Đến nội dung


Thông báo

Thời gian vừa qua do diễn đàn gặp một số vấn đề về kĩ thuật nên thỉnh thoảng không truy cập được, mong các bạn thông cảm. Hiện nay vấn đề này đã được giải quyết triệt để. Nếu các bạn gặp lỗi trong lúc sử dụng diễn đàn, xin vui lòng thông báo cho Ban Quản Trị.


Baoriven

Đăng ký: 10-10-2015
Online Đăng nhập: Hôm nay, 20:24
****-

#699473 Chứng minh $DG, BM, CN$ đồng quy.

Gửi bởi Baoriven trong 02-01-2018 - 21:04

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$. Gọi $D$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $B$ và tại $C$. Qua $B,C$ vẽ các đường thẳng song song AD, cắt $BD$, $CD$ lần lượt tại $E,F$. Gọi $G$ là giao của $AD$ và $BC$. $GE$ và $GF$ cắt $(O)$ tại $P,Q$ ở cung $BC$ không chứa $A$. $AP$ cắt $CD$ tại $M$. $AQ$ cắt $BD$ tại $N$.

Chứng minh $DG, BM, CN$ đồng quy. 




#699367 Chừng minh rằng: $T$ thuộc đường tròn $(ABS)$.

Gửi bởi Baoriven trong 01-01-2018 - 18:29

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $O$. Điểm $S$ thuộc $CD$ sao cho $\angle{DAS} =\angle{CBS}$. Các tia $AS, BS$ cắt $(O)$ tại $M,N$. Gọi $E,F$ lần lượt đối xứng $M,N$ qua $CD$.  Tia $AF$ cắt tia $BE$ tại $T$. 
Chừng minh rằng: $T$ thuộc đường tròn $(ABS)$.



#699255 $c(ac+1)^2=(2c+b)(3c+b)$

Gửi bởi Baoriven trong 31-12-2017 - 16:38

Từ điều kiện bài toán thì: $c(ac+1)^2=6c^2+5bc+b^2\Rightarrow b^2\vdots c$.

Gọi $p$ là ước nguyên tố tùy ý của $c$.

Ta có: $2v_p(b)\geq v_p(c)$.

Giả sử $v_p(b)\geq v_p(c)$.

Do $(ac+1;c)=1$ nên : $v_p(c)=v_p(2c+b)+v_(3c+b)\geq 2v_p(c)$. (vô lý).

Vậy $v_p(b)< v_p(c)$.

Nên $v_p(c)=v_p(2c+b)+v_p(3c+b)\geq 2v_p(b)$.

Do đó: $v_p(c)=2v_p(b)$.

Suy ra $c$ là số chính phương. 




#699204 CMR: $a+b+c\leq 3$ với $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.

Gửi bởi Baoriven trong 30-12-2017 - 21:05

Ta có thể dùng phản chứng.

Giả sử $a+b+c< 3$.

Khi đó: $9=2(a^2+b^2+c^2).1^2+3abc.1^3> 2(a^2+b^2+c^2)(\frac{3}{a+b+c})^2+3abc.(\frac{3}{a+b+c})^3=\frac{18(a^2+b^2+c^2)}{(a+b+c)^2}+\frac{81abc}{(a+b+c)^3}.$

BĐT này tương đương với : $(a+b+c)^3> 2(a^2+b^2+c^2)(a+b+c)+9abc.$.

Sau khi thu gọn, ta được: $a^3+b^3+c^3+3abc< ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$.

Theo $Schur$ điều này vô lí.

Nên ta có đpcm.




#699194 CMR: $a+b+c\leq 3$ với $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$.

Gửi bởi Baoriven trong 30-12-2017 - 19:38

Cho $a,b,c> 0$ và $2(a^2+b^2+c^2)+3abc=9$. 

Chứng minh rằng:

$a+b+c\leq 3$.




#699138 Đề cử Thành viên nổi bật 2017

Gửi bởi Baoriven trong 29-12-2017 - 18:50

Xin đề cử ecchi123, manhtuan00

Cả hai đóng góp rất tích cực cho Topic "Mỗi Tuần một bài toán hình".




#698927 Tìm tất cả các hàm thỏa $(x+y^{2})f(yf(x))=xyf(y^{2}...

Gửi bởi Baoriven trong 26-12-2017 - 15:47

Trường hợp $f(x)$ là hàm hằng thì $f(x)\equiv 0$.

Giả sử tồn tại $x\in \mathbb{R}$ thỏa $f(x)\neq 0$.

Gọi $P(x;y)$ là phép thế bộ $(x;y)$.

$P(x;0)$ ta được $f(0)=0$.

$P(x;1)$ ta được $(x+1)f(f(x))=x(f(f(x)+1)$ suy ra $f$ đơn ánh.

$P(-y^2,y): -y^3f(y^2+f(-y^2))=0=f(0)$. 

Suy ra $f(x)=x,\forall x\leq 0$.

Ta dùng $P(x_0,-y);P(x_0,y)$ với $f(x_0)\neq 0$, ta được $f(x)=-f(-x)$.

nên ta được $f(x)=x,\forall x\in \mathbb{R}$.




#698745 $\frac{a}{a+bc} + \frac{b}{...

Gửi bởi Baoriven trong 22-12-2017 - 07:42

Do $a+b+c=1$ nên ta có ngay $a+bc=(a+b)(a+c)$

Khi đó $B=\frac{2(ab+bc+ca)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$.

Mình nghĩ sử dụng phép biến đổi :

$(ab+bc+ca)(a+b+c)=(a+b)(b+c)(c+a)+abc$ để chứng minh BĐT: $(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)(ab+bc+ca)=\frac{8}{9}(ab+bc+ca)$.

Tuy nhiên ở đây đề bài cần sửa lại là tìm MAX.




#698226 $\log_{3}{\frac{1-xy}{x+2y}...

Gửi bởi Baoriven trong 14-12-2017 - 09:10

Ta thấy lượng giống nhau ở cả 2 vế là $x+2y$.

Ta viết lại như sau: $log_3{(1-xy)}+4-3xy=log_3{(x+2y)}+x+2y$.

Ta thấy $VP$ có dạng $f(x)=log_3x+x$ nên ta nghĩ ngay tới việc tách $VT$ thành dạng tương tự.

Điều này không khó ,ta dễ dàng có được: $VT=log_3{(3-3xy)}+3-3xy$.

Do đó: $3-3xy=x+2y$.

Ta được: $y=\frac{3-x}{3x+2}$.

Thế vào biểu thức $P$ ta tìm được $Min$.

Có thể dùng đạo hàm, hay điều kiện để PT bậc $2$ có nghiệm cũng được ( Chú ý điều kiện $x,y> 0$ ).




#697241 Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \ma...

Gửi bởi Baoriven trong 26-11-2017 - 20:51

Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a)=f(b)=c$.

Gọi $P(x;y)$ là phép thế $(x;y)$.

$P(a;b)$: $f(2a+2b+c)=f(c)+8a$.

$P(b;a)$: $f(2a+2b+c)=f(c)+8b$.

Khi đó $a=b$ do đó $f$ đơn ánh.

$P(0;x):f(2x+f(0))=f(f(x) \Rightarrow f(x)=2x+c,c\in \mathbb{R}.$

Thử lại thỏa mãn.




#696402 $(2cos2x-1)(sin2x+cos2x)=1$

Gửi bởi Baoriven trong 12-11-2017 - 07:53

Ta biến đổi được:

$PT\Leftrightarrow 2cos2x.sin2x+2cos^22x-1=sin2x+cos2x \Leftrightarrow sin4x+cos4x=sin2x+cos2x \Leftrightarrow sin(4x+\frac{\pi}{4})=sin(2x+\frac{\pi}{4})$.




#696363 $AMNK$ nội tiếp

Gửi bởi Baoriven trong 11-11-2017 - 19:59

Ta có bài toán quen thuộc sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,$ trung điểm $M$ cạnh $BC.$ Qua $H$ vẽ đường thẳng cắt $AB,AC$ tại $M,N$ thỏa $AM=AN.$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$ cắt $(O)$ tại $A$ và $K.$ Chứng minh $K,H,M$ thẳng hàng.

 

(Có thể tham khảo ở VN TST 2006).




#694500 Về việc thành viên Nguyenhuyen_AG bị khóa nick

Gửi bởi Baoriven trong 09-10-2017 - 22:31

Anh Huyện có nhờ em hỏi lí do về việc anh bị khóa nick.

Em cũng thấy lỗi anh không quá lớn ( trả lời topic gây nhiễu ) nhưng là một người onl thường xuyên em biết anh Huyện luôn đóng góp tích cực cho các topic.

Rất mong ban quản trí xem xét ý định khôi phục tài khoản cho anh. 

Em xin thay mặt anh Huyện cảm ơn. 




#694082 $\left\{\begin{matrix} x^3-x^2+x+y-2=0...

Gửi bởi Baoriven trong 02-10-2017 - 22:15

Bài này ta có thể nhẩm ngay được bộ nghiệm $x=y=z=1$.

Viết lại hệ như sau:

$\left\{\begin{matrix} (x^2+1)(x-1)=1-y & \\ (y^2+1)(y-1)=2-2z & \\ (z^2+1)(z-1)=3-3x & \end{matrix}\right.$

Nếu $x=1$ thì suy ra $y=z=1$.

Xét $x< 1$ thì $y> 1\Rightarrow z< 1\Rightarrow x> 1$. (vô lý).

Tương tự với TH còn lại. 




#693294 Tìm số có 6 chữ số $\overline{abcdef}$

Gửi bởi Baoriven trong 18-09-2017 - 19:18

Đặt: $\overline{abc}=A;\overline{def}=B$.

Ta có: $1000A+B=6000B+6A$.

Suy ra: $\frac{A}{B}=\frac{857}{142}$.

Do $A\leq 999$ nên $A=857$.

Suy ra: $B=142$.

Vậy ta có: $\overline{abcdef}=857142$.