Đến nội dung

em yeu chi anh

em yeu chi anh

Đăng ký: 16-12-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
-----

#425004 $f(x+y)\geq f(x)+f(y)$, $\forall x,y\in \m...

Gửi bởi em yeu chi anh trong 08-06-2013 - 09:49

Nốt.

Từ $(4);(1)$ có $f(x+1) \geq f(x)+1$

      $ (4);(2)$ có $f(x) \geq f(x+1)-1$

    $\leftrightarrow f(x+1)=f(x)+1$

kết hợp $f(x)=0 \forall x \in (0;1)$

có $f(x)=[x] \forall x\in \mathbb{R}$.




#411395 Phủ đa giác bởi hình tròn

Gửi bởi em yeu chi anh trong 08-04-2013 - 21:49

CM định lý gogo đã đưa ra:

Giả sử hình lồi đó là $F$.

*Note: $F$ là hình lồi*

Ta chọn một đường thẳng $a$ không cắt $F$ và tịnh tiến $a$ lại gần $F$ cho đến khy nó đy qua một điểm của $F$.

Ta thu được ${a_1}$ có là đường thẳng chỉ có một điểm chung duy nhất với $F$ và $F$ nằm về một phía với đường thẳng ${a_1}$.

Tương tự như vậy ta có đường thẳng ${a_2} // {a_1}$ sao cho $F$ nằm trong khoảng giữa cách giữa ${a_1}$ và ${a_2}$. Rõ ràng khoảng cách giữa ${a_1}$ và ${a_2}$ không vượt quá $d$.

Chọn một đường thẳng $b$ nghiêng với ${a_1}$ một góc không quá $60^o$ và tiến hành tương tự như đối với ${a_1}$ và ${a_2}$ ta thu được 2 đường tựa ${b_1}//{b_2}$ cắt cặp đường thẳng ${a_1}//{a_2}$ tạo thành hình bình hành $ABCD$.

Bây giờ chọn đường thẳng $c$ nghiêng với ${a_1}$ môt góc $120^o$ và tiến hành tương tự ta thu được 2 đường tựa ${c_1}//{c_2}$ cắt hình bình hành $ABCD$ tạo nên 2 đoạn thẳng có độ dài $m$ và $n$. Ta có thể chỉ ra rằng có thể chọn vị trí bạn đầu của $a$ sao cho có $m=n$. Thật vậy đặt $y=m-n$  và $x$ là góc tạo bởi $a$ với ${a_0}$ là một đường thẳng cố định ban đầu. Khy đó có $y$ là hàm số liên tục đối với $x$.

Đặt $y=f(x)$. Ta có hiển nhiên $f(x)=-f(x+180)$. Khy đó theo định lý về giá trị trung bình cho hàm số liên tục ta có ${x_0} \in [0,180^o]$ sao cho $f({x_0})=0$.

Khy đó ta sẽ có $m=n$. Ta thấy hiển nhiên lục giác giới hạn bởi ${a_1},{a_2},{b_1},{b_2},{c_1},{c_2}$ là hình lục giác đều có tâm đối xứng là $O$ là giao điểm 2 đường chéo của hình bh $ABCD$.

Lùi các đường thẳng ${a_1},{a_2},{b_1},{b_2},{c_1},{c_2}$ sao cho chúng cùng cách $O$ một khoảng $\frac{d}{2}$ thỳ các đường thẳng này cắt nhau tạo thành một lục giác đều có khoảng cách các cặp đối diện bằng $d$ và chứa $F$.

Ta có đpcm.

*ngại vẽ hình, tự tưởng tượng nhé*.

 Còn bài này nữa (:|. Chứng minh rằng một hình có đường kính $d$ luôn có thể phủ bởi một hình tam giác đều cạnh $\sqrt{3}d$.




#411326 Tìm $k,n \in \mathbb{Z}$ sao chp $7^k-3^n | k^4+n^2...

Gửi bởi em yeu chi anh trong 08-04-2013 - 19:32

Tìm $k,n \in \mathbb{Z}$ sao cho $7^k-3^n | k^4+n^2$




#408778 Trong 1 hình vuông có cạnh bằng 1, đặt một hình $F$ mà khoảng cách...

Gửi bởi em yeu chi anh trong 28-03-2013 - 22:28

Đề bài không sai. Chỉ là thiếu sót chút thôi!!!

Đề sửa: Trong 1 hình vuông có cạnh bằng 1, đặt một hợp $F$ mà khoảng cách giữa $2$ điểm bất kì của nó không bằng $0,0001$. Chứng minh rằng diện tích của hình đó không lớn hơn
a) $0,34$
b)$0,287$

TL:

a, Ta tịnh tiến tập $F$ sang bên phải thành $F"$ và lên trên thành $F"$ 1 khoảng bằng $0,0001$ đơn vị.

   Rõ ràng ta có ${S_F}={S_F'}={S_F"}$.

   Mặt khác do đề bài có hợp $F$ có khoảng cách giữa $2$ điểm bất kỳ của nó không bằng $0,0001$ đơn vị cho nên có:

  $F\capF'\cap F"=\O$ .

  Dễ thấy 3 tập $F,F',F"$ thuộc hình vuông có cạnh 1,0001 nên có:

$3{S_F} \leq 1,0002.... \Rightarrow 0,34$.

b,

Vì hợp $F$ có khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ trong đó không bằng 0,0001 nên mỗi hình của $F$ nằm trọn trong hình tròn đường kính $0,0001$. Gọi hình tròn chứa hình ${F_i}$ là ${A_i}$. Ta có ${S_{F_i}}\leq{S_{A_i}}$. Và cũng do hợp $F$ có khoảng cách giữa 2 điểm bất kỳ trong đó không bằng $0,0001$ nên ta có lân cận bán kính $0,00005$ của các hình tròn ${A_i}$ không giao nhau. Gọi hình chứa lân cận  bán kính $0,00005$ của mỗi hình tròn ${S_{A_i}}$ là ${S_{B_i}}$.

Có ${S_{A_i}}\leq \frac{1}{4}.{S_{B_i}}$. Mà ${S_B}$ luôn nhỏ hơn diện tích của hình vuông cạnh 1,0001 đơn vị ( do lấy lân cận $0,0005$) nên tóm lại ta có ${S_F}\leq \frac{1}{4}.1,0001^2 \Leftrightarrow {S_F}\leq0,25....\leq 0,287$. đpcm.

 

---------------------------------

Một bài tương tự nhưng ý b vẫn sử dụng phép tịnh tiến + Đyrichlet:

Một tập hợp $H$ là hợp của một số đoạn thẳng nằm trong đoạn $[0;1]$. Biết khoảng cách giữa $2$ điểm bất kỳ của $H$ không bằng $0,1$. Chứng minh tổng độ dài của những đoạn thẳng tạo nên $A$ không vượt quá:

$a, 0,55.$

$b, 0,5$




#398816 Tìm tất cả đa thức $P_1(x),P_2(x),P_3(x),P_4(x)$

Gửi bởi em yeu chi anh trong 21-02-2013 - 16:29

Tìm tất cả đa thức $P_1(x),P_2(x),P_3(x),P_4(x)$ thỏa mãn \[{P_1}\left( x \right).{P_2}\left( y \right) - {P_3}\left( z \right).{P_4}\left( t \right) = 1,\forall \left\{ \begin{array}{l}
x,y,z,t \in \mathbb{R}\\
xy - zt = 1
\end{array} \right.\]

TL:
Gọi deg${P_i} = {n_i}$ với i=1;2. Chọn$ N \in \mathbb{N} $ sao cho số các ước số của $N \geq {n_1}+{n_2}$.
Chọn $x\in \mathbb{Z} $ và $x|N, y= \frac{N}{x} , z= 1, t=N-1$ ta có :
${P_1}(x) .{P_2}(\frac{N}{x}) -1 = {P_3}(1).{P_4}(N-1)$
Coi trên là phương trình đối với $x$ và VT có bậc $ \leq {n_1}+{n_2} $ mà đa thức này có nhiều hơn ${n_1}+{n_2}$ nghiệm nên
deg$({P_1}(x).{P_2}( \frac{N}{x} )) = 0$
$\Rightarrow {P_1}(x) = ax^n, {P_2}(x) = bx^n$
Tương tự thỳ ${P_3}(x) = cx^m, {P_4}(x) = dx^m$
Cho $x=y=1, z=t=0$ thỳ ${P_1}(x).{P_2} y) - {P_3}(z).{P_4}( t) = ab =1 $
Cho $x=y=0, z=1, t=-1$ thỳ ${P_1}(x).{P_2}(y) - {P_3}(z).{P_4}(t) = cd =1$
Cho $x=z=1, t= y-1$ có $y^n - (y-1)^m =1 \forall y \in \mathbb{Z}$
Do đó m=n=1
Vậy ${P_1}(x) =ax, {P_2}(x) = \frac{x}{a}, {P_3}(x)= cx, {P_4}(x) = \frac{x}{c}$ với a,c là hằng số khác 0.


#378645 Tìm 9 số nguyên tố nhỏ hơn 2002 sao cho chúng tạo thành 1 cấp số cộng

Gửi bởi em yeu chi anh trong 18-12-2012 - 19:41

Giải như sau:
Gọi $9$ số là $a,a+k,a+2k,a+3k,a+4k,...,a+8k$ $(*)$ với $k>0$ lập thành cấp số cộng với $a+ik$ với $0\le i\le 8$ là số nguyên tố
Suy ra $a>7$ vì nếu $a\le 7$ thì $a=2,3,5,7$ khi ấy chọn $i$ tương ứng sao cho $i=a$ thì $a+ik \vdots a$ không là số nguyên tố nên loại, do đó $a>7$ như vậy ta sẽ cm $k \vdots 2,3,5,7$ vì ngược lại nếu $k \not \vdots p$ với $p \in (2,3,5,7)$
Khi ấy do $a \not \vdots p$ (vì $a$ nguyên tố và $a>7$) nên xét dãy $a,a+1k,a+2k,...,a+(p-1)k$ $(1)$ thấy dãy trên có $p$ phần tử và $p \in (2,3,5,7)$ nên $p<8$ mặt khác hai phần tử bất kì của dãy trên có số dư khác nhau khi chia cho $p$ vì ngược lại $a+mk \equiv a+nk \pmod{p} \Rightarrow m \equiv n \pmod{p}$ vô lí vì $m,n<p$ do đó các số của dãy $(1)$ có số dư khác nhau đôi một khi chia cho $p$ nên tồn tại $a+ik \vdots p$ mà $i\le p-1<p<8$ nên $a+ik$ thuộc dãy $(*)$ vô lí vì mọi số của dãy $(*)$ đều là số nguyên tố do đó điều giả sử là sai nên $k \vdots 2,3,5,7$ mà $2,3,5,7$ nguyên tố cùng nhau đôi một
Do đó $k \vdots 210$ nên $k=210$ vì ngược lại $k\geq 420 \Rightarrow a+8k>2002$ vô lí
Như vậy $k=210$ do đó dãy $(*)$ là $a,a+210,a+2.210,...,a+8.210$
Mà $a>7$ nên $a\geq 11$ và $a+8.210\le 2002 \Rightarrow a\le 322$
Nhận thấy $a=11$ thì $a+210 \vdots 13$ nên loại, với $a=13$ thử trực tiếp ta có ngay bộ $9$ số $13,223,...,1693$


Ta thấy ngay 1273 thuộc dãy trên mà 1273=19.67
Ko được rồi
:luoi:
---------------------------
P/s: công sai là 210 đúng rồi nhưng $a=199$


#378636 $M$ là trung điểm của $PQ$

Gửi bởi em yeu chi anh trong 18-12-2012 - 19:08

Cho đường tròn nội tiếp $(O)$ của tam giác $ABC$.Gọi $M$ là trung điểm $BC, AM$ cắt $(O)$ tại hai điểm $K$ và $L$($K$ nằm giữa $A$ và $L$).Qua $K$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $X$, Qua $L$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Y$, $AX$ và $AY$ cắt $BC$ lần lượt tại $Q$ và $P$. Chứng minh rằng $M$ là trung điểm của $PQ$.


#378481 Tìm 9 số nguyên tố nhỏ hơn 2002 sao cho chúng tạo thành 1 cấp số cộng

Gửi bởi em yeu chi anh trong 17-12-2012 - 23:50

Tìm 9 số nguyên tố nhỏ hơn 2002 sao cho chúng tạo thành 1 cấp số cộng


#378244 $\{u_{n} \}=3n^2+3n+7$

Gửi bởi em yeu chi anh trong 17-12-2012 - 13:06

Cho dãy số $\{u_{n} \}$ được xác định như sau:
$u_{n}=3n^2+3n+7$
với $n= 1,2,3,...$.
CMR ko có số hạng nào của dãy là lập phương của 1 số tự nhiên.

Mod:Sử dụng Latex hoàn toàn trong bài viết.


#378243 CMR $AQ$ ⊥ $OI$

Gửi bởi em yeu chi anh trong 17-12-2012 - 12:54

Cho tam giác $ABC$. Một đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $P$ là
một điểm bên trong tam giác $ADE$, $F$ và $G$ là giao của $DE$ với $BP$ và $CP$. Đường tròn tâm (O) ngoại tiếp tam giác $PDG$, đường tròn tâm (I) ngoại tiếp tam giác $PEF$ cắt nhau tại điểm
thứ hai là $Q$. Chứng minh rằng $AQ$ ⊥ $OI$


#378242 Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy

Gửi bởi em yeu chi anh trong 17-12-2012 - 12:48

Cho tam giác $ABC$. Đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AB, AC$ tại $C', B'. H, H'$ là trực tâm tam giác $ABC, AB'C'$. Chứng minh rằng $HH', BB',CC'$ đồng quy

Giải như sau
Gọi giao điểm của $BB'$ và $CC'$ là $M$
Ta có $MB$.$MB'$= $MC$.$MC'$
=> $M$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $CC"$ và $BB'$
Mặt khác gọi giao điểm của $BH$ và $AC$ là $D$, giao điểm của $CH$ và $AB$ là $E$ thỳ $HD$.$HB$= $HC$.$HE$
=> $H$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn chứa dây $BD$ và dây $CE$
Mà tam giác $BB'D$ vuông ở $D$, tam giác $CC'E$ vuông ở $E$ nên
=> $H$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BB'$ và đường tròn đường kính $CC'$
CM tt thì $H'$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BB'$ và đường tròn đường kính $CC'$
Do đó 3 điểm $H$, $H'$, $M$ cùng thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BB'$ và đường tròn đường kính $CC'$
=> 3 đường thẳng $HH'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy!
Đpcm


#378101 $2\left ( \frac{1}{sinB}+\frac{1...

Gửi bởi em yeu chi anh trong 16-12-2012 - 18:51

CMR ABC là tam giác đều nếu:
$2\left ( \frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}-\sqrt{3}\right )\leq cotB+cotC$


$2\left ( \frac{1}{sinB} +\frac{1}{sinC} -\sqrt{3}\right)$

$=2\left ( \sqrt{cot^2B+1}+\sqrt{cot^2C+1}-\sqrt{3} \right )$

$\geq cotB+\sqrt{3}+cotC+\sqrt{3}-2\sqrt{3}$

$= cotB+cotC$

do đó $cotB=cotC=\frac{\sqrt{3}}{3} \Leftrightarrow \Delta ABC$ đều