Kamii0909 nội dung
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
#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
#658032 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 10:32 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Câu 1
Pt 2 tương đương
$\left (\sqrt{x-y+3}-2 \right )\left ( x^{2}+x+2+\sqrt{x-y+3} \right )=0\Leftrightarrow x=y+1$
Thế lại phương trình 1 để giải
Câu 4
Dễ thấy $3|y$
phương trình tương đương $\left ( 3x+4 \right )^{2}=y^{3}+1\Leftrightarrow \left ( 3x+4 \right )^{2}=\left ( y+1 \right )\left ( y^{2}-y+1 \right )$
mà $gcd\left ( y+1,y^{2}-y+1 \right )=gcd\left ( 3y,y+1 \right )=1$ nên
$\left\{\begin{matrix} y+1=a^{2}\\ y^{2}-y+1=b^{2} \end{matrix}\right.$
Thế 2 phương trình ta có
$a^{4}-3a^{2}+3-b^{2}=0\Leftrightarrow 4a^{4}-12a^{2}+12-4b^{2}=0$
$\Leftrightarrow \left ( 2a^{2}-2b^{2}-3 \right )\left ( 2a^{2}+2b^{2}-3 \right )=-3$
Giải ra có $a^{2}=b^{2}=1$ hay $\left ( x,y \right )=\left ( -1,0 \right )$
#662729 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 20:16 trong Hình học
Gọi $SD$ giao $BC$ tại $K$.
Dễ có $DB^2=DC^2=DI^2=DK.DS$ nên $\Delta{DIK}$~$\Delta{DSI}$
Từ đó có $\widehat{DIK}=\widehat{DSI}=\widehat{DAF}$ hay $AF//IK$.
Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $H$.
Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác $IFH$ và định lý Thales ta phải chứng minh
$\frac{AI}{IH} =\frac{DI}{DH}=\frac{DC}{DH}$
Áp dụng định lý sin vào tam giác $AIC$, $IHC$ và $DHC$ ta có
$\frac{AI}{IH}=\frac{AI}{IC}.\frac{IC}{IH}= \frac{\sin IHC}{\sin IAC}=\frac{\sin DHC}{\sin DCH}=\frac{DC}{DH}$
#662752 Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 21:15 trong Hình học
Tks bác. Lần đầu e thấy cách thế này. Tại có 1 đẳng thức gần giống thế làm bằng định lý sin nên e bắt chước.Tam giác DCA và DHC đồng dạng nên $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}$. Tam giác ACH có CI là phân giác trong góc C nên $\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$. Vậy $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$
#658826 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-10-2016 - 21:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cheybershev có vẻ khó ra hoàn chỉnh
Mình xin đính chính lại cách khác hay hơn
$\sum \frac{x}{xy+1}=\sum x -\sum \frac{x^{2}y}{xy+1}$
Theo AM-GM 10 số và Holder(đoạn này số siếc loằng ngà loằng ngoằng nên cho phép mình bỏ )
Min=9/10
#693714 Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018
Đã gửi bởi Kamii0909 on 25-09-2017 - 22:13 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Bài 3 có vẻ khó nhai, thôi xử bài 6 trước vậy >.<
Kẻ $MX \perp AB, NY \perp AC$
Gọi $S,T$ là trung điểm $NC,MB$
Dễ có $PB=QC,MB=NC$.
$\dfrac{BF}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CE}{CA}$
Vậy $EF \parallel BC$
Do đó $EFBC$ là hình bình hành nên $EF=PC$
Cũng có $ST=\dfrac{MN+BC}{2}=PC$ nên $EFTS$ cũng là hình bình hành.
Do đó $FT=SE$
Ngoài ra, ta cũng có $\Delta AFL \sim \Delta AEK$
$\Rightarrow \dfrac{AL}{AK}=\dfrac{AF}{AE}$
$$ \dfrac{OA^2-OL^2}{OA^2-OK^2}= \dfrac{LA.LM}{KA.KN}=\dfrac{ LA^2. \dfrac{FX}{FA}}{KA^2. \dfrac{EY}{EA}} =\dfrac{LA^2.FX.EA}{KA^2.EY.FA}= \dfrac{FX.FA}{EY.EA}=\dfrac{FX.FB}{EY.EC}=\dfrac{FT^2-TB^2}{SE^2-SC^2}=1 $$
Do đó $OL=OK$
#658168 Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia Lào Cai 2016-2017
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 23:58 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Chỗ này thiếu r bạn. $gcd\left (3y,y+1 \right)=1$ hoặc $gcd\left (3y,y+1 \right)=3 $ chứ
Nếu $gcd\left (3y,y+1 \right)=3$ thì $(3x+4)^2 \not\vdots 3$, còn $(y+1)(y^2-y+1) \vdots 3$ nên vô lý
Mình có ghi ở trên là $3|y$ rồi nên hiển nhiên là $gcd(y+1,3)=1$ do $y+1$ chia 3 dư 1
#658042 Tìm giá trị nhỏ nhất $\sum \frac{x}{xy+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 16-10-2016 - 11:22 trong Bất đẳng thức và cực trị
Cho x,y,z dương ;$x+y+z=1$
Tìm Min
$\frac{x}{xy+1}+\frac{y}{yz+1}+\frac{z}{zx+1}$
Giả sử $x\geq y\geq z$
Theo bất đẳng thức Cheybershev ta có
$\sum \frac{x}{xy+1}\geq \frac{\sum x}{3}\sum \frac{1}{xy+1}\geq \frac{3}{\sum xy+3}\geq \frac{3}{\frac{1}{3}\left ( \sum x \right )^{2}+3}=\frac{9}{10}$
#674165 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-03-2017 - 19:36 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ý bạn là sao? Cứ khai triển ra là thấy nó tương đương thôi mà?vì sao ạ?
#673908 CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1}...
Đã gửi bởi Kamii0909 on 10-03-2017 - 21:47 trong Bất đẳng thức và cực trị
Bài 1 khó cả 2 câu.1. abc=1, a,b,c dương
CMR:a, $\sum \frac{1}{a^{2}-a+1} \leq 3$
b, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
a. Bđt cần cm tương đương với
$$\sum \frac{(2a-1)^2}{a^2-a+1} \geq 3$$
Áp dụng bđt C-S ta phải cmr
$$\frac{(2a+2b+2c-3)^2}{a^2+b^2+c^2-a-b-c+3} \geq 3$$
Đặt $p=a+b+c=x^2,q=ab+bc+ca$
Ta phải chỉ ra $p^2-9p+6q \geq 0$
Chú ý bđt thông dụng $q^2 \geq 3pr=3p=3x^2$
Bài toán đưa về $x(x- \sqrt{3})^2(x+2 \sqrt{3}) \geq 0$
Hiển nhiên đúng.
b. Viết lại bđt
$$ \sum \frac{(3a-1)^2}{2a^2+1} \geq 4$$
Áp dụng C-S và ta đi cmr
$$\frac{9(a+b+c-1)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \geq 4$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2+18(ab+bc+ca) -18(a+b+c)-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow a^2+b^2+18(c-1)(a+b) +c^2-18c+18ab-3 \geq 0$$
KMTTQ, $c \geq 1$, Đặt $c=x^2$
Khi đó $$ L.H.S \geq 20ab+36(c-1) \sqrt{ab} +c^2-18c-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow \frac{20}{x^2} +\frac{36(x^2-1)}{x} +x^4-18x^2-3 \geq 0$$
$$\Leftrightarrow (x-1)^2(x-2)^2(x+1)(x+5) \geq 0$$
Hiển nhiên đúng.
#667457 $F,M,Y,Z$ đồng viên
Đã gửi bởi Kamii0909 on 07-01-2017 - 14:37 trong Hình học
$\textbf{Lời giải}$
Kẻ $CH$ cắt $(O)$ tại $K$. $FX$ cắt $AK$ tại $N$.
Dễ thấy $FX=FN$ nên áp dụng định lý con bướm đảo vào tứ giác nội tiếp $AKBC$ tâm $O$ có $OF \perp FX$.
Phần sau dễ rồi.
#664447 Tìm bộ số thỏa mãn
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-12-2016 - 11:28 trong Số học
$m^2+n^2|(m^2+n^2)(m+n)-mn(m+n)-4$ nên $m^2+n^2|mn(m+n)+4$(1)
Từ đó $m^2+n^2 \leq m^2n +n^2m+4$(2)
Nếu cả 2 số $m,n$ cùng bằng 1 thì (1) thỏa mãn và $m^2+n^2=2$ cũng thỏa mãn.
Ngược lại, KMTTQ giả sử $m>1$
Ta viết lại (2) như sau
$n^2(m-1)+nm^2-m^2+4 \leq 0$
Xét $\Delta$ theo $n$ thì
$\Delta = m^4+4m^3-4m^2-16m+16 \leq 0$ Rõ ràng bất phương trình này vô nghiệm nguyên dương với $m>1$.
Vậy $m=n=1$ là nghiệm duy nhất.
Xử lí theo cách này có thể không dùng điều kiện nguyên tố.
#661703 Phương trình nghiệm nguyên
Đã gửi bởi Kamii0909 on 12-11-2016 - 23:51 trong Số học
Mình lý luận không được chắc chắn lắm có gì sai sót mong bạn chỉ giúp.
đặt $a=x+y,b=xy$
thì $a^2|a^3-3ab-b^2$ hay $a^2|3ab+b^2$
Từ đó $ka^2-3ab-b^2=0$
Coi đây là phương trình bậc 2 ẩn $a$ thì
$\Delta =b^2(4k+9)$ nên $4k+9$ phải là số chính phương lẻ.
Từ đó tính được $k=m^2+m-2$
thay vào công thức nghiệm được $a= \frac{b}{m-1}$ hoặc $a= \frac{b}{m+2}$
Cả 2 đều chứng tỏ $a|b$ hay $x+y|xy$ nghĩa là $xy=p(x+y)$
Từ đề bài thì tử số phải không âm hay
$x+y \geq 3p+p^2$
Nếu $x=y$ thì $p= \frac{x}{2}$ thay vào có $x \leq 2$
$x=y=1$ KTM, $x=y=2$ TM.
TH còn lại xử lí như trên.
#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
#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
#658525 Chia hết
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 14:46 trong Số học
Xét số 1111....11 với 1,2,.....,2014 chữ số 1.
Nếu tồn tại 1 số trong các số trên chia hết cho 2013 thì ta có đpcm
Ngược lại ta giả sử không tồn tại thì khi đó sẽ có 2 số trong bảng đồng dư 2013
Lấy hiệu 2 số ta có số $111...100..00=11...11.10^{x}$
Hiển nhiên $gcd(10^{x},2013)=1\Rightarrow 2013|111..11$
Vậy luôn tồn tại số thỏa mãn yêu cầu bài toán
#662731 Điều kiên đồng quy của 3 đường thẳng
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 20:28 trong Hình học
- Diễn đàn Toán học
- → Kamii0909 nội dung