Chúc mừng tất cả các em đoạt giải, đặc biệt cu NLT chút nữa đạt điểm cực đại
Tks thầy ạ, buồn cái là chỉ trao giải nhất, nhì miền Nam chứ ko có ba huhu
07-04-2014 - 22:12
Chúc mừng tất cả các em đoạt giải, đặc biệt cu NLT chút nữa đạt điểm cực đại
Tks thầy ạ, buồn cái là chỉ trao giải nhất, nhì miền Nam chứ ko có ba huhu
06-04-2014 - 21:57
Chúc mừng mọi người nhé
21-12-2013 - 20:16
Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho $f\left( xf\left( y \right) \right)=yf\left( 2x \right)$ với mọi $x,y\in \mathbb{R}$
Cách khác: Tính được $f(0)=0$
Từ giả thiết suy ra: $f(f(y))=y.f(2)$.
Nếu $f(2)$ khác $2$, cho $y=1 \to f(x.f(1))=f(2x) \to x.f(1)=f(2x) \to f(x)=cx$. Thử lại và tìm $c$.
Nếu $f(2)=0$, thế $y=2$ vào pt đầu đc: $0=f(0)=2.f(4) \to f(4)=0$, tương tự $f(2^n)=0$.
Rõ ràng $f$ có vô hạn không điểm nên $f$ đồng nhất $0$.
Vậy tìm đc 2 hàm
02-07-2013 - 21:11
Ta sẽ chứng minh bài toán ngược sau:Giả thiết như bài toán trên đến đoạn DP cắt (K) tại Z,ta thay phần sau bằng:H là giao của CZ với AA';F là giao BH với (K).Chứng minh E;F;P thẳng hàng (hay EF;DZ;AA" đồng quy)
Ta sử dụng các bổ đề dưới đây:
$\bullet$ Bổ đề 1:Tứ giác ABCD nội tiếp (O); tiếp tuyến tại C;D cắt nhau tại I; H;K lần lượt là giao của AD và BC;AC và BD.Khi đó I;H;K thẳng hàng.
$\bullet$ Bổ đề 2:Cho (A;B;C;D)=-1;K thuộc trung trực của AB;các đường thẳng vuông góc với KA;KB cắt nhau tại I.Ta có:$\angle BIC=\angle BKD$.
$\bullet$ Bổ đề 3:Tứ giác ABCD có M;P lần lượt là giao của AD và BC; N;Q thứ tự là giao của MP với AB;CD.Khi đó:(M;P;N;Q)=-1.
Trở lại bài toán,gọi K là giao của BZ và CF;I;G lần lượt là giao của BC và DE;AA' và BC.
Theo bổ đề 1 ta có:A,A',H,K thẳng hàng.Theo bổ đề 2 ta có (B;C;G;I)=-1.Theo bổ đề 3 ta có:$\angle CKI=\angle GA'C\Rightarrow A'A\perp KI$.
Theo định lý Brocard ta có I;Z;F thẳng hàng hay ZF;BC;DE đồng quy.
Xét bộ 3 tam giác sau:ADE;A'ZF;ABC ta thấy các bộ đường thẳng (A'Z;AB;AD);(A'F;AE;AC);(DE;ZF;BC) đồng quy
Lại có AA';BZ;CF đồng quy nên theo đinh lý Desargues ta có AA';DZ;EF đồng quy(đccm)
Có thể xử lý đơn giản hơn ở việc khi đã chứng minh được $(B,C,G,I)=-1$ như sau:
Nếu gọi $I'$ là giao điểm của $FZ$ và $BC$ thì theo bổ đề quen thuộc có $(B,C,G,I')=-1$
Suy ra $I \equiv I' \to I \in [FZ]$. Lúc này làm tiếp như trên.
13-06-2013 - 11:05
Bài toán 40:
Lục giác APCMBN nội tiếp (O).Gọi D;E;F;X;Y;Z lần lượt là giao của AC;AB với NP;của CA;CB với BD;của BC;BA với MN.Khi đó dễ dàng chứng minh được DX;EY;FZ đồng quy.
Qua D kẻ tiếp tuyến với đường tròn nội tiếp tam giác ABC( kí hiệu (I) ) cắt AC tại E'.Khi đó lục giác XYZDE'F ngoại tiếp (I).
Theo định lý Brianchon ta có DX;E'Y;FZ đồng quy.Do đó E;E';Y thẳng hàng.Mà E;E' cùng thuộc AC nên E trùng E hay MNP ngoại tiếp (I).
Do $\angle BAC=\angle NMP$ nên BN song song PC.Lại có BC và PN cùng tiếp xúc với (I) nên theo tính chất đối xứng ta có AB=MN;AC=MP;BC=NP hay 2 tam giác ABC và MNP bằng nhau(đccm)
Phải chăng đây là trường hợp riêng của MR3 anh Hân post ở trên (phần tô đỏ)
Nếu Near giải khác thì pots lên giúp nhé
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học