kerry0111

Bài 3:
Cho tam giác $ABC$ không cân,nội tiếp đường tròn $(O)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(I)$ thứ tự tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $A_0,B_0,C_0$. Đường tròn $(O_a)$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$,tiếp xúc với $BC$ tại $A_0$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $A_1$. $A_2$ là giao điểm của $AA_1$ và $BC$. Tương tự có $B_1;C_1$. Chứng minh rằng:
a,$\widehat{AA_1I}=\widehat{BB_1I}=\widehat{CC_1I}=90^{\circ}$
b,$A_2;B_2;C_2$ cùng thuộc một đường thẳng và đường thẳng đó vuông góc với $OI$.

l
a, dễ thấy $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ k chứa $A$ thì $J, A_0, A_1$ thẳng hàng

và $\widehat{A_1AJ}=\widehat{A_1A_0B}$ nên ta chỉ cần cm $\widehat{AIA_1}=\widehat{IA_0E}$

hay $\widehat{IA_0J}=\widehat{JIA_1}$

mà $JI^2=JB^2=JA_0.JA_1$

ta có đpcm

b, $\widehat{A_2AI}=\widehat{A_1A_0A_2}\Rightarrow A_2A_1.A_2A=A_2I^2\Rightarrow A_2O^2-A_2I^2=R^2$

xd 2 hệ thức tt và theo định lý 4 điểm ta có đpcm

b, $EK=2EO_1.sinEXK=2AE.sin\frac{BAD}{2}.sinAEF$

$Fl=2FO_2.sinFYL=2AF.sin\frac{CAD}{2}.sinAFE$

$\Rightarrow$ đpcm

Giải phương trình nghiệm nguyên:
\[ \phi(\sigma(2^x))=2^x \]

Albania BMO 2009

$\phi \left ( \sigma \left ( 2^x \right ) \right )=2^x$

$\Leftrightarrow \phi \left ( 2^n-1 \right )=2^{n-1}$ với $n=x+1$

$\Rightarrow 2^n-1|2^{2^{n-1}}-1$

$\Rightarrow n|2^{n-1}$

$\Rightarrow n=2^m$

$\Rightarrow \phi (2^{2^m}-1)=2^{2^m-1}$

$\Rightarrow 2^{2^m-1}=\phi \left ( F_{m}-2 \right )=\prod_{k=0}^{m-1}\phi \left ( F_{k} \right )\leq \prod_{k=0}^{m-1}2^{2^{k}}=2^{2^m-1}$

$\Rightarrow m-1 \in \left \{ 0;1;2;3;4 \right \}$

theo công thức euler ta cần cm $R^2-d^2=4Rr-4r^2$

ta cũng có hệ thức $R^2-ON^2=xyc^2+yza^2+zxb^2$

$(x=\frac{S_{NBC}}{S_{ABC}}=\frac{p-a}{p}, y=\frac{S_{NCA}}{S_{ABC}}=\frac{p-b}{p}, z=\frac{S_{NAB}}{S_{ABC}}=\frac{p-c}{p})$

$xyc^2+yza^2+zxb^2=\frac{\sum a^2(a+b-c)(a+c-b)}{\left ( \sum a \right )^2}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

$4Rr-4r^2=\frac{abc}{p}-\frac{4S^2}{p^2}=\frac{2abc-\prod (a+b-c)}{\sum a}=\frac{\sum a^4-2\sum a^2b^2+2\sum a^2bc}{\left ( \sum a \right )^2}$

tóm lại ta có đpcm

Bài toán 2.
Chứng minh rằng $\forall a,b,c>0$ ta luôn có 2 chiều bất đẳng thức:
$$\frac{3(a^2+b^2+c^2)}{a+b+c}\geq \sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$$

CM : $\sqrt{a^2-ab+b^2}+\sqrt{b^2-bc+c^2}+\sqrt{c^2-ca+a^2}\geq \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}$

$\Leftrightarrow 2\sum a^2-\sum ab+2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq 3\sum a^2$

$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}\geq \sum a^2+\sum ab$

$2\sum \sqrt{(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)}$

$\geq \sum \sqrt{(a^2+b^2)(b^2+c^2)}$

$\geq \sum a^2+\sum ab$

đpcm

còn vế thứ nhất sai thì phải :-"