mathslover

Mình có một cách hơi trâu như sau:

+) Đầu tiên dễ thấy BEFC là tứ giác nội tiếp (Do có KE.KB=KF.KC)

+) Giờ ta đi tính góc IED để chứng minh BEIC là tứ giác nội tiếp. 

Gọi J là trung điểm AD thì ta tính được tỉ số JI/JD theo các cạnh của tam giác ABC.

Tiếp theo có <JED = 180 - <JKD = ...(Tính theo góc của tam giác ABC)

Vậy ta tính đc tỉ số Sin JEI / Sin DEI = JI/ID và biết <JEI + <DEI = <JED 

Ta cần chứng minh <DEI = 180 - <C /2 nên sử dụng hệ thức trên để chứng minh điều đó  

Ta thấy BHSA là hình thang cân và khi đó MI thuộc đường trung trực của AB và HS. Do đó MQ là phân giác $\angle BQA$. Mà $\angle BQA$ = 2$\angle MQD$ = $\angle CAD$ = 90 và ta có điều phải chứng minh

Bài 5: 

TH1: P(x) đồng nhất ....

TH2: Deg P = 1. Khi đó sử dụng đồng nhất hệ số ta tìm được P(x) = -x thỏa mãn

TH3: Deg P = n>1. Đặt P(x) = a(n) x^n + a(n-1) x^(n-1) +... + a1 x +a0

Đồng nhất hệ số cho bậc n+1 >2 ta tìm được n=4.

Tiếp tục sử dụng đồng nhất hệ số để chỉ ra không tồn tại thêm đa thức thỏa mãn.  

Bài 4 có thể giải khá đơn giản như sau:

+) Xét P(x) là đa thức hằng ta xét P(2) và P(5) để chỉ ra P(x) chỉ có thể đồng nhất 1 hoặc -1

+) Xét DEG P > 1.

Khi đó luôn tồn tại M nguyên dương sao cho với mọi n lớn hơn M thì |P(x)| > 1.

Xét n > M thì tồn tại số nguyên tố p là ước của P(n)

Suy ra p cũng là ước của P(n+p). Từ đây xử lí số học chỉ ra p chỉ có thể là 2 hoặc 5. 

Chọn n -1 chia hết cho 2 và n-1 chia hết cho 5 (Tất nhiên vẫn có n>M) thi luôn tồn tại n như trên theo định lý thặng dư Trung Hoa.

Khi đó P(n) không chia hết cho cả 2 và 5 nên mâu thuẫn

Vậy P(x) đồng nhất 1 và -1 là hai đa thức duy nhất thỏa mãn.

Cho phương trình $x^{n}=x+1$. Chứng minh rằng với mỗi n nguyên dương thì tồn tại duy nhất $x_n$ là nghiệm của phương trình trên. Tìm $ lim (n(x_n -1))$

Gọi I1, I2, I3 là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AB1C1, BC1A1 và CA1B1.

Xét I1 và I2. Gọi M, N là trung điểm của AC1 và BC1. Dễ thất I1M và I2N bằng nhau do đều là đường trung bình trong hai tam giác chung cạnh.

Mà HaB1=2 I1M, HbA1=2 I2N nên HaB1=HbA1. Lại có hai cạnh đó cũng song song nên HaB1A1Hb là hình bình hành. Từ đó suy ra đpcm

Giả sử phản chứng là không tồn tại hai số nào như thế.

Gọi các phần tử của tâp A là a1, a2, ..., an; các phần tử của tập B là b1, b2,...,bm (m,n là các số nguyên dương)

Từ giả thiết ta có : m+n>2008 và ai,bi < 2008 vơi mọi i từ 1 đến max{m,n}. Giả sử m $\geq$ n.

Với giả sử phản chứng thì bi thuộc A dẫn đến 2008-bi không thuộc B với mọi i từ 1 đến m. Như vậy số cách chọn các phần tử cho tập A là 2008-m cách.

Mà 2008-m < n nên mâu thuẫn. Từ đó có đpcm

Cái này là định lý Lyness nhé bạn

Cho x,y,z là 3 số thực dương. Chứng minh rằng:

 $(xy)^{2}+(xz)^{2}+(yz)^{2}\leq x^{3}y+ y^{3}x+z^{3}x$

b) SO song song LM mà LM vuông góc BM, do đó SO vuông góc BM. Từ đó có O là trực tâm tam giác BSN nên BO vuông góc SN. Kết hợp AB vuông góc BO ta có điều phải chứng minh 

a) Gọi L là giao của OA và DK. Có (góc) LAK = 90 - BCA = BAK = CDK => ADLC là tứ giác nội tiếp. Từ đây chứng minh đc LNKC là hình thang cân và kết hợp B, C đối xứng nhau qua ON, ta chứng minh đc: BN và DK song song nên BN vuông góc BD. Lại có BM vuông góc BD nên có điều phải chứng minh

Chứng minh rằng với số tự nhiên n lớn hơn 2 luôn tồn tại hai số tự nhiên x, y lẻ thỏa mãn: $7x^{2}+y^{2}=2^{n}$

Tìm các số nguyên x,y thỏa mãn $\frac{x^{7}-1}{x-1}=y^{5}-1$

a) Dễ chứng minh được M,N.P lần lượt là điểm chính giữa của các cung B'C', A'C', A'B'. Do đó A'M, B'N và C'P là các đường phân giác trong của tam giác A'B'C' nên chúng đồng quy

1) Cho a,b,c >0 và $a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

Chứng minh rằng $a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+\frac{2}{abc}$

2) Cho a,b,c >0 và $\sum \frac{1}{a+b+1}\geq 1$

Chứng minh rằng $a+b+c\geq ab+ac+bc$