melodias2002

$BY,CZ$ là các đường cao, $M$ là trung điểm $BC$. $A'$ đối xứng $A$ qua $O$.

Lấy $R$ đối xứng $A$ qua $D$, $T$ đối xứng $H$ qua $AB$

Ta có $HR \perp AH \Rightarrow RT \perp AT \Rightarrow RT$ đi qua $A'$.

Từ đó $OD || TA' ||ZM$. Tương tự ta cũng có $OE || YM$

Đường thẳng qua $D$ vuông góc $AB$, cắt $AO$ tại $P$. 

Ta có $\angle AED =\angle ACB =\angle AA'B=\angle APD \Rightarrow ADPE$ nội tiếp 

$\angle PDE=\angle PAE = \angle A'BC = \angle HCB = \frac{1}{2} \angle BMZ = \frac{1}{2} \angle ODE$

$\Rightarrow PD$ là phân giác góc $ODE$. Tương tự $PE$ là phân giác góc $OED \Rightarrow$ ĐPCM

B3: Ta có $\frac{1}{a^{3}(b+c)}+\frac{1}{b^{3}(a+c)}+\frac{1}{c^{3}(b+a)}= \sum \frac{1/a^2}{a(b+c)} = \sum \frac{b^2c^2}{a(b+c)} \geq \frac{(ab+bc+ca)^2}{2(ab+bc+ca)}=\frac{ab+bc+ca}{2} \geq \frac{3\sqrt{(abc)^2}}{2}=\frac{3}{2}$

Gọi $I'$ là giao của $A'C'$ và $SO$. Ta có $I'$ thuộc $A'C' \Rightarrow I'$ thuộc $(P)$, $I'$ thuộc $SO \Rightarrow I'$ thuộc $(SBD)$

$\Rightarrow I'$ nằm trên giao tuyến của $(SBD)$ và $(P) \Rightarrow I',B',D'$ thẳng hàng

 

Khi đó $A_k$ có tối đa $1+(2018-1011)+1=1009$ phần tử. Điều này là vô lí vậy kết quả là $1010$

 

Bạn giải thích kĩ chỗ này giúp mình với

Đầu tiên nhận xét: $a\geq \frac{-6}{5}$., ta chứng minh với mọi $a\geq \frac{-6}{5}$ đều thỏa mãn

Nhận xét 2: $a_3 >0$ với mọi $a\geq \frac{-6}{5}$

Xét $a=6$ thì $a_n=6$ với mọi $n$ nên thỏa mãn.

Xét $\frac{-6}{5}\leq a < 6$ thế thì $0<a_3<6$, bằng quy nạp ta chứng minh đc $a_n<6$ mọi $n>3$, từ đó $a_n$ tăng với mọi $n>3$ nên có g/h

Xét $a>6$ tương tự: $a_n>6$, $a_n$ giảm nên cũng có g/h

Còn $a=-1$ thì $\lim x_n=1$ ạ