Hướng chứng minh cho Bài toán 196:

Chứng minh $J$ là tâm nội tiếp và $LP$ vuông góc với $QR$ => $LG$ đi qua trực tâm $AEF$ và $AQR$ nên $LG$ vuông góc với đường thẳng Gauss.

@halloffame: Lời giải này chưa hoàn thiện, đầy đủ.

Bài toán mạnh hơn. Chứng minh tồn tại vô hạn số nguyên tố $q$ thỏa mãn.

$m=\dfrac{2008}{2009}<1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bernoulli $\dfrac{c^m}{a^m}\leqslant \dfrac{a+mb}{a}<\dfrac{a+b}{a}$ 

Do đó $a^m>\dfrac{ac^m}{a+b}$, tương tự ta có $b^m>\dfrac{bc^m}{a+b}$ nên $a^m+b^m>c^m$

Giả sử đến một lúc nào đó ta có đa thức $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, ta sẽ chứng minh $(n-1)!.(na_{n}-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Với đa thức đầu tiên thì hiển hiên đúng.

Giả sử ta đang được đa thức $P(x)$ thỏa mãn tính chất trên.

Khi đó $P'(x)=na_n.x^{n-1}+(n-1)a_{n-1}.x^{n-2}+...+2a_2x+a_1$ cũng thỏa mãn vì $(n-2)!((n-1)na_n-(n-1)a_{n-1})=(n-1)!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Và $P(x)(x+1)=a_nx^{n+1}+(a_n+a_{n-1})x^{n}+...+(a_1+a_0)x+a_0$ thỏa mãn vì $n!((n+1)a_n-a_n-a_{n-1})=n!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

 

Một lúc nào đó đến đa thức $ax+b$ thì $0!(1.a-b)\vdots 8!-7!$ nên $a-b\vdots 8!-7!\vdots 49$

 

Phương pháp làm: Spam nhiều vào sẽ ra!

Khúc đầu tiên có lẽ bạn trên làm không kỹ, những chỗ còn lại rất ổn. Ta có $\Delta BDP \sim \Delta PEC, \Delta HBP \sim \Delta HPC\Rightarrow DH\perp HE$

 

Từ $\Delta BDP\sim \Delta PEC \Rightarrow \dfrac{BD}{DN}=\dfrac{BP}{PC}$ suy ra $P, N$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $ABC$

Do đó ta có thể nhìn bài toán như sau: Cho tam giác $ABC$ với hai điểm $P, Q$ liên hợp đẳng giác. $D$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$. $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $AC, AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $S$. Chứng minh rằng $SP\perp AD$

Áp dụng các làm giống bạn trên đê giải quyết bài mở rộng cũng rất ổn.

Hoặc làm thế này chẳng hạn.  (Đối với bài toán chính và tương tự với bài toán mở rộng)

$SD.SE=SH.SK\Rightarrow S$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $AN$ và $NH$

Khi đó $SN\perp AH$

Anh Huyện có một cách phản chứng khá hay: Giả sử bất đẳng thức trên là sai. Khi đó nó lại mâu thuẫn với yêu cầu bài toán là chứng minh bất đẳng thức trên đúng. Do đó bất đẳng thức trên đúng (dpcm).

 

Em spam ạ!

em cũng nghĩ Quay mà không nghĩ đến Vector mong anh giúp đỡ ạ

Xét phép $Q(x)=y\Leftrightarrow |x|=|y|$ và $(x,y)=\dfrac{\pi}{3}$

Khi đó ta có $2Q\left(\vec{MN'}\right)=Q\left(\vec{BA}\right)+Q\left(\vec{CC'}\right)=\vec{BB'}+\vec{CA}=2\vec{MP'}$

Do đó $MN'P'$ là tam giác đều, tương tự tam giác còn lại.

Bài 1. Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua trung trực $BC$ ta suy ra $A', R, P$ thẳng hàng.

Mà $KO\perp AA'$, do đó $RP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A'$ thì $D, T, L$ thẳng hàng và $DT=DP$

Tương tự như bước đầu của bạn ecchi123, ta có được $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì $\angle ASP=90^o$

Bài này dùng hợp phép vị tự thôi bạn.

Bổ đề 1 chứng minh làm sao ạ? Cho em xin cách giải bổ đề 1 ạ!!

$AS$ cắt $EF$ tại trung điểm $J$ thì $JTIS$ nội tiếp nên $ST\perp BC$

Bài 2 liệu có thể giải quyết bằng phép Quay ?

Câu a có thể giải cực kỳ ngắn gọn bằng phép quay vector.

Tổ hợp. Với hai tập $A, B$, ta định nghĩa $A+B=\{a+b| a\in A, b\in B\}$. Khi đó dễ thấy $|A+B|\leqslant |A|.|B|$

Thấy rằng $\forall x\in \{0, 1, 2, ..., 10^{2017}-1\}$ thì $x\in A_1+A_2+...+A_{2017}$ nên $|A_1+A_2+...+A_{2014}|\geqslant 10^{2017}$

Ta có $|A_1+A_2+...+A_{2017}|\leqslant |A_1|.|A_2+A_3+...+A_{2017}|\leqslant ... \leqslant |A_1|.|A_2|.....|A_{2017}|=k^{2017}$

Do đó $k\geqslant 10$. Với $k=10$,  đặt $A_i=\{0, 10^{i-1}, 2.10^{i-1}, ..., 9.10^{i-1}\}$

Do $x\in \{0, 1, 2, ..., 10^{2017}-1\}$ thì $x<10^{2017}$ nên có thể viết $x=a_1+a_2.10+a_3.10^2+...+a_{2017}.10^{2016}$ với $a_i\in \{0, 1, ..., 9\}$

Và hiển nhiên $a_i.10^{i-1}\in A_i$ nên ta có điều phải chứng minh.

Vậy $k$ bé nhất là $10$

Bài 1. Đặt $\dfrac{LX}{XA}=k, d=AL, e=BL, z=CL$. Khi đó $\dfrac{1}{k}\vec{LD}+\vec{BD}+\vec{CD}=\vec{0}$

Do đó mà $ka^2\vec{LU}+f^2\vec{BU}+e^2\vec{CU}=\vec{0}$

Như vậy:

$\vec{BU}=\dfrac{(ka^2+e^2)\vec{BL}-e^2\vec{CL}}{ka^2+e^2+f^2}$

$\vec{CU}=\dfrac{(ka^2+f^2)\vec{CL}-f^2\vec{BL}}{ka^2+e^2+f^2}$

$\vec{AU}=\vec{AL}+\vec{LU}=\dfrac{-b^2\vec{BL}-c^2\vec{CL}}{a^2}+\dfrac{-f^2\vec{BL}-e^2\vec{CL}}{ka^2+e^2+f^2}$

Ta sẽ tìm $y,z$ thỏa mãn: $\vec{AU}+y\vec{BU}+z\vec{CU}=\vec{0}$ hay

$\dfrac{-b^2}{a^2}+\dfrac{y(ka^2+e^2)-(z+1)f^2}{ka^2+e^2+f^2}=-\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{z(ka^2+f^2)-(y+1)e^2}{ka^2+e^2+f^2}=0$

Do đó $y=\dfrac{ka^2b^2+f^2(a^2+b^2+c^2)}{ka^4}, z=\dfrac{ka^2c^2+e^2(a^2+b^2+c^2)}{ka^4}$

Mà $a^2\vec{AL}+b^2\vec{BL}+c^2\vec{CL}=\vec{0}$ nên

$2c^2a^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)=e^2(a^2+b^2+c^2)$ và $2a^2b^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)=f^2(a^2+b^2+c^2)$

Do đó $\dfrac{y}{z}=\dfrac{(k+2)a^2b^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)}{(k+2)c^2a^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)}$

Tương tự với các cạnh còn lại và áp dụng định lý Ceva cho ta điều phải chứng minh.

$a=\sqrt[n]{2+\sqrt{3}}$ và $b=\sqrt[n]{2-\sqrt{3}}$. Khi đó $a^n+b^n=4$ và $ab=1$

Lúc này ta có thể viết như sau:

$(a+b)^n=P_1(a^{n-2}+b^{n-2}, a^{n-4}+b^{n-4},...)$

$(a+b)^{n-2} =P_2(a^{n-4}+b^{n-4}, a^{n-8}+b^{n-8},...)$

...

Trong đó các $P_i$ là hàm tuyến tính bậc nhất hệ số nguyên. Từ phương trình dưới cùng ta có thể biểu diễn $a^{n-2k}+b^{n-2k}$ (với $n-2k$ là nhỏ nhất) theo một đa thức hệ số hữu tỉ $a+b$

Từ đó tiếp tục thế lên các phương trình phía trên ta được điều phải chứng minh. Ngoài ra phương án này còn chỉ ra đa thức đó còn có bậc là $n$

$Q$ là hàm số hay là đa thức vậy bạn. Nếu là đa thức thì xét $P(x)=x^3-x^2-x+2$ thì sao tìm được $Q$ đây bạn.

(a) Ta có $P(x)=a_0(x-1)...(x-k)+a_1(x-1)...(x-k+1)+...+a_k$ theo nội suy Newton thì dễ dàng quy nạp rằng $m|a_i.(k-i)!$
(b) Chọn $P(x)=a(x-1)...(x-k)+mQ(x)$ trong đó $Q$ hệ số nguyên và bậc nhỏ hơn $k$

Bài 1. Giả sử $\lim x_{n+1}+ax_{n} = 0$

Khi đó $\forall \epsilon >0$, tồn tại $N$ để $\forall n>N$, ta được: $|x_{n+1}+ax_{n}|<\epsilon$

Do đó $|x_{n+1}|<|a.x_{n}|+\epsilon<...<|a|^{t}.|x_{n_0}|+(1+|a|+|a^2|+...+|a^{t-1}|)\epsilon<|a|^{t}.|x_{n_0}|+\dfrac{\epsilon}{1-|a|}$

Cho $n$ tiến tới vô cực ta suy ra $|x_n|<\epsilon$, suy ra $\lim x_n=0$

 

i. Con thỏ di chuyển bí mật tới điểm $A_n$ mà $A_{n-1}$ cách $A_n$ đúng $1$.

iii. Thợ săn di chuyển tới điểm $B_n$ sao cho $B_n$ cách $B_{n-1}$ đúng $1$.

 

Em ggwp cách dịch ạ.

Lời giải bài 2. 

Gọi $R, J$ là điểm chính giữa cung lớn, cung nhỏ $BC$ của $(ABC)$. Gọi $T$ là tâm của $(RKD)$

Ta có: $IJ.IR = IB.IC = IP.ID$ nên $P, J, D, R$ đồng viên.

Do đó $\angle ART = \angle KRT = 90^o - \angle PDT = 90^o - \angle AJR =\angle ARJ$ nên $T$ thuộc trung trực $BC$

Như vậy $TM=TD$ nên $K, M, D, R$ đồng viên. Mà $R$ là điểm chính giữa cung $MD$ nên $KA$ là phân giác $MKD$.

Bài 2.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ và hai điểm $E, F$ thỏa mãn $AE, AF$ đẳng giác góc $BAC$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$, $BF$ cắt $CE$ tại $Q$. Khi đó $AP, AQ$ đẳng giác góc $BAC$

Chứng minh.

Biến đổi tỉ số kép: $A(EP, BC)=C(EP, BA)=C(QF, BA)=A(QF, BC)=A(FQ, CB)$ nên $AP, AQ$ đẳng giác góc $BAC$

 

Hệ thức Maclaurin mở rộng: Cho $A, B, C, D, E$ nằm trên một đường thẳng, khi đó: $\overline{AB}.\overline{AC}=\overline{AD}.\overline{AE}\Leftrightarrow \dfrac{\overline{AB}}{\overline{AC}}=\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}.\dfrac{\overline{EB}}{\overline{EC}}$

 

Áp dụng bổ đề trên cho tam giác $APP*$ với $AQ, AQ*$ đẳng giác góc $PAP*$ ta suy ra $AR, AR*$ đẳng giác góc $PAP*$ nên đẳng giác góc $BAC$

Tương tự với các góc còn lại ta suy ra $R, R*$ đẳng giác trong tam giác $ABC$

Gọi $P_a, P*_a, Q_a, Q*_a, R_a, R*_a$ là hình chiếu của $P, P*, Q, Q*, R, R*$ trên $BC$

Ta sẽ chứng minh: $\dfrac{\overline{R_aP_a}}{\overline{R_aP*_a}}.\dfrac{\overline{R*_aP_a}}{\overline{R*_aP*_a}}=\dfrac{\overline{Q_aP_a}}{\overline{Q_aP*_a}}.\dfrac{\overline{Q*_aP_a}}{\overline{Q*_aP*_a}}$

Nhóm theo từng cặp trên các hình thang, điều này tương đương với: $\dfrac{\overline{RP}}{\overline{QP}}.\dfrac{\overline{R*P}}{\overline{Q*P}}=\dfrac{\overline{RP*}}{\overline{Q*P*}}.\dfrac{\overline{R*P*}}{\overline{QP*}}$, điều này hiển nhiên đúng.

Gọi $W$ là giao điểm của trục đẳng phương của hai đường tròn pedal ứng với $P, Q$ và $BC$

Khi đó $\overline{WP_a}.\overline{WP*_a}=\overline{WQ_a}.\overline{WQ*_a}$ nên theo hệ thức Maclaurin mở rộng, ta có:

$$\dfrac{\overline{WP_a}}{\overline{WP*_a}}=\dfrac{\overline{Q_aP_a}}{\overline{Q_aP*_a}}.\dfrac{\overline{Q*_aP_a}}{\overline{Q*_aP*_a}}=\dfrac{\overline{R_aP_a}}{\overline{R_aP*_a}}.\dfrac{\overline{R*_aP_a}}{\overline{R*_aP*_a}}$$

Vậy theo hệ thức Maclaurin mở rộng ta lại có: $\overline{WP_a}.\overline{WP*_a}=\overline{WR_a}.\overline{WR*_a}$

Do đó $W$ là tâm đẳng phương của đường tròn pedal của ba điểm $P, Q, R$

Trục đẳng phương của hai đường tròn pedal ứng với $P, Q$ phải cắt ít nhất một cạnh nữa của tam giác $ABC$

Làm tương tự với cạnh đó ta được điều phải chứng minh.

Bài 1. Gọi $G$ là giao điểm của $FI$ với $(O)$. $AD$ cắt $BC$ tại $D'$.

$DG$ cắt $AE$ tại $T$ thì $IT || BC$. Do đó $\dfrac{TE}{TA}=\dfrac{ID'}{IA}=\dfrac{BC}{AB+AC}=\dfrac{BD}{DA}=\dfrac{DI}{DA}$

Do đó $DT$ chia đôi $IE$ tại trung điểm $R$ nên $D(GQ, PA)=-1$ mà $GFDN$ là tứ giác điều hòa nên $A(GQ, PD)=-1$ hay $D(GQ, PA)=A(GQ, PD)$

Do đó $P, Q, G$ thẳng hàng nên ta có điều phải chứng minh.

Bài 5.

Đầu tiên ta thấy $P$ là tâm vị tự trong của $\omega_B, \omega_C$.$C$ là tâm vị tự ngoài của $\omega_C, (I).$

Do đó theo định lý Monge D'Alambert thì tâm vị tự trong của $\omega_B, (I)$ nằm trên $CP.$

Mà tâm vị tự trong của $\omega_B, (I)$ phải nằm trên $BI$ nên nó chính là $X.$

Tương tự với $Y$ là tâm vị tự trong của $\omega_C, (I).$

$T$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC$ và $S$ đối xứng với $T$ qua $I.$

Do tính chất vị tự của hai đường tròn nên $S, X, E$ thẳng hàng, tương tự $S, Y, F$ thẳng hàng.

Dù bài này lâu rồi, nhưng em mới tìm được lời giải qua ý tưởng dùng trục đẳng phương của một bạn nào đó trên facebook.

Gọi $R$ là trực tâm tam giác $ADE$. $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ trên $DE$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

Ta có $\Delta GUE \sim \Delta BDP$ và $\Delta GUD\sim \Delta CEP$, suy ra $\dfrac{UE}{UD}=\dfrac{PD}{DB}.\dfrac{EC}{EP}$

Ta còn có $\Delta EC'C\sim \Delta PDA$ và $\Delta DB'B\sim \Delta PEA$ nên $\dfrac{EC'}{DB'}=\dfrac{EC'}{EC}.\dfrac{DB}{DB'}.\dfrac{EC}{DB}=\dfrac{PD}{DB}.\dfrac{EC}{EP}=\dfrac{UE}{UD}$

Do đó $U$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính $BE$ và $CF$

Mà $RH$ là trục đẳng phương của đường tròn đường kinh $BE$ và $CF$ nên $HU$ đi qua $R$.

$R$ đối xứng với $L$ qua $EF$ nên $R, U, K$ thẳng hàng. Do đó $UK$ đi qua $H$

Bài 3.

(a) Gọi $A_1, A_2$ là điểm chính giữa cung $BC$ của $(O)$ và $Z$ là trung điểm $OB$

Khi đó $OT.OS=2OZ.OB=OB^2\Rightarrow (A_1A_2,ST)=-1$

(b) Dễ thấy $AE, AF$ đối xứng nhau qua phân giác góc $A$, $EF || BC$

Ta có $BA_1$ là phân giác góc $TBS$ mà $BA_1$ là phân giác góc $TBF$ nên $SB$ đi qua $F$, tương tự $SC$ đi qua $E$

Áp dụng định lý Pascal cho $CCBFAE$ ta được $X\in AF$, tương tự $Y\in AE$

Bài 1.

Gọi $K, L$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ và không chứa $A$ của $(O)$, ta có $KX\perp QR$.

Do đó ta cần chứng minh $PD$ đi qua $L$. Ta còn có $L$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(IBC)$

Gọi $B', C'$ là giao điểm của $BI, CI$ với $EF$, ta có $\widehat{BB'C}=\widehat{BC'C}=90^o$, ta chuyển về bài toán sau.

Cho tam giác $ABC$ với ba đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại trực tâm $H$. $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$. $M$ là trung điểm $BC$.

$HM$ cắt $EF$ tại $S$. Chứng minh rằng $D, T, S$ thẳng hàng.

 

Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $K$ khác $A$, khi đó $K, H, M, S$ thẳng hàng và $(KH, SM)=-1$

$AD$ cắt $(O)$ tại $D'$ khác $A$ thì $A(KD', BC)=-1$ nên $KD'$ đi qua $T$. Mà $D$ là trung điểm $HD'$ nên $KD$ chia đôi $MT$

Do đó $D(KA, MT)= -1 = D(KH, MS)\Rightarrow D, S, T$ thẳng hàng.