HM là đường trung bình của tam giác CHB => HM vuông góc CD

=>$\angle MHA=\angle MCB$ 

để chứng minh ABHM nội tiếp ta chứng minh $\bigtriangleup BMC \infty \bigtriangleup AMH$

<=> CM.AH=BC.MH

mà theo định lí menelauyt cho tam giác ABH cát tuyến DJC ta có HJ=$\frac{1}{2}$AH

có $\frac{CM}{MH}=\frac{CH}{HJ}=\frac{BC}{AH}$ => dccm

1.gọi T là trung điểm BN,J là trung điểm CN thì tâm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác TJN.

2. MN vuông góc với OI thì dùng các nô

bán kính thì mình tính lằng nhằng lắm nhưng cuối cùng vẫn ra có cách nào nhanh ko?

đùa à bài này trong tài liệu chuyên có hỏi chi vậy

bài toán:chứng minh rằng với mọi  tự nhiên luôn tồn tai n só tự nhiên liên tiếp sao cho bất ký số nào trong số ấy đều không phải là lũy thừa của một số nguyên tố

tại sao em viết chủ đề nào cũng bị khóa vậy

Bài 1. Cho $a \in \mathbb{Z},p$ là số nguyên tố thỏa mãn $(a,p)=1.$ Chứng minh rằng $a^p-1$ và $a-1$ không có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 2. Cho $a,b \in \mathbb{N},p$ là số nguyên tố lẻ sao cho $(a,p)=(b,p)=1.$ Chứng minh $a^p-b^p$ và $a-b$ không có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 3. Cho $a \in \mathbb{N},a>1.$ Tìm $n \in \mathbb{N}$ để $a^n-1$ và $a-1$ có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 4. Tìm $a,m,n \in \mathbb{N}$ sao cho $(a-1)^m=a^n-1.$

Bài 5. Tìm $a,m,n \in \mathbb{N}$ sao cho $a^m-1$ và $a^n-1$ có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 6. Cho $a,b \in \mathbb{N}.$ Tìm $n \in \mathbb{N}$ sao cho $a^n-b^n$ và $a-b$ có cùng tập ước nguyên tố.

Bài 7. Tìm $a,b,m,n \in \mathbb{N}$ sao cho $(a,b)=1$ và $a^m-b^m=(a-b)^n.$

$\sum \sqrt{\frac{a^{2}}{a^{2}+b+c}}\leq \sqrt{3}$  với mọi a,b,c>0,a²+b²+c²=3

cho hai số nguyên a,b và số nguyên tố p sao cho:(a.p)=(b,p)=1.Chứng minh:a^p-b^p,a-b không có cùng tập ước nguyên tố.

chú thích:tập ước nguyên tố của số nguyem m là tập hợp tất cả các số nguyên tố là ước của m.

bài này xét hiệu đặt a^3,b^3,c^3 ra ngoài.trong sau khi phân tích nhân có chứa a² +bc-b²-c²,b^2+ca-a^2-b^2,c^2+ab-a^2-b^2.

đặt ta có:

$\sum$ A.(a² +bc-b²-c²) =A.(a^2+bc-b^2-c^2-b^2-ac+b^2+c^2)+(A+B).(b^2+ac-a^2-c^2-c^2-ab+a^2+b^2)+(A+B+C).(c^2+ab-a^2-b^2)

đánh giá a,b,c là xong.

P_M/O =OM²-R² => nếu cho OM không đổi thì P_M/O cũng không đổi nhưng điều này là vô ký => bài toán sai đấy bạn ạ.

thục ra bài này dung bất đẳng thức hoán vị cơ.

bài toán:cho a,b,c, $\alpha$ , $\beta$ > 0 .chứng minh rằng:

1/a⁵+b⁵+c⁵ $\geq$ a⁴.b+b⁴.c+c⁴.a

2/a^( $\alpha$ + $\beta$ ) +b^( $\alpha$ + $\beta$ ) +c^($\alpha$ + $\beta$ ) $\geq$ $\sum_{a}^{b}$ a^$\alpha$ . b^ $\beta$

bạn ơi,theo đề bài $p=4k+1$ cơ mà sao có dạng $p=2$được.Với lại,bạn gõ Latex cho dễ nhìn.

nhầm.mình không biết gõ kiểu kia hay lỗi phông lắm.

bài toán:tìm các số tự nhiên n,a sao cho aⁿ+1=n^a.

bài này cần dùng đến lý thuyết cấp số nên bạn nào chưa oc không nên thử.

bạn nêu cách giải của mình ra đi,mình kiến thức hạn hẹp nên còn suy nghĩ đây.Bạn không cần dùng $modun$ à?

từ đề bài dễ dàng suy ra n chẵn.

đặt n=2^q.k=>(2^q.k)²+(2^k)^{2^q} chia hết cho p.

p=2.thỏa mãn.

p>2=>p lẻ.

=>k²+2^{k.2^q-2.q} chia hết cho p.

bài toán quy về chứng minh :mọi ước nguyên tó lẻ của a²+b² đều có dạng 4k+1trong đó (a;b)=1.

dễ thấy (a,p)=(b,p)=1

theo định lý fec-ma : a^p-1-1 chia hết cho p,b^p-1-1 chia hết cho p

=>a^p-1-b^p-1 chia hết cho p(1)

mà a²  đồng dư với b² mod p =>a^p+1-b^p+1 chia hết cho p.

Nếu p=4k+3 thi p+1=4k+4 chia hết cho 4 =>a^p+1  đồng dư với b^p+1 mod p mà (1) =>b^p+1  .2 chia hết cho p=>b chia hết cho p vô lí.

=>mọi ước nguyên tố của a²+b² đều có dạng 4k+1.

đây hẳn là một bà khai thai ngược từ bài toán trên nhưng kết luận rằng không phải với bất kì số nguyên tố p nào cũng tồn tại n nguyên thỏa mãn yêu cầu đề bài.

cho tam giác ABC.Chứng minh:m_a+m_b+m_c  nhỏ hơn hoặc bằng 9\2R

Tông quát :cho đa giác lồi (A₁A₂...A_n) nội tiếp đường tròn bán kinh R, có trọng tâm G.Chứng minh rằng nR^a lớn hơn hoặc bằng GA₁^a+...+GA_n^a  với mọi a>0.

để làm bai trên  cần chứng minh trong trường hợp a=1

sau đó sử dụng bất đẳng thúc bec-nu-li để chứng minh.

mình cũng không chắc lắm

$p=4k+1\Rightarrow 2p=8k+2\equiv 2(mod 8)$

Lại có $n^{2}$ là số chính phương nên $n^{2}\equiv 1(mod 8)$                      (1)

Mà $2^{n}\equiv 1(mod 8)( n=0) ;2^{n}\equiv 2(mod 8) (n=1); 2^{n}\equiv 4(mod 8) (n=2); 2^{n}\equiv 0(mod 8)(n>2,n\epsilon N)$           (2)

Cộng (1) với (2) chỉ thấy n=0 là thoả mãn nhưng thay vào đẳng thức thì không đúng.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n thoả m

cậu lập luận chẳng logic tí gì

sao tự nhiên lại cho n²   đồng dư 1 mod 8,trong bài này thì n phải chãn chứ.

Cho tam giác ABC có $a=BC,b=CA,c=AB$. Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng

$$\frac{IA^{2}}{c(p-a)}+\frac{IB^{2}}{a(p-b)}+\frac{IC^{2}}{b(p-c)}=2$$

bài này có vẻ chát đáy 

một hê thúc đẹp nếu đúng.

nếu cậu khẳng định nó đúng thì có phải bài này giải bàng cách tách IA² thành r²+4.(p-a)² và có r²=(p-a).(p-b).(p-c)/p

không?thử kiểm tra lại đề đi nhé xem nó có thật là đẳng thức hay không?

cho tam giác ABC cân tại A điểm M trên AB sao cho AB=3MA. H là hình chiếu của B lên CM. I là trung điểm HC. Chứng minh rằng BI vuông góc IA

từ bài toán này:gọi Q là trung điểm của BC=>Tứ giác AIQC nội tiếp =>góc IQC=góc IAB =>MCB=ABI =>tam giác MBI và MCB đồng dạng.

rút ra 

1/MB.MB=MI.MC

2/góc MIB=góc ABC.

có

bài này chắc là giải thế này:

chuyển 2x sang vế phải,đặt x ra ngoài rồi phân tích đa thức thành nhân tử.bài toán có nghiệm là 1 nên nhân liên hợp làm xuất hiện x-1 rồi chúng minh phần còn lại không âm là xong.

bài này dùng định lý xê-va sin hay hơn nhiều vì chỉ cần áp dụng liên tiếp định lý xê- va sin là ra chứ không phải biến đổi lằng nhằng gì cả.Thử dùng định lý Xê - va sin cho tam giác ABC với điểm P,Q,R rồi dung tiếp cho tam giác MBC với điểm P thì sẽ ra ngay.

thế cậu làm được bai hệ quả chưa. ha

(a) Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Áp dụng Menelaus cho $\Delta MBC$ với $\overline{SEF}$, cho $\Delta BMD$ với $\overline{ERA}$ và cho $\Delta DMC$ với $\overline{FQA}$ suy ra $BC, EF, QR$ đồng quy.

Tương tự ta có $CA, PR, DF$ đồng quy và $AB, PQ, ED$ đồng quy.

Theo định lý Desargues ta có điều phải chứng minh.

(b) Áo dụng kết quả đầu tiên ở câu (a) cho ta $AX, BY, CZ$ đồng quy.

bài này dùng định lý xê-va sin hay hơn nhiều vì chỉ cần áp dụng liên tiếp định lý xê- va sin là ra chứ không phải biến đổi lằng nhằng gì cả.Thử dùng định lý Xê - va sin cho tam giác ABC với điểm P,Q,R rồi dung tiếp cho tam giác MBC với điểm P thì sẽ ra ngay.

thế cậu làm được bai hệ quả chưa. hay nhỉ.

BÀI TOÁN ĐỒNG QUY HAY

Bài toán 1:cho tam giác ABC tùy ý.Lấy điểm M nằm trong tam giác.Trên AM,BM,CM lần lượt lấy các điểm D,E,F.Gọi P,Q,R lần lươt là giao điểm của BF và CE,AF và CD,AE và BD.Chứng minh AP,BQ,CR đồng quy.

b/gọi giao của MP,MQ,MR với 3 cạnh tam giác là X,Y,Z .chứng minh AX,BY,CZ đồng quy.

Hệ quả:cho tam giác ABC M,N,P lần lượt là trung điểm cua BC,CA,AB.O nằm trong tam giác.Gọi X,Y,Z lần lượt là trung điểm của OM,ON,OP.Chứng minh AX,BY,CZ đồng quy.

Bài này sử dụng liên tiếp nhiều lần định lý Xê- va rất là hay và đẹp đó.