.|x_n-4|$$

Với $c\in (x_n;4)$

Lại có: $$|f'_n(c)|=\frac{1}{(x-1)^2}+\frac{4}{(4x-1)^2}+...+\frac{n^2}{(n^2x-1)^2}> \frac{1}{9}$$

(Vì $1<c<4$)

Do đó ta có: $$0<|x_n-4|<\frac{9}{4n+2}$$

Từ đó dễ dàng suy ra được: $\lim x_n=4$

Cho $a,b,c,d>0$. Chứng minh rằng:$$\sqrt[3]{\frac{abc+abd+acd+bcd}{4}}\le \sqrt{\frac{ab+ac+ad+bc+bd+cd}{6}}$$

================================

p/s: Mong các bạn đóng góp nhiêu cách giải cho bài toán này 

 Tìm hằng số $k$ để bất đẳng thức sau đúng với mọi số thực dương $a,b,c$:
$$(a^{3}+k)^{3}+(b^{3}+k)^{3}+(c^{3}+k)^{3}\geq 3(abc+k)^{3}(*)$$

Đây là đề thì chọn đội tuyển toán Bình Định năm vừa rồi và nó đã có trên mathscope, mình xin trình bày lại lời giải của bài toán này:

Theo $AM-GM$, ta có: $$(a^3+k)^3+(b^3+k)^3+(c^3+k)^3\ge 3(a^3+k)(b^3+k)(c^3+k)$$

Với mọi $k\ge 0$, theo bất đẳng thức $Holder$ ta có:$$(a^3+k)(b^3+k)(c^3+k)\ge (abc+k)^3$$

Từ đó suy ra: với mọi $k\ge 0$ thì $(*)$ luôn đúng với mọi số thực dương $a,b,c$

$\boxed{\text{Problem}}$

    Cho tam giác ABC có H là trực tâm. Đường tròn qua B, C cắt AB, AC tại D, E. Gọi F là trực tâm tam giác ADE và I là giao của BE và CD. Chứng minh H, I, F thẳng hàng

Ta có định lí pappus: Trong mặt phẳng cho $3$ điểm $A,B,C$ nằm trên đường thẳng $d$ và $3$ điểm $A',B',C'$ nằm trên đường thẳng $d'$.Khi ấy, ta có: $M=AB'\cap A'B, N=AC'\cap A'C, K=BC'\cap B'C$ thẳng hàng

(p/s: phần chứng minh định lí này, bạn có thể tìm kiếm ở trên mạng)

Trở lại bài toán: 

Gọi các điểm như hình vẽ, trong đó: $K=BT\cap CQ, L=DR\cap EP$

Áp dụng định lí Pappus cho bộ điểm $(B,D,Q); (C,E,T)$, ta có: $F, K, I$ thẳng hàng

Tương tự, ta cũng có: $L,H,I$ và $F,L,H$ thẳng hàng

Từ đó ta có đpcm

Cho bốn điểm khác nhau $A,B,C,D$ nằm trên một đường thẳng theo thứ tự đó. Hai đường tròn đường kính $AC,BD$ cắt nhau tại hai điểm $X$ và $Y$. Đường thẳng $XY$ cắt $BC$ tại $Z$. Giả sử $P$ là một điểm khác $Z$ nằm trên $XY$. Đường thẳng $CP$ cắt đường tròn đường kính $AC$ tại $C$ và $M$. Đường thẳng $BP$ cắt đường tròn đường kính $BD$ tại $B$ và $N$. Chứng minh rằng $AM,DN,XY$ đồng quy

Bài giải:

Gọi $O$ và $O'$ lần lượt là tâm đường tròn đường kính $AC, BD$

Ta có: $PM.PC=PX.PY=PN.PB$

$\Rightarrow MBCN$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{MNB}=\widehat{MCB}$

$\Rightarrow \widehat{MAD}+\widehat{MND}=\widehat{MAD}+\widehat{MNB}+\frac{\pi}{2}=\widehat{MAD}+\widehat{MCA}+\frac{\pi}{2}=\pi$

$\Rightarrow AMND$ nội tiếp

Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $AMND$

Khi ấy, ta có:

$\left\{\begin{matrix} \left ( O \right )\cap \left ( O' \right )=\left \{ X;Y \right \}  & & \\ \left ( O \right)\cap \left ( I \right )=\left \{ A;M \right \} & & \\ \left ( O' \right )\cap \left ( I \right )=\left \{ N;D \right \} & & \\ \end{matrix}\right.$

Từ đó, theo định lí về trục đẳng phương ta có ngay đpcm