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.


NMD202

Đăng ký: 08-07-2016
Offline Đăng nhập: 28-07-2020 - 08:55
-----

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: CM: $2sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2...

07-03-2018 - 23:23

Ta có công thức góc chia đôi: $\frac{1-\cos\alpha}{2}=\sin^{2}\frac{\alpha}{2}$ suy ra $2\sin\frac{\alpha}{2}=\pm\sqrt{2-2\cos\alpha}$
(Trong đó dấu + hoặc - sẽ được chọn sao cho phù hợp với quy luật về dấu của hàm sin)
Ta chứng minh công thức
$2\sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$
$=\pm\sqrt{2+2\sin(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}} (1)$

Nhận thấy:
+ Với $a_{1}=1$ thì:
$2\sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$ 

$=90^{\circ}+(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}$
+ Với $a_{1}=-1$ thì:

$2\sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$ 

$=-[90^{\circ}+(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}]$

Lại có:
$\cos\pm[90^{\circ}+(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}]$
$=-\sin(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}$

Áp dụng công thức góc chia đôi , ta chứng minh được công thức (1).

Để ý rằng các góc đang xét trên, nếu lấy giá trị tuyệt đối, thì chúng luôn nhỏ hơn $90^{\circ}$:
$(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$
$\leq (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+...+\frac{1}{2^n}).45^{\circ}=90^{\circ}-\frac{90^{\circ}}{2^{n+1}}<90^{\circ}$
Nên căn bậc hai trong công thức trên sẽ có dấu + hoặc - phụ thuộc vào dấu của $a_{1}$, nên ta có thể viết lại thành:
$2\sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$
$=a_{1}\sqrt{2+2\sin(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}}$

Vì các $a_{i}$ chỉ nhận giá trị là $1$ và $-1$ nên ta dễ thấy $2sina_{i}.45^{\circ}=a_{i}\sqrt{2}$
từ đó áp dụng liên tiếp công thức (1) , ta suy ra được hệ thức sau :
$2\sin(a_{1}+\frac{a_{1}a_{2}}{2}+\frac{a_{1}a_{2}a_{3}}{2^2}+...+\frac{a_{1}a_{2}...a_{n}}{2^{n-1}}).45^{\circ}$
$=a_{1}\sqrt{2+2\sin(a_{2}+\frac{a_{2}a_{3}}{2}+\frac{a_{2}a_{3}a_{4}}{2^2}+...+\frac{a_{2}a_{3}...a_{n}}{2^{n-2}}).45^{\circ}}$

$=a_1\sqrt{2+a_2\sqrt{2+2\sin(a_{3}+\frac{a_{3}a_{4}}{2}+\frac{a_{3}a_{4}a_{5}}{2^2}+...+\frac{a_{3}a_{4}...a_{n}}{2^{n-3}}).45^{\circ}}}$

$=....=a_{1}\sqrt{2+a_{2}\sqrt{2+a_{3}\sqrt{2+....+a_{n}\sqrt{2}}}}$ (đpcm)


Trong chủ đề: Một bổ để của thầy Trần Quang Hùng: Tam giác ABC tâm nội tiếp I, tâm ngoạ...

02-03-2018 - 23:34

attachicon.gifScreen Shot 2017-12-16 at 12.09.52 PM.png

a) $L,P$ là trung điểm $AB,AC.$ Theo định lí bốn điểm,

$(MO^2-NO^2)-(MI^2-NI^2)=(MP^2+PO^2-NL^2-LO^2)-(BI^2-CI^2)= \frac{(MC-MA)^2-(NB-NA)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)$

$= \frac{(2BC-AC)^2-(2BC-AB)^2+BA^2-CA^2}{4}-(BD^2-CD^2)= \frac{(2BC-2AC)2BC-(2BC-2AB)2BC}{4}-BC(BD-CD)$

$=(BC-AC)BC-(BC-AB)BC-BC(BD-CD)=BC(BC-AC-BC+AB-BD+CD)=0 \Rightarrow$ đpcm.

b) $H=(AMN) \cap (ABC), H \neq A.$

$\widehat{HNB}=180^0- \widehat{HNA}=180^0- \widehat{HMA}= \widehat{HMC}, \widehat{HBN}= \widehat{HCN}$

$\Rightarrow \Delta HNB \sim \Delta HNC.$ Mà $NB=BC=CM \Rightarrow \Delta HNB= \Delta HMC$

$\Rightarrow HB=HC,HM=HN \Rightarrow HX \perp MN,HO \perp BC.$

Theo định lí bốn điểm, $BX^2-CX^2=(BX^2-R_X^2)-(CX^2-R_X^2)=BN.BA-CM.CA=BC(BA-AC)=BC(BD-DC)=BD^2-CD^2$

$\Rightarrow XD \perp BC \Rightarrow HX \parallel OI,HO \parallel IX \Rightarrow OI=HX=R_X.$ (đpcm)

c) $HB=HC \Rightarrow HA \perp AI \Rightarrow AI \parallel XO.$ 

Ta có $AX=OI$ nên $AXOI$ là hình bình hành hoặc hình thang cân.

Nếu $AXOI$ là hình bình hành thì $A \equiv H \Rightarrow AB=AC$ vô lí, nên $AXOI$ là hình thang cân $\Rightarrow A,X,O,I$ đồng viên. (đpcm)

Bài này đã có lời giải ở đây https://diendantoanh...tâm-nội-tiếp-i/


Trong chủ đề: $\sum a.MB.MC \geq abc$

20-02-2018 - 19:52

Cách 2: Trên trục tọa độ gọi vị trí $A(a),B(b),C(c),M(x)$ 
BDT viết lại thành 
$\left | \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)} \right |+\left | \frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)} \right |+\left | \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)} \right | \geq 1$
Ta có:
$ VT \geq \left | \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+ \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)} \right |$
Mà để ý thấy $f(x)-1= \frac{(x-a)(x-b)}{(c-a)(c-b)}+\frac{(x-b)(x-c)}{(a-b)(a-c)}+ \frac{(x-c)(x-a)}{(b-c)(c-a)}-1$ có bậc cao nhất là bậc $2$
Nhưng lại có 3 nghiệm phân biệt $f(a)-1=f(b)-1=f(c)-1=0$ suy ra $f(x)\equiv 1$ suy ra $đpcm$


Trong chủ đề: $\sum a.MB.MC \geq abc$

20-02-2018 - 19:33

Gọi $I$ là tâm tỉ cự của ba điểm $(A,B,C)$ bộ số $(x,y,z)$ , áp dụng công thức Jacobi ta được:

$xMA^2+yMB^2+zMC^2=(x+y+z)MI^2+\frac{xy.c^2+yz.a^2+zx.b^2}{x+y+z} \geq \frac{xy.c^2+yz.a^2+zx.b^2}{x+y+z}$

Chọn $x=\frac{a}{MA},y=\frac{b}{MB},x=\frac{c}{MC}$ suy ra 
$aMA+bMB+cMC \geq \frac{abc(aMA+bMB+cMC)}{a.MB.MC+b.MC.MA+c.MA.MB}$ suy ra $đpcm$


Trong chủ đề: Chọn ra 1000 số nguyên trong 2018 số nguyên dương đầu tiên

26-01-2018 - 21:38

Vậy bài này thì mình gán bít 0 và 1 ntn ạ?