Cho tam giác ABC, tâm ngoại tiếp O, đường cao AD,BE,CF.gọi N là tâm đg tròn ngoại tiếp tam giác DEF. OA cắt EF tại Na.Ma là trung điểm BC. AN cắt MaNa tại X. Tương tự có các điểm Y,Z. CMR DX,EZ,FY đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác ABC
ducthai2133 nội dung
Có 18 mục bởi ducthai2133 (Tìm giới hạn từ 03-05-2020)
#699850 CMR DX,EZ,FY đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác ABC
Đã gửi bởi ducthai2133 on 06-01-2018 - 18:07 trong Hình học
#698099 bất đẳng thức tam giác cho tam giác ABC với a,b,c là 3 cạnh ma là trung tuyển...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 11-12-2017 - 19:54 trong Hình học phẳng
cho tam giác ABC với a,b,c là 3 cạnh ma là trung tuyển kẻ từ A,lb là phân giác kẻ từ B, hc là đường cao kẻ từ C
chứng minh: $m_{a}+l_{b}+h_{c}\leq \sqrt3/2 (a+b+c)$
#700929 chứng minh IG vuông góc với BC.
Đã gửi bởi ducthai2133 on 29-01-2018 - 18:35 trong Hình học
IG vuông góc BC. theo đl 4 điểm tức là cần c/m: $IB^{2}-IC^{2}=GB^{2}-GC^{2} <->IM^{2}+MB^{2}-IC^{2}=\frac{2}{3}(m_{b}^{2}-m_{c}^{2}) <->AC^{2}=\frac{2}{3}(m_{b}^{2}-m_{c}^{2})$
đẳng thức này đúng => đpcm
#697560 rút gọn biểu thức $(\sqrt{a}-\sqrt{b})/(\sqrt[4]{a}-...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 01-12-2017 - 17:31 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
rút gọn biểu thức
$(\sqrt{a}-\sqrt{b})/(\sqrt[4]{a}-\sqrt[4]{b})-(\sqrt{a}+\sqrt[4]{ab})/(\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b})$
$=\sqrt[4]{a}+\sqrt[4]{b}-\sqrt[4]{a} =\sqrt[4]{b}$
#707677 Phương trình hàm trên tập rời rạc
Đã gửi bởi ducthai2133 on 04-05-2018 - 22:45 trong Phương trình hàm
ta thấy $f(m)\equiv c$ với c là hằng số thỏa mãn đề bài
giả sử tồn tại $m,n \epsilon N^{*}, m\neq n$ sao cho $f(m)\neq f(n)$
xét 2 số x,y sao cho : $\left | f(x)-f(y) \right |=min\left | f(m)-f(n) \right |$
giả sử $f(x)>f(y)$ ta có :
$$2f(y)^{3}<f$$^{2}(x)f(y)+f^{2}(y)f(x)<2f(x)^{3}
suy ra mâu thuẫn
vậy $f(m)\equiv c$ với c là hằng số là hàm số cần tìm
#697674 $\left\{\begin{matrix}(x-y)^{2}+...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 03-12-2017 - 10:23 trong Phương trình - hệ phương trình - bất phương trình
có x=y=0 là nghiệm của pt
xét $y\neq 0$. đặt x=ky rồi thay vào phương trình, tính k. đến đây easy rồi bạn
#697561 $\frac{a}{b} = \frac{x}{y...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 01-12-2017 - 17:47 trong Số học
Chứng minh :
Nếu $\frac{a}{b} = \frac{x}{y}$ thì $\frac{a}{b} = \frac{x}{y} = \frac{a+x}{b+y}$ . ( chứng minh tính chất dãy tỉ số bằng nhau )
Từ đó áp dụng chứng minh : nếu a. b, c nguyên dương , a,b,c $\neq 0$ và a + b + c $\neq 0$ và a2c = b2a = c2b
thì $\frac{a}{b} + \frac{b}{c} + \frac{c}{a}$ = 1
$\frac{x}{y} = \frac{a+x}{b+y} <=> xb+xy=ay+xy <=> xb=ay <=> \frac{a}{b}=\frac{x}{y}$
chỗ kia phải bằng 3 chứ bạn ơi
$a^2c=b^2a=c^2b =>a/b=b/c=c/a=\frac{a+b+c}{a+b+c}=1$
#697609 $(x-a_1)(x-a_2)....(x-a_n)-1$
Đã gửi bởi ducthai2133 on 02-12-2017 - 10:09 trong Đa thức
Chứng minh rằng với mọi bộ số nguyên $a_i(i= \overline{1,n})$ phân biệt, đa thức $(x-a_1)(x-a_2)....(x-a_n)-1$ bất khả quy trong $\mathbb{Z} [x].$
giả sử P(x) khả quy. Do đó tồn tại 2 đa thức f(x),g(x) nguyên có bậc lớn hơn 0 thỏa mãn: P(x)=f(x)g(x)
có: (x-a1)(x-a2)...(x-an)-1=f(x)g(x)
suy ra f(ak)g(ak)=-1 ->f(ak)=-g(ak)=+-1
Ta có đa thức A(x)=f(x)+g(x) là đa thức có bậc $\leq n-1$
f(ak)+g(ak)=0 nên f(x)+g(x)$\equiv 0$
=)) P(x)=(x-a1)(x-a2)...(x-an)-1=-[f(x)]2
vô lý vì hệ số của xn ở P(x)=1 mà ở vế phải $\geq$ 0
vậy đa thức P(x) bkq
#697757 CMR: $AA_{2},BB_{2},CC_{2}$ đồng quy.
Đã gửi bởi ducthai2133 on 04-12-2017 - 16:31 trong Hình học
gọi H là trực tâm tg ABC, AH giao BC tại K và AG giao BC tại M
gọi A2,B2,C2 là X,Y,Z nhé viết dưới mỏi tay quá :v
$\overrightarrow{AX}= 2\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{AD} = 2\overrightarrow{AG}-(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GD}) =\overrightarrow{AG}-\overrightarrow{GD} =\overrightarrow{AG}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AK}$
có $\alpha \overrightarrow{HA}+\beta \overrightarrow{HB}+\gamma \overrightarrow{HC}=\overrightarrow{0} (\alpha +\beta +\gamma \neq 0) \rightarrow \beta \overrightarrow{KB}+\gamma \overrightarrow{KC}=\overrightarrow{0} \rightarrow \beta \overrightarrow{AB}+\gamma \overrightarrow{AC}=(\beta +\gamma )\overrightarrow{AK} =>\overrightarrow{AX}=1/3(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})-1/3(\frac{\beta \overrightarrow{AB}+\gamma \overrightarrow{AC}}{\beta +\gamma }) =>3\overrightarrow{AX}=\frac{\beta \overrightarrow{AC}+\gamma \overrightarrow{AB}}{\beta +\gamma }$
dựng I thỏa mãn:$\frac{1}{\alpha }\overrightarrow{IA}+\frac{1}{\beta }\overrightarrow{IB}+\frac{1}{\gamma }\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0} -)\frac{1}{\beta }\overrightarrow{AB}+\frac{1}{\gamma }\overrightarrow{AC}=(\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma })\overrightarrow{AI} ->\gamma \overrightarrow{AB}+\beta \overrightarrow{AC}=\beta \gamma (\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma })\overrightarrow{AI} -)3(\beta +\gamma )\overrightarrow{AX}=\beta \gamma (\frac{1}{\alpha }+\frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma })\overrightarrow{AI} ->\overline{A,X,I}$
Tương tự BY,CZ đi qua I
#697608 Cho a>0, chứng minh $\sqrt{x^{2}+3x+5}...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 02-12-2017 - 09:21 trong Bất đẳng thức và cực trị
bình phương 2 vế,biến đổi tương đương là ra thôi bạn
#697785 VỚI MỖI SỐ TỰ NHIÊN N LỚN HƠN 6.
Đã gửi bởi ducthai2133 on 04-12-2017 - 21:15 trong Số học
Minh thay ban lap luan chua dung
chỉ chỗ chưa đúng đi bạn
#697777 VỚI MỖI SỐ TỰ NHIÊN N LỚN HƠN 6.
Đã gửi bởi ducthai2133 on 04-12-2017 - 20:18 trong Số học
n>6 nên phải có x>3 thỏa mãn:
$\left\{\begin{matrix} (x+1)^{2}> n & \\ \frac{n}{2}>x^{2} & \end{matrix}\right. =>(x+1)^{2}>2x^{2} <-> 2x+1-x^{2}>0$
vô lý vì x>3.
vậy k có n thỏa mãn
#699288 $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{r_...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 31-12-2017 - 21:43 trong Dãy số - Giới hạn
câu 2 ạ
$\frac{1}{2!}+\frac{2}{3!}+...+\frac{k}{(k+1)!}=\frac{2-1}{2!}+\frac{3-1}{3!}+...+\frac{k-1}{(k+1)!}=1-\frac{1}{(k+1)!}$
$->x_{k}<1 -> lim x_{k}^{n}=0$ $-> lim u_{n}=0$
#699287 $\lim_{n\rightarrow \infty }\frac{r_...
Đã gửi bởi ducthai2133 on 31-12-2017 - 21:21 trong Dãy số - Giới hạn
em mới học. làm đc mỗi câu 4 @@
$\frac{1}{x_{n+1}}=\frac{1}{x_{n}(x_{n}+1)}=\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{x_{n}+1} ->\frac{1}{x_{n}+1}=\frac{1}{x_{n}}-\frac{1}{x_{n+1}} ->S_{n}=\frac{1}{x_{1}}-\frac{1}{x_{n}}=2-\frac{1}{x_{n}}$
có:$x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}\geq 0 x_{1}=\frac{1}{2}>0$
suy ra dãy tăng. giả sử dãy bị chặn -> có giới hạn hữu hạn khác 0 .gọi giới hạn là a, xét
$a=a^{2}+a->a=0$. vô lý -> $lim x_{n}$= dương vô cực
=> lim Sn=2
#701057 $f(x+f(y))=f(x)-y\,\forall x,\,y$
Đã gửi bởi ducthai2133 on 01-02-2018 - 21:50 trong Phương trình hàm
Giả sử hàm f thỏa mãn đề bài
Giả sử tồn tại $y_{1},y_{2}$ để $f(y_{1})=f(y_{2}) -> f(x-f(y_{1}))=f(x-f(y_{2})) -> f(x)-y_{1}=f(x)-y_{2} -> y_{1}=y_{2}$
Do đó f đơn ánh
Thay y bởi 0 ta có: $f(x+f(0))=f(x) -> f(0)=0$
Thay x bởi 0 ta có: $f(f(y))=-y$
từ đây $=> f(x+f(y))=f(x)+f(f(y)) -> f(x+y)=f(x)+f(y)$
(bài toán quen thuộc) nên có f(x)=ax với a là hằng số
$=> a(ay+x)=ax-y -> a^{2}=-1$ (vô lý)
vậy k tồn tại hàm số f
#697792 $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$
Đã gửi bởi ducthai2133 on 04-12-2017 - 21:39 trong Bất đẳng thức và cực trị
1, đặt A nhé
Ta có thể chọn a+b+c=3
có $abc = \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3} - (a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ac ->A=a^{2}+b^{2}+c^{2}+ab+bc+ac+\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{3}+8$
dễ dàng chứng minh:$a^{3}+b^{3}+c^{3}\geq a^{2}+b^{2}+c^{2}$
do đó:$A=\frac{4}{3}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+ab+bc+ca+8 ->A=\frac{1}{2}(a+b+c)^{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2})+8 ->A=\frac{25}{2}+\frac{5}{6}(a^{2}+b^{2}+c^{2}) ->A=\frac{5}{6}(a^{2}+1+b^{2}+1+c^{2}+1)+\frac{10}{3}(a+b+c)$
đến đây cauchy là ra nhé
câu 2 cũng ý tưởng thế này
#697825 $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$
Đã gửi bởi ducthai2133 on 05-12-2017 - 15:52 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ban làm sai rồi $a^3+b^3+c^3 \geq a^2+b^2+c^2$ sai
$a^{3}+a\geq 2a^{2}$
tương tự: $a^{3}+b^{3}+c^{3}+3\geq 2(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
mà có $3(a^{2}+b^{2}+c^{2})\geq (a+b+c)^{2}->a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq 3$
có đpcm rồi đấy, dấu = khi a=b=c=1
#697831 $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8 \geq 5(a+b+c)$
Đã gửi bởi ducthai2133 on 05-12-2017 - 18:42 trong Bất đẳng thức và cực trị
Ko được giả sử nhé vì bđt này ko hề thuần nhất ( ko đồng bậc )
thế hả. mình quên mất cái quan trọng này
- Diễn đàn Toán học
- → ducthai2133 nội dung