Nguồn : Thầy Nguyễn Trung Tuấn
Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Quảng Ninh ngày 1 2016-2017
#1
Đã gửi 11-10-2016 - 13:09
#2
Đã gửi 11-10-2016 - 14:54
Câu 1
$P=\sum \frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}\geq \sum \frac{\dfrac{1}{2}(a+b)}{\dfrac{a+b}{2}+1}=\sum \frac{a+b}{a+b+2}$
Đặt $\left\{\begin{matrix} a+b=x & & & \\ b+c=y & & & \\ c+a=z & & & \end{matrix}\right.\Rightarrow xyz=1$
Đặt $\left ( x;y;z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n};\frac{n}{p};\frac{p}{q} \right )$
$\Rightarrow P\geq \sum \frac{x}{x+2}=\sum \frac{\dfrac{m}{n}}{\dfrac{m}{n}+2}=\sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^2}{m^2+2mn}\geq \frac{(m+n+q)^2}{(m+n+q)^2}=1$
- thinhrost1 và I Love MC thích
#3
Đã gửi 11-10-2016 - 20:10
Bài 2:
Gọi $P(x,y)$ là phép thế cho $x,y$ : $f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$ $(1)$
Đặt $f(0)=a$ . $P(0,y)\Rightarrow f(2f(y))=2y+ a^2$
$P(x,2f\left ( y-\frac{a^{2}}{2} \right ))\Rightarrow f(x^2+4y)=2f(y-\frac{a^2}{2})+f^2(x)$ $(2)$
Thế $x=0$ vào $(2)$ $\Rightarrow f(4y)=2f(y-\frac{a^{2}}{2})+a^2\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f^2(x)-a^2$ $(3)$
Thế $y=0$ vào $(3)$ $\Rightarrow f(x^2)=a+f^2(x)-a^2$
Từ đó $\Rightarrow f(x^2+4y)=f(4y)+f(x^2)-a$
Đặt $g(x)=f(x)-a$. Ta có : $g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $x\geq 0$ , $\forall y$
Dễ thấy $g(0)=0$ và $g(x)$ lẻ $\Rightarrow g(x+y)=g(x)+g(y)$ với $\forall x,y$
$P(x,0)\Rightarrow f(x^2+4f(0))=f^2(x)\Rightarrow f(x^2+4f(0))-f(0)=f^2(x)-f(0)\geq -f(0)$
$\Rightarrow g(x)\geq -f(0)$ $\Rightarrow g(x)=ax\Rightarrow f(x)=ax+b$ .
Thế vào $(1)$ $\Rightarrow f(x)=x$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Senju Hashirama: 11-10-2016 - 21:41
- I Love MC yêu thích
#4
Đã gửi 11-10-2016 - 21:39
Ngày $1$:
Bài $1$: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm min của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Bài $2$: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:
$f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)$ $\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$
Bài $3$: Cho số nguyên $n\geq 2$ thỏa mãn điều kiện $2^{\varphi(n)}+3^{\varphi(n)}+...+n^{\varphi(n)}$ chia hết cho $n$, trong đó $\varphi(n)$ là số các số nguyên dương ko vượt quá $n$ và nguyên tố cùng nhau với $n$
$a)$ CMR: $n$ ko có ước số lớn hơn $1$ nào là số chính phương
$b)$ Biết rằng $n$ có ko quá $3$ ước nguyên tố, tìm tất cả các số $n$ thỏa mãn điều kiện trên
Bài $4$: Cho $\triangle ABC$ nhọn ko cân tại $A$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$ cắt nhau tại $P$. Gọi $D,E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B$ va $C$ lên $AP$, $Q$ là giao điểm của $AP$ và $BC$. Đường tròn $(CQD)$ và $(BQE)$ lần lượt cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $K,L$
$a)$ CMR: $\angle MKC=\angle MLB$
$b)$ Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$. Giả sử các đường thẳng $TB,TC,AK,AL$ đôi $1$ cắt nhau tại $4$ điểm phân biệt. CMR: $4$ giao điểm này là $4$ đỉnh của $1$ tứ giác nội tiếp
Ngày $2$:
Bài $5$: Cho $a,b\in\mathbb{N^{*}}$. Xét dãy số $u_{n}$ xác định bởi $u_{n}=a^2n^2+bn$ $\forall n\geq 1$. Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}$ {$\sqrt{u_{n}}$}, trog đó ký hiệu {$x$} là phần lẻ của $x$
Bài $6$: Gọi $d(n)$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của số nguyên $n$ nếu $n\notin$ {$-1;0;1$}. Tìm tất cả các đa thức $P(x)\in Z[x]\not\equiv -1;0;1$ sao cho $\forall n\in\mathbb{N^{*}}, n>1$, ta có:
$P(n+d(n))=n+d(P(n))$
Bài $7$: Cho $\triangle ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$ $(AB<AC)$, trực tâm $H$. Lấy điểm $T$ trên $(O)$ sao cho $AT\parallel BC$. Giả sử $AH$ cắt $(O)$ tại $K$, $TH$ cắt $(O)$ tại $D$ trên cung nhỏ $BC$. Gọi $I$ là trung điểm của $HT$
$a)$ CMR: $5$ điểm $A,L,O,K,D$ cùng thuộc $1$ đường tròn
$b)$ Gọi $P$ là giao điểm thứ $2$ của $AO$ với $(O)$. Đường thẳng qua $H$ song song với $BC$ cắt $PD$ tại $X$. CMR: $XA$ là tiếp tuyến của $(O)$
Bài $8$: Giả sử $S$ là tập hợp hữu hạn các điểm mà mỗi điểm của nó đc tô bởi $1$ trog $2$ màu đỏ hoặc xanh. Gọi $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ là các tập con của tập $S$ mà mỗi tập chứa đúng $5$ điểm thỏa mãn đồng thời $2$ điều kiện sau: $1)$ Mỗi tập $A_{1},A_{2},...,A_{68}$ chứa ít nhất $1$ điểm màu đỏ
$2)$ Với $3$ điểm bất kỳ trog $S$, tồn tại chính xác $1$ tập con $A_{i}$ chứa $3$ điểm đỏ
$a)$ Tìm số ptử của tập $S$
$b)$ Tồn tại hay ko $1$ tập con $A_{i}$ chứa $4$ hoặc $5$ điểm đỏ. Vì sao?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 14-10-2016 - 23:31
- canhhoang30011999, pdtienArsFC và pham bang bang thích
#5
Đã gửi 11-10-2016 - 23:28
Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$ thỏa mãn:
$f(x^2+2f(y))=2y+f^2(x)\forall$ $x,y\in\mathbb{R}$
Câu hàm quen thuộc rồi
Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh
Do đó $\exists a: f(a)=0 $
Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $
$x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $
Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $
$a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $
TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $
Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $
Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4 <-=> f(0) = -2 +4 =2 $
Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí
TH2: $f(0)=0$
Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $
Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$
Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$
Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được
$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$
$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $
Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $
Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $
Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách
Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $
Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $
Do đó $f(x)= ax $
Tới đây dễ rồi
- pham bang bang yêu thích
#6
Đã gửi 12-10-2016 - 00:16
Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $
Do đó, ta có
$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $
Mặt khác ya có
$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $
Ta chứng minh
$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $
Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $
Do đó $P \geq 1 $
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c= \frac{1}{2} $
- pham bang bang yêu thích
#7
Đã gửi 12-10-2016 - 01:04
Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Cách khác: $P\geq\sum\frac{\frac{a+b}{2}}{\frac{a+b}{2}+1}=\sum\frac{a+b}{a+b+2}$
Đổi biến $(a+b, b+c, c+a)\rightarrow (\frac{x^2}{yz}, \frac{y^2}{zx}, \frac{z^2}{xy})$
$P\geq\sum\frac{\frac{x^2}{yz}}{\frac{x^2}{yz}+2}=\sum\frac{x^2}{x^2+2yz}\geq\frac{(\sum x)^2}{\sum x^2+2\sum xy}=1$
Dấu "$=$" xảy ra $\Leftrightarrow x=y=z\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{2}$
#8
Đã gửi 12-10-2016 - 01:19
Bài 1: Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$P=\sum\frac{\sqrt{a^2-ab+b^2}}{\sqrt{ab}+1}$
Ta có $a^{2}-ab+b^{2}= \left [ \frac{1}{2}\left (a-b \right )^{2}+\frac{1}{2}\left ( a^{2}+b^{2} \right ) \right ]\geq \frac{1}{4}\left ( a+b \right )^{2}$
$\Rightarrow P\geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2}\geq \sum \frac{a+b}{a+b+2}$
Đổi biến $\left ( a+b,b+c,c+a \right )\rightarrow \left ( x,y,z \right )$ thì $P\geq \sum \frac{x}{x+2}$ và $xyz=1$
Đây là bài toán đơn giản. Đổi ẩn $\left ( x,y,z \right )\rightarrow \left ( \frac{m}{n},\frac{n}{p},\frac{p}{m} \right )$
Khi đó $P\geq \sum \frac{m}{m+2n}=\sum \frac{m^{2}}{m+2mn}\geq \frac{\left ( m+n+p \right )^{2}}{\left (m+n+p \right )^{2}}=1$
Vậy min P=1 $\Leftrightarrow$ $a=b=c=\frac{1}{2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 12-10-2016 - 13:39
#9
Đã gửi 12-10-2016 - 09:45
Bài 3:
a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$
Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$
Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.
b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.
Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$
Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 12-10-2016 - 09:46
- I Love MC yêu thích
#10
Đã gửi 12-10-2016 - 16:34
Đề đã được post tại đây. Mọi người vào topic đó thảo luận nhé.
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#11
Đã gửi 12-10-2016 - 18:54
Câu hàm quen thuộc rồi
Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh
Do đó $\exists a: f(a)=0 $
Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $
$x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $
Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $
$a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $
TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $
Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $
Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4 <-=> f(0) = -2 +4 =2 $
Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí
TH2: $f(0)=0$
Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $
Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$
Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$
Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được
$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$
$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $
Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $
Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $
Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách
Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $
Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $
Do đó $f(x)= ax $
Tới đây dễ rồi
chỗ $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $ là sai rồi bạn.
f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lamvienckt13: 12-10-2016 - 19:32
- pdtienArsFC và Namthemaster1234 thích
#12
Đã gửi 13-10-2016 - 07:42
#13
Đã gửi 13-10-2016 - 19:44
Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$
$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$
Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$
Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$
từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$
suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$
tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm
b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 13-10-2016 - 19:46
- Dark Repulsor, phamtrung1234567, pham bang bang và 4 người khác yêu thích
#14
Đã gửi 13-10-2016 - 22:38
Bài 4
b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên
Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?
- duongtrung1234567 yêu thích
#15
Đã gửi 13-10-2016 - 23:06
chỗ $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $ là sai rồi bạn.
f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)
từ đó giải ra f(0)= a hoặc f(0)+a=0trường hợp f(0)+a=0 giải ra vô nghiệm, trường hợp f(0)=a, giải ra f(0)=0 hoặc f(0)=-1, f(-1)=0trong (*) thay x~-1, y~-1 => f(1)=-2 (vô lý)Do đó f(0)=0Từ đó ta suy ra được f(a+b)=f(a)+f(b) với mọi \forall a, b thuộc Rta có f(x_{2})= (f(x))_{2} nên suy ra f đơn điệu tăngtừ đó giải ra f(x)=ax, thử lại => a=1theo mình thấy thì hàm như trên không thể tính f((x+1)^{2}) bằng 2 cách được mà phải chứng minh đơn điệu!
Sao sai bạn Mình có $f$ là đơn ánh mà
- duongtrung1234567 yêu thích
#16
Đã gửi 14-10-2016 - 06:44
Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko?
Cộng góc là dc mà bạn
- phamtrung1234567, pham bang bang, duongtrung1234567 và 3 người khác yêu thích
#17
Đã gửi 26-10-2016 - 22:14
Bài 3:
a. Đặt $n=p_1^{\alpha _1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$, trong đó $p_1,p_2,...,p_k$ là các số nguyên tố đôi một khác nhau. Giả sử $n$ có ước số là số chính phương, do đó tồn tại $\alpha _i \geq 2\left( 1\leq i\leq k \right )$, giả sử đó là $\alpha _1$
Ta có $\varphi \left ( n \right )=n\prod_{p|n}\left ( 1-\frac{1}{p} \right )\Rightarrow \left (p_1-1 \right )|n$
Vì $n|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }\Rightarrow p_1|\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right ) }$. Từ $2$ đến $n$ có $p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số chia hết cho $p_1$ và $n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}$ số nguyên tố cùng nhau với $p_1$.
Theo định lý Fermat nhỏ, ta có $\sum_{i=2}^{n}i^{\varphi \left ( n \right )}\equiv n-1-p_1^{\alpha _1-1}p_2^{\alpha _2}...p_k^{\alpha _k}\equiv 0\left ( modp_1 \right )\Rightarrow 1\equiv 0\left ( mod p_1 \right )$(vô lý). Do đó giả sử sai ta có đpcm.
b. Theo câu a, $n$ có dạng phân tích chuẩn mực là $p_1p_2...p_k$ trong đó $p_i$ là các số nguyên tố khác nhau.
Chứng minh tương tự câu a, ta có được $p_i|n-\frac{n}{p_i}-1\left ( 1\leq i\leq k \right )$
Từ đây thay $k=1,2,3$ ta giải đươc $n=2,6$
bài của bạn thiếu nghiệm 42=2.3.7 rồi
#18
Đã gửi 29-10-2016 - 17:39
Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$
$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$
Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$
Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$
từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$
suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$
tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm
b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên
Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ?
#19
Đã gửi 29-10-2016 - 17:49
Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ?
tứ giác $ABCD$ , $AB$ cắt $CD$ =$P$ , $AD$ Cắt $BC$ tại $Q$ , Phân giác góc $P$ vuông góc với phân giác góc $Q$ khi và chỉ khi tứ giác $ACBD$ nội tiếp . Cái này cm bằng cộng góc đơn thuần thoy bạn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 29-10-2016 - 17:50
- phamtrung1234567, pham bang bang, duongtrung1234567 và 3 người khác yêu thích
#20
Đã gửi 02-07-2021 - 12:25
Ta có đánh giá sau $a^2-ab+b^2 = \frac{1}{4}(a+b)^2 + \frac{3}{4} (a-b)^2 \geq \frac{1}{4}(a+b)^2 $
Do đó, ta có
$P \geq \sum \frac{a+b}{2\sqrt{ab} + 2 } $
Mặt khác ya có
$P-1 \geq \sum (\frac{a+b}{2\sqrt{ab}+2} -\frac{1}{3}) = \frac{(a+b-2\sqrt{ab} ) + 2(a+b-1)}{2\sqrt{ab}+2 } $
Ta chứng minh
$\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq 0 $
Không mất tỉnh tổng quát, giả sử $a \geq b \geq c$
Khi đó thì $ab \geq ac \geq bc $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} $
Mà ta có do $1=(a+b)(b+c)(c+a) \leq (\frac{2a+2b+2c}{3} )^3 => a+b+c \geq \frac{3}{2} $
Do đó $\sum \frac{a+b-1}{2\sqrt{ab}+2} \geq \frac{2(a+b+c)-3}{2\sqrt{ab} +2} \geq 0 $
Do đó $P \geq 1 $
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{2} $
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh