$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+ab+bc+ca+ab+bc+ca\geq 9\sqrt[9]{\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}.(abc)^{4}}=9\sqrt[9]{(abc)^{2}}$  mà bạn

Thành thật xin lỗi, mình bị nhầm./

Bài toán 7. Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. E,F lần lượt là hình chiếu của H lên CA,AB. Gọi K,L,N lần lượt là tâm bàng tiếp đỉnh H của các tam giác HBF,HCE,HEF. Chứng minh rằng A là tâm nội tiếp tam giác KLN.

Lời giải của mình:

Bài số 7 là hệ quả của bài toán sau:

Cho tam giác $AHB$ vuông tại $H$. $F$ là chân đường cao từ $H$ xuống $AB$.$K$ là tâm bàng tiếp góc $H$ của tam giác $BHF$.$M$ là tâm bàng tiếp góc $F$ của tam giác $BHF$. $Z$ là điểm đối xứng với $F$ qua trung điểm $BH$ thì $\angle ZMB=\angle AKF$

Áp dụng định lí Ceva sin cho tam giác $AKH$ với sự đồng quy tại $F$; cho tam giác $BMH$ với sự đồng quy tại $Z$./

Để ý rằng:$\angle FAH=\angle ZBH;\angle FHA=\angle BHZ;\angle MBZ=\angle FKH;\angle ZHM=\angle FHK$

nên:$\frac{sin\angle FKA}{sin\angle FAK}=\frac{sin\angle ZMB}{sin\angle ZMH}$

Lại có: $\angle BFH=90o$ nên $\angle KFB=\angle BMH\leq 90o$ Ta có đpcm./

Bài toán 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) với trung tuyến AM và điểm Lemoine L. AM cắt (O) tại N khác A. H là hình chiếu của N lên BC và K đối xứng H qua N. KM cắt CA,AB tại E,F. KL cắt CA,AB tại P,Q. PF cắt EQ tại R. Chứng minh rằng AL và KR cắt nhau trên (O).

Bài toán 6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và tâm nội tiếp I. Trên cạnh BC lấy các điểm E,F sao cho AB(BC+AB−AC)/BE=AC(BC+CA−AB)/CF=AB+BC+CA. Gọi M,N là trung điểm của IB,IC. Chứng minh rằng ME,NF cắt nhau trên (O).

Bài toán 8. Cho tam giác ABC với các trung tuyến AD,BE,CF đồng quy tại G. Các điểm X,Y,Z lần lượt thuộc EF,FD,DE sao cho nếu DX,EY,FZ đồng quy tại P thì PX=PY=PZ. Khi đó gọi Q là đẳng giác của P trong tam giác ABC. Chứng minh rằng P,Q,G thẳng hàng.

Bài toán 9. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H. EF là dây cung của (O). Tia đối tia HE,HF cắt đường tròn Euler (N) của tam giác ABC tại P,Q. Gọi FP cắt EQ tại X. Chứng minh rằng bốn điểm E,F,P,Q thuộc một đường tròn (D) và XD luôn đi qua một điểm cố định khi dây EF thay đổi.

Bài toán 10. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) cố định với B,C cố định và A di chuyển trên (O). Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. M là trung điểm BC. Đường thẳng qua T vuông góc AM cắt CA,AB tại E,F. BE cắt CF tại D. Chứng minh rằng đường thẳng qua A vuông góc TD luôn đi qua điểm cố định khi A thay đổi.

Bài toán 11. Cho tam giác ABC và P là điểm bất kỳ. Gọi Oa,Ia,Ja lần lượt là tâm ngoại tiếp, tâm nội tiếp và tâm bàng tiếp đỉnh P của tam giác PBC. Tương tự có Ob,Ib,Ic,Oc,Ic,Jc. Gọi da là đường thẳng nối tâm ngoại hai tam giác PIcJb và PIbJc. Tương tự có db,dc. Chứng minh rằng da,db,dc cắt nhau tạo thành tam giác thấu xạ với tam giác OaObOc.

Bài toán 12. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. Đường thẳng qua I vuông góc IA cắt CA,AB tại A1,A2. Ab,Ac lần lượt đối xứng C,B qua A1,A2.

    a) Chứng minh rằng AbAc tiếp xúc (I) tại Aa.

    b) Tương tự có Bb,Cc. AD,BE,CF đồng quy tại Ge. Chứng minh rằng AAa,BBb,CCc đồng quy trên IGe.

Bài toán 13. Cho tứ giác ABCD có AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F và AC cắt BD tại G. Gọi AC,BD cắt EF tại P,Q. Chứng minh rằng điểm Miquel của tứ giác ABCD nằm trên đường tròn Euler của tam giác GPQ.

Bài toán 14. Cho tứ giác ABCD có AC cắt BD tại E. Giả sử

EA.EB.CD+EC.ED.AB=EA.ED.BC+EB.EC.AD.

Chứng minh rằng tứ giác ABCD ngoại tiếp.

Bài toán 15. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và tâm nội tiếp I. Đường tròn (K) tiếp xúc CA,AB tại E,F và tiếp xúc trong (O) tại D. Gọi IB,IC cắt (O) tại M,N khác B,C. L là trung điểm AD. LM,LN lần lượt cắt trung trực AE,AF tại P,Q. Chứng minh rằng đường thẳng qua I vuông góc ID chia đôi PQ.

Bài toán 16. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) tiếp xúc CA,AB tại E,F và tiếp xúc trong (O) tại D. AD cắt (K) tại L khác D. Tiếp tuyến tại L của (K) cắt (O) tại M,N. Gọi P là tâm nội tiếp tam giác DMN. Chứng minh rằng ∠DEP+∠DFP=90∘.

Bài toán 17. Cho tam giác ABC, một đường tròn (K) đi qua B,C cắt đoạn CA,AB tại E,F. BE cắt CF tại H. P thuộc đoạn EF sao cho ∠PAB=∠HAC. Gọi M,N là trung điểm BE,CF. PM,PN lần lượt cắt AB,AC tại K,L. Chứng minh rằng EF chia đôi KL.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán Tuần 1 tháng 1 tại Tuần 2 tháng 1 kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 21. Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$ và trung tuyến $AM$. $P,Q$ lần lượt là trung điểm $IB,IC$. Lấy các điểm $K,L$ sao cho $PK \perp PA, BK \perp BA, QL \perp QA, CL \perp CA$. Chứng minh rằng $AM \perp KL$.

 

Screen Shot 2016-01-11 at 10.23.09 am.png

Lời giải của em thế này:

Đường tròn đường kính $AK$ cắt đường tròn đường kính $AL$ tại $J$./

$AJ$ cắt $BC$ tại $M'$. $BC$ cắt $(AK)$ và $(AL)$ tại $E,F$.

Do $M'J$ là trục đẳng phương của $(AK)$ và $(AL)$ nên $M'B.M'E=M'C.M'F$./ Ta chứng minh $M$ trùng $M'$

$M'$ là trung điểm $BC$ khi và chỉ khi $BE=CF$./

Do $BP$ là phân giác $\angle ABC$ nên $\angle AEP=\angle PAE\Rightarrow$ tam giác $EPA$ cân.

Trên $AB$ lấy $G$ sao cho $PB=PG$ thì tam giác $PBG$ cân tại $P$ nên $\angle AGP=180o-\angle B/2=\angle EBP$

$\Rightarrow$ tam giác $AGP$= tam giác $EBP$. Vậy $BE=AG$.

Lại có:$PB=PG=PI$ nên $G$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$.

Chứng minh tương tự: $H$ là hình chiếu của $I$ lên $AC$ nên $AH=AG$.

Vậy $BE=CF$ nên $M'$ trùng $M$

Bài toán được giải quyết xong./

P/s: Ai có thể đăng hộ em cái hình được không ạ! Em không biết đăng như thế nào?. Em xin cảm ơn./'

Lời giải của em thế này ạ!

Bất đẳng thức đã cho tương đương với:

$a^{2}+b^{2}+c^{2}-6+2abc(a+b+c)-3a^{2}b^{2}c^{2}\geq 0$( do $ab+bc+ac=3$)

$\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}+2abc(a+b+c)-3a^{2}b^{2}c^{2}\geq 12$

$\Leftrightarrow (a+b+c-abc)(a+b+c+3abc)\geq 12 (*)$

Do $ab+bc+ca=3$ nên $a+b+c\geq 3,abc\leq 1$

Đặt $a+b+c=3+x$, $abc=1-y$ thì $x,y\geq 0$ và $y< 1$

$(*)\Leftrightarrow (2+x+y)(6-y+x)\geq 12$

$\Leftrightarrow x^{2}-y^{2}+8x+4y\leq 0$

Do $y< 1$ nên bất đẳng thức cuối đúng, vậy ta có đpcm./

. Mình giải bằng cách sử dụng trục đẳng phương (dĩ nhiên ngắn hơn của bạn )

Anh Hân đăng lời giải đi!

Tìm n nguyên dương $\geq 5$ thỏa mãn:

$i)$ 2 người bất kì quen nhau không có người quen chung.

$ii)$ 2 người bất kì không quen nhau thì có đúng hai người quen chung.

P/s: Bài này mình giải rồi nhưng không được đúng cho lắm:

Mình từng đọc một bài trong chuyên đề tổ hợp qua ánh xạ của thầy Nguyễn Chiến Thắng có một bài cấu hình tương tự nhưng chứng minh số người quen của mỗi người là như nhau, từ đó mình giải thế này: Gọi số người quen của mỗi người là x, ta có:

Nếu một người thuộc vào tập quen của người khác thì sẽ không quen với x-1 người kia( theo t/c 1)

Nếu một người cùng thuộc tập quen của hai người thì hai người đó sẽ cùng quen một người khác với người ban đầu, vậy với một người là người quen của 2 người khác thì người đó sẽ không quen $2(x-1) -1$ người. Vậy một người sẽ không quen quen tất cả là $x(x-1)-x+1=(x-1)^{2}$ vậy n có dạng $(x-1)^{2} +x+1$

ta có $\frac{\overline{QI}}{\overline{BQ}}=\frac{2(\overline{BI}-\overline{BQ})}{\overline{BE}}=\frac{2BI}{BE}-1=\frac{c+a-b}{a+b+c}$

tương tự ta có $\frac{\overline{RI}}{\overline{CR}}= \frac{b+a-c}{a+b+c}$

theo định lý Ce va ta có $\frac{KC}{KB}=\frac{a+c-b}{a+b-c}$($K$ là giao của $IP$và $BC$)

$(I)$ và $BC$ tiếp xúc nhau tại $D$ ta có $K$ và $D$ đối xứng nhau qua trung điểm $BC$

lấy $L$ đối xứng $D$ qua $I$ khi đó $A,L,K$ thẳng hàng

Khi đó do $I$ trung điểm $DL$ mà $DL$ song song $AH$ nên $AP$ đi qua trung điểm $AH$

Cách giải này tương đối tự nhiên nhưng không được đẹp cho lắm, ở trên anh đã làm tắt nên nhìn khá ngắn nhưng nếu khai triển ra thì nó khá là dài. Theo em đối với những topic như thế này thì đề cao vẻ đẹp của lời giải hơn là việc đi đến lời giải./ Mong anh có thể tìm ra lời giải mới đẹp hơn./

P/s: Lời giải này chỉ hợp với thi Olympic, trong thời gian hạn hẹp thôi!

Cho các số từ $a_{1},...,a_{n}$ là 1 hoặc -1 thỏa mãn: S= $a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}+a_{2}a_{3}a_{4}a_{5}+.......+a_{n}a_{1}a_{2}a_{3}=0$

Chứng minh rằng: $n\vdots 4$

P/s: Bài này có thể giải bằng bất biến!

Bài này hình như có trong cuốn số học của Titu Andreescu

Bài này cũng có trong cuốn các pp giải toán của Athur Angel nhưng em không dịch được, mà có dịch trên google thì cũng không hiểu gì!

Lời giải trong sách của Titu

Thanks anh nhiều!  

nói chung mới đọc đề là mình nghĩ ngay ra cách này (chắc nhiều người cũng thế) nhưng phải công nhận là cách này không hay

không biết có ai có cách hay hơn không?

Em cũng vậy! Để nghĩ cách khác em đã làm mất mấy tiếng đồng hồ mà không ăn thua gì cả!

Cho em hỏi kí hiệu này là gì ạ?

$\binom{k}{n}$

 

Cho $x_{1}, x_{2}, x_{3}, ..., x_{100}$ là các số có tổng chia hết cho 6

CM: $A= x_{1}^{3} + x_{2}^{3} + x_{3}^{3} + .... + x_{100}^{3}$ chia hết cho 6

 

Ta có: $x^{3}\equiv x(mod 2);x^{3}\equiv x(mod 3)$ nên $x^{3}\equiv x(mod 6)$. Ta có đpcm./

Lấy đối xứng với $D$ qua $AC$ và $AB$

Áp dụng định lý về đường gấp khúc, ta tìm ra được vị trí $D,E,F$ để chu vi tam giác $DEF$ nhỏ nhất là chân 3 đường cao của tam giác!

Mình thấy topic này khá hay, tại sao mọi người lại không đăng lời giải?

Lời giải bài 1: $BE$ cắt $(ABC)$ tại $I$. Ta có: $\Delta BNF\sim \Delta BCI \Rightarrow \Delta IFB\sim \Delta CNB \Rightarrow \angle PCB=\angle BIF$

$CF$ cắt $(ABC)$ tại $J$, tương tự ta cũng có:$\angle PBC=\angle EJC$

Lại có:$\angle FEB=\angle IBC=\angle IJC$ nên $IJFE$ là tứ giác nội tiếp.

Vậy $\angle PBC=\angle PCB$ nên $P$ nằm trên đường trung trực của $BC$./

Lời giải bài 2:

$CM$ cắt $IB$ tại $K$, $BN$ cắt $IC$ tại $L$. Gọi $X$ là trung điểm $BC$ thì $X$ là tâm ngoại tiếp tứ giác $BCKL$

Từ đây ta quy về chứng minh $IX$ vuông góc với $IP$ và áp dụng định lý con bướm sẽ suy ra đpcm./

P/s: thì ra thầy Hùng đã công bố luôn đáp án, thảo nào mà mọi người không mấy mặn mà./

Thầy Hùng có đưa ra lời giải bài Tuần 3 tháng 1 tại Tuần 4 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Bài 23. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp với $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EAD$ và $EBC$ cắt nhau tại $F$ khác $E$. Trung trực đoạn thẳng $DB, AC$ lần lượt cắt $FB,FA$ theo thứ tự tại $K,L$. Chứng minh rằng $KL$ chia đôi $AB$.

 

Screen Shot 2016-01-25 at 6.39.17 am.png

Cách giải của em:

Trước tiên xin phát biểu không chứng minh một số bổ đề quen thuộc: Tứ giác toàn phần $ABCDEF$ có $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $M$ là điểm Miquel thì $M$ nằm trên $EF$ và $IM$ vuông góc với $EF$ khi và chỉ khi $ABCD$ nội tiếp.( Bổ đề có thể chứng minh bằng phương tích.

Trở lại bài toán: Gọi $Q$ là giao điểm của $AB$ và $CD$;$P$ là giao điểm của $AD$ và $BC$, theo định lý Brocard thì $OQ$ vuông góc với $PE$

Theo định lý về tâm đẳng phương thì $EF,AD,BC$ đồng quy tại $P$ nên $EF$ vuông góc $OQ$,theo bổ đề và sử dụng phương tích ta suy ra $OF$ vuông góc với$PE$ $(1)$

Từ $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $PE$ cắt trung trực $AC$ tại $X$; Từ $B$ kẻ đường thẳng vuông góc với $PE$ cắt trung trực $BD$ tại $Y$; ta chứng minh $AX=BY$. Điều này tương đương với chứng minh:$\frac{sin \angle PEA}{sin \angle PEB}=\frac{BD}{AC}$. Xét định lý Sin trong tam giác $PAE$ và $PBE$ ta thu được đpcm. $(2)$

Từ (1)(2) áp dụng định lý Thales và định lý Menelaus cho tam giác $MAL$ ta có đpcm.

P/s: Bài toán này có thể có hướng giải khác là chứng minh $PK$ đi qua trung điểm $AB$, rồi tương tự với $PL$ (tiếc là em chưa làm được)

Hình cho ý tưởng thứ 2:

Em xin nêu luôn bài toán tổng quát: Bài toán trên vẫn đúng khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác nội tiếp thậm chí khi tứ giác $ABCD$ không phải là tứ giác lồi:

Hình cho trường hợp tứ giác lồi:(P/s: Bài toán hay tuyệt )

 Bài 3 [Trường Đông Hà Nội ngày 2]. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ và $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle BPC=180^\circ-\angle A$. $PB,PC$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $I,J$ lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh $B,C$ của tam giác $ABE$ và $ACF$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $KI=KJ$.
 

Bài toán vẫn đúng ngay cả trong trương hợp tam giác $ABC$ không cân./

Không phải đâu, em xem kỹ lại đi.

  Vâng, đúng là em nhầm em sẽ xem lại ạ!

Tìm $lim Un$: $U_{1}=1$  $U_{n+1}=\frac{1}{U_{n}+1}$

Thực ra mình post bài này chỉ để tham khảo thêm cách giải của mọi người thôi!

Minh giải bằng cách sử dụng dãy số Fibonacci!