Đến nội dung

NLT

NLT

Đăng ký: 27-02-2012
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

#512188 Tìm min $ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2...

Gửi bởi NLT trong 10-07-2014 - 22:47

Cho $a,b>0$ thỏa $ab \le 4$. Tìm GTNN của: \[ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2}{b^4}+\frac{3}{(a-b)^2} \]




#491171 kết quả olympic 30/4

Gửi bởi NLT trong 06-04-2014 - 21:57

Chúc mừng mọi người nhé ^_^




#472093 Tìm tất cả hàm đơn điệu $f:\mathbb{R}\to \mathb...

Gửi bởi NLT trong 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  :closedeyes:


  • LNH yêu thích


#432385 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 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.




#426707 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 13-06-2013 - 11:05

Bài toán 40:

 

 

5c41b2cc8a41112860cecb382a09c108_5616107

 

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 :)




#425292 $AC.BO.DO=BD.AO.CO$

Gửi bởi NLT trong 09-06-2013 - 09:26



Cho đường tròn tâm $I$ đường kính $BC$, vẽ dây $HK$ cắt $BC$ tại $O$ bên ngoài $(I)$. Tiếp tuyến tại $H$ và $K$ của $(O)$ cắt $BC$ lần lượt tại $A,D$. Chứng minh rằng: \[AC.BO.DO=BD.AO.CO\]

 

attachicon.gifẢnh chụp màn hình_2013-06-09_082358.png

 

Giải như sau:

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-09_091422.png

 

Bài này với mọi dây $BC$ của $(I)$. Gọi các điểm như hình vẽ.

 

Áp dụng định lý Menelaus vào $\Delta XBC$ và $\Delta EAD$: \[\frac{{HX}}{{HB}}.\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{KC}}{{KX}} = 1 \to \frac{{OB}}{{OC}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}\] \[\frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{OA}}{{OD}}.\frac{{KD}}{{KE}} = 1 \to \frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{HE}}{{HA}}.\frac{{KD}}{{KE}} = \frac{{KD}}{{HA}}\] \[ \Rightarrow \frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{HB}}{{HX}}.\frac{{KX}}{{KC}}.\frac{{KD}}{{HA}}.\frac{{AC}}{{BD}} (*)\]

Để ý: $\Delta AHB ~ \Delta ACH; \Delta DCK ~ \Delta DKB; \Delta XBK ~ \Delta XCH$   nên: \[\frac{{AC}}{{HA}} = \frac{{HC}}{{HB}};\frac{{KD}}{{BD}} = \frac{{KC}}{{KB}};\frac{{KX}}{{HX}} = \frac{{KB}}{{HC}}\]

Thế vào $(*)$ ta có $\frac{{OB}}{{OC}}.\frac{{OD}}{{OA}}.\frac{{AC}}{{BD}} = 1$, và đó là đpcm.




#425106 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 08-06-2013 - 17:21

$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830

 

Let 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf and e790e5df68a93b6224ce200844c43327b92df052 is circumcircle of triangle. c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c is a point in 4a0261317a91973914bce0a932562ae4ca697fdf847f0a60992920b525027c34ec37d7cef86f83ee. Let 64c57e9cddabe8b416d45dbc16d8b25a5bc90ab4 like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at c63ae6dd4fc9f9dda66970e827d13f7c73fe841c.

___

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn $(O)$ ngoại tiếp tam giác. $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác. $MA \cap (O) = A';MB \cap (O) = B';MC \cap (O) = C'$. Cho $X,Y,Z,T,U,V$ như hình vẽ. Chứng minh rằng $3$ đường chéo của lục giác $XYZTUV$ đồng quy tại $M$.

 

Ảnh chụp màn hình_2013-06-08_170721.png

 

 

Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay .... :)




#421573 Topic post ảnh người yêu, bạn gái,...

Gửi bởi NLT trong 27-05-2013 - 20:45

Ủng hộ thêm vài cái ảnh nữa (của cùng nhân vật) :D

attachicon.gifUyen 1.jpg

 

 

Dân Hà Nội đấy :P Anh em F.A cứ đặt cọc đi

 

Em FA nhưng xác định là k có cửa =.=




#418959 Thông tin về VMF trên Alexa

Gửi bởi NLT trong 17-05-2013 - 18:06

no. bạn nghĩ thế thì sai to rồi. 

 

giao diện đẹp đấy chứ. về cmt thì ko quá khắt khe như vmf. mình like điều này

 

 

Mình cũng đồng ý với ý kiến của anh Hân.

Đi mọi diễn đàn, thấy cách đặt tiêu đề như VMF là hợp lý nhất, ta có thể hiểu được 1 phần nội dung đề đã post, nhiều khi vào các diễn đàn khác, tựa đề "BĐT hay" "Hình học khó" , click vào toàn bài đâu đâu, bó tay !

Nếu bạn thích chém, có thể tham gia Hội quán chém gió của VMF tại đây ! Cảm ơn bạn !

Riêng VMF cũng có box quán xá, các thành viên VMF vẫn giao lưu vs nhau bình thường thôi.

Còn nếu bạn thích hocmai hơn thì qua đó, không ai cấm bạn cả, mỗi người có một suy nghĩ riêng mà.

Phiền bạn suy nghĩ kĩ trước khi đưa ra ý kiến nhé ! 

Thân!

 

P/s: Nhìn danh hiệu "Không đối thủ" của bạn ... ;) Chúc bạn tìm được nơi học tập, trao đổi tốt nhất !




#418701 $MA.MB=MI^2-R^2$

Gửi bởi NLT trong 16-05-2013 - 10:23

cho mình hoi MA*MB=MI^2-R^2,công thức này là lấy giá trị độ lớn,còn dấu ngang trên đầu MA,MB là gì zậy

 

Đó là độ dài đại số, em sẽ được học ở chương trình THPT. Giá trị của tích $\overline {MA} .\overline {MB}$ có thể mang giá trị âm hoặc dương tùy thuộc vào điểm $M$. Đối với THCS em chỉ cần nhớ: $MA.MB=|MI^2-R^2|$ là được !




#418558 $f(x^2+f(y))=xf(x)+y$

Gửi bởi NLT trong 15-05-2013 - 15:51



BT2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa :

 

$f(x^2+f(y))=xf(x)+y$.

 

Giải như sau: 

 

Cho $x=0 \to f(f(y))=y \to f(f(x))=x, \forall x \in \mathbb{R}$

 

Giả sử tồn tại $x,y$ sao cho $f(x)=f(x)$, suy ra $f(f(x))=f(f(y)) \to x=y$, do đó $f$ là đơn ánh.

 

Cho $x=f(x)$ vào phương trình ban đầu, ta được: \[f((f(x))^2+f(y))=f(x).f(f(x)+y=xf(x)+y\]

Kết hợp với phương trình ban đầu, và $f$ đơn ánh nên: \[f(x)^2=x^2 \to f(x)=x \vee f(x)=-x\]

Rồi tiếp tục như hoangtrunghieu.  $\odot $




#416423 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 04-05-2013 - 18:03

Đây là bài toán mạnh nhấtttttttttttttttttttttttttttttttt ^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^

 

Cho $D,E,F$ bất kì thuộc $BC,CA,AB$. Không cần phải đồng quy nữa :v




#416416 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 04-05-2013 - 17:38

Vừa phát hiện ra một điều lý thú nữa :)

 

Ở đây không chứng minh sự đồng quy, cùng khai thác 1 tí:

 

Không còn các điểm tiếp xúc nữa, chỉ giữ lại 1 tiếp điểm, ta có bài toán:

 

Cho $\Delta ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc $AB$ tại $M$.$N$ là 1 điểm bất kì trên $BC$. Chứng minh rằng tồn tại 1 tiếp tuyến chung của $3$ đường tròn nội tiếp tam giác $BMN, CMN,AMN$

 

Ảnh chụp màn hình_2013-05-04_173745.png

 

Từ cái BẤT KÌ của điểm $N$, có thể sẽ có nhiều mở rộng khác :) Bài này tớ chứng minh được rồi :D




#416090 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 02-05-2013 - 20:50

1 mở rộng nữa từ bài $22$: Giao điểm của các đường thẳng đồng quy đó, là tâm đường tròn nội tiếp của $\Delta DFE$, với $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $BC,CA,AB$  :luoi:

 

Hoàn chứng minh luôn cái mở rộng này, và post lời giải cho bài toán tương tự kia nhé ! :)




#415855 Hình học - Tuyển tập các bài toán sưu tầm từ Mathlinks.ro

Gửi bởi NLT trong 01-05-2013 - 17:57

Ở mỗi bài toán, khuyến khích nên tổng quát, hoặc bài toán tương tự, hoặc ý tưởng đặc biệt nào đó ngoài việc giải bài :)