Dấu $=$ của bạn sai rồi, $x+y+z=3$ cơ mà
Nhầm, đã fix
Có 245 mục bởi angleofdarkness (Tìm giới hạn từ 30-05-2020)
Đã gửi bởi angleofdarkness on 06-04-2014 - 21:56 trong Bất đẳng thức và cực trị
Dấu $=$ của bạn sai rồi, $x+y+z=3$ cơ mà
Nhầm, đã fix
Đã gửi bởi angleofdarkness on 06-04-2014 - 17:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
có cách thcs hk
Bạn đọc không hiểu à? Đây chỉ là kiến thức biến đổi nhẹ thôi, chưa đụng cao đâu, lớp 8 làm bình thường mà,
Đã gửi bởi angleofdarkness on 27-03-2014 - 10:16 trong Đại số
Phương trình đã cho là dạng $ax+b=0$, chỉ có khả năng có một nghiệm, vô nghiệm hay vô số nghiệm thôi.
Cho mình đóng góp cùng nha:
Bài 1***: Cho phương trình: m-2x+m-3=0(với m là tham số).Tìm các giá trị của "m'' để phương trình có 2 nghiệm $x_{1}x_{2}$ thỏa mãn điều kiện: $x_{1}^{3}.x2+x^{_{1}}.x_{2}^{3}=-6$
Chắc đề cho pt này : $mx^2-2x+m-3=0$
Đã gửi bởi angleofdarkness on 15-07-2014 - 18:08 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Ang trừ em 2 lỗi nhé :
1) Sử dụng sai định lý (1đ)
2) Gõ $Latex$ sai (1đ )
Anh ơi latex em có sai đâu? Anh tô màu đỏ 1 đoạn trong công thức dãy latex em viết nên cả đoạn biến đổi đấy không hiển thị được chứ không phải em gõ sai mà
Đã gửi bởi angleofdarkness on 03-03-2014 - 23:19 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$(*) . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$
Đề của
Bài làm:
P=3x4+3y4+3x2y2-2x2-2y2+$\frac{1}{3}$.3
P=3(x4-$\frac{2}{3}$x2+$\frac{1}{9}$)+3(y4-$\frac{2}{3}$y2+$\frac{1}{9}$)+3x2y2+$\frac{1}{3}$
P=3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2+3x2y2+$\frac{1}{3}$
Nhận thấy:3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2$\geq 0$
3x2y2$\geq 0$
Vậy nên để P có min thì cặp số x,y phải thoả mãn 1 trong hai điều kiện sau:3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2=0
3x2y2=0
*Trường hợp 1:3x2y2=0
Theo bài toán đầu đề thì ta nhận thấy x,y không thể cùng bằng 0
Mà theo trường hợp thì x=0 hoặc y=0
Giả sử x=0 và y=m,thay x=0 vào bài toán đầu bài(*) ta có được y$\geq$$\sqrt[3]{2}$
Thay x=0,y$\geq$$\sqrt[3]{2}$ vào P ta có=3(0-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$)2+0+$\frac{1}{3}$$\geq$5,4(1)
*Trường hợp 2 :3(x2-$\frac{1}{3}$)2+3(y2-$\frac{1}{3}$))2=0
=>x=$\sqrt{\frac{1}{3}}$ hoặc x=$-\sqrt{\frac{1}{3}}$và y=$-\sqrt{\frac{1}{3}}$ hoặc y=$\sqrt{\frac{1}{3}}$
vậy nên ta sẽ có được 4 cặp số thoả mãn trường hợp
Thay lần lượt 4 cặp số vừa tìm được vào bài toán đầu bài(*) thì ta chỉ nhận được 1 cặp số x,y thoả mãn là:
(x,y)=($\sqrt{\frac{1}{3}}$;$\sqrt{\frac{1}{3}}$)
Thay cặp x,y ở trên vào P ta có P$\geq \frac{2}{3}$(2)
Từ (1),(2) suy ra P$\geq \frac{2}{3}$ cho nên Min của P là $\frac{2}{3}$. dấu bằng xảy ra khi x=y=$\sqrt{\frac{1}{3}}$
Bài làm đã sai ngay từ bước lập luận màu đậm kia, vì vậy các bước giải sau cũng sai và kết quả sai.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 01-03-2014 - 00:00 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Cho $x,y\in \mathbb{R}$ thỏa mãn $(x+y)^{3}+4xy\geq 2$ . Tìm giá trị nhỏ nhất của:
$$ P=3(x^{4}+y^{4}+x^{2}y^{2})-2(x^{2}+y^{2})+1$$
Đề của
MSS54:
Áp dụng BĐT Cauchy cho 2 số không âm $x^2;y^2$ thì $x^2+y^2 \geq 2.\sqrt{x^2y^2}=2|xy|$ (1)
$\Rightarrow (x+y)^2 \geq 4xy \Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2 \geq (x+y)^3+4xy \geq 2$
$\Rightarrow (x+y)^3+(x+y)^2-2 \geq 0 \Rightarrow (x+y-1)[(x+y)^2+2(x+y)+2] \geq 0$
Mà $(x+y)^2+2(x+y)+2=(x+y+1)^2+1 \geq 1>0$ nên có $x+y-1 \geq 0 \Rightarrow x+y \geq 1$
Cũng từ (1) ta có $x^2+y^2 \geq \frac{(x+y)^2}{2} \geq \frac{1}{2}$ (2) và $(x^2+y^2)^2 \geq 4x^2y^2 $ (3)
Ta biến đổi P và áp dụng các BĐT (2) và (3) ta có:
$P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1 \\ =3[(x^2+y^2)^2-2.x^2y^2+x^2y^2]-2(x^2+y^2)+1 \\ =3[(x^2+y^2)^2-x^2y^2]-2(x^2+y^2)+1 \\ \geq 3 \Big[ (x^2+y^2)^2-\frac{(x^2+y^2)^2}{4} \Big] -2(x^2+y^2)+1 \\ =\frac{9}{4}.(x^2+y^2)^2-2(x^2+y^2)+1 \\ = \Big\{ \Big[ \frac{3}{2}.(x^2+y^2) \Big] ^2-2.\frac{3}{2}(x^2+y^2).\frac{3}{4} + \frac{9}{16} \Big\} + \Big[ \frac{1}{4}(x^2+y^2)+\frac{7}{16} \Big] \\ = \Big[ \frac{3}{2}.(x^2+y^2).\frac{3}{4} \Big] ^2+ \Big[ \frac{1}{4}(x^2+y^2)+\frac{7}{16} \Big] \\ \geq 0+ \Big( \frac{1}{4}.\frac{1}{2}+\frac{7}{16} \Big) \\ =\frac{9}{16}$ (Sai )
Tức ta có $P \geq \frac{9}{16}$
Dấu = xảy ra khi $\left\{\begin{matrix} x^2=y^2 & \\ (x+y)^3+4xy=2 & \\ x+y=1 & \\ \end{matrix}\right. \Leftrightarrow x=y=\frac{1}{2}$
Vậy Max $P=\frac{9}{16}$ khi $x=y=\frac{1}{2}$
Điểm 9.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 15-03-2014 - 22:29 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Một số bài khác có sai cả phần sử dụng BĐT AM - GM nhưng chỉ bị trừ 1 điểm thôi, bài của em chỉ đánh sai dấu - thành dấu . (lỗi đánh máy) mà trừ mất 2 điểm. Bài làm của em sao bị trừ nặng thế ạ?
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-01-2014 - 11:24 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Không khuyến khích lắm việc toán thủ lấy đề có sẵn trên mạng, có chăng thì cũng nên xào nấu lại xíu chứ lấy y nguyên lại thì không hay cho lắm thì phải
Tuy không khuyến khích thật nhưng mấy ai đã tìm đc đề này, dịch công phu và trả lời hoàn thiện như thế này đâu!
Đã gửi bởi angleofdarkness on 04-01-2014 - 19:54 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Ta có: ${(n^2+1)^2}^k . (44n^3 +11n^2+10n+2)=N^m $ (1).
Do các số n, k, m, N đều nguyên và không âm nên từ (1) ta có m, N luôn khác 0.
Ta xét các trường hợp:
- Xét n chẵn:
Ta có ${(n^2+1)^2}^k$ chia 4 dư 1và $(44n^3 +11n^2+10n+2)$ chia 4 dư 2 nên $N^m$ chia 4 dư 2.
Điều này xảy ra khi N=2 và m=1.
- Xét n lẻ suy ra $n=2a+1$ (với a không âm), ta có ${(n^2+1)^2}^k={2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k$ . $(44n^3 +11n^2+10n+2)$ là số lẻ và chia 4 dư 3. (nói rõ hơn!!)
$\Rightarrow$ ${2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k . (44n^3 +11n^2+10n+2)=N^m $
Để (1) xảy ra thì m lẻ, nên $N^m$ chẵn và N chẵn. (nói rõ hơn tại sao $m$ phải lẻ)
Khi đó từ (1) $\Rightarrow$ $N^m=(a.2^b)^m= a^m . 2^{b m}.$ (với a,b là các số nguyên dương; a là số lẻ)
$\Rightarrow {2^2}^k . {[2a(a+1)+1]^2}^k .(44n^3 +11n^2+10n+2)= a^m . 2^{bm}.$
Để tồn tại các số thỏa mãn đề thì ${2^2}^k=2^{bm}.$
$\Rightarrow 2^k= bm.$
Do các số đều nguyên nên để điều này xảy ra thì điều kiện cần là m =1 (do m là số lẻ)
$\Rightarrow$ đpcm.
Điểm. 9
S = 9.7+9*3 = 36.7
Đã gửi bởi angleofdarkness on 11-04-2014 - 22:51 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1} (1)$
Đề thi của l4lzTeoz
MSS54:
ĐKXĐ: $\forall x \in \mathbb{R}; x \geq 1$
Ta có pt: $(1) \Leftrightarrow 3(x-1)+2(x^2+x+1)=7\sqrt{(x - 1)(x^2+ x + 1)}$
- Xét x = 1 thì (1) trở thành: $2.1^2+5.1-1=7\sqrt{1^3-1} \\ \Leftrightarrow 6=0$
Điều này vô lí $\Rightarrow$ x = 1 không là nghiệm của (1).
- Xét $x \neq 1$ thì (1) $\Leftrightarrow 3+\dfrac{2(x^2+x+1)}{x-1}= 7\sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x-1}} (2)$
Đặt $\sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x-1}}=t (t \geq 0)$ thì (2) trở thành: $3+2t^2=7t \\ \Leftrightarrow 2t^2-6t-t+3=0 \\ \Leftrightarrow (t-3)(2t-1)=0 \\ \Leftrightarrow \begin{bmatrix}t=3 & \\ t=\dfrac{1}{2} & \end{bmatrix}$
(thỏa mãn đk: $t \geq 0$)
$\bigstar t=3$ $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x-1}}=3 \Leftrightarrow \dfrac{x^2+x+1}{x-1}=9 \\ \Leftrightarrow x^2-8x+10=0(3)$
(3) là pt bậc hai ẩn x có $\Delta '=(-4)^2-1.10=6>0$ nên (3) có 2 nghiệm phân biệt:
$\begin{bmatrix} x_1=\dfrac{-(-4)-\sqrt{6}}{1}=4-\sqrt{6} & \\ x_2=\dfrac{-(-4)+\sqrt{6}}{1}=4+\sqrt{6} & \end{bmatrix}$
(thỏa mãn ĐKXĐ và $x \neq 1$)
$\bigstar t=\dfrac{1}{2}$ $\Leftrightarrow \sqrt{\dfrac{x^2+x+1}{x-1}}=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{x^2+x+1}{x-1}=\dfrac{1}{4} \\ \Leftrightarrow x^2+\dfrac{3}{4}x+\dfrac{5}{4}=0(4)$
(4) là pt bậc hai ẩn x có $\Delta=(\dfrac{3}{4})^2-4.1.\dfrac{5}{4}=\dfrac{-71}{16}<0$ nên (4) vô nghiệm.
Như vậy pt (1) có tập nghiệm $S=\left \{4 \pm \sqrt{6} \right \}$
d =10
S =47
Đã gửi bởi angleofdarkness on 06-03-2014 - 00:03 trong Toán rời rạc
Bài này nha
Một cuộc họp có 100 người tham gia . Giả sử mỗi người đều quen với ít nhất 67 người. CMR: có thể tìm thấy 1 nhóm 4 người mà 2 người bất kì đều quen nhau.
Xét hai người quen nhau A và B. Số người quen của mỗi người ít nhất là 67 nên số người quen chung của A và B ít nhất là 67 + 67 - 100 = 34.
Gọi S là tập những người quen chung của A và B thì trong M có ít nhất hai người C và D quen nhau vì nếu C và D không quen nhau thì mỗi nguời trong nhóm S phải quen nhiều nhất là 100 - 34 = 66 người (ít hơn 67) nên loại.
Vậy có ít nhất 4 người (VD là A, B, C, D như trên) mà bất kì người nào trong nhóm cũng quen nhau.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 06-03-2014 - 00:04 trong Toán rời rạc
1.Cho 2 số tự nhiên a,b sao cho $ab=1996^{1995}$. Hỏi $a+b$ có chia hết cho $1995$ hay không?
Bài này là bài 6 trong đề thi cuối HKI huyện Thanh Chương - Nghệ An, bạn tham khảo đáp án ở đây
2. Trong hình chữ nhật có kích thước $1\times 2$, lấy $6n^{2}+1$ điểm với n nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại 1 hình tròn bán kính $\frac{1}{n}$ chứa không ít hơn 4 trong số các điểm đã cho
Còn bài này là đề thi HSG 9 trường Nguyễn Trãi đáp án tham khảo ở đây
Đã gửi bởi angleofdarkness on 11-06-2014 - 21:18 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Đã sơ chấm xong trận này Chắc có sót đấy nên các em kiểm tra kĩ lại dùm nhé.
Nói chung cách làm với mở rộng na ná nhau cả nên điểm cộng thêm cho nhiều cách giải với mở rộng tối đa là 10 với 20 thôi nha
Thật sự anh cũng muốn như thế lắm em ạ :'(
Nhưng e phải hiểu là chấm bài trên máy tính rất chối, e phải lội từng page để xem bạn này có mở rộng hay có cách giải gì không, mà mỗi bài dài dằng dặc thì lăn lên lăn xuống rất khó chịu...
Chưa kể máy cùi bắp mở nhiều tab để chuyển qua lại cũng ngốn RAM + lag lắm.
Và điều quan trọng nhất.... đó là LƯỜI
Xin lỗi vì anh nói có phần vô trách nhiệm nhưng em hiểu đội ngũ trọng tài MSS vẫn còn là học sinh (có lúc thầy Thế chấm), vẫn còn ham ăn chơi nhảy múa lắm em ạ....
Nói chung "kể khổ" vậy thôi nhưng anh/em/mình sẽ tiếp thu, cố gắng hoàn thành công việc .
(Nói nghe hơi chợ búa tí nhưng thế cho các em dễ hiểu tâm trạng )
Bonus:Spoiler
Điểm của em ở đâu vậy anh
Đã gửi bởi angleofdarkness on 13-05-2014 - 11:39 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Trận BĐT lần trước cũng được dùng, k cần c/m.
P/S: MSS sắp kết thúc rồi, chỉ còn trận 10 nữa thôi. Em mong sau trận 9 này BTC sẽ lock các trận lại, chấm và thống kê tất cả lại theo từng trận và thông báo luôn toán thủ nào bị loại ở mỗi trận (giồng hai trận đầu tiên đấy ạ ) Thá mất thời gian chấm lâu chứ dây dưa điểm loại chưa rõ ràng đến trận 10 em thấy rất khó theo dõi.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-06-2014 - 18:55 trong Tài liệu - Đề thi
Bạn với Hiếu có nhầm không nhỉ !?
Bởi tam giác $ABK$ vuông tại $K$ có góc $\angle ABK=60^o$ nên : $BK=\frac{AK}{tan(60^o)}=\frac{x}{\sqrt{3}}$ mới đúng chứ nhỉ !?
c2
ta có $\widehat{ACD}= \widehat{ABD}= 60$
$AD= R\sqrt{3}$
$\Rightarrow DK=\sqrt{3R^{2}-x^{2}}$
lại có
$BK= x\sqrt{3}$
$\Rightarrow BD=x\sqrt{3}+\sqrt{3R^{2}-x^{2}}$
p/s mấy bạn lớp c làm bài thế nào
Xem tại đây
a) Xét tứ giác $AKPD$ có $\angle APK=\angle ACB$ (2 góc ở vị trí đồng vị)
mặt khác $\angle ACB =\angle ADK$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
$\Rightarrow \angle ADK=\angle APK$ $\Rightarrow $ $ADPK$ là tứ giác nội tiếp.
b) Theo câu a) tứ giác $AKPD$ nội tiếp $\Rightarrow \angle APD=\angle AKD=90$ độ
và $\angle DKP=\angle DAP$
Xét tứ giác $DMPC$ có $\angle DMC=\angle DPC=90$ độ
$\Rightarrow DMPC$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle PMK=\angle DCA$
mà $\angle DCA+\angle DAC=90$ độ $\angle PMK+\angle PKM=90$ độ
$\Rightarrow KP\perp PM$ (đpcm)
c) Ta có
Xét tam giác ADC vuông tại D có $\angle ACD=\angle ABD=60$ độ nên
$AD=2R.sin$ $60=R\sqrt{3}$
$CD=2R.cos$ $60=R$
Xét tam giác vuông $AKB$
$AB=\dfrac{AK}{sin 60}=\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}$
Xét tam giác ABC vuông tại C
$BC=\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}$
Từ đây áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có
$AC.BD=AD.BC+AB.CD$
$\Leftrightarrow 2R.BD=R\sqrt{3}.\sqrt{4R^2-\dfrac{4x^2}{3}}+\dfrac{2\sqrt{3}x}{3}.R$
$\Leftrightarrow BD=\sqrt{3R^2-x^2}+\frac{x}{\sqrt{3}}$
Hai thím kia tính sai rồi :v
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-06-2014 - 18:57 trong Tài liệu - Đề thi
chung : 9 , chuyên : 5 , đoán thế
chuyên 9,5 chứ :3
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-06-2014 - 19:00 trong Tài liệu - Đề thi
thì bảo 35 trở lên không tèo
không đến độ 35 sp đâu, chỉ tầm 30 thôi
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-06-2014 - 18:51 trong Tài liệu - Đề thi
tất nhiên là phải chứng minh rồi.
Mình không thi...nếu thi chắc làm được
HN k cần chứng minh đâu thím
Đã gửi bởi angleofdarkness on 07-06-2014 - 18:45 trong Tài liệu - Đề thi
35
25 là em tèo rồi chứ nói gì 35
Đã gửi bởi angleofdarkness on 15-02-2014 - 00:58 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Do đề của các Toán thủ nộp chưa phù hợp nên trận này BTC sẽ ra đề
Đề của BTC:
Cho tam giác $ABC$ nhọn. $D,E,F$ trên $BC, CA, AB$ sao cho $\triangle DEF$ nhọn và $AD, BE, CF$ đồng quy. $M, N, P$ trên $EF, FD, DE$ sao cho $\triangle MNP$ nhọn và $DM, EN, FP$ đồng quy.Chứng minh rằng: $AM, BN, CP$ cũng đồng quy.
Thời gian làm bài tính từ: 20h15 ngày 14/2/2014
P/s: mong các toán thủ đừng mải đi chơi với gấu mà quên làm bài :adore:
Bài làm của MSS54:
Đầu tiên ta c/m định lí hàm số sin:
Áp dụng định lí Xê-va (1) với ba đường AD, BE, CF đồng quy trong $\Delta$ ABC và ba đường DM, EN, FP đồng quy trong $\Delta$ DEF thì ta có $\frac{BD}{CD}.\frac{CE}{AE}.\frac{AF}{BF}=\frac{EM}{FM}.\frac{FN}{DN}.\frac{DP}{EP}=1.$
Thay vào (3) ta được $\frac{\sin \angle CAM}{\sin \angle MAB}.\frac{\sin \angle NBA}{\sin \angle NBC}.\frac{\sin \angle PCB}{\sin \angle PCA}=1$ (4)
Áp dụng định lí Xê-va (2) với ba đường AM, BN, CP trong $\Delta$ ABC thì do có (4) nên ta luôn có ba đường AM, BN, CP đồng quy.
$\Rightarrow$ đpcm.
$d=9$
$S = 42.5$
Đã gửi bởi angleofdarkness on 15-02-2014 - 11:15 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
MSS54:
Mở rộng: Đối với bài toán này không cần điều kiện các tam giác ABC, DEF và MNP nhọn:
" Cho tam giác ABC. D, E, F trên BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy. M, N, P trên EF, FD, DE sao cho DM, EN, FP đồng quy. Chứng minh AM, BN, CP cũng đồng quy."
Đã gửi bởi angleofdarkness on 17-02-2014 - 11:24 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Ta có:
$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{ME}{MF}$ (do $Sin \widehat{AMF}=Sin \widehat{AME}$)
$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{AM\cdot AE\cdot Sin \widehat{MAE}}{AF\cdot AM\cdot Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}$
$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AE} \left ( 1 \right )$
Tương tự:
$\frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}= \frac{FN}{DN}\cdot \frac{BD}{BF}\left ( 2 \right )$
$\frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{PD}{PE}\cdot \frac{CD}{CE} \left ( 3 \right )$
Nhân cả hai vế của (1), (2), (3) với nhau, ta được:
$\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{ME\cdot AF\cdot FN\cdot BD\cdot PD\cdot CD}{MF\cdot AE\cdot DN\cdot BF\cdot PE\cdot CE}$
hay $\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \left ( \frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE} \right )\cdot \left ( \frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE} \right )$
Vì AD, BE, CF đồng quy, DM, EN, FP đồng quy, theo định lí Ceva ta có:
$\frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE}= 1$
$\frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE}= 1$
$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$
Do $ \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$, theo Ceva-sin ta có AM, BN, CP đồng quy (đpcm)
Bài làm chỗ màu đỏ sai, hai góc kề bù làm sao có $\sin$ bằng nhau được, chỗ đó chỉ cần nói hai tam giác AMF và AME cùng chiều cao hạ từ A xuống EF nên thiết lập được tỉ số diện tích hai tam giác theo tỉ số hai cạnh đáy tương ứng.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 15-07-2014 - 18:09 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Bài em vẫn chưa có điểm ạ.
Đã gửi bởi angleofdarkness on 29-03-2014 - 18:22 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
MSS54: (làm tiếp)
Bảng giá trị thứ hai:
Kết hợp cả 2 bảng giá trị ta thấy cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn đề là (1; 2)
Đã gửi bởi angleofdarkness on 29-03-2014 - 12:12 trong Thi giải toán Marathon cấp THCS 2014
Tồn tại hay không các cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn phương trình sau đây ?
$$\sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094(*)$$
Đề của
MSS54:
Giả sử tồn tại cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn (*)
Do x;y nguyên nên $2025x^2+2012x+3188$ và $2013x-2011y+2094$ cũng nguyên.
Kết hợp (*) $\Rightarrow 2025x^2+2012x+3188=m^2 (m \in Z)$
$\Rightarrow \sqrt{2025x^2+2012x+3188}=2013x-2011y+2094=|m|$
Hay $2013x-2011y=|m|-2094$(**)
Ta có $m^2-[(45x)^2+2012x+3188]=0 \\ \Leftrightarrow (45m)^2-[(45^2x)^2+45^2x.2012+3188.45^2]=0 \\ \Leftrightarrow (45m)^2- \Big[ [(45^2x)^2+2.45^2x.1006+1006^2]+5443664 \Big]=0 \\ \Leftrightarrow (45m)^2-(45^2x+1006)^2=5443664 \\ \Leftrightarrow [45m-(45^2x+1006)] . [45m+(45^2x+1006)]=5443664 (1)$
Do x; m nguyên nên $[45m-(45^2x+1006)]$ và $[45m+(45^2x+1006)]$ nguyên. (2)
Mà 5443664 $\vdots 2$ nên $[45m-(45^2x+1006)] . [45m+(45^2x+1006)] \vdots 2$
Xét tổng: $[45m-(45^2x+1006)]+[45m+(45^2x+1006)]=90m \vdots 2$ nên ta suy ra $[45m-(45^2x+1006)]$ và $[45m+(45^2x+1006)]$ đều $\vdots 2$ (3)
Kết hợp (**); (1); (2); (3) ta có bảng giá trị sau:
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học