Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.
Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn.
Có 155 mục bởi Kamii0909 (Tìm giới hạn từ 29-04-2020)
Đã gửi bởi Kamii0909 on 13-11-2016 - 11:11 trong Thi HSG cấp Tỉnh, Thành phố. Olympic 30-4. Đề thi và kiểm tra đội tuyển các cấp.
Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.
Cũng giống cách của mình. Nhưng mình đang tìm cách chứng minh nhanh hơn.
Đã gửi bởi Kamii0909 on 18-10-2016 - 13:41 trong Số học
Cho 2013 số tự nhiên đôi một khác nhau và khác 0. Biết rằng tổng của 1007 số bất kì luôn lớn hơn tổng của 1006 số còn lại cộng với 2012. Hỏi có thể khẳng định mỗi số trong 2013 số đã cho lớn hơn 3000 hay không?
Bài này nên đưa vào topic Tổ hợp chứ nhỉ :3
Giải
Giả sử $a_{1}< a_{2}< ...< a_{2013}$ hay $a_{1}\leq a_{2}-1\leq a_{3}-2\leq ....\leq a_{2013}-2012$
Theo giả thiết ta có
$\sum_{2}^{1007}a_{i}+a_{1}> \sum_{1008}^{2013}a_{i}+2012\geq \sum_{2}^{1007}a_{i} +1007.1006+2012> \sum_{2}^{1007}+3000$
$\Rightarrow a_{1}> 3000$ từ đó ta có tất cả các số đều lớn hơn 3000
Đã gửi bởi Kamii0909 on 08-08-2017 - 14:42 trong Phương trình hàm
Sai nhé.
Không hiểu bạn tìm kiểu gì từ $g(x+1)=(2-a)g(x)+a$ mà ra được $g(x) =$ cái hàm kì dị ấy.
Mà tuyệt đối thử lại cũng không TM luôn.
Hơn nữa $g(0)=0,g(1)=1$ và $g(x+1)=g(x)+1$ chỉ kết luận được $g(x)=x, \forall x \in \mathbb{Z}$
Lời giải bài này như sau:
$P(x,y) : f(x+y)+f(x)f(y)=f(xy)+f(x)+f(y)$
$P(x,0) : f(x)+f(x)f(0)=f(0)+f(x)+f(0) \Leftrightarrow f(x)f(0) = 2f(0)$
Nếu $f(0) \neq 0$ thì $\boxed{f(x)=2,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Xét $f(0)=0$
$P(x,1) : f(x+1)+f(x)f(1)=f(x)+f(x)+f(1) \Leftrightarrow f(x+1)=f(x) \left[ 2-f(1) \right] +f(1)$
$P(x+1,1) : f(x+2)=f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2$
$P(1,1) : f(2)=3f(1)-f(1)^2$
$P(x,2) : f(x+2)+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(x) \left[ 2-f(1) \right]^2 +3f(1)-f(1)^2+f(x)f(2)=f(2x)+f(x)+f(2) \Leftrightarrow f(2x)= \left[ 3-f(1) \right]f(x)=af(x)$
$P(2x,2) : f(4x)=a^2f(x)$
$P(2x,2y) -a P(x,y) : (a^2-a)f(x)f(y)=(a^2-a)f(xy)$
Nếu $a=1 \Leftrightarrow P(x,1) : f(x+1)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a=0 \Leftrightarrow P(x,2) : f(2x)=0 \Leftrightarrow \boxed{f(x)=0, \forall{x \in \mathbb{R}}}$
Nếu $a^2-a \neq 0$ thì ta có hệ
$\left\{\begin{matrix} f(x)f(y)=f(xy)\\ f(x)+f(y)=f(x+y) \end{matrix}\right.$
Hệ PTH này quen thuộc và có nghiệm là $ \boxed{ f(x)=0,\forall{x \in \mathbb{R}}}$ hoặc $ \boxed{ f(x)=x,\forall{x \in \mathbb{R}}}$
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
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
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?
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, $\sum \frac{12a+7}{2a^{2}+1}\leq 19$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 20-10-2016 - 18:17 trong Hình học
Dễ có $\widehat{FPE}=\widehat{FQE}=60^{o}$ nên P,Q,F,E đồng viên
$\widehat{MNP}+\widehat{NPQ}=180^{o}\Rightarrow \widehat{NPQ}=75^{o}\Rightarrow \widehat{QPF}=15^{o}\Rightarrow \widehat{QPF}+ \widehat{FQP}=90^{o}\Rightarrow \widehat{QFP}=90^{o}$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-03-2017 - 01:58 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Có $$\sum \frac{a}{\sqrt{\frac{3}{2}(b+c)(a+b+c)}} \geq \sum \frac{4a}{2a+5b+5c} \geq \frac{4(a+b+c)^2}{2(a+b+c)^2+6(ab+bc+ca)} \geq 1$$
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.
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-01-2017 - 21:39 trong Bất đẳng thức - Cực trị
Đã gửi bởi Kamii0909 on 24-10-2016 - 18:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Kamii0909 on 22-11-2016 - 20:16 trong Hình học
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 $\frac{DC}{DH}=\frac{CA}{HC}=\frac{AI}{IH}$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 03-12-2016 - 14:30 trong Hình học
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 $(a+b+c-1)^{2}\geq 0\Leftrightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 1$
Đã gửi bởi Kamii0909 on 17-11-2016 - 22:10 trong Bất đẳng thức và cực trị
v~ cả nhái , trích (Poland 1991) đã được giải ở đây bn: http://diendantoanho...e-6#entry660132
Cách giải của bạn hanguyen445 trong phần a không âm chính là cách giải của bài thi trên.
Bài này khá nổi tiếng, có xuất hiện trong TLCT 10 mà bạn.
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-11-2016 - 22:35 trong Bất đẳng thức và cực trị
Đã gửi bởi Kamii0909 on 15-11-2016 - 19:26 trong Bất đẳng thức và cực trị
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học