manhhung2013

Chọn đội tuyển KHTN 2013, thầy Hùng có 1 chuyên đề viết về cấu hình này

Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D,E, F. BE cắt DF tại M, CF cắt DE tại N. X, Y là trung điểm NF, ME. Cmr BX, CY và IA đồng quy

Bài toán: Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} 4x^{2}=(\sqrt{x^{2}+1}+1)(x^{2}-y^{3}+y-2)\\(x^{2}+y^{2})^{2}+1=x^{2}+2y \end{matrix}\right.$

Chia hình tròn thành 2n quạt bằng nhau. Tô n quạt màu xanh và n quạt màu đỏ. Bắt đầu từ quạt đỏ nào đó theo chiều kim đồng hồ lần lượt viết các số 1;2;3...;n. Lại bắt đầu từ quạt xanh nào đó theo chiều ngược kim đồng hồ viết lần lượt các số 1;2;3...;n. Chứng minh rằng tồn tại  nửa hình tròn chứa đủ các số 1;2;3...;n.

sử dụng định lý Cesaro ft. Stolz

Trước hết chứng minh dãy trên $u_{n}$ tăng và không bị chặn trên.(dễ cm)

$\lim_{n\rightarrow +\propto }(u_{n+1}^{2}-u_{n}^{2})=\lim_{x\rightarrow +\propto }((u_{n}+\frac{1}{u_{n}})^{2}-u_{n}^{2})=\lim_{x\rightarrow +\propto }(2+\frac{1}{u_{n}^{2}})=2$

Theo định lý Cesaro:

$\lim_{n\rightarrow \propto }\frac{u_{n}}{n}=2\Rightarrow\lim_{x\rightarrow \propto }\frac{u_{n}}{\sqrt{n}} =\sqrt{2}$

Đặt:$x_{n}=u_{1}+u_{2}+...+u_{n},y_{n}=n\sqrt{n}$

Khi đó dãy (yn) tăng thực sự và không bị chặn trên. Định lý stolz:

$\lim_{n\rightarrow +\propto }\frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=\lim_{n\rightarrow +\propto }\frac{u_{n+1}}{(n+1)\sqrt{n+1}-n\sqrt{n}}=\lim_{n\rightarrow +\propto }\frac{u_{n+1}((n+1)\sqrt{n+1}+n\sqrt{n})}{3n^{2}+3n+1}=\lim_{n\rightarrow +\propto }\frac{u_{n+1}}{\sqrt{n}}.\frac{(1+\frac{1}{n})\sqrt{1+\frac{1}{n}}+1}{3+\frac{3}{n}+\frac{1}{n^{2}}}= \frac{2\sqrt{2}}{3}$

$x^{2}+(\frac{x}{x+1})^{2}=1$

$\Leftrightarrow (x-\frac{x}{x+1})^{2}=1-2\frac{x^{2}}{x+1}\Leftrightarrow \frac{x^{4}}{(x+1)^{2}}+2\frac{x^{2}}{x+1}-1=0$

Đến đây bạn đặt ẩn phụ và giải tiếp nhé.

Lời giải bài toán 193.

Cách 1: sử dụng phương tích và trục đẳng phương.

Cách 2: sử dụng đường thẳng Newton.

Cho $a,b,c>0$ và $abc \geq 1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a^2+1}+\sqrt{b^2+1}+\sqrt{c^2+1}\leq \sqrt{2}(a+b+c)$

Source: Đề thi thử của trường.

Áp dụng BĐT$\sqrt{x}+\sqrt{y}\leqslant \sqrt{2(x+y)}$ (thì cũng là bất đẳng thức cơ bản chỉ là khai căn ra mà thôi)

$\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{2a}\leqslant \sqrt{2(a^{2}+2a+1)}=\sqrt{2}\left ( a+1 \right )\Rightarrow\sqrt{a^{2}+1}\leq \sqrt{2}\left ( a+1 \right )- \sqrt{2a}$.

Viết tương tự cho b và c rồi cộng lại:$\sqrt{a^{2}+1}+\sqrt{b^{2}+1}+\sqrt{c^{2}+1}\leqslant \sqrt{2}(a+b+c)+3\sqrt{2}-(\sqrt{2a}+\sqrt{2b}+\sqrt{2c})\leqslant \sqrt{2}(a+b+c)+3\sqrt{2}-3\sqrt[3]{\sqrt{2a}\sqrt{2b}\sqrt{2c}}= \sqrt{2}(a+b+c)$

Cho các số nguyên dương k, n thỏa mãn điểu kiện n>$k^{2}-k+1$. Giả sử n tập $A_{1},A_{2},...,A_{n}$ thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện:

a)$\left | A_{i} \right |=k,\forall i(1\leqslant i\leqslant n);$

b)$\left | A_{i}\cap A_{j} \right |=2k-1;\forall i,j (i\neq j,1\leq i,j\leq n)$

Hãy xác định số phần tử của tập $\bigcup_{i=1}^{n}A_{i}$

Bài toán 193. (AOPS) Tam giác ABC có (O) là đường tròn ngoại tiếp, H trực tâm, đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC,CA, AB tại D, E, F. G là hình chiếu của D trên EF. Chứng minh rằng GD là phân giác $\widehat{HGI}$.

Cho x,y,z là các số thực dương thoả mãn $\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx}=1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=\sum \frac{x^{3}}{2(z+x)y}$

Áp dụng BĐT AM-GM:

$\frac{x^{3}}{2(z+x)y}+\frac{z+x}{8}+\frac{y}{4}\geqslant \frac{3x}{4}\Rightarrow P+\frac{x+y+z}{4}+\frac{x+y+z}{4}\geqslant \frac{3}{4}(x+y+z)\Rightarrow P\geqslant \frac{1}{4}(x+y+z)\geq \frac{1}{4}(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{zx})\geqslant \frac{1}{4}$

 

Lời giải bài 186:

Để ý là $H$ là tâm nội tiếp $\Delta DEF$ nên ta đưa bài toán ban đầu về bài toán tương đương sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),(I)$ nội tiếp $\Delta ABC$ và tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.$ Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AI$ cắt $IC$ tại $P.$

Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BPC$ thuộc $AD.$

Em xin trình bày một cách khác chứng minh bổ đề, có gì xin mọi người chỉ bảo:

Vẫn sử dụng hình vẽ của Lephuoc87

Gọi EF cắt BC tại U, PB cắt CQ tại V. Ta có:$I(VDQC)=-1$  và $I(UDBC)=-1$ (do AD, BE, CF đồng quy) do đó I, U, V thẳng hàng.(1)

Mặt khác U thuộc đường đối cực của AD nên  $IU\perp AD$.(2)

Áp dụng định lí brocard cho tứ giác nội tiếp QBPC với tâm là J ta có $IV\perp JD$.(3) 

Từ (1), (2), (3) suy ra A, D, S thẳng hàng

P/s: lần đầu đăng bài ở topic này nên còn nhiều sai sót, mạng thì yếu, bàn phím thì hỏng, em phải gõ cả nửa tiếng không vẽ được hình mong mọi người lượng thứ.

Cho $U_{n}$

 $\left\{\begin{matrix} U_{1}=1 & \\ U_{n+1}=1+U_{1}.U_{2}...U_{n} & \end{matrix}\right.$

Đặt $S_{n}=\sum_{n}^{k=1}\frac{1}{U_{k}}$

Tìm lim $S_{n}$

$\Rightarrow u_{n}^{2}=u_{n}+(u_{n+1}-1)\Rightarrow u_{n}(u_{n}-1)=u_{n+1}-1=>\frac{1}{u_{n}(u_{n}-1)}=\frac{1}{u_{n+1}-1}\Rightarrow \frac{1}{u_{n}-1}-\frac{1}{u_{n}}=\frac{1}{u_{n+1}-1}\Rightarrow \frac{1}{u_{n}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1}=\frac{1}{u_{n}},\forall n\geqslant2$

Truy hồi:

$S_{n}=1+(\frac{1}{u_{2}-1}-\frac{1}{u_{n+1}-1})=\frac{3}{2}-\frac{1}{u_{n+1}-1}$

$\lim_{n\rightarrow +\propto }u_{n}=+\propto \Rightarrow \lim_{n\rightarrow +\propto }S_{n}=\frac{3}{2}$

Đặt $x=ky$ ta có: $\left\{\begin{matrix}y^2+(k+1)y-3=0\\ y^3-6k^2y+13-8=0\end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}y^3+(k+1)y^2-3y=0\\ y^3-6k^2y+13-8=0\end{matrix}\right.$

Trừ $2$ PT trên theo vế ta có: $(6k^2+k+1)y^2-16y+8=0$

$\Delta ' = -48k^2-8k+56=0 \Rightarrow 8(k-1)(7k+6)=0$

$\Rightarrow \begin{bmatrix}k=1\\ k=-\dfrac{7}{6}\end{bmatrix}$

Lần lượt thay $x=y,x=-\dfrac{7}{6}y$ vào PT ban đầu

Thôi thì bài này phải chịu khó trâu bò thôi:

từ phương trình 2 => y>0.

rút x theo y từ pt  thế vào 2 phân tích thành nhân tử ta được:

$(y-1)(y^{4}+3y^{3}+11y^{2}+y+31)=0$.

Do y>o nên có nghiệm duy nhất x=y=1

Ở trên giải mỗi $\Delta$'=0

Tức là lời giải vẫn chưa đúng :v