Đến nội dung


vda2000

Đăng ký: 09-01-2015
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 15:32
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

21-09-2017 - 07:31

Bài 2. 

Dễ thấy $P(x)=(x^3-3)Q(x)+2017$

Đặt $Q(x)=a_{n} x^n+a_{n-1} x^{n-1}+...+a_0$ 

$P(x)=a_{n} x^{n+3}+a_{n-1} x^{n+2} +a_{n-2} x^{n+1} +( a_{n-3}-3a_{n} ) x^n+(a_{n-4}-3a_{n-1}) x^{n-1}+...+(a_{0}-3a_{3})x^3-3a_{2} x^2 -3a_{1} x +2017 - 3a_{0}$

Do $P(x)$ có hệ số không âm nên ta phải có hệ
$$\left\{\begin{matrix} a_{n},a_{n-1},a_{n-2} \geq 0\\ a_{n-3} \geq 3a_{n}\geq 0\\ ...\\ a_{0} \geq 3 a_{3} \geq 0\\ a_1 ,a_2 \leq 0\\ a_0 \leq \dfrac{2017}{3}\\ \end{matrix}\right.$$

Cho ta các nghiệm nguyên không âm $a_{n}=a_{n-1}=...=a_{1}=0$ hay $Q(x)=a_0=c \leq 672$ là hàm hằng. 

$P(1)=c+2017-3c=2017-2c \geq 673$

Dấu "=" xảy ra khi $P(x)=672 x^3 +1$

$P(x)=1+2x^6+2x^9+2x^{15}+2x^{18}$ $P(\sqrt[3]{3})=2017, P(1)=9<674$


Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 8/2017: $PQ$ chia đôi $CD$

16-08-2017 - 17:27

Một cách tiếp cận khác: Xét phép nghịch đảo cực $R$, phương tích bất kỳ (bản chất chắc nó cũng không quá khác so với 2 lời giải trên), khi đó, ta có bài toán như hình vẽ:

 

Cho $4$ điểm $B,C,E,F$ thuộc một đường tròn $(O)$, $BE,CF$ cắt nhau tại $R$. $(RFB),(REC)$ cắt nhau tại $A$ (Chú ý, từ điều kiện này và tính chất $3$ trục đẳng phương, suy ra: $BF,CE$ đồng quy tại $K$). $M,N$ thuộc $(O)$ sao cho $2$ tiếp tuyến tại $2$ điểm này với $(O)$ cùng song song với $RK$.

Chứng minh rằng: $(RFM), (REN)$ cắt nhau trên $RK$ (Điều kiện này cũng tương đương với $MF,NE$ cắt nhau tại $S$ thì $S$ thuộc $KR$).

Tóm lại, ta phải chỉ ra: $S$ thuộc $KR$.

Vì $2$ tiếp tuyến tại $M,N$ với $(O)$ song song với $RK$, nên theo định lý Brokard, suy ra: $EF,MN,BC$ đồng quy tại $T$.

Gọi $FN,ME$ cắt nhau tại $J$ thì $J$ thuộc đường thẳng cực của $T$, nên: $K,J,R$ thẳng hàng.

Cuối cùng, lại theo định lý Brokard một lần nữa, vì: $OT\bot SJ, KR$ nên $S$ thuộc $KR$. $\blacksquare$

 

 


Trong chủ đề: BMO 2017

07-05-2017 - 09:18

Bài 3:

Theo em biết thì nước ngoài hiểu $\mathbb{N}={1,2,...}$

Giả sử một hàm $f$ thỏa mãn đề bài.

Ta có: $n+f(m)|f(n)+nf(m)$ nên: $n+f(m)|f(n)-n^2$ $(1)$ và: $n+f(m)|f(n)-[f(m)]^2$ $(2)$

Giả sử rằng $f(m)$ chỉ nhận hữu hạn giá trị trên $\mathbb{N}$

Khi đó, tồn tại tập $A={n_1,n_2,...}$ có vô hạn phần tử, được sắp thứ tự tăng dần sao cho: $f(n_1)=f(n_2)=...=a$

Thay $m=n_1, n=n_i$, suy ra:

$n_i+a|a-a^2$. Theo cách định nghĩa của ta, cho $i\rightarrow +\infty$ thì $n_i\rightarrow +\infty$, suy ra:

$a-a^2=0$, vì xét hàm trên $\mathbb{N}$ suy ra: $a=1$

Cố định $m_0$ trong $(2)$, thay $n=n_i$, suy ra:

$n_i+f(m_0)|1-[f(m_0)]^2$

Một lần nữa, cho $i\rightarrow +\infty$, $n_i\rightarrow +\infty$, dẫn đến: $f(m_0)=1$, từ đó suy ra: $f(x)=1$, với mọi $x\in\mathbb{N}$

Trường hợp tập giá trị của $f(m)$ không bị chặn, làm giống bạn @Minhnksc


Trong chủ đề: Đề Thi VMO năm 2017

05-01-2017 - 14:28

Tất cả a đều thoả

thực chất $a\geq\frac{-1}{10}$ để $u_2$ xác định nữa


Trong chủ đề: Tuần 4 tháng 11/2016 : Trục đẳng phương đi qua trực tâm

24-11-2016 - 11:27

Ta chứng minh hai sự kiện sau:
 
1) $EF$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$ với $E,F$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.
File gửi kèm  PART1.jpg   40.63K   11 Số lần tải
Gọi $d$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$, $R$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AH$ với $(O)$, khác $A$ và $Z$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $AM$
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của: $LH,LA$, ta có một số điều sau suy ra từ đường trung bình trong tam giác:
$UV//AH//OM$ và $UV=OM=\frac{AH}{2}$, suy ra $UVOM$ là hình bình hành, suy ra $U,A,O$ thằng hàng.
Xét $3$ đường tròn sau: đường tròn đường kính $AH$, đường tròn đường kính $LH$ và đường tròn $(O)$, suy ra:
$d$, $AR$, $HZ$ đồng quy.
Theo một kết quả khá quen thuộc, ta có: $AR,HZ,EF,BC$ cùng đi qua điểm $S$ nên $S$ thuộc $d$.
Mà: $d\bot UO\equiv AO$, $EF\bot AO$ nên ta có: $d\equiv EF$, ta chứng minh xong sự kiện thứ nhất.
 
2) Ta sẽ chứng minh kết quả của bài toán.
Gọi $J,M$ lần lượt là trung điểm của $AH,BC$ $ON\bot PH$, $H'$ đối xứng với $H$ qua $OM$
Bằng cách lược bỏ đi một số điểm không cần thiết như $L,K,...$, ta có hình sau:
File gửi kèm  PART2.jpg   36.29K   10 Số lần tải
Điều phải chứng minh tương đương với:
$HK.HO=HJ.HD$

Spoiler

Hay điều phải chứng minh tương đương với: $\frac{SB}{BE}=\frac{HB}{HH'}$, nhưng điều này luôn đúng vì:
$\widehat{SBE}=\widehat{BHH'}$ và $\widehat{SEB}=\widehat{HCB}=\widehat{BH'H}$.
Vậy ta có điều phải chứng minh