Đến nội dung


manhtuan00

Đăng ký: 19-12-2016
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:45
****-

#696842 Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định...

Gửi bởi manhtuan00 trong 19-11-2017 - 20:19

  Ta sử dụng một số kết quả quen thuộc : 

1) $OI$ là đường thẳng Euler $\triangle DEF$ 
2) Lấy $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$ thì $XD$ là phân giác $KXI$
 
Thật vậy , $XD$ là phân giác $KXI$ nên $K,X,L$ thẳng hàng . Gọi $H$ là trực tâm $\triangle DEF$ , $DH$ cắt $(I)$ tại $H'$ 
Khi đó ta có $H,I,R,O$ thẳng hàng . 
Ta có $\frac{PL}{PX}=\frac{LI}{DX} = \frac{DH}{DX}=\frac{QH'}{QX}$ , suy ra $QP \parallel LH'$ 
Khi đó , $\angle SQP = \angle QLH' = \angle PIR$ nên $Q,R,P,I$ đồng viên
1.png



#696841 Tuần 4 tháng 11/2017: đường thẳng $AM$ luôn đi qua một điểm cố định...

Gửi bởi manhtuan00 trong 19-11-2017 - 20:17

Lời giải bài 1 : 
Gọi $S$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ . $Q$ là trung điểm $OS$
Ta có $CE = CB = BF , SC = SB , \angle SCE = \angle SBF $ nên $\triangle SCE = \triangle SBF$ 
Gọi $T$ là giao điểm của $BF,CE$ , bằng cộng góc ta có $T \in (BOC)$ nên $\angle BTC = \angle BSC = \angle ESF$ 
Gọi $SP$ là đường kính của $(SEF)$ . Ta có $\triangle SEF \cap P \sim \triangle SBC \cap O $ nên $\angle PTE = \angle PSE = \angle OSC = \angle OTC$ , từ đây suy ra $P,A,O,T$ thẳng hàng 
Hơn nữa , theo kết quả Tuymaada 2009 ta có $AQ \perp EF$ , mà lại có $PS \perp EF$ , nên $A$ là trung điểm $OP$
Gọi $N$ là giao điểm $AM$ với $OS$ . Theo định lý Menelaus ta có $\frac{\overline{NO}}{\overline{NS}} = \frac{\overline{MP}}{\overline{MS}}.\frac{\overline{AO}}{\overline{AP}}=\frac{\overline{CO^2}}{\overline{CS^2}}$ cố định , nên $N$ cố định 
Vậy $AM$ đi qua điểm $N$ cố định trên trung trực $BC$  
Untitled.png



#696130 Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,DE...

Gửi bởi manhtuan00 trong 06-11-2017 - 12:32

Lời giải bài 1 của em : GỌi $G$ là điểm Poncelet ( điểm đồng quy của các đường tròn Euler $\triangle PBC,\triangle PCA , \triangle PAB$ và đường tròn Pedal của $P$ ứng với $\triangle ABC$ ) . Gọi $XYZ$ là tam giác Pedal của $P$ . $U,V,W$ lần lượt là giao điểm của $KN_a,KN_b,KN_c$ với $EF,FD,DE$ . $Q,R,S$ lần lượt là giao điểm của $KD,KE,KF$ với $EF,FD,DE$ . 

Ta có $AQ \perp YZ$ nên $KD$ là trung trực $YZ$

Ta có biến đổi tỉ số :  $\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} = -\prod \frac{\overline{UF}}{\overline{UE}} : \frac{\overline{QF}}{\overline{QE}} =- \prod (UDEF) = -\prod K(UD,EF) = -\prod X(G , \parallel YZ , Z,Y)$

$= \prod \frac{\overline{GZ}}{\overline{GY}}. \frac{\overline{XY}}{\overline{XZ}} = 1$ nên theo định lý Menelaus ta có $U,V,W$ thẳng hàng 

Untitled.png




#696129 Tuần 2 tháng 11/2017:$KN_a,KN_b,KN_c$ lần lượt cắt $EF,FD,DE...

Gửi bởi manhtuan00 trong 06-11-2017 - 12:16

Bài 2 là một phát triển của đề Sư Phạm , đồng thời cũng là trường hợp riêng của bài tuần trước đúng không ạ . Gọi $T$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , áp dụng định Lý Pascal ta thu được $S,I,T$ thẳng hàng . Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $IM,IN$ với $(O)$ . Khi đó ta có $IT \perp UV$ nên $IS$ đi qua tâm ngoại $\triangle IMN$ . Mà $S$ nằm trên trung trực $MN$ nên $S$ là tâm ngoại $\triangle IMN$




#695443 Chuyện về những người ăn học không đến nơi đến chốn - bb1412 và vth

Gửi bởi manhtuan00 trong 25-10-2017 - 18:01

:v


#695347 $f(x)f(x+y)=f(2x+y)-xf(x+y)+x$

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 13:18

Xét $P(x,y)$ là phép thế vào đẳng thức ban đầu
$P(x,-x) : f(0) = 1 $
$P(x, -2x) : f(x) f(-x) = 1 -xf(-x)+x$
$P(-x , 2x) : f(x)f(-x) =1 +xf(x)-x$ (1). Kết hợp 2 điều trên ta có $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x \neq 0 $ , nhưng với $x = 0$ thì điều này vẫn đúng nên $f(-x) = -f(x)+2 $ với mọi $x$
Thế vào (1) ta nhận được $(f(x)+x-1)(f(x) - 1) = 0$
Giả sử tồn tại $a,b$ để $f(a) = 1-a , f(b) = 1$ và $a,b \neq 0 $
$P(a,b-a) : 1-a = f(a+b)$ . Thật vậy , $f(a+b) = 1$ hoặc $f(a+b) = 1- a-b $ nên hoặc $ a= 0 $ , hoặc $b = 0$ , ta có điều mâu thuẫn . Vậy $f \equiv 1$ hoặc $f(x) =1- x$ $\forall $ $x$ $\in $ $\mathbb R$


#695346 $ f(n) | p^{n}-1 $

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 13:04

bài 1 : do $a- b | f(a) - f(b) $ nên $f(n) | f(n+f(n))$ . Vậy từ đây ta có $ f(n) | p^n - 1 , f(n) | p^{n+f(n)}-1$ nên $f(n) | p^{gcd(n,f(n))}-1$ . Chọn $n$ sao cho $gcd (n, f(0)) = 1$ , ta nhận được $f(n) |p-1$ với vô hạn giá trị của $n$

Gọi $d_1,d_2,..,d_k$ là các ước của $p-1$ . Khi đó $f(n) = d_i$ với vô hạn giá trị của $n$ , suy ra tồn tại $1 \leq j \leq k$ để $f(n) = d_k$ với vô hạn giá trị của $n \implies f(n) = c$ với $c | p-1$ 

Bài 2 : Đặc $P(x) = 1+x^{1!}+..+x^{n!}$ , $Q(x) = 1+x+x^2+..+x^n$ . Xét $P(x) = Q(x) .R(x) +S(x)$ với $deg S < deg Q$ . $P(n)$ chia hết $Q(N)$ với vô hạn $n$ , nên $Q(n) | S(n)$ với vô hạn giá trị của $n$ . Thật vậy , khi $n $ đủ lớn thì $|S(n)| < Q(n)$ , nên $S \equiv 0$ , suy ra $Q(x) | P(x)$ 

Xét $\varepsilon $ là căn đơn vị của $n+1$ , ta có $\varepsilon $ là nghiệm của $Q(x)$ , nên cũng đồng thời là nghiệm của $P(x) $ . Ta có nếu $a \equiv b$ (mod $n+1$) thì $\varepsilon ^{a} = \varepsilon ^{b}$ Giả sử $(1! , 2! ,.. , n!) \equiv (a_1,a_2,..,a_n) $ (mod $n+1$ ) , khi đó $0 = P(\varepsilon ) = \varepsilon ^{a_1}+..+\varepsilon ^{a_n} = T(\varepsilon )$ với $T(x) = x^{a_1}+..+x^{a_n}$ . 

Suy ra $Q(x) | T(x)$ , nên $(0,1! , 2! , .. , n!)$ lập thành hệ thặng dư đầy đủ mod $n+1$ . Từ đây suy ra được $n+1$ là số nguyên tố , hoặc $n +1= 4$ ,  vì nếu $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 , ta xét 2 trường hợp :

TH1 : $n +1 = a.b ; a,b$ phân biệt , trong biểu diễn $n!$ chứa cả $a,b$ nên $ n+1 = ab | n!$

TH2 : $ n = p^2 , p$ là số nguyên tố lẻ . Khi đó trong biểu diễn của $n!$ chứa có $p$ lẫn $2p$ , nên $n+1 = p^2 | 2p^2 | n!$ 

Vậy ta có $0 \equiv n! $ (mod $n+1$) với mọi $n+1$ là hợp số lớn hơn 4 . Vậy ta xét $n+1 = 4$, tức là $n = 3$ , ta có $2! \equiv 3!$ (mod 4)$ nên trường hợp này bị loại

Xét $p$ lẻ

 Ta có $(p-1)! \equiv -1 $ (mod $p$ ) theo định lý wilson , nên $(p-2)! \equiv 1 \equiv 1! $ (mod $p$ ) . Từ đây suy ra $p-2 = 1 $ , nên $p = 3 \implies n = 2$

Khi $p$ chẵn thì $n = 3$ không thỏa mãn như đã chỉ ở trên  

Vậy $ n= 1,2$




#695342 Tuần 4 tháng 10/2017:đường thẳng qua $P$ vuông góc $QR$ l...

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-10-2017 - 12:17

Lời giải bài 1 của em ạ :

Gọi $W$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ , ta chứng minh $PW \perp QR$ . 

Gọi $D,I,J$ lần lượt là giao điểm của $AP,BP,CP$ với đường tròn $(O)$ . Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $DI,DJ$ với $QR$ . Lần lượt áp dụng định lý Pascal cho 2 bộ 6 điểm $(JRNQDC)$ và $(DCMRNA)$ , ta có $P,L,E$ thẳng hàng , tương tự ta có $P,K,F$ thẳng hàng .

Gọi $PX,PY$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(PID)$ và $(PJD)$ . Xét tứ giác $AIDB$ nội tiếp , mà có $PK \perp AB $ , nên $PK$ đi qua $Y$ . Tương tự ta có $P,L,X$ thẳng hàng .

1.png

Gọi $T$ là giao điểm của $IY$ với đường thẳng qua $C$ vuông góc $CP$ , $S$ là giao điểm của $JX$ với đường thẳng qua $B$ vuông góc $BI$ . Ta lấy $B',C',I',J'$ là đối xứng của $B,C,I,J$ qua $O$ , thì ta có các bộ điểm thẳng hàng $\overline{I,B',T} , \overline{C,J',T} , \overline{B,I',S} , \overline{J,C',S}$ , suy ra $S,T$ đối xứng nhau qua tâm $O$ 

Lấy $U,V$ lần lượt là trung điểm $PY,PX$ .Gọi $Z$ là tâm ngoại tiếp $(PXY)$ . Ta có $\angle PYX = \angle PID = \angle PJD = \angle PXY$ nên $PX = PY$ . 

Nhận xét rằng $\angle PTI = \angle JCI = \angle JBI = \angle JSP$ , và tiếp tục có biến đổi góc : $\angle SPX = \angle SPB - \angle PBX = 90 - \angle BJC - \angle IPE = 90 - \angle IPE - \angle EPY = \angle TYP$ , Kết hợp các điều trên suy ra $\triangle PTY = \triangle XSP$ , nên $SU = TV$ vì là 2 trung tuyến . 

$Z$ là tâm ngoại tiếp $P(XY)$ nên ta có $ZU = ZV , \angle ZVT = \angle ZUS , VT = US$ nên $\triangle ZVT = \triangle ZUS$ , từ đây suy ra $ZS = ZT$ hay $OZ$ là trung trực $ST$ 

Xét $G$ là giao điểm của $JB$ với $IC$ . Áp dụng Pascal cho bộn 6 điểm $(BJCCIB)$ , ta có $W$ nằm trên $PG$ , mà $PG$ là trục đẳng phương của $(IPCT) , (JPCS)$ nên $PW \perp ST$ .   

Ta có $\overline{KI}.\overline{KD} = \overline{KP}.\overline{KY}$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , tương tự ta có $KL$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PXY)$ , suy ra $KL \perp OZ$ . Lại có $OZ \parallel PW$ do cùng vuông góc $ST$ , nên $KL \parallel ST \implies PW \perp QR$ , ta có điều cần chứng minh 

Untitled.png




#694426 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 09-10-2017 - 00:33

bài toán này kha quen thuộc , chứng minh tương tự bài mở rộng ở đây 

https://artofproblem...1514033p9009082




#694420 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 23:54

Lời giải bài 2 : Gọi $S,B',C'$ lần lượt đối xứng $A,B,C$ qua $O$ thì $SD \parallel AB$ nên $S,D,B'$ thẳng hàng , tương tự ta có $S,D,C'$ thẳng hàng 

Gọi $U,V$ lần lượt là giao điểm của $DE$ với $(O)$ . Do $OD = OE = \frac{1}{2}R$ nên $D,E$ lần lượt là trung điểm $OU,OV$ . Gọi $M',N'$ là đối xứng của $U,V$ qua $C,B$ và $K'$ là trung điểm $M'N'$ . Khi đó $OM' \parallel AC , ON' \parallel AB$ . Lại có $OBK'C$ là hình bình hành , nên $K'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ , suy ra $K' \equiv K$ . Vậy $K$ là trung điểm $M'N' $ . Từ đây có $M' \equiv M , N' \equiv N$ . 

Bằng biến đổi góc : $\angle OMU = \angle ACU = OSU$ nên tứ giác $OSMU$ nội tiếp , tương tự suy ra tứ giác $OVNS$ nội tiếp , nên tứ giác $SMPN$ nội tiếp . 

Do $\frac{OM}{ON} = \frac{BE}{CD} = \frac{SE}{SD}$ nên $\triangle OMN \sim \triangle SDE$ . Gọi $X$ là trung điểm $OS$ , ta có $VS \parallel EX$ nên $\angle XES = \angle ESV = \angle USC \implies \triangle USC \sim \triangle ESX$ , suy ra $\triangle USM \sim \triangle ESO \sim \triangle NOK$ . Từ đây ta có biến đổi góc : $\angle USM = \angle ONM = \angle ONS + \angle SNM = \angle UVS + \angle SNM$ nên $(O)$ và $(PMN)$ tiếp xúc tại $S$ là đối xứng của $A$ qua $O$

Untitled.png




#694414 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 23:01

em nghĩ có thể mở rộng bài 2 như sau (chứng minh bằng vị tự quay)

Cho tam giác $ABC$. Đương tròn $\odot(K)$ qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $D,E$. Giao của $DE$ và $BC$ là $T$. Đối xứng của $B$ qua $D$ là $X$ tương tự $Y$. Chứng minh rằng $T$ thuộc trục đẳng phương của $\odot(K)$ và $\odot (AXY)$

Gọi $S$ là điểm đồng quy của $(ADE) , (ABC), AT$ , khi đó $\triangle SDB \sim \triangle SEC \implies \triangle SXB \sim \triangle SYC$ nên $X,Y,A,S$ đồng viên . Suy ra $AS$ là trục đẳng phương của $(AXY ) , (O)$ nên $T$ thuộc trục đẳng phương của $(AXY) , (K)$




#694409 Tuần $2/10$ năm $2017$: Tâm $(PBC)$ nằm trên...

Gửi bởi manhtuan00 trong 08-10-2017 - 22:24

Lời giải bài 1 :

Gọi $S$ là điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$ thì $KSDL$ nội tiếp 

Ta sẽ chứng minh $P$ thuộc đường tròn $(BKS)$ và $(CLS)$ . Thật vậy , ta sẽ giả sử $P$ là giao điểm của 2 đường tròn này và sẽ chứng minh $P \in (IKL)$ , P \in IJ$

Bằng cộng góc ta có $\angle KPL = \angle IBC + \angle ICB = 180^{\circ} - \angle BIC$ nên $I \in (IKL)$ . 

Gọi $U$ là điểm chính giữa cung nhỏ của $(J)$ . Khi đó thì $\angle ULS = \angle KLS - \angle KLU = \angle KDB - \angle KAD = \angle LCS$ nên $UL$ là tiếp tuyến của $(LSC)$ . Tương tự có $UK$ là tiếp tuyến của $(KSB)$ . Mà $UL = UK$ nên $U$ nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này , suy ra $\overline{U,S,P}$

Khi đó ta có $\frac{PL}{PK} = \frac{LP}{LS}.\frac{SL}{SK} . \frac{KS}{KP} = \frac{SL}{SK} = \frac{sin \angle SKL}{sin \angle SLK }  = \frac{sin \angle LDC}{sin \angle KDB} = \frac{sin \angle LDI}{sin \angle ILD} . \frac{sin \angle IKD}{sin \angle IDK} = \frac{IL}{ID}.\frac{ID}{IK} = \frac{IL}{IK}$ nên $IKPL$ là tứ giác điều hòa 

Tiếp tục cộng góc , $\angle JKL = 90 - \angle KAL = \frac{1}{2}(\angle B + \angle C) = \angle KPL$ nên $JK,JL$ là các tiếp tuyến của $(IKPL)$ , suy ra $P,I,J$ thẳng hàng

Vậy điều cần chứng minh là đúng  Từ đây ta có $\angle BPC = \angle BPK + \angle KPL + \angle LPC = \frac{1}{2}( \angle B + \angle C) +90 $ nên tâm $(PBC)$ chính là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(O)$ 

Untitled.png




#694050 $P_1(x)=4x^{3}-3x;P_n(x)=P_1(P_{n-1}(x)) \foral...

Gửi bởi manhtuan00 trong 01-10-2017 - 22:22

không phải đặt $x = cos a$ , mà là thay $x $ bởi $cos a$ ạ , và mình chỉ ra được phương trình đó có $3^n$ nghiệm 

tức là chỉ ra luôn $P_n(cos a) = cos _a$ có $3^n$ nghiệm , thế thì tất nhiên $P_n(x) = x$ có ít nhất $3^n$ nghiệm




#693995 $P_1(x)=4x^{3}-3x;P_n(x)=P_1(P_{n-1}(x)) \foral...

Gửi bởi manhtuan00 trong 01-10-2017 - 01:04

$x = cos a \implies P_n(x) = cos (3^n.a) $ . Xét phương trình $cos(3^nx) = cos x $ , phương trình này có $3^n$ nghiệm $ a = \frac{k \pi}{3^n+1} , k = \overline{0 , 3^n-1}$ 




#693656 Tuần $4$ tháng $9/2017$: $AP$ đi qua điểm cố định

Gửi bởi manhtuan00 trong 24-09-2017 - 20:12

Lời giải bài 1 của em

Goij $U,V$ lần lượt là đối xứng của $E,F$ qua $(O)$ .Gọi $D$ là giao điểm của $AI$ với đường tròn $(O)$ 
Khi đó ta có $A,M,U$ thẳng hàng và $A,N,V$ thẳng hàng . Hơn nữa , do $DE,DF , EF$ lần lượt là trung trực $IC,IB,IA$ nên $D,M,E$ thẳng hàng , $D,N,F$ thẳng hàng và $E,J,F$ thẳng hàng 
Gọi $Z,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $Q,R$ , suy ra $Z,T$ là giao điểm của đường thẳng qua $I$ song song $BC$ với $CA,AB$ 
Do $IZ \parallel BC$ nên $\angle ZIC = \angle ICB = \angle ZCI$ , suy ra $ZI = ZC$ nên $Z$ nằm trên trung trực $IC$ . Từ đây có $Z,D,E$ thẳng hàng
Chứng minh tương tự ta cũng có $F,T,D$ thẳng hàng
Ta có $CU \parallel ZM , CB \parallel ZT$ nên $\triangle AZT \cap M \sim \triangle ABC \cap U$ , từ đây có $M$ là điểm chính giữa cung lớn của đường tròn $(AZT)$
Chứng minh tương tự ta nhận được $M,N$ là 2 điểm chính giữa cung lớn của $(AZT)$
Gọi $X,S$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $EN , FM$ và gọi $G$ là giao điểm của $ZX,ST$ , $H,L$ lần lượt là giao điểm của $FM,EN$ với $(AZT)$
Do $N$ là điểm chính giữa cung lớn nên $\angle NLA = \angle NLZ$ , từ đây ta suy ra $LZ$ đi qua điểm đối xứng của $A$ qua $LN$ , tức là $L,Z,X$ thẳng hàng
Chứng minh tương tự ta có $H,T,S$ thẳng hàng 
Untitled.png
Áp dụng định lý Pascal cho bộ $6$ điểm $(HNTZML)$ , ta có $HL,EF,BC$ đồng quy tại $Y$ 
Do $EF$ là trung trực $AI$ nên $Y$ chính là chân tiếp tuyến kẻ từ $A$ của $\triangle AZT$
$YA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $Y,A$ liên hợp trong $(O)$ . $G$ là giao điểm của $HZ,L$ , $Y$ là giao điểm của $HL,ZT$ nên $G,Y$ liên hợp
Suy ra $AG$ là đường đối cực của $Y$ . Gọi $AG$ cắt $(AZT)$ tại $D_a$ thì $YD_a$ cũng là tiếp tuyến 
Từ đây có $AZD_aT$ là tứ giác điều hòa nên $AG$ là đường đối trung của $(AZT)$
Suy ra $AP$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ nên $AP$ đi qua điểm cố định là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$
1.png