Cho $a,b>0$ thỏa $ab \le 4$. Tìm GTNN của: \[ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2}{b^4}+\frac{3}{(a-b)^2} \]
- PolarBear154 yêu thích
Gửi bởi NLT trong 10-07-2014 - 22:47
Cho $a,b>0$ thỏa $ab \le 4$. Tìm GTNN của: \[ P=\frac{2}{a^4}+\frac{2}{b^4}+\frac{3}{(a-b)^2} \]
Gửi bởi NLT trong 06-04-2014 - 21:57
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
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.
Gửi bởi NLT trong 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
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: \[AC.BO.DO=BD.AO.CO\]
Giải như sau:
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.
Gửi bởi NLT trong 08-06-2013 - 17:21
$\boxed{\text{ Bài toán 41 }}$ http://www.artofprob...p?f=46&t=537830
Let and is circumcircle of triangle. is a point in . . Let like this picture. Prove that 3 diagonals of the hexagon $XYZTUV$ are concurrent at .
___
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 $M$.
Bài này không khó nhưng có mở rộng khá hay ....
Gửi bởi NLT trong 27-05-2013 - 20:45
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 !
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 !
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 $
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 $BMN, CMN,AMN$
Từ cái BẤT KÌ của điểm $N$, có thể sẽ có nhiều mở rộng khác Bài này tớ chứng minh được rồi
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 $BC,CA,AB$
Hoàn chứng minh luôn cái mở rộng này, và post lời giải cho bài toán tương tự kia nhé !
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
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học