toanc2tb

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có các phân giác BE,CF cắt nhau tại I và EF cắt (O) tại M,N. Các đường thẳng MI,NI cắt (O) lần lượt tại P,Q. Chứng minh PQ song song BC.

Cần gì Schur :v

 

Có $Ine\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+3abc\geq ab(a+b)+bc(b+c)+ca(c+a)$

$\Leftrightarrow a(a-b)^2+c(b-c)^2+(a-b+c)(a-b)(a-c)\geq 0$

 

Lấy $a\geq b\geq c$ là có ngay điều cần chứng minh

Bạn vừa cm lại bđt Schur đấy! 

Chứng minh rằng hệ các đồng dư

$\begin{cases} x\equiv a_1 (\textit{mod }m_1) \\ x\equiv a_2 (\textit{mod }m_2)\\... \\x\equiv a_r (\textit{mod }m_r)\end{cases}$

có nghiệm nếu và chỉ nếu $(m_i,m_j)\mid (a_i-a_j)$ với mọi cặp số nguyên $(i,j)$, $1\le i\le j \le r$. Chỉ ra rằng nếu nghiệm tồn tại thì là nghiệm duy nhất môđulô $[m_1,m_2,...,m_r]$.

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$a+b+c+abc \ge ab+bc+ca+abc$

$\Leftrightarrow a+b+c \ge ab+bc+ca$

Bạn xem tiếp tại đây nhé!

Các bạn down lại tại đây nhé!

 Rǎzvan_Gelca,_Titu_Andreescu_Putnam_and_Beyond(BookSee.org).pdf   6.36MB   378 Số lần tải

Để không có hai chữ số 5 nào cạnh nhau $\Rightarrow$ số chữ số 5 trong số cần lập thành luôn nhỏ hơn bằng 5

Nếu có 5 chữ số 5 $\Rightarrow$ lập được 2 số thỏa mãn

Nếu không có chữ số 5 nào $\Rightarrow$ lập được duy nhất một số thỏa mãn

Nếu có 1 chữ số 5 $\Rightarrow$ lập được $\frac{10!}{9!}=10$ số thỏa mãn

Nếu có 2 chữ số 5 $\Rightarrow$ số số lập được bằng số cách chọn ra 2 vị trí trong số 9 khoảng trống giữa 8 chữ số hai 

$\Rightarrow$ lập được $C_{9}^{2}=36$ số

Nếu có 3 chữ số 5 lập luận tương tự như trên $\Rightarrow$ lập được$C_{8}^{3}=56$ số

Nếu có 4 chữ số 5 lập được $C_{7}^{4}=35$

 

Đáp số: 140 số (nếu mình có sai ở đâu thì sửa giúp nha)

với trường hợp 5 chữ số 5 có 6 cách. Sau đó cộng thêm trường hợp 2222222222, ta có 144 cách!

Cho tập X={2;5}. Hỏi có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có 10 chữ số sao cho không có hai chữ số 5 nào đứng cạnh nhau. (đáp án 144)

Ta có chu kỳ là 234 chữ số (wolfram)

 Đồng dư 2015 cho 234 là xong!

ps: Khiếp, bài này mà cho thi Máy tính bỏ túi là đi đời!

$\left ( \frac{a^m-1}{a-1},a-1 \right )=\left(a^{m-1}+a^{m-2}+...+a+1,a-1 \right)=\left((a^{m-1}-1)+(a^{m-2}-1)+...+(a-1)+(1-1)m,a-1 \right)=(m,a-1)$

Chứng Minh Rằng:

a) $(1+x)^{2014}\geq 1+2014x^{2013}+x^{2014}$

b) $n2^n.C^n_n+(n-1)2^{n-1}.C^{n-1}_n+...+2.C^1_n=2n.3^{n-1}$

c) $C^n_{2n+k}.C^n_{2n-k}\leq(C^n_{2n})^2$

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Theo tính chất trọng tâm ta có:

$\overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HB}+\overrightarrow{HC}=3\overrightarrow{HG}$ $(1)$

Ta có 3 điểm G,H,O cùng nằm trên đường thẳng Euler. Ta có tính chất sau:

Lại có I đối xứng với H qua O nên có:

$\overrightarrow{HI}=2\overrightarrow{HO}$ $(3)$

Từ $(1)$, $(2)$, $(3)$ suy ra $dpcm$

Spoiler

ps: Xin lỗi do gấp quá nên mình không thể gõ $\LaTeX$ kịp được. Các ĐHV sửa giúp mình lại nhé!

Các bạn giải giúp mình với! Nhất là các bài tìm hệ số để đồng quy, thẳng hàng!!!

Ta có:

$\frac{3}{2}\geq a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}\Rightarrow abc\leq\frac{1}{8}$

$S=\sum \sqrt{a^2+\frac{1}{b^2}}=\sum\sqrt{a^2+\underset{16 \textit{số}}{\underbrace{\frac{1}{16b^2}+...+\frac{1}{16b^2}}}}$

 $\geq \sum\sqrt{17\sqrt[17]{\frac{a^2}{(16b^2)^{16}}}} \textit{ (AM-GM)}=\sqrt{17}.\sum \sqrt[17]{\frac{a}{(16b^2)^8}} \textit{ (} \sqrt[m]{\sqrt[n]{a}}=\sqrt[n]{\sqrt[m]{a}} \textit{)}$

 $\geq 3\sqrt{17}.\sqrt[3]{\sqrt[17]{\frac{abc}{(16^3a^2b^2c^2)^8}}}=3\sqrt{17}.\sqrt[17]{\sqrt[3]{\frac{abc}{(16^3a^2b^2c^2)^8}}}=3\sqrt{17}.\sqrt[17]{\frac{1}{16^8(abc)^5}}$

 $=3\sqrt{17}.\sqrt[17]{\frac{1}{2^{32}(abc)^5}}=\frac{3\sqrt{17}}{2}\sqrt[17]{\frac{1}{(2a.2b.2c)^5}} \geq\frac{3\sqrt{17}}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=\frac{1}{2}$

Vậy $minS=\frac{3\sqrt{17}}{2} \textit{ khi và chỉ khi } a=b=c=\frac{1}{2}$

Câu 1 và 2 bạn xem ở đây nhé, đây là Cauchy ngược dấu.

Câu 3: 

Áp dụng Schwarz nhé: (lúc học C.B.S chắc bạn có học!)

$\frac{1}{2-a}+\frac{1}{2-b}+\frac{1}{2-c}\ge\frac{9}{6-(a+b+c)}$

mà theo C.B.S thì $a+b+c\le \sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}=3$

nên: $\frac{9}{6-(a+b+c)}\ge \frac{9}{6-3}=3$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=1$

Câu 5: là NN hay LN bạn? 

Không mất tính tổng quát giả sử $x\geq y \geq z >0$

Khi đó:

$(x-y)\left [ x^t(x-z)-y^t(y-z) \right ]+z^t(z-x)(z-y) \geq0$ (BĐT hiển nhiên đúng)

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

Vậy $x^t(x-y)(x-z)+y^t(y-z)(y-x)+z^t(z-x)(z-y)\geq 0$