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.


nguyenqn1998

Đăng ký: 20-02-2013
Offline Đăng nhập: 06-01-2016 - 21:02
*----

#503204 $AS\perp PQ$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 01-06-2014 - 10:46

Gọi hai điểm $P,Q$  là 2 điểm đẳng giác của tam giác ABC. Kẻ $PH,PK$ lần lượt  vuông góc $AB,AC$. Kẻ $QM,QN$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$, $HK$ cắt $MN$ tại $S$. Chứng minh rằng $AS\perp PQ$


  • LNH yêu thích


#494581 CM vuông góc BI

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 22-04-2014 - 20:45

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\left ( O \right )$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $EF$ cắt $AH$ tại $M$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $AEHF$. CMR: $CM \perp BI$

 

@mod: lần sau nhớ gõ latex nhé :)


  • LNH yêu thích


#489778 $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\f...

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 31-03-2014 - 10:45

cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=1$

CMR: $ \frac{a}{\sqrt{a+b^2}}+\frac{b}{\sqrt{b+c^2}}+\frac{c}{\sqrt{c+a^2}}\leq\frac{3}{2} $

 

 




#489115 giải phương trình:$(x-x^2)(x^2+3x+2007)-2005x\sqrt{4-4x}=...

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 27-03-2014 - 20:59

$(x-x^2)(x^2+3x+2007)-2005x\sqrt{4-4x}=30\sqrt[4]{x^2+x-1}+2006$




#486644 $ab+bc+ca=1$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 13-03-2014 - 18:10

Giải hệ: 

$\left\{\begin{matrix} ab+bc+ca=1 & & \\ \dfrac{bc(b+c)}{2}=\dfrac{ca(c+a)}{4}=\dfrac{ab(a+b)}{10} \end{matrix}\right.$


  • LNH yêu thích


#484349 $(\sum\frac{a}{b})^2\geq (\sum a...

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 23-02-2014 - 15:05

Cho $a,b,c>0$ CMR:

$(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})^2\geq (a+b+c)(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$




#483618 $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 17-02-2014 - 11:50

1,   $1+\frac{r}{R}=cosA+cosB+cosC$

cmr: tam giác này đều!

 

với $r$ là bán kính đường tròn nội tiếp.

 

$R$ là bán kính đường tròn ngoài tiếp!

 

 

2, tam giác ABC có đặc điểm gì nếu biết:   $\frac{cosB-sinC}{cosC-sinB}=\frac{1}{c}$

theo hệ thức ơ le thì: $d^2=R^2-2Rr$

=> $d^2=R^2-2Rr\geq 0$

=> $\frac{R}{r}\geq 2$

=> $1+\frac{R}{r} \geq \frac{3}{2}$

mà $cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}$

=> tam giác ABC đều




#482948 Chứng minh rằng: $OK\perp KM$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 13-02-2014 - 20:07

Cho đường tròn $(O)$ đường kinh $AB$, $C,D$ là hai điểm di động trên $(O)$, $CD$ cắt $AB$ tại $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $OAC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$ tại $K$. CMR: $OK\perp KM$




#482246 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 09-02-2014 - 16:10

Cách 2: 

Nhận xét 1: nếu giữa 3 thành phố $A,B,C$ mà có 3 con đường một chiều thì chiều của chúng là $A->B->C$hoặc $C->B->A$.(Hiển nhiên đúng)
Nhận xét 2: Cứ 4
 thành phố $A,B,C,D$ thì có 2 thành phố mà giữa chúng không có con đường nào. 
Chứng minh: Giả sử ngược lại, cứ hai thành phố bất kì trong 4 thành phố $A,B,C,D$ thì có 1 con đường một chiều. 
Không mất tính tổng quát, ta xét 3 thành phố $A,B,C$. Theo nhận xét 1, chiều của các con đường trong 3 thành phố này là $A->B->C$ hoặc ngược lại. Không mất tổng quát xem hướng của chúng là $A->B->C$. Xét thành phố $D$. Nếu có $D->A$ thì sẽ không có $C->D$. Tức là sẽ phải có $D->C$. Nhưng khi đó ta có $D->C->A$ và $D->A$ nên không thỏa mãn. Vai trò của $A,B,C$ như nhau nên ta cũng không có $D->B$hay $D->C$. Như vậy thì ta phải có $A->D,B->D$ và $C->D$. Nhưng khi đó $A->B->D$ và $A->D$ nên cũng không thỏa mãn. Vậy điều giả sử là sai. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Với bổ đề thì ta sẽ có 4 thành phố bất kì thì có hai thành phố không được nối với nhau bởi một con đường ( hướng tùy ý). Áp dụng định lý Turan ta có tổng số con đường không vượt quá $(1-\frac{1}{3})\frac{n^2}{2}=210^2.(với $n=210$)
Xét một cách xây đường như sau: Chia 210 thành phố thành 3 nhóm $X,Y,Z$ mỗi nhóm có 70 thành phố. Ta xây các con đường từ mỗi thành phố trong nhóm X, đến mỗi thành phố trong nhóm Y. Tương tự Y đến Z và Z đến X. Tổng số con đường được xây là $3.70^2=\frac{210^2}{3}. Dễ thấy là cách xây này thỏa mãn điều kiện bài toán.

 




#481904 Trận 3 - Tổ hợp rời rạc

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 08-02-2014 - 12:02

Đề bài của LNH

 

Một quốc gia có $210$ thành phố. Ban đầu giữa các thành phố chưa có đường. Người ta muốn xây dựng một số con đường một chiều nối giữa các thành phố sao cho: Nếu có đường đi từ $A$ đến $B$ và từ $B$ đến $C$ thì không có đường đi từ $A$ đến $C$. Hỏi có thể xây dựng được nhiều nhất bao nhiêu đường?

Gọi A là thành phố có nhiều đường đi nhất.

Khi đó ta chia các thành phố còn lại thành 3 nhóm sao cho:

+Nhóm 1: có đường đi xuất phát từ A 

+Nhóm 2: có đường đi đến A

+Nhóm 3:không có đường đi đến A hoặc xuất phát từ A

Gọi $a$ là số thành phố của nhóm 1

       $b$ là số thành phố của nhóm 2

       $c$ là số thành phố của nhóm 3

Khi đó ta có $a+b+c=209$

Theo giả thiết thì không có đường đi giữa các thành phố trong nhóm và nhóm 2

Số các đường đi liên quan đến các thành phố nhóm 3 không vượt quá c(a+b) (Do bậc của $A=a+b$ lớn nhất)

Khi đó tổng số đường đi bao gồm:

+Số đường đi liên quan đến A: $a+b$

+Số đường đi liên quan đến các thành phố trong nhóm 3: $\leq c(a+b)$ 

+Số đường đi giữa nhóm 1 và 2: $\leq a.b$

Suy ra tổng số đường đi nhỏ hơn:

$ab+a+b+c(a+b)=ab+a(c+1)+b(c+1) \geq \frac{(a+b+c+1)^2}{3}=\frac{210^2}{3}$ (Theo AM-GM)

Dấu "=" xảy ra khi đồ thị có 3 nhóm, mỗi nhóm có 70 thành phố, thành phố nhóm 1 có đường đi đến thành phố nhóm 2, thành phố nhóm 2 có đường đi đến thành phố nhóm 3,thành phố nhóm 3 có đường đi đến thành phố nhóm 1 


  • LNH yêu thích


#480829 CMR $a+b+c\geq ab+bc+ca$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 04-02-2014 - 14:56

http://diendantoanho...-dẳng-thức-dẹp/




#479925 $a^2+b^2+c^2+2abc+1 \geq 2(ab+bc+ca)$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 29-01-2014 - 21:43

http://diendantoanho...bc1geq-2abbcca/




#478756 Cm: $d^{2}< R(R-2r)$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 24-01-2014 - 14:41

Gọi R,r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác ABC, d là khoảng cách giữa trọng tâm G và tâm O của đường tròn ngoại tiếp tam giác đó, chứng minh $d^{2}< R(R-2r)$

ta dễ có $9OG^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$

$R^2-OG^2=\frac{1}{9}(a^2+b^2+c^2)\geq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$ 

Mà $pr=\frac{abc}{4R}=>2Rr=\frac{abc}{a+b+c}\leq\frac{1}{3}\sqrt[3]{a^2b^2c^2}$

$=>d^2\leq R(R-2r)$ 

p/s: có dấu '=' nhá bạn :)




#477987 Cho $x+y+z=xyz$

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 19-01-2014 - 09:51

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=xyz$

Tìm Max  $\frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}$

Do $x+y+z=xyz$ nên tồn tại $tanA,tanB,tanC$ sao cho:

$x=tanA,y=tanB,z=tanC$

$=> \frac{2}{\sqrt{x^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{y^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{z^2+1}}=2.cosA+cosB+cosC=2.(1-2sin^2\frac{A}{2})+2cos(\frac{B+C}{2}).cos(\frac{B-C}{2})\leq 2-4sin^2\frac{A}{2}+2.sin\frac{A}{2}=2,5-(2sin\frac{A}{2}-\frac{1}{2})^2\leq 2,5$




#477447 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c...

Gửi bởi nguyenqn1998 trong 15-01-2014 - 21:18

Đặt $p=a+b+c$ , $q=ab+bc+ca$ và $r=a.b.c$,
Từ BĐT ban đầu ta quy đồng vế trái lên, sẽ đưa về được :
$\frac{p^2+q}{p.q-r}\leq \frac{3}{2}$
$\Leftrightarrow 2p^2+2q\leq 3pq-3r$
$\Leftrightarrow p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geqslant 0$ ( Vì $p=q$ )
Ta có :$r\geq \frac{p.q}{9}=\frac{p^2}{9}$ 
Nên $p^2-2p-3r\geq p^2-2p-\frac{p^2}{3}$
Ta cần chứng minh $p^2-2p-\frac{p^2}{3}\geq 0$ hay $p.(p-3)\geq 0$ (1)
Từ giả thiết $p=q \Rightarrow p=q\leq \frac{p^2}{3}$ 
$\Rightarrow p\geq 3$  (2) 
Từ (2) suy ra (1) đúng
Vậy BĐT được chứng minh

chỗ này ngược dấu rồi bạn