minhtuyb nội dung
Có 497 mục bởi minhtuyb (Tìm giới hạn từ 24-05-2020)
#416438 Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng
Đã gửi bởi minhtuyb on 04-05-2013 - 18:32 trong Hình học
Cho đường tròn $(O)$. $A$ lad một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ $A$ vẽ tiếp tuyến $AA'$ và cát tuyến $ACD$ ($C$ nằm giữa $A$ và $D$). Đường tròn $(A; AA')$ cắt đường thẳng $CD$ tại $E,F$ ($E$ nằm giữa $C$ và $D$). Gọi $M=A'E\cap OF, N=DM\cap A'F, I=CM\cap A'F, J=NC\cap A'E$. Chứng minh: $I,J,D$ thẳng hàng.
Có hình luôn đây
- Hai đường tròn $(O)$ và $(A)$ trực giao nên $(FECD)=-1$
$\Rightarrow M(FECD)=-1\Rightarrow (FA'NI)=-1$
- Theo hệ quả của phép chiếu xuyên tâm thì $I,D,J$ thẳng hàng $\square$
#318985 Giải phương trình nghiệm nguyên dương $\frac{x}{y+21}+\frac{y}...
Đã gửi bởi minhtuyb on 24-05-2012 - 11:21 trong Số học
Đặt $x=a;y=b;21=c;6=d$, khi đó pt đã cho trở thành:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{a+d}+\frac{d}{a+b}=\frac{2}{z}(*)$$
Mặt khác, ta dễ dàng cm $VT(*)\ge 2$ theo Nesbit 4 biến và $VP(*)\le 2$ do $z\in N^*$. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$$\left\{\begin{matrix}a=c\\ b=d\\ z=1\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=21\\ y=6\\ z=1\end{matrix}\right.$$
Vậy pt đã cho có nghiệm $x=21;y=6;z=1$
#319510 chứng minh S không có quá 1 số lẻ
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-05-2012 - 20:16 trong Các dạng toán khác
$$a^2+b^2=k^2\ (k\in N^*)(1)$$
Xét modul 4:
$+)a^2\equiv 1\ (mod 4);b^2\equiv 1\ (mod 4)\ \text{Do a,b lẻ}\Rightarrow VT(1)\equiv 2\ (mod 4)(*)\\ +)k^2\equiv 0,1\ (mod 4) (**)$
-Vì $(*)$ và $(**)$ mâu thuẫn nên điều giả sử là sai. Vậy ta có ĐPCM
#382542 $2\sum a\geq \sum \sqrt[3]{a^{3}+7...
Đã gửi bởi minhtuyb on 01-01-2013 - 13:05 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài này sử dụng $Chebyshev$ là ra :Cho $a,b,c,d>0$ thỏa
$a+b+c+d = \frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{d^{2}}$
CMR
$2(a+b+c+d)\geq \sqrt[3]{a^{3}+7}+\sqrt[3]{b^{3}+7}+\sqrt[3]{c^{3}+7}+\sqrt[3]{d^{3}+7}$
---
-Viết lại giả thiết: $\sum \left(a-\dfrac{1}{a^2}\right)=0$. Ta có:
$$bdt\Leftrightarrow \sum (2a-\sqrt[3]{a^3+7})\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{8a^3-(a^3+7)}{4a^2+2a\sqrt[3]{a^3+7}+\sqrt[3]{(a^3+7)^2}}\ge 0\\ \Leftrightarrow \sum \dfrac{a-\dfrac{1}{a^2}}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge 0$$
Giả sử $a\ge b\ge c\ge d$ thì ta có hai dãy đơn điệu cùng chiều:
$$a-\dfrac{1}{a^2}\ge b-\dfrac{1}{b^2}\ge c-\dfrac{1}{c^2}\ge d-\dfrac{1}{d^2}\
\\\dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{a^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{a})^2}}\ge \dfrac{1}{4+2\sqrt[3]{1+\dfrac{7}{b^3}}+\sqrt[3]{(1+\dfrac{7}{b})^2}}\ge ...$$
Áp dụng BĐT $Chebyshev$ cho hai dãy đơn điệu cùng chiều ta có ĐPCM. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d=1$
#296520 Tìm giá trị biểu thức: $P=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfra...
Đã gửi bởi minhtuyb on 26-01-2012 - 11:45 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
Tính đc đến đây thôi:Cho x,y,z khác không thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix}
x(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+y(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})z(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=-2 & \\
x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 &
\end{matrix}\right.$
Tìm giá trị biểu thức: $P=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}$
$x(\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z})+y(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})z(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=-2\Leftrightarrow \sum \frac{x}{y}+\frac{x}{z}=-2\Leftrightarrow \sum \frac{x}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}=1$
$\Leftrightarrow \sum x(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=1\Leftrightarrow (x+y+z)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})=x^2+y^2+z^2(=1)
\Leftrightarrow \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=\frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}$
#300895 $CMR$ với mọi số nguyên $m$ thì :
Đã gửi bởi minhtuyb on 25-02-2012 - 11:07 trong Số học
-Thấy $6m^2-18m-30=6(m^2-3m-5)\vdots 6\forall m\in Z$
-Giờ ta phải c/m: $4m^3+3m^2-m\vdots 6$. Thật vậy, có:
$4m^3+3m^2-m=4m^3+4m^2-m^-m=4m(m^2+m)-(m^2+m)=(4m-1)(m^2+m)=m(m+1)(4m-1)(1)$
-Vì $m(m+1)$ là tích 2 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2
-Xét các trường hợp:
+)$m=3k\Rightarrow m\vdots 3$
+)$m=3k+1\Rightarrow 4m-1=4(3k+1)-1=12k+3\vdots 3$
+)$m=3k+2\Rightarrow m+1=3k+3\vdots 3$
Vậy trong mọi TH đều có $m(m+1)(4m-1)\vdots 3$
-Mà $(2;3)=1\Rightarrow m(m+1)(4m-1)\vdots 6$
Tóm lại bài toán đã đc c/m
#371912 Các bài toán về vecto
Đã gửi bởi minhtuyb on 23-11-2012 - 21:17 trong Hình học phẳng
Học gõ $\LaTeX$ và suy nghĩ kĩ trước khi hỏi bài!bài1:Cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp là R,trọng tâm G.tìm vị trí điểm P để biểu thức http://latex.codecog...rac{3PG^2}{R^4}đạt giá trị bé nhất
bài 2:Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ,I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.IA,IB,IC cắt (O) tại D,E,F.(khác A,B,C).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...9}{S\Delta ABC}
bài 3:Cho tam giác ABC,trọng tâm G,điểm lemoine L(giao của 3 đường đối trung).Chứng minh rằng:
http://latex.codecog...c{LC}{GC}\leq 3
Bài nào thử mọi cách ko ra thì mới hỏi. Đằng này BTVN chiều thầy vừa cho xong mà tối đã post lên đây rồi .
#328034 Viết sau sô 1993 một số tự nhiên $a$ thì được số mới chia hết cho 1...
Đã gửi bởi minhtuyb on 22-06-2012 - 18:37 trong Số học
a) Tìm GTNN của $a$
b) Nêu dấu hiệu chia hết cho $101$,chứng minh
c) Tìm công thức tổng quát của $a$
---------------
Thực ra bài thật thì chỉ có phần a), nhưng bạn nào có khả năng giúp mình phần $b);c)$ nữa nhé
#363713 Hệ thức Viet thi - HSG tỉnh Phú Thọ, chứng minh nghiệm này bằng k lần nghiệm...
Đã gửi bởi minhtuyb on 21-10-2012 - 21:25 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
+) Đ/k 2 pt có nghiệm: ...
+) Đ/k để $\alpha=k\beta:$
$$(x_1-kx_3)(x_2-kx_3)(x_1-kx_4)(x_2-kx_4)=0$$
Đến đây cần trâu bò là ra .
#356002 Từ các chữ số $0\rightarrow 6$ lập được bao nhiêu số tự nhiên...
Đã gửi bởi minhtuyb on 22-09-2012 - 23:25 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, tính cả trường hợp $a_1=0$ là:
$$d_1=\overline{P}=\dfrac{9!}{3!}$$
- Số các số có $9$ chữ số trong đó có chữ số 1 có mặt đúng 3 lần, các chữ số còn lại có mặt đúng 1 lần, có $a_1=0$ là:
$$d_2=\overline{P}=\dfrac{8!}{3!}$$
Vậy có: $d=d_1-d_2=53760$ số thoả mãn yêu cầu bài toán $\square$
#300753 Tìm $x$ để $B$ = $0$
Đã gửi bởi minhtuyb on 24-02-2012 - 12:18 trong Số học
Học qua lớp 8 là được làm tắt à, vậy mình giải đúng rồi còn j`minhtuyb giải hơi tắt . Cái $(x^2+4x+4)$ = $(x+2)^2$ thì mình biết rồi . Nhưng phải giải như theo trình tự mẫu này chứ cô giáo bảo mình học qua lớp 8 mới được giải như kiểu của bạn được :
Chắc em học lớp 7, anh lớp 9 nên giải tắt tí cũng chả sao cả
P/s:
$A(x)B(x)C(x)...Z(x)\neq 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}A(x)\neq 0\\B(x)\neq 0\\C(x)\neq 0 \\...\\Z(x)\neq 0\end{matrix}\right.$
#298467 Cực trị hình học và hình chiếu của một điểm trên 3 cạnh tam giác nội tiếp
Đã gửi bởi minhtuyb on 07-02-2012 - 13:15 trong Hình học
Mình thắc mắc tí:
Chỗ này chắc bạn hơi nhầm tí: $\frac{AC}{PL}+\frac{AB}{PM}=\frac{AL}{PL}+\frac{LC}{PL}+\frac{AM}{PM}+\frac{BM}{PM}$ (Nhầm dấu cộng thành trừ)* $\frac{b}{y} +\frac{c}{z}=\frac{AC}{PL}+\frac{AB}{PM}=\frac{AL}{PL}+\frac{LC}{PL}+\frac{AM}{PM}-\frac{BM}{PM}$
Dù sao cũng cảm ơn bạn nhiều
P/s:
Sao chỗ này mình thay góc vào không đc nhỉ. $\widehat{CPK}$ thay bằng góc gì đóTừ (1)(2)(3) $\frac{a}{x}=\frac{b}{y}+\frac{c}{z}\Rightarrow S=2.\frac{a}{x}$
#298256 Cực trị hình học và hình chiếu của một điểm trên 3 cạnh tam giác nội tiếp
Đã gửi bởi minhtuyb on 05-02-2012 - 22:24 trong Hình học
Bài 1:Cho $\Delta ABC$ vuông tại A nội tiếp đường tròn tâm O đường kính BC. P là một điểm di chuyển trên nửa đường tròn không chứa A. Gọi $K,L,M$ lần lượt là hình chiếu của P trên $BC,AC,AB$. Đặt $PK=x;PL=y;PM=z;BC=a;AC=b;AB=c$. Tìm GTNN của:
$S=\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}$
Bài 2: Cho Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm M nằm trên cung nhỏ AC. Kẻ $ME\perp AC;MF\perp BC$. Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $AB,EF$.
CMR:$\Delta PQM$ vuông
#358456 Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ lẻ: $2^{n!}-1...
Đã gửi bởi minhtuyb on 02-10-2012 - 23:25 trong Số học
Thanks em . Nhưng em xét thiếu trường hợp $n$ không có ước nguyên tố. Tức là $n=1$Giải như sau:
Bổ đề quen thuộc: $a^x-1,a^y-1 \vdots p$ với $x$ min thì $x|y$
Gọi $p$ là ước nguyên tố của $n$, dễ cm $n$ lẻ suy ra $p$ lẻ và $p$ là ước nguyên tố bé nhất của $n$
Khi đó gọi $k$ là số nhỏ nhất thỏa mãn $2^k-1 \vdots p$ theo Fermat nhỏ $2^{p-1}-1 \vdots p$
Nên theo bổ đề quen thuộc có $p-1 \vdots k \Rightarrow p-1\geq k \Rightarrow p>k$
Mặt khác cũng theo bổ đề đó có $n \vdots k$
Suy ra $k=1$ vì nếu $k>1$ thì $k \vdots r$ nguyên tố lẻ mà $p>k\geq r \Rightarrow p>r$ mà $r|n$ vô lí vì $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$
Suy ra $2^k-1=2-1=1 \vdots p$ vô lí
Vậy vô nghiệm
#298571 chứng minh rằng trong các tổng của 5 số theo mỗi cột , mỗi hàng hay mỗi đường...
Đã gửi bởi minhtuyb on 08-02-2012 - 13:17 trong Các dạng toán khác
-Tổng cộng có: 5 tổng hàng+5 tổng cột+2 tổng đường chéo=12 tổng. +Theo diricle có ĐPCM
#321996 Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AB để CK.AD + CE.BD có GTLN.
Đã gửi bởi minhtuyb on 03-06-2012 - 11:43 trong Hình học
SOLUTION:Cho đường tròn O dây AB cố định khác đường kính. Trên cung nhỏ AB lấy C, vẽ dây CD vuông góc với AB tại H, CK vuông góc với AD tại K. E là giao điểm của HK và BD.
Tìm vị trí của điểm C trên cung nhỏ AB để CK.AD + CE.BD có GTLN.
-Ta dễ dàng c/m $CE\perp AB$ (đây có thể nói là bài toán ngược của đường thẳng Sim-sơn)
Sau khi c/m xong ta có:
$$CK.AD+CE.BD=2S_{ACD}+2S_{BCD}=2S_{ACBD}=AB.CD$$
Mà $AB$ có độ dài không đổi (gt) nên $CK.AD+CE.BD$ đạt GTLN khi và chỉ khi $CD$ đạt GTLN
Mặt khác, $CD\le 2R$ với $R$ là bán kính đường tròn $(O)$ (theo quan hệ giữa dây và đường kính trong đường tròn)
Suy ra $CK.AD+CE.BD\le 2R.AB=const$
Dấu bằng xảy ra khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$
Vậy $max(CK.AD+CE.BD)=2R.AB$ khi $CD$ là đường kính của đường tròn $(O)$
#302023 tìm giá trị lớn nhất của $\sqrt{x+1}-\sqrt{x-8}$
Đã gửi bởi minhtuyb on 03-03-2012 - 17:57 trong Đại số
Nhân liên hợp, ta có:
$A=\sqrt{x+1}-\sqrt{x-8}=\frac{x+1-(x-8)}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}=\frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}$
Vì $x\geq 8\Rightarrow \sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}\geq \sqrt{8+1}+\sqrt{8-8}=3\Rightarrow \frac{9}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x-8}}\leq \frac{9}{3}=3$
Dấu bằng xảy ra khi $x=8$
Vậy $maxA=3$ khi $x=8$
#371017 Chứng minh rằng có vô hạn các số có dạng $a_n=2^n-3$ ($n...
Đã gửi bởi minhtuyb on 20-11-2012 - 19:46 trong Số học
Xét : $n>1$ thì $a_n$ lẻ. Ta có hai giá trị khởi đầu:Chứng minh rằng có vô hạn các số có dạng $a_n=2^n-3$ ($n \geq 2$) đôi một nguyên tố cùng nhau
$$a_2=1;a_3=5\Rightarrow (a_2;a_3)=1$$
Ta sẽ chứng minh: Giả sử ta chọn được dãy $b_1,b_2,...,b_k$ là dãy con của dãy $a_n$ thỏa mãn các phần tử của dãy đôi một nguyên tố cùng nhau. Ta sẽ chứng minh $\exists b_{k+1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$. Thật vậy, đặt:
$$A=b_1.b_2....b_k\\ \Rightarrow (A,2)=1$$
Áp dụng định lí Euler:
$$2^{\varphi(A)}-1\vdots A$$
Mà $A$ lẻ $\Rightarrow (2^{\varphi(A)}-3,A)=1\Rightarrow 2^{\varphi(A)}-3$ đôi một nguyên tố cùng nhau với $b_1,b_2,...,b_k$.
Vậy ta chọn $b_{k+1}=\varphi(A)$.
Ta đã c/m được sự vô hạn của dãy $b_k$. Vậy mệnh đề được c/m $\square$
#321189 $\frac{1}{1+\sqrt{2}}...+\frac{1}{\sqrt{2n+1}+\...
Đã gửi bởi minhtuyb on 31-05-2012 - 11:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
Có: $\frac{2}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k+2}}<\frac{1}{\sqrt{2k+1}+\sqrt{2k+2}}+\frac{1}{\sqrt{2k}+\sqrt{2k+1}}=\sqrt{2k+2}-\sqrt{2k}$CMR $\frac{1}{1+\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{4}}+...+\frac{1}{\sqrt{2n+1}+\sqrt{2n+2}}<\frac{ \sqrt{2n+2}}{2}$
Cho $k=1;2;3;...;n-1;n$ rồi cộng 2 vế các BĐT lại ta có ĐPCM
#298641 $5\sqrt{1+x^{3}}=2x^{2}+4$
Đã gửi bởi minhtuyb on 08-02-2012 - 20:20 trong Phương trình, hệ phương trình và bất phương trình
ĐK:$x\geq -1$B1: $5\sqrt{1+x^{3}}=2x^{2}+4$
$5\sqrt{1+x^{3}}=2x^{2}+4\Leftrightarrow 5\sqrt{(x+1)(x^2-x+1)}=2(x^2+2)(1)$
Đặt $a=\sqrt{x+1};b=\sqrt{x^2-x+1}(a;b\geq 0)\Rightarrow a^2+b^2=x+1+x^2-x+1=x^2+2$. Suy ra:
$(1)\Leftrightarrow 5ab=2(a^2+b^2)\Leftrightarrow 2a^2-5ab+b^2=0\Leftrightarrow (2a-b)(a-2b)=0\Leftrightarrow ...$
- Diễn đàn Toán học
- → minhtuyb nội dung