dogsteven

$a=\sqrt[n]{2+\sqrt{3}}$ và $b=\sqrt[n]{2-\sqrt{3}}$. Khi đó $a^n+b^n=4$ và $ab=1$

Lúc này ta có thể viết như sau:

$(a+b)^n=P_1(a^{n-2}+b^{n-2}, a^{n-4}+b^{n-4},...)$

$(a+b)^{n-2} =P_2(a^{n-4}+b^{n-4}, a^{n-8}+b^{n-8},...)$

...

Trong đó các $P_i$ là hàm tuyến tính bậc nhất hệ số nguyên. Từ phương trình dưới cùng ta có thể biểu diễn $a^{n-2k}+b^{n-2k}$ (với $n-2k$ là nhỏ nhất) theo một đa thức hệ số hữu tỉ $a+b$

Từ đó tiếp tục thế lên các phương trình phía trên ta được điều phải chứng minh. Ngoài ra phương án này còn chỉ ra đa thức đó còn có bậc là $n$

Bài 1. Giả sử $\lim x_{n+1}+ax_{n} = 0$

Khi đó $\forall \epsilon >0$, tồn tại $N$ để $\forall n>N$, ta được: $|x_{n+1}+ax_{n}|<\epsilon$

Do đó $|x_{n+1}|<|a.x_{n}|+\epsilon<...<|a|^{t}.|x_{n_0}|+(1+|a|+|a^2|+...+|a^{t-1}|)\epsilon<|a|^{t}.|x_{n_0}|+\dfrac{\epsilon}{1-|a|}$

Cho $n$ tiến tới vô cực ta suy ra $|x_n|<\epsilon$, suy ra $\lim x_n=0$

 

i. Con thỏ di chuyển bí mật tới điểm $A_n$ mà $A_{n-1}$ cách $A_n$ đúng $1$.

iii. Thợ săn di chuyển tới điểm $B_n$ sao cho $B_n$ cách $B_{n-1}$ đúng $1$.

Em ggwp cách dịch ạ.

Bài 2.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ và hai điểm $E, F$ thỏa mãn $AE, AF$ đẳng giác góc $BAC$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$, $BF$ cắt $CE$ tại $Q$. Khi đó $AP, AQ$ đẳng giác góc $BAC$

Chứng minh.

Biến đổi tỉ số kép: $A(EP, BC)=C(EP, BA)=C(QF, BA)=A(QF, BC)=A(FQ, CB)$ nên $AP, AQ$ đẳng giác góc $BAC$

Hệ thức Maclaurin mở rộng: Cho $A, B, C, D, E$ nằm trên một đường thẳng, khi đó: $\overline{AB}.\overline{AC}=\overline{AD}.\overline{AE}\Leftrightarrow \dfrac{\overline{AB}}{\overline{AC}}=\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}.\dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}}$

Áp dụng bổ đề trên cho tam giác $APP*$ với $AQ, AQ*$ đẳng giác góc $PAP*$ ta suy ra $AR, AR*$ đẳng giác góc $PAP*$ nên đẳng giác góc $BAC$

Tương tự với các góc còn lại ta suy ra $R, R*$ đẳng giác trong tam giác $ABC$

Gọi $P_a, P*_a, Q_a, Q*_a, R_a, R*_a$ là hình chiếu của $P, P*, Q, Q*, R, R*$ trên $BC$

Ta sẽ chứng minh: $\dfrac{\overline{R_aP_a}}{\overline{R_aP*_a}}.\dfrac{\overline{R*_aP_a}}{\overline{R*_aP*_a}}=\dfrac{\overline{Q_aP_a}}{\overline{Q_aP*_a}}.\dfrac{\overline{Q*_aP_a}}{\overline{Q*_aP*_a}}$

Nhóm theo từng cặp trên các hình thang, điều này tương đương với: $\dfrac{\overline{RP}}{\overline{QP}}.\dfrac{\overline{R*P}}{\overline{Q*P}}=\dfrac{\overline{RP*}}{\overline{Q*P*}}.\dfrac{\overline{R*P*}}{\overline{QP*}}$, điều này hiển nhiên đúng.

Gọi $W$ là giao điểm của trục đẳng phương của hai đường tròn pedal ứng với $P, Q$ và $BC$

Khi đó $\overline{WP_a}.\overline{WP*_a}=\overline{WQ_a}.\overline{WQ*_a}$ nên theo hệ thức Maclaurin mở rộng, ta có:

$$\dfrac{\overline{WP_a}}{\overline{WP*_a}}=\dfrac{\overline{Q_aP_a}}{\overline{Q_aP*_a}}.\dfrac{\overline{Q*_aP_a}}{\overline{Q*_aP*_a}}=\dfrac{\overline{R_aP_a}}{\overline{R_aP*_a}}.\dfrac{\overline{R*_aP_a}}{\overline{R*_aP*_a}}$$

Vậy theo hệ thức Maclaurin mở rộng ta lại có: $\overline{WP_a}.\overline{WP*_a}=\overline{WR_a}.\overline{WR*_a}$

Do đó $W$ là tâm đẳng phương của đường tròn pedal của ba điểm $P, Q, R$

Trục đẳng phương của hai đường tròn pedal ứng với $P, Q$ phải cắt ít nhất một cạnh nữa của tam giác $ABC$

Làm tương tự với cạnh đó ta được điều phải chứng minh.

Bài 1. Gọi $G$ là giao điểm của $FI$ với $(O)$. $AD$ cắt $BC$ tại $D'$.

$DG$ cắt $AE$ tại $T$ thì $IT || BC$. Do đó $\dfrac{TE}{TA}=\dfrac{ID'}{IA}=\dfrac{BC}{AB+AC}=\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{DI}{DA}$

Do đó $DT$ chia đôi $IE$ tại trung điểm $R$ nên $D(GQ, PA)=-1$ mà $GFDN$ là tứ giác điều hòa nên $A(GQ, PD)=-1$ hay $D(GQ, PA)=A(GQ, PD)$

Do đó $P, Q, G$ thẳng hàng nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 5.

Đầu tiên ta thấy $P$ là tâm vị tự trong của $\omega_B, \omega_C$.$C$ là tâm vị tự ngoài của $\omega_C, (I).$

Do đó theo định lý Monge D'Alambert thì tâm vị tự trong của $\omega_B, (I)$ nằm trên $CP.$

Mà tâm vị tự trong của $\omega_B, (I)$ phải nằm trên $BI$ nên nó chính là $X.$

Tương tự với $Y$ là tâm vị tự trong của $\omega_C, (I).$

$T$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC$ và $S$ đối xứng với $T$ qua $I.$

Do tính chất vị tự của hai đường tròn nên $S, X, E$ thẳng hàng, tương tự $S, Y, F$ thẳng hàng.

Dù bài này lâu rồi, nhưng em mới tìm được lời giải qua ý tưởng dùng trục đẳng phương của một bạn nào đó trên facebook.

Gọi $R$ là trực tâm tam giác $ADE$. $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ trên $DE$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

Ta có $\Delta GUE \sim \Delta BDP$ và $\Delta GUD\sim \Delta CEP$, suy ra $\dfrac{UE}{UD}=\dfrac{PD}{DB}.\dfrac{EC}{EP}$

Ta còn có $\Delta EC'C\sim \Delta PDA$ và $\Delta DB'B\sim \Delta PEA$ nên $\dfrac{EC'}{DB'}=\dfrac{EC'}{EC}.\dfrac{DB}{DB'}.\dfrac{EC}{DB}=\dfrac{PD}{DB}.\dfrac{EC}{EP}=\dfrac{UE}{UD}$

Do đó $U$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính $BE$ và $CF$

Mà $RH$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kinh $BE$ và $CF$ nên $HU$ đi qua $R$.

$R$ đối xứng với $L$ qua $EF$ nên $R, U, K$ thẳng hàng. Do đó $UK$ đi qua $H$

Bài 3.

(a) Gọi $A_1, A_2$ là điểm chính giữa cung $BC$ của $(O)$ và $Z$ là trung điểm $OB$

Khi đó $OT.OS=2OZ.OB=OB^2\Rightarrow (A_1A_2,ST)=-1$

(b) Dễ thấy $AE, AF$ đối xứng nhau qua phân giác góc $A$, $EF || BC$

Ta có $BA_1$ là phân giác góc $TBS$ mà $BA_1$ là phân giác góc $TBF$ nên $SB$ đi qua $F$, tương tự $SC$ đi qua $E$

Áp dụng định lý Pascal cho $CCBFAE$ ta được $X\in AF$, tương tự $Y\in AE$

Bài 1.

Gọi $K, L$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ và không chứa $A$ của $(O)$, ta có $KX\perp QR$.

Do đó ta cần chứng minh $PD$ đi qua $L$. Ta còn có $L$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(IBC)$

Gọi $B', C'$ là giao điểm của $BI, CI$ với $EF$, ta có $\widehat{BB'C}=\widehat{BC'C}=90^o$, ta chuyển về bài toán sau.

Cho tam giác $ABC$ với ba đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại trực tâm $H$. $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$. $M$ là trung điểm $BC$.

$HM$ cắt $EF$ tại $S$. Chứng minh rằng $D, T, S$ thẳng hàng.

Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $K$ khác $A$, khi đó $K, H, M, S$ thẳng hàng và $(KH, SM)=-1$

$AD$ cắt $(O)$ tại $D'$ khác $A$ thì $A(KD', BC)=-1$ nên $KD'$ đi qua $T$. Mà $D$ là trung điểm $HD'$ nên $KD$ chia đôi $MT$

Do đó $D(KA, MT)= -1 = D(KH, MS)\Rightarrow D, S, T$ thẳng hàng.

chào bạn Khoa, cho mình hỏi khi bạn giải những bài này, bạn dùng giấy và bút hay có sd phần mềm vẽ hình

Phần mềm vẽ hình bạn, lười giất bút lắm.

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $AP$ đi qua $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(OBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn Euler tam giác $ABC$, $AD$ là đường cao của tam giác thì nhờ biến đổi góc, ta có được:

$\widehat{ABL}=\widehat{ACK}=\widehat{ADR}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}$

Ngoài ra $\dfrac{BL}{AB}=\dfrac{AO}{2AD}=\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CK}{AK}$ nên phép vị tự quay tâm $A$ biến $BC\to LK$ thì biến $D\to R$

Do đó $AR\perp KL$

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABC$ và $TKL$, ta đưa về bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $O_a$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Trung trực $OB$ cắt $AC$ tại $Y$, trung trực $OC$ cắt $AB$ tại $Z$, trung trực $AO_a$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Nếu gọi $O_b, O_c$ là đối xứng với $O$ qua $AC, AB$ thì $X, Y, Z$ chính là tâm ba đường tròn $(AOO_a), (BOO_b),(COO_c)$, mà ba đường tròn này có tâm đẳng phương là $O$, mà điểm Kosnita lại là tâm đẳng phương của chúng nên $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Bài 1.

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $BB', CC'$ cắt $(O)$ tại $M, N$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy $E$ thỏa mãn $BE=BA$, trên tia đối của tia $CB$ lấy $F$ thỏa mãn $CF=CA$. Gọi $K, L$ là tâm của $(ENB)$ và $(FMC)$. $P$ là giao điểm của $BL$ và $CK$. Khi đó $AP \perp B'C'$

Chứng minh bổ đề.

Ta nhìn thấy $\Delta ANB \sim \Delta ACF$ và $\Delta AMC \sim \Delta ABE$. Từ đó $\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{AB}{AF}$  và $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AC}{AE}$

Do đó ta có $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AE}{AF}$ nên $\Delta ANE\sim \Delta AMF$, từ đó chứng minh được $KB$ và $LC$ cắt nhau tại một điểm $Q$ thuộc $(O)$

Bài 3. Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ thì $M$ là trung điểm $IJ$

Dễ thấy rằng $AS$ là phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $ABC$ nên $AS$ đi qua $G$ là trung điểm cung $BC$ của $(ABC)$

Gọi $F$ là giao điểm của $(ASI)$ và $(IBC)$ thì $MN\perp IF$ tại trung điểm $H$ của $IF$.

Ta có $GA.GS = GB^2$ nên $G\in IF$, suy ra $H\in (ABC)$

Ta có $\widehat{FAN}=90^o-\widehat{AIG}=\widehat{AMN}$ nên $F\in (AMN)$

Ta còn có $\widehat{MDK}=\widehat{GSK}=\widehat{IFK}$ do $G,S,K,F$ đồng viên. Do đó $F\in (KID)$

Ta có điều phải chứng minh.

câu 1b là tìm tất cả a mà :/