Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


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