Tên: Ung Nguyễn Vũ Hoàng THPT chuyên Lê Quý Đôn, Bình Định

Chuyên đề: Hình Học, Đa thức.

Địa chỉ Facebook:   https://www.facebook...ang.ungnguyenvu

Bài 57: CMR : Dãy số sau chúa vô hạn các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau

$t_{n}=\frac{1}{k!}n\left (  n+1\right )\left ( n+k-1 \right )$

với mọi $n,k\in Z^{+}$

Chứng minh rằng: 

 

c. $tan9^o-tan27^o-tan63^o+tan81^o=4$

câu này giải như sau :

VT $=\frac{\sin90^o}{\cos9^o\cos81^o}-\frac{\sin90^o}{\cos27^o\cos63^o}$

    $=\frac{2}{\sin18^o}-\frac{2}{\sin54^o}$

    $=\frac{2(\sin54^o-\sin18^o)}{\sin18^o\sin54^o}=\frac{2.2\cos36^o\sin18^o}{\sin18^o\sin54^o}=4$ (Đpcm)

sao chưa ai chém bài mình zậy đành tự xử thôi!!!!!!!!!!!

 từ giả thiết ta có thể đặt: $x=a-1;y=b-1;z=c-1$

khi đó ta được $x,y,z\in[0;1]$ và $x+y+z=1$

nhờ vậy ta được 

$P=(x+1)(y+1)+(y+1)(z+1)+(z+1)(x+1)+(x+1)(y+1)(z+1)=2(xy+yz+zx)+xyz+3(x+y+z)+4$

 $=2(xy+yz+zx)+xyz+7\geq 7$

vậy $MIN P=7$

dấu '=' xảy ra khi $xy+yz+zx=0;xyz=0;x+y+z=1$ hay một trong ba số $a,b,c$ bằng 2 và hai số còn lại bằng 1

Góp cho vui nhá!!!

Bài 18: cho $a,b,c\in[1;2]$ thoả $a+b+c =4$

 Tìm MIN: P=$ab+bc+ca+abc$

thanks nhìu

Mình có vài cuốn của Titu muốn chia sẻ cho mấy bạn ài cần thì cứ tự nhiên

Cho I là tâm đườn tròn nội tiếp tam giác ABC.a,b,c là các cạnh của tam giác. Chứng minh

$a.IA^{2}+b.IB^{2}+c.IC^{2}=abc$

Cách 1:

 Ta có $a\vec{IA}+b\vec{IB}+c\vec{IC}=0$

           $\Rightarrow (a\vec{IA}+b\vec{IB}+c\vec{IC})^{2}=0$

           $\Rightarrow a^{2}IA^{2}+b^{2}IB^{2}+c^{2}IC^{2}+2ab\vec{IA}.\vec{I B}+2bc\vec{IB}.\vec{IC}+2ca\vec{IC}.\vec{IA}=0$

           $\Rightarrow a^{2}IA^{2}+b^{2}IB^{2}+c^{2}IC^{2}+ab(IA^{2}+IB^{2}-AB^{2})+bc(IB^{2}+IC^{2}-BC^{2})+ca(IC^{2}+IA^{2}-CA^{2})=0$

           $\Rightarrow a^{2}IA^{2}+b^{2}IB^{2}+c^{2}IC^{2}+ab(IA^{2}+IB^{2}-AB^{2})+bc(IB^{2}+IC^{2}-BC^{2})+ca(IC^{2}+IA^{2}-CA^{2})=0$

Vậy ta có dpcm

Cách 2 :Hướng dẫn gọi H, K lllà Hình chiếu của I lên AB và AC dùng công thức hình chiếu

cai chỗ $a_n=3^n+3.\left ( -1 \right )^n$ nói dễ chả dẽ tí nào

Mình muốn share cho các mem hai tài liệu sau >>>>>>>>>>>>>>>>> ai cần cứ tải                    

àh bởi vì những trang trước hôk thực sự cần thiết cho nên mình hok post lên. Với lại phần kia không thuộc về phần học sơ cấp nhìu nên mình hôk đăng

Vì $p>5$ nên $p-1$ là ước của $\left ( p-2 \right )!$

Gs tồn tại $p$ sao cho $\left ( p-2 \right )!-1=p^s$

Khi đó ta có $p^s+1 \vdots p-1$

Mặt khác, $p^s-1 \vdots p-1$

Suy ra $2 \vdots p-1$ (mâu thuẫn vì $p>5$)

Suy ra đpcm

vẫn cón một mâu thuẫn tại sao phải  có $p>5$ thay vào đó trong lập luận của bạn cũng chỉ $p>3$ là là đủ để có đk vô lí 

Vậy thiếu sót chỗ nào?????????????????????

Chứng Minh Rằng có vô số số nguyên dương $x$ thoả mãn:

  $2^{x}+3^{x}   \vdots   x^{2}$

Cho tam giác $ABC$ nhọn ($AB\neq AC$). gọi $H$ là trực tâm của tam giác, $M$ là trung điểm $BC$. Các điểm $Đ,E$ lần lược thuộc các cạnh $AB,AC$ sao cho $D,H,E$ thẳng hàng. CMR $HM$ vuông góc với dây cung chung của $(ABC)$ và $(ADE)$

Chứng minh rằng:

   $tan34^{o} > \frac{2}{3}$

Bài này vẫn còn một cách nữa đó là:

áp dụng công thức sau: $x^{p} \equiv x (mod  p)$ với $p$ nguyên tố 

thay lần lượt $x$ bằng $a,b,a+b$ từ đó ta có đpcm

Cho $P(x)$ là một đa thức với hệ số nguyên không âm và các hệ số không vượt quá $14$ thỏa mãn điều sau:

$P(15)=491998$. Chứng minh rằng $P(2015) \vdots 7$

CMR : Dãy số sau chúa vô hạn các số nguyên đôi một nguyên tố cùng nhau

$t_{n}=\frac{1}{k!}n\left (  n+1\right )\left ( n+k-1 \right )$

với mọi $n,k\in Z^{+}$

==================================================================================================

Gọi $I,J$ là giao của $SP$ với $(O)$ (như hình vẽ)

có ngay $IK=LJ$

mà góc $SCM=SPC$ nên $MI=MJ$

Do đó $MK=ML$

 

làm phiền bạn có thể giải thích cho mình chỗ này được không

Cho điểm $P$ nằm trong tam giác $ABC$. Các tia $AP,BP,CP$ lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại $K,L,M$.

Tiếp tuyến tại $C$ của đường tròn cắt $AB$ tại $S$.

CMR $SC=SP$ khi và chỉ khi $MK=ML$

Cho tam giác $ABC$. $AK$ là đường đối trung của góc $BAC$ của tam giác ($K$ thuộc $BC$). Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AKC$ cắt $AB$ tại $P$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AKB$ cắt $AC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $KP=KQ$

Theo mình thì mình giải bài này với điều kiện b được thay bằng điều kiện là $f$ là hàm đơn ánh trên $R$ và mình giải như sau:

Đầu tiên ta cho $x=0 ; y=0$ khi đó ta được

$f(2f(0))=f^{2}(0)$   Đặt $f(0)=a$

Cho $ y=-x4 thì ta được

$f(2x^{2}+2f^{2}(-x^{2})=f^{2}(0)=f(2f(0))  ,\forall x \in R $ 

Theo tính chất đơn ánh thì 

$x^{2}+f(-x^{2})=f(0)  , \forall x \in R$

$\Leftrightarrow f(x)=x+a  , \forall x \leq 0$

Cho $ x=y$

thì $f(2x^{2}+2f(2x^{2}))=f^{2}(2x)   , \forall x \in R$

lại cho $x \rightarrow 2x ,   y \rightarrow 0$

thì $f(4x^{2}+2a)=f^{2}(2x)   , \forall x \in R$

do vậy nên 

$ f(x^{2}) +x^{2} =2x^{2} +a  ,   \forall x \in R$

$\Leftrightarrow f(x) =x +a ,   \forall x \geq 0$

Tóm lại $f(x) =x +a,   \forall x \in R$

Thử lại thấy $a=0$ 

Vậy hàm số duy nhất thoả mãn là 

$f(x) =x ,  \forall x \in R$

ban có thể giải thích rõ làm s để có được kết quả đó hay không (nêu rõ cách tính)  làm sao để có được $(n-1).n.4^{n-2}$

Cho tập hợp $X= { 1,2,...,n } $. Gọi $A,B$ là hai tập con của $X$. Tìm tất cả các bộ $(A,B)$ thỏa mãn $A$ không phải là tập con của $B$ và $B$ cũng không phải là tập con của $A$

Bất đẳng thức dạng cơ bản nhất:

1) Cho $a_{1}\geq a_{2}\geq a_{3}\geq...........\geq a_{2012}>0$ thoả mãn:

 $a_{1}+ a_{2}+ a_{3} \leq 2012$ và

 $a_{4}+ a_{5}+ a_{6} +...........+ a_{2012}\leq 2012$

Tìm MAX: P=$\sum_{i=1}^{2012}a_{i}^2$

2)  Cho $a_{1}\geq a_{2}\geq a_{3}\geq...........\geq a_{100}>0$ thoả mãn

 $a_{1}^{2}+ a_{2}^{2} \geq 100$ và

 $a_{3}^{2}+ a_{4}^{2}+ a_{5}^{2} +...........+ a_{100}^{2}\geq 100$

Tìm MIN: Q=$\sum_{i=1}^{100}a_{i}$

Nhìn có vẻ ta thấy rằng bài 2 là bài toán ngược của bài 1