d là $ PS $ .Đã sửa.$d$ là đường thẳng kẻ từ $P$ vuông góc với $AD$ hỏ cá?
Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 06-06-2020)
#663924 Điều kiên đồng quy của 3 đường thẳng
Đã gửi bởi Kamii0909 on 05-12-2016 - 22:53 trong Hình học
Rất xin lỗi bạn vì nhầm đề. Thực sự thì mình không còn đề gốc,tuy nhiên sau khi suy luận(vì mình đã từng đọc đáp án bài này) có lẽ nó là như sau: Ta xác định các điểm $A,B,C,D,G,P,S,O$ như trên. $PS$ cắt $OD$ tại $Q$. Qua $Q$ kẻ đường thẳng $d$ song song $AD$. Gọi $M,N$ là giao điểm của $d$ và $QP$ với $(O)$.Chứng minh rằng $AG,PS,BD$ đồng quy khi và chỉ khi $MBNG$ điều hòa.Mình nghĩ hình như đề bài bạn đưa ra chưa chính xác, vì khi mình kiểm tra bằng geogebra thì tứ giác $ABNM$ không phải lúc nào cũng điều hòa. Bạn có thể xem hình mình gửi kèm thì $BM$ không đi qua cực của $AN$ với $(O).$ Mình thử làm và phát hiện ra 1 số tứ giác điều hòa (khác $ABNM$ ), bạn xem thử nhé. Mình chỉ làm chiều thuận thôi, chiều đảo tương tự.
SpoilerGọi $AN \cap DM=Q \Rightarrow \overline{P,S,Q}$ (Pascal). Gọi $AG \cap BD=E,BG \cap AD=J.$
Xét cực và đối cực với $(O)$ ta có $J$ cực $EP \rightarrow Q \in$ đối cực $J \Rightarrow \overline{J,M,N}.$
Gọi $AM \cap DN=I$ thì $I \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{I,P,Q}.$
Gọi $MG \cap BN=F.$ Xét $\Delta AGM, \Delta DBN$ có $AD,GN,MB$ đồng quy tại $S$ nên theo định lí Desargues $\overline{F,E,I}.$
Gọi $K$ cực $GB$ thì $J \in GB$ đối cực $K \Rightarrow K \in$ đối cực $J,$ tức là $\overline{K,P,Q}.$
Tương tự, gọi $H,L,R$ là cực $MN,MG,BN$ thì $\overline{H,P,Q},\overline{R,S,A,L}$ và tứ giác $KLHR$ ngoại tiếp $(O).$
Theo tài liệu ở đây, ta suy ra $FL,FD$ tiếp xúc $(O),$ do đó các tứ giác $ABDN,DGAM$ điều hòa.
Bài toán trên thực sự rất đơn giản. Mình không nghĩ đề HSG lại quá đánh đố học sinh như bài gốc. Dù sao, mình cũng rất cảm ơn bạn đã chỉ ra sai sót,mình sẽ cố gắng đi tìm bài toán chính xác nhanh nhất có thể.
#658044 $\sum\sqrt[3]{\frac{c}{b+a}}>\frac{\sqrt[3]...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 11:33 trong Bất đẳng thức và cực trị
1/ Cho a,b,c>0 thỏa mãn: $\frac{1}{1+a}+\frac{1}{1+b}+\frac{1}{1+c}\geq 2$CMR: $abc\leq \frac{1}{8}$
2/ Cho a,b >0, thỏa mãn a+b=1. CMR: $(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2\geq \frac{25}{2}$
3/ Cho a,b,c >0 thỏa mãn: a+b+c+d=1. CMR:
$(a+\frac{1}{a})^2+(b+\frac{1}{b})^2+(c+\frac{1}{c})^2+(d+\frac{1}{d})^2\geq \frac{289}{4}$
4/ Cho a,b,c >0. CMR: $\sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a+c}}+\sqrt[3]{\frac{c}{b+a}}>\frac{\sqrt[3]{2}}{2}$
Ta có bất đẳng thức sau với mọi a,b,c không âm
$\sum \sqrt[3]{\frac{a}{b+c}}\geq \sum \sqrt{\frac{a}{b+c}}\geq 2$
Dấu bằng xảy ra khi 1 biến =0 và 2 biến còn lại bằng nhau
#693028 ĐỀ THI LẬP ĐỘI TUYỂN TOÁN LỚP 12 DAKLAK
Đã gửi bởi Kamii0909 on 14-09-2017 - 14:00 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài hàm phức tạp ra phết.
Đặt $P(x,y):f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$
$P(0,x):f(0)=f(xf(0))$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $xf(0)$ toàn ánh trên $\mathbb{R}$, do đó $f(x)=f(0),\forall x$
Mà dễ thấy $f$ không là hàm hằng nên $f(0)=0$
Giả sử $f(a)=0$, từ $P(a,0):f(0)=a^2=0$ ta có $a=0$, hay $f(a)=0 \Leftrightarrow a=0$
Nếu $\exists a,b$ sao cho $f(a)=f(b) \neq 0$, ta sẽ cmr $a=b$.
$P(a,0)-P(a,b-a): f((b-a)f(a))=0$
Hay $a=b$. Do đó $f$ đơn ánh.
$P(x,0)-P(-x,0): f(xf(x))=f(-xf(-x))$
Sử dụng tính đơn ánh và kết hợp $f(0)=-f(-0)=0$ thì $f(x)=-f(-x),\forall x$
$P(x+y,-x)-P(y,-x-y)-P(x,y): 2f(yf(x))=2xy \Leftrightarrow f(yf(x))=xy$
Đến đây thì quá dễ rồi, ta sẽ tìm được 2 nghiệm hàm thoả mãn là $f(x)= \pm x, \forall x$
#674386 CMR: $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-03-2017 - 22:44 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho a, b, c là các số dương thay đổi và a + b + c = 4. CMR : $\sqrt{a + b} + \sqrt{b + c} + \sqrt{c + a} > 4$
*P/s: Xin lỗi các bạn, mình đã sửa đề
KMTTQ, $a \geq b \geq c$
Đpcm $$\Leftrightarrow \sum \sqrt{a+b} \geq 2 \sqrt{a+b+c}$$
$$\Leftrightarrow \sqrt{b+c} \geq \frac{c}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b}} +\frac{b}{\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c}}$$
Có $$\sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+b} \geq \sqrt{a+b+c}+\sqrt{a+c} \geq \sqrt{b+c}$$
Vậy $$R.H.S \leq \frac{b+c}{\sqrt{b+c}}=L.H.S$$
Ta có điều phải chứng minh.
#658528 $\boldsymbol{Topic}$ Các bài toán số học HSG Toán 8 + 9
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 15:18 trong Số học
Bài 1 : Nhận xét nếu $a \ge 3$ lúc đó $a+b+c>a+b>3$
Khi đó $VT<1$ (vô lí) . Nếu $a=1$ cũng dẫn đến vô lí vì $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{a+b+c}=0$
Do đó $a=2$ . Biến đổi phương trình về thành $b^2+4b+4+(b+2)c=2c+4b+8 \Leftrightarrow bc+b^2+8b+12=0$ vô lí vì $a,b,c nguyên dương$
Bài 2 : Xét số dư của $a,b,c$ cho $3$ ta có đpcm |
Câu 1 bạn biến đổi nhầm khúc cuối kìa
Mình làm như sau
Dễ có $\frac{1}{a}> \frac{1}{a+b}> \frac{1}{a+b+c}\Rightarrow \frac{1}{a}> \frac{1}{3}\Rightarrow a< 3$
Mà $a=1$ cũng vô lý vậy $a=2$
Nhân lên ta có $b(b+c)=4$ mà $b< b+c\Rightarrow b=1,c=3$
Câu 2 $\Leftrightarrow (a+bc)(b+ac)=101^{n}$
#664361 $\boldsymbol{Topic}$ Các bài toán số học HSG Toán 8 + 9
Đã gửi bởi Kamii0909 on 11-12-2016 - 13:14 trong Số học
Bài 1.
ĐỀ BÀI
$\boxed{1}$: (Hellenic Mathematical Competitions 2013)
Xác định tất cả các bộ ba số nguyên dương (x, y, z) thỏa mãn phương trình sau đây:$\frac{1}{x}+\frac{2}{y}-\frac{4}{z}=1$
$\boxed{2}$: (Hellenic Mathematical Competitions 2013) Xác định tất cả các số nguyên x và y thỏa mãn phương trình sau đây:$y=2x^2+5xy+3y^2$
$\boxed{3}$ Tìm nghiệm nguyên của phương trình$x^3+y^3=(x+y)^2$
Biến đổi tương đương ta có
$x=\frac{yz}{yz+4y-2z}$
Nên $yz+4y-2z|yz$.
Từ đó có $z \geq 2y$
Nếu $z=2y$ ta có bộ $(1,t,2t)$ thỏa mãn.
Xét $z>2y$
Lại có $yz+4y-2z|2z-4y$ nên $(y-4)(z+8) \leq 32$(*)
Nếu $y \geq 6$ thì $z \geq 12$.
Khi đó dễ thấy (*) vô lý.
Vậy $y \leq 5$
Đến đây dễ rồi.
Bài 2.
Xét $\Delta$ theo $x$ ta có
$\Delta = y^2+8y=(y+4)^2-16=a^2$ với $a$ là số tự nhiên
$\Leftrightarrow (y+4-a)(y+4+a)=16$
Bài 3.
Dễ thấy có nghiệm $(x,y)=(t,-t)$
Xét TH $x+y$ khác $0$.
Biến đổi pt về dạng $x^2-xy+y^2=x+y$
$\Leftrightarrow x^2-x(y+1)+y^2-y=0$
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $x$ có $\Delta = -3y^2+6y+1 \geq 0$
$\Leftrightarrow 3y^2-6y-1 \leq 0$
Bất phương trình có nghiệm nguyên $y=0,1,2$.
Thế vào ta có $x$.
#663698 Cho tam giác ABC vẽ về phía ngoài các hình vuông...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-12-2016 - 14:30 trong Hình học
Theo tính chất tích các phép quay,$M$ là giao của $x,y$ với
$x$ là ảnh của $BC$ qua $Q(B,\frac{-\pi}{4})$
$y$ là ảnh của $CB$ qua $Q(C,\frac{\pi}{4})$
Từ đó $(BM,BC)=(CB,CM)=\frac{\pi}{4}$( mod $\pi$)
Chứng tỏ $\Delta MBC$ vuông cân
#670566 $ \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{a^3+b^3+c^3} \leq \frac{ab+bc+ca}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 06-02-2017 - 20:14 trong Bất đẳng thức - Cực trị
$$ \frac{a^2b+b^2c+c^2a}{a^3+b^3+c^3} \leq \frac{ab+bc+ca}{a^2+b^2+c^2} + \frac{3 \sum (a-b)^2}{4 (a+b+c)^2}$$
#658219 Giải phương trình nghiệm nguyên: $x+y-2=xyz-3xy$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 17-10-2016 - 21:10 trong Số học
Giải phương trình nghiệm nguyên:
$x+y-2=xyz-3xy$
$x+y-2=xy(z-3)$
Ta bỏ qua TH đơn giản $x+y-2=0$ Giả sử x không lớn hơn y
TH1:$x+y-2> 0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2 \vdots xy\\ x+y-2 \vdots -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y-2\geq xy\\ x+y-2\geq -xy \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1)\geq 3 \end{matrix}\right.$
$x+y-2> 0\Rightarrow y>1\Rightarrow -1<x<1$ mà x khác 0 nên loại
TH2:$2-x-y> 0\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)\geq -1\\ (x+1)(y+1) \leq 3\end{matrix}\right.$
Các TH $\left\{\begin{matrix} (x-1)(y-1)=-1\\ (x-1)(y-1) =0\end{matrix}\right.$ đơn giản nên ta bỏ qua
Nếu $(x-1)(y-1)\geq 1\Rightarrow y-1< 0 \Rightarrow x,y<0\left ( y\neq 0 \right )$
Đặt $\left ( x,y \right )=\left ( -a,-b \right )$ thì
$a+b+2=ab(3-z)\Rightarrow a+b+2\vdots ab\Rightarrow a+b+2\geq ab\Leftrightarrow (a-1)(b-1)\leq 3$
Tới đây thì dễ rồi
#658381 Giải phương trình nghiệm nguyên: $x+y-2=xyz-3xy$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 22:36 trong Số học
chỗ xét x+y-2>0 ấy bạn
Ta có $\left ( y-1 \right )>0 \Rightarrow$
TH $\left ( x-1 \right )(y-1)\leq 0$ xử lí như mình ghi ở trên.
Nếu $\left ( x-1 \right )(y-1)>0 \Rightarrow x \geq 2$
Nếu x=2 thì phương trình vô nghiệm nguyên
Nếu $x>2$
Có $xy|x+y-2\Rightarrow y|x+y-2\Rightarrow y|x-2$
Mà 0<x-2<y nên loại
Mình chưa chú ý. Cảm ơn bạn đã nhắc. Cách này cũng có thể dùng để loại nghiệm TH2 nhỉ
#676603 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-04-2017 - 00:01 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Em chọn $c$ là số lớn nhất.Biểu thức $f(a,b,c)$ của em là gì ? Nếu dồn biến theo kiểu này thì sẽ chọn $c$ là số nhỏ nhất, anh thử nhẩm với $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ khi xét $f(a,b,c) \leqslant f(a+b,c,0)$ thì hai đại lượng trội nhất là $a^3b,ab^3$ nằm bên trái dấu $\leqslant $ nên có thể bất đẳng thức này sai.
Ta nhân 2 đánh giá sau
$c^2[(a+b)^2+c^2]=c^4+c^2a^2+c^2b^2+2c^2ab \geq (c^2+a^2)(c^2+b^2)$
Và $(a+b)^2 \geq (a^2+b^2)$
#676639 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-04-2017 - 18:51 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Em chưa hiểu ý anh lắm. Em đang dồn $b \rightarrow 0$. Nếu dồn $c \rightarrow 0$ thì có lẽ là $f(a+c,b,0)$ chính xác hơn.Nhưng như vầy thì em dồn $c$ về $0$ !
#676727 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 09-04-2017 - 13:15 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Thực ra nó chỉ là mặt quy ước, ta có thể thấy $f(a+c,b,0)$ và $f(a+b,c,0)$ hay $f(0,b,a+c)$ là tương đương hết sau phép đặt ẩn $(a+c,b) \rightarrow (x,y)$ hay $(a+b,c) \rightarrow (x,y)$Em định nghĩa $f(a,b,c) = (a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)$ thì $f(a+b,c,0)$ tức là thay $a = a + b,\, b = c$ và $c = 0.$ Tức $c$ là nhỏ nhất.
Ta chọn vị trí các số sao cho chứng minh dễ nhất có thể mà thôi. Nó không ảnh hưởng dù $c$ max hay min. Bài toán này có thể chọn thứ tự thoải mái do tính đối xứng.
#675568 $\prod (a^{2}+b^{2})\leq \frac{1...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 28-03-2017 - 22:46 trong Bất đẳng thức - Cực trị
#658521 BT BĐT trong tài liệu chuyên toán đại số 10
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 12:28 trong Bất đẳng thức và cực trị
22.Bổ đề $x^{5}+y^{5}\geq x^{2}y^{2}(x+y)$
$\sum \frac{xy}{x^{5}+y^{5}+xy}\leq \sum \frac{1}{xy(x+y)+1}=\sum \frac{z}{x+y+z}=1$
12. Dễ có $\sum x^{2}y\geq \sum x^{2}y^{2}$
$\prod (1-x^{2})\geq 0 \Leftrightarrow 1+\sum x^{2}y^{2}\geq \sum x^{2}+\prod x^{2}\geq \sum x^{2}$
#658523 BT BĐT trong tài liệu chuyên toán đại số 10
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 13:31 trong Bất đẳng thức và cực trị
19.Theo C-S
$VP^{2}\leq 2(2x^{2}+2y^{2}+2z^{2}+2t^{2})\leq 8$
18.$\Leftrightarrow \sum (x-y)^{2}\geq 0$
17.AM-GM
$\sum \frac{1}{x}\geq \frac{9}{\sum x}$
$\sum x +\frac{1}{\sum x}+\frac{8}{\sum x}\geq 2+8=10$
13.$\sum \sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}\geq \sqrt{3}(\sum x)$
Ta sẽ chứng minh
$\sqrt{3}\left ( \sum x \right )^{2}\geq 3\sqrt{3}\left ( \sum xy\right )\Leftrightarrow (\sum x)^{2}\geq 3\left ( \sum xy \right )$
#658519 Cho các số thực x, y, z khác 1 và xyz=1. Chứng minh rằng $\sum...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 12:15 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bạn tham khảo thêm cách khác
Đặt $a= \frac{x}{x-1}\Leftrightarrow x= \frac{a}{a-1}$
$xyz=1 \Leftrightarrow abc= (a-1)(b-1)(c-1)\Leftrightarrow ab+bc+ac-a-b-c+1=0$
Ta có $(a+b+c-1)^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 1$
#673878 Chứng minh $3(a+b+c)\geq \sqrt{8a^2+1}+\sqrt...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 10-03-2017 - 17:40 trong Bất đẳng thức và cực trị
Khi đó dễ cmr $a - \frac{1}{a} \geq b-\frac{1}{b} \geq c - \frac{1}{c}$
Và $3+ \sqrt{8+ \frac{1}{a^2}} \leq 3+ \sqrt{8+ \frac{1}{b^2}} \leq 3+\sqrt{8+\frac{1}{c^2}}$
Bđt cần cm tương đương với
$\sum \frac{a-\frac{1}{a}}{3+ \sqrt{8+\frac{1}{a^2}}} \geq 0$
Áp dụng bđt Cheybershev kết hợp điều kiện ta có đpcm.
#670624 $\sum \frac{1}{\sqrt{a+2b+6}}\leq 1$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 07-02-2017 - 13:52 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Cho các số thực dương $a, b, c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{a+2b+6}}+\frac{1}{\sqrt{b+2c+6}}+\frac{1}{\sqrt{c+2a+6}}\leq 1.$
$$\sum_{cyc} \frac{1}{\sqrt{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \sum_{cyc} \frac{1}{a+2b+6}} \leq \sqrt{ 3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{a+2b+3} + \frac{1}{9} \right)} \leq \sqrt{3 \left( \dfrac{4}{9} \sum_{cyc} \dfrac{1}{2( \sqrt{ab}+ \sqrt{b}+1)} + \frac{1}{9} \right)} = 1$$
#660309 $2^{n}a+b$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 02-11-2016 - 14:33 trong Số học
Từ đề bài ta có tồn tại dãy số nguyên không âm $(x_n)_{n\ge 1}$ sao cho $a.2^n+b=x_n^2 \Rightarrow x_n=\sqrt{a.2^n+b}$
Khi đó ta có $2x_n-x_{n+2}=\frac{3b}{\sqrt{a.2^{n+2}+b}+\sqrt{a.2^{n+2}+b}}$
Suy ra $lim_{n \rightarrow +\infty}(2x_n-x_{n+2})=0$ mà dãy $\{2x_n-x_{n+2}\}$ nguyên nên tồn tại $k_0 \in \mathbb{N^*}$ để mà
$2x_n-x_{n+2}=0,\forall n \ge k_0$ hay $2x_n=x_{n+2},\forall n \ge k_0$
$\Leftrightarrow 2\sqrt{a.2^n+b}=\sqrt{a.2^{n+2}+b},\forall n \ge k_0 \Leftrightarrow b=0$
Do đó $a.2^n$ là số chính phương với mọi số nguyên không âm $n$. Hiển nhiên ta phải có $a=0$ (đpcm)
Đề ra đâu có $b=0$ đâu,chỉ $a=0$ mà
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung