Cho tam giác ABC. Với mỗi điểm M bất kì ta dựng điểm P theo công thức: $\vec{MP}=\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}$. Tìm tập hợp điểm P khi M thay đổi trên:

a) Đường thẳng d

b) Đường tròn (O; R).

Ta có công thức: $\vec{MA}+\vec{MB}+\vec{MC}=3\vec{MG}$ (Với G là trọng tâm $\Delta ABC$ )

a)Vậy $\vec{MP}=3\vec{MG}$

Vậy $P,M,G$ thẳng hàng , P di chuyển trên đườngt thẳng song song với d và cách $d$ một khoảng bằng 3 lần khoảng cách từ G đến d

b) Tương tự như trên

Hãy sửa tiêu đề bài viết

Ta viết $f(x)$ dưới dạng $f(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)+s(x+1)(x+2)(x+3)+m(x+1)(x+2)+n(x+1)+e$

$$f(-1)=100 \Rightarrow e=100$$

$$f(-2)=200 \Rightarrow n=-100$$

$$f(-3) =300 \Rightarrow m=0$$

$$f(10)+f(-14)=10.11.12.13+11.12.13s-100.11+100 +11.12.14.14-11.12.13s+13.100+100$$

Đến đây thay vào tính thôi

Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của M lên$ AB,BC,CA$

Theo đường thẳng Simson, $D,E,F$ thẳng hàng

 Ta lại có $NP=2DF$ nên chỉ cần tìm giá trị của DF lớn nhất là được

Dễ dàng chứng minh $\Delta MDF \sim \Delta MBC$

$\Rightarrow \frac{DF}{BC}=\frac{MD}{MB}\leq 1$

$$\Rightarrow DF\leq BC$$

$$\Rightarrow NP\leq 2BC$$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow$ A và M đối xứng với nhau qua O

[Reuploaded ]Cho n điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét các đoạn thẳng có đầu mút là những điểm này sao cho với hai điểm bất kì A và B, tồn tại một điểm C nối với 2 điểm A và B bằng 2 trong các đoạn thẳng đó.Hỏi số bé nhất các đoạn thẳng như thế là bao nhiêu?

P/s : Bài chế ra lúc rời VMF để làm quà và khi quay lại vẫn chưa ai giải thôi thì làm quà trở lại luôn

Cho n điểm trên mặt phẳng, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Xét các đoạn thẳng có đầu mút là những điểm này sao cho với hai điểm bất kì A và B, tồn tại một điểm C nối với 2 điểm A và B bằng 2 trong các đoạn thẳng đó.Hỏi số bé nhất các đoạn thẳng như thế là bao nhiêu?

P/s; Chắc dễ hiểu hơn rồi

Các bạn học sinh xếp hàng dọc sao cho đếm từ trái sang, hàng thứ nhất có n bạn, hàng thứ 2 có n-1 bạn,... cho đến hàng thứ n có 1 bạn. Các bạn đều quay mặt về phía hàng thứ nhất. Ví dụ với $n=5$ (mỗi dấu * đại diện cho một bạn):

*

* *

* * *

* * * *

* * * * * (hàng thứ nhất)

Mỗi bạn được phép chọn duy nhất một mệnh đề trong 2 mệnh đề dưới đây để phát biểu ( trừ bạn đứng đầu hàng):

Mệnh đề 1: "Bạn trước mặt mình là người nói thật, bạn bên trái của bạn trước mặt mình là người nói dối."

Mệnh đề 2: "Bạn trước mặt mình là người nói dối, bạn bên trái của bạn trước mặt mình là người nói thật."

Với n=2015. Hãy tìm số người nói thật nhiều nhất có thể

P/s: Mọi người giải thích kĩ giúp mình một chút , nói thật nói dối nó cứ loạn xì ngầu ra ấy

Cho $a,b,c >0$ và $a+b+c=1$. Tìm Min của $P=(1+\frac{2}{1-a})(1+\frac{2}{1-b})(1+\frac{2}{1-c})$

Ta có bđt $ (1+a^{3})(1+b^{3})(1+c^{3}) \geq (1+abc)^{3}$

Áp dụng vào bài toán 

-> $(1+\frac{2}{b+c})(1+\frac{2}{a+c})(1+\frac{2}{a+b}) \geq $ ( $\left ( 1+2\sqrt[3]{\frac{1}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \right )^{3}$$ \geq (1+3)^{3}$

$P=\frac{b-1+a-1}{a^2}+\frac{c-1+b-1}{b^2}+\frac{a-1+c-1}{c^2}-\sum \frac{1}{a}$
=$(a-1)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{c^2})+(b-1)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})+(c-1)(\frac{1}{c^2}+\frac{1}{b^2})-\sum \frac{1}{a}$
$\geq \frac{2(a-1)}{ac}+\frac{2(b-1)}{ab}+\frac{2(c-1)}{bc}-\sum \frac{1}{a}$
$=\sum \frac{1}{a}-2 \geq \sqrt{3}-2$

Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của biểu thức:

        P =  $2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc$.

Giống đề thi Phú Thọ năm ngoái

Solution:

Xét $3(a^2+b^2+c^2) =3[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)]=27-6(ab+bc+ca)=27-2(a+b+c)(ab+bc+ca) =27-2(\sum a^2b +\sum ab^2+3abc) $

Nên $$P=27-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$$

KMTTQ, giả sử $b$ nằm giữa $a,\,c$

$\rightarrow a(b-c)(b-a) \leq 0 $

$$\Leftrightarrow ab^2+ca^2 \leq a^2b+abc$$

$$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq a^2b+bc^2+2abc =b(a+c)^2  =\frac{2b(3-b)(3-b)}{2} \leq 4$$

Nên $P =27-2(a^2b+b^2+c^2a+abc) \geq 27-2b(a+c)^2 \geq 27-8 =19$

Dấu bằng xảy ra tại $$a=b=c=1$$

    Trong các tấm bìa trình bày dưới đây, mỗi tấm có một mặt ghi một chữ cái và mặt kia ghi một số:

                              A       M      3      6

    Chứng tỏ rằng đề kiểm tra câu sau đây có đúng không: " Nếu mỗi tấm bìa mà mặt chữ cái là nguyên âm thì mặt kia là số chẵn", thì chỉ cần lật mặt sau của tối đa là 2 tấm bìa, đó là 2 tấm bìa nào ?

Đề thi học sinh giỏi Toán 9 Thừa Thiên Huế 2006-2007

Diễn đàn ta tăng hạng tiếp , (còn cách 2 bậc nữa thôi)

Ta đang xếp thứ 143,920 trên toàn thế giới và 902 trên toàn quốc.

Giải phương trình sau: $x^{2}=\sqrt[]{x^{3}-x^{2}} + \sqrt{x^{2}-x}$

ĐKXĐ: $x\geq 1$

Pt $\Leftrightarrow x^{4}=x^{3}-x+2\sqrt{x^{3}(x-1)^{2}}$

$\Leftrightarrow x^{4}-x^{3}-2\sqrt{(x^{4}-x^{3})(x-1)}+x-1+1=0$

$\Leftrightarrow (\sqrt{x^{4}-x^{3}}-\sqrt{x-1})^{2}+1=0$ (vô lí)

Phương trình vô nghiệm

Chẳng hiểu sao ĐKXĐ như thế mà x=0 thỏa mãn phương trình?

bài này đã được đăng lên tại đây các bạn nhé , nó được anh Duythai2002 giải tại #39

Anh không hiểu em viết gì, đề bài là nếu tồn tại số nguyên $n$ sao cho $x$ là số chính phương mod $p$ với mọi số nguyên tố $p > n$ thì $x$ phải là một số chính phương.

Cái em đang chứng minh ở đây là $x$ là một số chính phương $mod p$ nếu như $x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 mod p$ . Còn cái x là số chính phương  thì là phần ở đây :  https://artofproblem...munity/c6h64322

Chứng minh rằng nếu $x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1 \mathbb{mod p}$ từ một lúc nào đó với các số nguyên tố $p$ ( hay nói cách khác là số chính phương $\mathbb{mod p}$ ) thì $x$ là số chính phương 

Đây là lời giải của em: Ta có :$ (x,p)=1$

Xét 2 trường hợp sau:

TH1: $p=2$ , thì x lẻ, Xét số $x=2t+1$ và số $s=2q+1$

Ta có: $s^2-x= (2q+1)^2-(2t+1) =2(2q^2+2q-t) \vdots 2$

Nên $s^2 \equiv x (mod p)$( đpcm)

TH2: $p$ lẻ Ta có:

Với mỗi số $k \in \left \{ 1,2,3,...,p-1 \right \}$ tồn tại duy nhất một số $k' \in \left\{1,2,3,...,p-1 \right \}$ sao cho $kk' \equiv x(mod p)$

Xét 2 trường hợp sau:

$+_{1})$ Nếu $k=k'$ thì $x \equiv k^2$ từ đây suy ra x là số chính phương mod p

$+_{2})$ Nếu với mọi k ta luôn có $ k\neq k'$ , Khi đó tập $\left\{1,2,3,...,p-1 \right \}$ sẽ được chia thành $\frac{p-1}{2}$ tập con $\left \{k;k' \right \}$ sao cho $ kk' \equiv a$

Nên $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (p-1)!$

Theo định lí Wilson , $(p-1)! \equiv -1$

Nên ta có $1 \equiv -1 (mod p)$

Vì p lẻ nên điều này là không thể. Vậy chỉ có $+_{1}$ xảy ra (đpcm)

Mình không muốn bạn làm phiền mình (lí do thì mình không tiện nói và bạn cũng chắc hẳn đã biết rồi ) , còn việc bạn không bình luận và nhắn tin cho mình là vì bạn đã nằm trong danh sách đen của mình   , mọi người đều có quyền làm như vậy cả , bạn chỉ không bình luận và nhắn tin được cho mình thôi , còn những người khác bạn vẫn có thể bình luận và nhắn tin bình thường .

-MoMo123

$\sqrt{2-x^{2}}+\sqrt{2-\frac{1}{x^{2}}}=\sqrt{1.(2-x^{2})}+\sqrt{1.(2-\frac{1}{x^{2}})}\leq \frac{3-x^2}{2}+\frac{3-\frac{1}{x^2}}{2}$

Suy ra $4-x-\frac{1}{x}\leq \frac{6-x^2-\frac{1}{x^2}}{2}\Leftrightarrow (x-1)^2+\left ( \frac{1}{x}-1 \right )^2\leq 0\Rightarrow x=1$

 

Mình nghĩ bài này có một cách giải nhanh hơn là thế này:

$\sqrt{2-x^2}+x\leq \sqrt{2.(2-x^2+x^2)} =2$

$\sqrt{2-\frac{1}{x^2}}+\frac{1}{x} \leq \sqrt{2-\frac{1}{x^2}+\frac{1}{x^2}}=2$

$\Rightarrow \sqrt{2-x^2}+\sqrt{2-\frac{1}{x^2}} +x+\frac{1}{x} \leq 4$

Dấu bằng xảy ra $ \Rightarrow x=1$

Đây nhé 

Giải hệ phương trình sau:

$\left\{\begin{matrix} &x+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}=5 & \\ &x^{2}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{x}{y}=7 & \end{matrix}\right.$

Chỉnh lại công thức trên tiêu đề nha bạn, bị lỗi rồi

 HPT <=> $\left\{\begin{matrix}x+\frac{1}{y}+\frac{x}{y}=5 & & \\ (x+\frac{1}{y})^{2}-\frac{x}{y}=7 & & \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x+\frac{1}{y}=a & & \\ \frac{x}{y}=b & & \end{matrix}\right.$

-> HPT<=>

$\left\{\begin{matrix} a+b=5 & & \\ a^{2}-b=7 & & \end{matrix}\right.$

Đến đây bạn thế b=5-a vào PT thứ 2 rồi giải PT bậc 2 là được 

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+\sqrt{x} = 2y& \\ y^{2} +\sqrt{y}= 2x& \end{matrix}\right.$

Mình có cách này không biết có được không

 Đặt $(x,y)=(a^{2};b^{2})$ (a,b >0 )

PT <=> $\left\{\begin{matrix}a^{4}+a=2b^{2} & & \\ b^{4}+b=2a^{2} & & \end{matrix}\right.$

Lấy PT(1) trừ PT (2) ta có $(a-b)((a+b)(a^{2}+b^{2})+2(a+b)+1)=0$

<=> a=b Đến đây bạn thay vào PT giải như thường là được

Đúng rồi anh Duy Thai , nhưng mà không ảnh hưởng lắm vì R và S có thể đổi chỗ mà ạ 

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. $AD \cap BC = R$, $AC \cap BD = S$. Tiếp tuyến tại $A$ và $B$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh rằng $R,S,Q$ thẳng hàng

Đây là một hệ quả của định lí Brocard
Gọi giao điểm thứ 2 của đường tròn ngoại tiếp $\Delta BRD$ với SR là I. Dễ dàng chứng minh CRIA nội tiếp bằng phương tích.
$\angle BIA =\angle 360^0-\angle RIB-\angle RIA=\angle RCA+\angle ADB =\angle BOC$ nên BIOA nội tiếp
$\angle OIR =360^0-\angle RIB -\angle OIB= \angle OAB +\angle ADB=90^0$
Gọi $Q'$ là giao điểm của SI và tiếp tuyến tại B. Vì $\angle OIQ'=\angle OBQ'=90^0$ nên Q'BIO nội tiếp.
Mặt khác BIOA cũng nội tiếp $\rightarrow O,I,Q',A,B $ cùng thuộc 1 đường tròn . Nên $Q' \equiv Q$ Từ đây suy ra R,Q, S thẳng hàng

Từ C kẻ đường thẳng // với NS cắt AD tại P

Xét $\Delta HCP $ có HI ; PI là đường cao $\Rightarrow $ I là trực tâm $\Delta HCP$ Từ đây suy ra $PI$ vuông góc với HC $\rightarrow PI //BD$ $\rightarrow P$ là trung điểm CD $\rightarrow S $ là trung điểm QN

P/S: Cái đó phải là EF cắt BC tại M chứ nhỉ

Thực ra bài này có 1 cách khác : Áp dụng BĐT quen thuộc $ x^2+y^2+z^2+2xyz+1\geq 2(xy+yz+zx)$

$\Rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+2xyz-1 \geq (x+y+z)^2-2=7$

Mặt khác $xyz \leq 1 -> xyz\geq 2xyz-1$

$\Rightarrow 2(x^2+y^2+z^2)+xyz \geq 2(x^2+y^2+z^2)+2xyz-1 \geq 7$

$ Q.E.D$

Dạng tổng quát của bài này (cách làm thì tương tự  )

Giả sử một bàn cờ hình chữ nhật có kích thước 3x7 ô vuông được sơn 2 màu Đ và T. Chứng minh rằng với cách sơn màu bất kì trong bàn cờ luôn tồn tại ít nhất một hình chữ nhật mà 4 ô ở góc được tô cùng một màu

Cách của mình như sau:
geogebra-export (12).png
Xét các cột có 3 ô $a_{1};a_{2};a_{3}$ như trên, ta có 8 trường hợp của mỗi cột :$(a_{1};a_{2};a_{3})=(Đ,Đ,Đ);(Đ,Đ,T);(Đ,T,Đ);(T,Đ,Đ),(T,T,T);(T,T,Đ);(T,Đ,T);(Đ,T,T)$
Ta có nhận xét: Nếu có 2 cột nào cùng dạng thì ta luôn có HCN cần tìm
Xét các trường hợp sau:
$*$ Nếu có 1 cột thuộc dạng cột thứ nhất,
$+$Nếu các cột còn lại có ít nhất 1 cột thuộc dạng $1,2,3,4$ thì ta có ĐPCM
$+$ Nếu các cột còn lại ko có cột nào thuộc dạng $1,2,3,4$ thì 6 cột còn lại mang  4 dạng , chắc chắn có ít nhất 2 cột có cùng dạng -> ĐPCM
Trường hợp dạng cột thứ 5 cũng xét tương tự
$*$ Nếu ko có cột nào thuộc dạng 1 hoặc 5
Từ đây ta suy ra 7 cột còn lại mang 6 dạng còn lại, nên tồn tại 2 cột có cùng dạng -> ĐPCM