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.


Changg Changg

Đăng ký: 17-06-2015
Offline Đăng nhập: 20-12-2017 - 20:59
***--

#578541 Chứng minh đường thẳng đi qua các cặp định tương ứng đồng quy

Gửi bởi Changg Changg trong 04-08-2015 - 19:24

 bài 52 trong sách tài liệu chuyên toán.

Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $A', B', C'$ lần lược là điểm đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng $(AOA'), (BOB'), (COC')$ có điểm chung khác $O$




#578462 Chứng minh đường thẳng đi qua các cặp định tương ứng đồng quy

Gửi bởi Changg Changg trong 04-08-2015 - 16:27

Đề. Cho tam giác $ABC$ và tam giác $XYZ$ trực giao và có cùng tâm trực giao. Chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy.

Mở rộng bài 52 trong sách tài liệu chuyên toán.




#578385 \[\frac{1}{\left ( x-y \right )^{2...

Gửi bởi Changg Changg trong 04-08-2015 - 13:24

Bài 2. Đặt $x=\sqrt{a}, y=\sqrt{b}, z=\sqrt{c}$ thì ta cần chứng minh: $4(x^3y^3+y^3z^3+z^3x^3)\leqslant 4z^6+(x^2+y^2)^3$

Bất đẳng thức này tương đương với $3x^2y^2(x-y)^2+(x^3+y^3-2z^3)^2\geqslant 0$ hiển nhiên đúng.




#578372 $\sum x^4+(3r^2-1)\sum x^2y^2+3r(1-r)xyz\sum x\geq 3...

Gửi bởi Changg Changg trong 04-08-2015 - 12:23

Định lý tổng quát:

$m\sum a^4+n\sum a^2b^2+p\sum a^3b+g\sum ab^3\geqslant (n+p+g+m)\sum a^2bc$ đúng nếu $3m(n+m)\geqslant p^2+pg+g^2$ và $m>0$




#578347 $\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{x...

Gửi bởi Changg Changg trong 04-08-2015 - 10:28

Bổ đề: $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln (1+x)}{x}=1$

Thật vậy: $\dfrac{\ln (1+x)}{x}=\ln (1+x)^{\frac{1}{x}}$

Do hàm logarite là liên tục và sử dụng định nghĩa, ta có $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln (1+x)}{x}=\lim\limits_{x\to 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln e=1$

Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Đặt $x=\ln (1+t)$ thì $x\to 0\Leftrightarrow t\to 0$. Do đó: $\lim\limits_{x\to 0} \dfrac{e^x-1}{x}=\lim\limits_{t\to 0} \left(\dfrac{\ln (1+t)}{t}\right)^{-1}=1$




#578258 Có bao nhiêu cách phát quả cho 86 người

Gửi bởi Changg Changg trong 03-08-2015 - 21:33

Nhóm mình có 86 người. Mình có 70 viên kim cương, 80 viên ngọc ruby và 22 viên sofia, mình muốn phát cho mỗi người 2 viên. Hỏi mình có bao nhiêu cách phát?




#578172 Chứng minh rằng trong tứ giác ngoại tiếp, đường thẳng nối 2 tiếp điểm tạo bởi...

Gửi bởi Changg Changg trong 03-08-2015 - 15:48

Giả sử tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$ và $AB,BC,CD,DA$ lần lược tiếp xúc với $(I)$ tại $E,F,G,H$

Gọi $P$ là giao điểm của $AC$ với $FH$, $A', C'$ lần lược là hình chiếu của $A, C$ trên $FH$

Dễ thấy $\widehat{C'FC}=\widehat{A'HA}$ nên $\dfrac{AH}{CF}=\dfrac{AA'}{CC'}=\dfrac{AP}{PC}$

Gọi $P'$ là giao điểm của $AC$ với $EG$. $A'', C''$ lần lược là hình chiếu của $A, C$ trên $EG$

Tương tự ta chứng minh được $\dfrac{AE}{CG}=\dfrac{AP'}{P'C}$. Vậy $P\equiv P'$




#578154 Đề thi Trại hè Hùng Vương lần thứ XI 2015

Gửi bởi Changg Changg trong 03-08-2015 - 14:44

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$




#578144 Đề thi Trại hè Hùng Vương lần thứ XI 2015

Gửi bởi Changg Changg trong 03-08-2015 - 14:13

Bài 2 (ở trên)

(a) Ta có $\overline{GF}.\overline{GE}=\overline{GB}.\overline{GC}$ nên $G$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(ATH)$ nên $\overline{AGT}$

(b) Ta có $\widehat{OKF}=\widehat{OTG}=180^{o}-\widehat{TAO}=\widehat{THE}+\widehat{FEH}$

Do đó $OK||TH$ nên $OK\perp TA$

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$

Câu 2 (ở dưới)

(a) $\widehat{MKN}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$ nên $AMKN$ nội tiếp.

(b) Dễ thấy $A$ đối xứng với $T$ qua $BC$ nên từ đó ta suy ra tứ giác $NBKP$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $AMPB$ nội tiếp và $\Delta BPN\sim \Delta MPC$

Dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

Bài 3. (ở trên)

Nếu $\deg P=0$ thì $P\equiv 0$ hoặc $P\equiv 1$.

Nếu $\deg P>0$ thì so sánh bậc hai vế ta có $\deg P=2$. Đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P(x)=x^2+ax+b$

Theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại $x_0\in\mathbb{C}$ thỏa mãn $P(x_0)=0$

Khi đó ta có $P(2015x_0)=0$ nên $2015x_0$ cũng là nghiệm. Nếu $|x_0|\ne 0$ thì $|2015x_0|>|x_0|$

Do đó $P(x)$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Do đó $|x_0|=0$ hay $P(0)=0$ nên $b=0$

Thay $x=-a$ vào ta được: $P(-2015a)=0$. Do đó $-2015a=-a$ hoặc $-2015a=0$ hay $a=0$

Vậy $P(x)\equiv x^2$




#578072 Phương trình hàm hệ cơ số đếm

Gửi bởi Changg Changg trong 03-08-2015 - 09:50

Bài 1. Tìm tất cả hàm số $f: \mathbb{N}^{*}\to \mathbb{N}^{*}$ thỏa mãn:

(i) $f(1)=1$

(ii) $f(2n)=2f(n)-1\;\;\forall n\in\mathbb{N}^{*}$

(iii) $f(2n+1)=2f(n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}^{*}$

Bài 2. Cho hàm số $f: \mathbb{N}\to \mathbb{N}$ thỏa mãn:

(i) $f(4n)=f(2n)+f(n)\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

(ii) $f(4n+2)=f(4n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

(iii) $f(2n+1)=f(2n)+1\;\;\forall n\in\mathbb{N}$

Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $m$, số các số nguyên $n$ thuộc $[0, 2^m]$ thỏa mãn $f(4n)=f(3n)$ chính bằng $f(2^{m+1})$

P.s. Đề dài quá không biết đặt tiêu đề ra sao :|




#577911 $\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b...

Gửi bởi Changg Changg trong 02-08-2015 - 19:25

Ngoài ra bất đẳng thức cuối ta còn có thể chứng minh bằng đồng bậc:

$\dfrac{9(x^2+y^2+z^2)}{(x+y+z)^2}+\dfrac{27xyz}{(x+y+z)^3}\geqslant 4\Leftrightarrow 5(x^2+y^2+z^2)+\dfrac{27xyz}{x+y+z}\geqslant 8(xy+yz+zx)$

$\Leftrightarrow (x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2+3\left(x^2+y^2+z^2+\dfrac{9xyz}{x+y+z}-2xy-2yz-2zx\right)\geqslant 0$ hiển nhiên đúng.




#577909 $\frac{1}{a^2+2}+\frac{1}{b...

Gửi bởi Changg Changg trong 02-08-2015 - 19:22

Ta có: BĐT tương đương:

$a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2+a^2b^2c^2\geq 4$

Đặt: $ab=x;bc=y;ca=z$ thì $x+y+z=3$

BĐT trở thành:

$x^2+y^2+z^2+xyz \geq 4$

Giả sử x=min {x,y,z} thì $x \leq 1$

Ta sẽ biến đổi để đưa BĐT về một ẩn:

$x^2+y^2+z^2+xyz=x^2+(y+z)^2+yz(x-2)-4\geq x^2+(y+z)^2+\frac{(y+z)^2}{4}(x-2)-4$

Giờ thay $y+z=3-x$ vào ta thu được BĐT tương đương:

$x^2+\frac{x+2}{4}(3-x)^2-4=\frac{1}{4}(x-1)^2(x+2)\geq 0$ (luôn đúng)

BĐT được chứng minh 

Giả sử $(y-1)(z-1)\geqslant 0$ thì $x^2+xyz\geqslant 2x$. Do đó ta cần chứng minh: $y^2+z^2+2x\geqslant 4$

Bất đẳng thức cuối hiển nhiên đúng theo AM-GM: $y^2+z^2+2x\geqslant 2(x+y+z)-2=4$




#577792 $\frac{1}{x}+\frac{1}{y...

Gửi bởi Changg Changg trong 02-08-2015 - 15:04

Thấy rằng do $x,y$ nguyên dương nên $x>n, y>n$, ta viết lại giả thiết: $n^2=(x-n)(y-n)$

Số cặp $(x,y)$ thỏa mãn cũng chính là số ước số của $n^2$

Do đó ta cần tìm $n$ trong ${2000,2001,...,3000}$ sao cho số ước số của $n^2$ bằng $5$

Nếu $n$ có nhiều hơn một ước nguyên tố thì số ước của $n^2$ sẽ không bé hơn $9>5$

Do đó $n$ chỉ có một ước nguyên tố duy nhất hay $n=p^x$. Ta còn có $2x+1=5$ nên $x=2$ hay $n$ là bình phương của một số nguyên tố.




#577775 Cho $a,b,c\in [0,1]$ và $a+b+c=2$.Tìm Max $a^2+...

Gửi bởi Changg Changg trong 02-08-2015 - 13:00

Do $0\leqslant a\leqslant 1$ nên $a^2\leqslant a$, do đó $a^2+b^2+c^2\leqslant a+b+c=2$




#577528 $5^{n}+1\vdots n^{3}$

Gửi bởi Changg Changg trong 01-08-2015 - 18:45

Bạn thử chứng minh xem có đúng là vô số nghiệm không ? 

Ta chứng minh $5^{3^x7^y}+1\vdots 3^x7^y$ với $x$ nguyên dương, $y$ nguyên không âm.

$v_3\left(5^{3^x7^y}+1\right)=x+1>x$ nên $5^{3^x7^y}+1\vdots 3^x$

Do $x$ nguyên dương nên $v_{7}\left(5^{3^{x}3^{y}}+1\right)=v_{7}\left(125^{3^{x-1}7^y}+1\right)=y+1>y$

Do đó $5^{3^{x}7^{y}}+1\vdots 7^y$, tóm lại $5^{3^{x}7^{y}}+1\vdots 3^{x}7^{y}$ với mọi số nguyên dương $x$ và nguyên không âm $y$