minhson95

Cho tam giác nhọn ABC. Từ điểm E bất kỳ trên AC ( E khác A và C) kẻ đường thẳng song song với đường thẳng BC, đường thẳng này cắt AB tại D. Lấy M trên AB sao cho góc AME = góc BMC. Qua giao điểm O của đường thẳng BE và CD kẻ đường thẳng song song với BC, đường thẳng này cắt cạnh AC tại N. CMR:OM=ON

Cho đa thức $P(x)=4x^2+5x+1-a$ với $x \in |R$ và a là số nguyên cho trước. Ta định nghĩa:
$P_2(x)=P(P(x))-4(P(x))^2+5P(x)+1-a$ ;
$P_{k+1}(x)=P(P_k(x))$
với k nguyên dương khác 1.
CMR: Nếu tồn tại một số nguyên n sao cho $n=P_{2011}(n)$ thì a là một số chính phương lẻ.

GHPT :

$\begin{cases} \frac{1}{3x}+\frac{2x}{3y}=\frac{x+\sqrt{y}}{2x^2+y} \\ 2(2x\sqrt{y})=\sqrt{2x+6}-y \end{cases}$

Mình mới có cách giải cho BĐT trên xin được chia sẻ:

Theo c-s ta có $3(x^4+y^4+z^4) \geq (x^2+y^2+z^2)^2$

$\rightarrow 3(x^8+y^8+z^8) \geq (x^4+y^4+z^4)^2 \geq \frac{1}{9}(x^2+y^2+z^2)^4$

$\rightarrow x^2+y^2+z^2 \geq 27(x^8+y^8+z^8)=1 (1)$

Theo giả thiết $\rightarrow x,y,z \in (0,1)$

Từ (1) $\rightarrow \frac{1}{y^2+z^2} \geq \frac{1}{1-x^2}$ và các hoán vị còn lại

$\rightarrow \sum(\frac{x^7}{y^2+z^2}) \geq \sum(\frac{x^7}{1-x^2})=\sum(\frac{x^8}{x(1-x^2)})$

Xét hàm đặc trưng $f(t)=\frac{1}{t(1-t^2)}$ với $t \in (0,1)$
=================================
$\rightarrow minf(t)=\frac{3\sqrt{3}}{2}$

$\rightarrow \sum(\frac{x^8}{1-x^2}) \geq \frac{3\sqrt{3}}{2}.\frac{1}{27}=\frac{\sqrt{3}}{18}$

$Q.E.D$

Lời giải:
Vẽ $AD$ cắt $(I)$ tại $P'$. Ta chỉ cần chứng minh $P'N;MD;FE$ đồng quy.
Ta có nhận xét sau:
Cho $(O)$ và $S$ ngoài $(O)$. Vẽ tiếp tuyến $SM,SN$ và các tuyến $SAC$. $MN$ cắt $AC$ tại $B$. Khi đó $(SBAC)=-1$.
=====================================
Áp dụng vào bài toán.

Vẽ $P'D$ cắt $FE$ tại $L$; $MN$ cắt $FE$ tại $J$; $KL$ cắt $MN$ tại $J'$.
$(ALP'D)=-1 \Rightarrow K(ALP'D)=-1 \Rightarrow (AJ'NM)=-1 \Rightarrow (AJ'MN)=-1 =(AJMN) \Rightarrow J \equiv J'$.
Vậy ta có đpcm.

$J \equiv J'$. thì sao có đpcm

GHPT sau bằng cách nhanh nhất:
$\left\{\begin{matrix} a+c=-3 \\ ca+b+d=6 \\ cb+ad=-5 \\ bd=3\end{matrix}\right.$

Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm $(o)$ và M là một điểm thay đổi trên cung nhỏ BC. Điểm N đối xứng với M qua trung điểm $I$ của AB. Gọi H,K lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và tam giác NAB.
a) Giả sử $D=NK \cap AB$. Hạ $KE \perp BC$ tại E. CMR: DE đi qua trung điểm của HK.
b) Tìm quỹ tích trọng tâm G của tam giác NAB khi M thay đổi trên cung nhỏ BC.

GPT:
$ \log^2_2x+\frac{3x}{2}.\log_3(x+1)-\log_2x[3\log_3(x+1)+x]=0$

Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} x^3+3xy^2=-49 \\ x^2-8xy+y^2=8y-17\end{matrix}\right.$

Lời giải:
Vẽ $AD$ cắt $(I)$ tại $P'$. Ta chỉ cần chứng minh $P'N;MD;FE$ đồng quy.
Ta có nhận xét sau:
Cho $(O)$ và $S$ ngoài $(O)$. Vẽ tiếp tuyến $SM,SN$ và các tuyến $SAC$. $MN$ cắt $AC$ tại $B$. Khi đó $(SBAC)=-1$.
=====================================
Áp dụng vào bài toán.

Vẽ $P'D$ cắt $FE$ tại $L$; $MN$ cắt $FE$ tại $J$; $KL$ cắt $MN$ tại $J'$.
$(ALP'D)=-1 \Rightarrow K(ALP'D)=-1 \Rightarrow (AJ'NM)=-1 \Rightarrow (AJ'MN)=-1 =(AJMN) \Rightarrow J \equiv J'$.
Vậy ta có đpcm.

Cho mình hỏi là $(SBAC)=-1$ , $(ALP'D)=-1$.... mấy cái kiểu như thế nghĩa là gì vậy.

Cho tam giác ABC có đường tròn tâm $I$ nội tiếp, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại D,E,F. AI cắt đường tròn $(I)$ tại M và N ( M nằm giữa A và N). DM cắt EF tại K, NK cắt đường tròn tâm $I$ tại điểm P khác N. CMR: A,P,D thẳng hàng.

Cho x,y,z>0 TM: $x^8+y^8+z^8=\frac{1}{27}$ CMR:

$\frac{x^7}{y^2+z^2}+\frac{y^7}{x^2+z^2}+\frac{z^7}{x^2+y^2} \geq \frac{\sqrt{3}}{18}$

GPT:

$2(x^2+x-1)^2+2x^2+2x=3+\sqrt{5+4x}$

Cho dãy số $(u_n)$ biết: $u_1=2$ và $u_{n+1}=\frac{u_n^2}{2u_n-1}$.
a) CMR: dãy số trên giảm và bị chặn.
b) Tìm công thức tổng quát của dãy số trên.

Ta có: \[x_n^2 = {x_{n + 1}} + 2 = \frac{{x_{n + 1}^2 - 4}}{{{x_{n + 1}} - 2}} = \frac{{x_{n + 1}^2 - 4}}{{x_n^2 - 4}}\]
Suy ra: \[\prod\limits_{k = 1}^n {x_k^2} = \frac{{x_{n + 1}^2 - 4}}{{x_1^2 - 4}} = \frac{{x_{n + 1}^2 - 4}}{{10}} \Rightarrow {\left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right)^2} = 10\left( {\frac{{x_{n + 1}^2}}{{x_{n + 1}^2 - 4}}} \right)\]
$\left\{ {{x_n}} \right\}$ là dãy tăng và không bị chặn trên nên \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {x_n} = + \infty \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {\left( {\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}}} \right)^2} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{10x_{n + 1}^2}}{{x_{n + 1}^2 - 4}}} \right) = 10\]
Vậy: $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_1}{x_2}...{x_n}}} = \sqrt {10} $.

Vẫn theo ý tưởng của anh Thành ta có:

$x_n^2= \frac{x_{n+1}^2-4}{x_n^2-4}=\frac{x_{n+1}+2}{x_n+2}.\frac{x_{n+1}-2}{x_n-2}$

$\rightarrow x_1x_2x_3...x_n=\sqrt{\frac{x_{n+1}^2-1}{x_1^2-4}}=\sqrt{\frac{x_{n+1}^2-1}{12}}$

Dễ thấy dãy số tăng và không bị chặn trên nên ta có:

$\rightarrow \lim(\frac{x_{n+1}}{x_1x_2...x_n})=\lim(\frac{\sqrt{12}x_{n+1}}{\sqrt{x_{n+1}^2-1}}) = \sqrt{12}$