dogsteven

Xét $f(x)$ là hàm hằng thì bài toán thỏa mãn.

Xét $f(x)$ không là hàm hằng.

Do $f(x)$ liên tục trên $[0, 1]$ nên tồn tại $0\leqslant a<b\leqslant 1$ thỏa mãn $f(a) = f(b)=f(1)$ sao cho $a,b$ liên tiếp nhau trong $f(x)=f(1)$

Khi đó $f(x)$ trong $[a,b]$ luôn mang một dấu duy nhất, giả sử dấu dương.

Khi đó xét điểm cực trị $c$ của $f(x)$ trên $(a,b)$ có tung độ là nhỏ nhất. Tồn tại $a_1\in (a,c)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_1)<f(c)$ do $f$ liên tục.

Khi đó xét trong $(c,b)$ thì tồn tại $b_1$ thỏa mãn $f(b_1)=f(a_1)$. Tương tự chọn được $a_2\in (a, a_1)$ thỏa mãn $f(a)<f(a_2)<f(a_1)$

Lúc này tồn tại $b_2\in (b_1, b)$ thỏa mãn $f(b_2)=f(a_2)$. cứ làm liên tiếp thế thì ta tìm được một dãy thỏa mãn.

Bài 4.

1) Đầu tiên ta thấy rằng: Xét $(a)=(a_1, a_2, ..., a_n), (b)=(b_1, b_2, ..., b_n)$ là hai hoán vị bất kỳ của $(1, 2, 3, ..., n)$ thì bằng liên tiếp các bước đổi chỗ hai số có vị trí $(i, i+1)$ trong $(a)$ thì đến một lúc nào đó ta sẽ được $(b)$

Ta sẽ chọn số $a_k=b_1$ và đưa nó dần lên về vị trí đầu tiên, tương tự với các $b_2, b_3, ..., b_n$.

2) Ta sẽ chứng minh rằng: Khi đổi chỗ hai điểm $R_i, R_{i+1}$ thì kết quả bài toán không đổi.

Xét $B_i$ nằm trên cung $R_{i+1}R_{i}$ tính theo ngược chiều kim đồng hồ. Khi đó $B_{i+1}$ nằm trên cung $B_iR_{i}$ theo ngược chiều kim đồng hồ.

Khi đó ta đổi chỗ $R_i$ và $R_{i+1}$ thì $B_i$ và $B_{i+1}$ không đổi. Khi đó $(1, 0)$ dù ở vị trí nào cũng ra kết quả ban đầu.

Tương tự ta xét các trườn hợp còn lại.

Theo 1), với mỗi cách viết tùy ý $R_{i_1}, R_{i_2}, ...., R_{i_n}$ có thể được tạo ra nhờ các bước hoán vị liên tiếp các điểm có vị trí $j$ và $j+1$, bắt đầu từ $R_1, R_2, ..., R_n$

Theo 2), qua mỗi bước hoán vị hai điểm có vị trí liên tiếp thì kết quả không đổi.

Do đó ta có điều phải chứng minh.

Cho mình hỏi tại sao hai chùm điều hòa bằng nhau lại vuông góc

Mình có định lý sau: Xét hai chùm $x,y,z,t$ và $x', y', z', t'$ thỏa mãn $x\perp x', y\perp y', z\perp z'$. Khi đó $(xy, zt)=(x'y', z't')\Leftrightarrow t\perp t'$

Ở trên có $O(AD, PM)=A(SP, QA')$, có $OA\perp AS, OD\perp AP, OM\perp AA'$ nên $AP\perp AQ$

Ta có: $p!\sum\limits_{k=1}^{\frac{p-1}{2}}\dfrac{1}{k}\equiv -p!\sum\limits_{k=1}^{p-1}\dfrac{(-1)^{k+1}}{k}\equiv -(p-1)!(2^p-2)\equiv 2^p-2\pmod{p^2}$

Dựng $A'$ thuộc $SP$ sao cho $AA' || BC$, khi đó $O(AD, PM)=(AD, PM)=(A'Q, PS)=A(SP, QA')\Rightarrow OP\perp AQ$

Bài toán 199. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. $OH$ cắt $(O)$ tại $E, F$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. dựng các hình thang cân $ACBB'$ và $ABCC'$ với $BB' || AC, CC'|| AB$. $BC$ cắt $B'C'$ tại $X$. Chứng minh $E, F, X, D$ đồng viên.

Hướng chứng minh cho Bài toán 196:

Chứng minh $J$ là tâm nội tiếp và $LP$ vuông góc với $QR$ => $LG$ đi qua trực tâm $AEF$ và $AQR$ nên $LG$ vuông góc với đường thẳng Gauss.

@halloffame: Lời giải này chưa hoàn thiện, đầy đủ.

$m=\dfrac{2008}{2009}<1$. Khi đó áp dụng bất đẳng thức Bernoulli $\dfrac{c^m}{a^m}\leqslant \dfrac{a+mb}{a}<\dfrac{a+b}{a}$ 

Do đó $a^m>\dfrac{ac^m}{a+b}$, tương tự ta có $b^m>\dfrac{bc^m}{a+b}$ nên $a^m+b^m>c^m$

Giả sử đến một lúc nào đó ta có đa thức $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$, ta sẽ chứng minh $(n-1)!.(na_{n}-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Với đa thức đầu tiên thì hiển hiên đúng.

Giả sử ta đang được đa thức $P(x)$ thỏa mãn tính chất trên.

Khi đó $P'(x)=na_n.x^{n-1}+(n-1)a_{n-1}.x^{n-2}+...+2a_2x+a_1$ cũng thỏa mãn vì $(n-2)!((n-1)na_n-(n-1)a_{n-1})=(n-1)!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Và $P(x)(x+1)=a_nx^{n+1}+(a_n+a_{n-1})x^{n}+...+(a_1+a_0)x+a_0$ thỏa mãn vì $n!((n+1)a_n-a_n-a_{n-1})=n!(na_n-a_{n-1})\vdots 8!-7!$

Một lúc nào đó đến đa thức $ax+b$ thì $0!(1.a-b)\vdots 8!-7!$ nên $a-b\vdots 8!-7!\vdots 49$

Phương pháp làm: Spam nhiều vào sẽ ra!

Anh Huyện có một cách phản chứng khá hay: Giả sử bất đẳng thức trên là sai. Khi đó nó lại mâu thuẫn với yêu cầu bài toán là chứng minh bất đẳng thức trên đúng. Do đó bất đẳng thức trên đúng (dpcm).

Em spam ạ!

Bài 1. Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua trung trực $BC$ ta suy ra $A', R, P$ thẳng hàng.

Mà $KO\perp AA'$, do đó $RP$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A'$ thì $D, T, L$ thẳng hàng và $DT=DP$

Tương tự như bước đầu của bạn ecchi123, ta có được $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $S$ thì $\angle ASP=90^o$

Bổ đề 1 chứng minh làm sao ạ? Cho em xin cách giải bổ đề 1 ạ!!

$AS$ cắt $EF$ tại trung điểm $J$ thì $JTIS$ nội tiếp nên $ST\perp BC$

Bài 2 liệu có thể giải quyết bằng phép Quay ?

Câu a có thể giải cực kỳ ngắn gọn bằng phép quay vector.

Tổ hợp. Với hai tập $A, B$, ta định nghĩa $A+B=\{a+b| a\in A, b\in B\}$. Khi đó dễ thấy $|A+B|\leqslant |A|.|B|$

Thấy rằng $\forall x\in \{0, 1, 2, ..., 10^{2017}-1\}$ thì $x\in A_1+A_2+...+A_{2017}$ nên $|A_1+A_2+...+A_{2014}|\geqslant 10^{2017}$

Ta có $|A_1+A_2+...+A_{2017}|\leqslant |A_1|.|A_2+A_3+...+A_{2017}|\leqslant ... \leqslant |A_1|.|A_2|.....|A_{2017}|=k^{2017}$

Do đó $k\geqslant 10$. Với $k=10$,  đặt $A_i=\{0, 10^{i-1}, 2.10^{i-1}, ..., 9.10^{i-1}\}$

Do $x\in \{0, 1, 2, ..., 10^{2017}-1\}$ thì $x<10^{2017}$ nên có thể viết $x=a_1+a_2.10+a_3.10^2+...+a_{2017}.10^{2016}$ với $a_i\in \{0, 1, ..., 9\}$

Và hiển nhiên $a_i.10^{i-1}\in A_i$ nên ta có điều phải chứng minh.

Vậy $k$ bé nhất là $10$

Bài 1. Đặt $\dfrac{LX}{XA}=k, d=AL, e=BL, z=CL$. Khi đó $\dfrac{1}{k}\vec{LD}+\vec{BD}+\vec{CD}=\vec{0}$

Do đó mà $ka^2\vec{LU}+f^2\vec{BU}+e^2\vec{CU}=\vec{0}$

Như vậy:

$\vec{BU}=\dfrac{(ka^2+e^2)\vec{BL}-e^2\vec{CL}}{ka^2+e^2+f^2}$

$\vec{CU}=\dfrac{(ka^2+f^2)\vec{CL}-f^2\vec{BL}}{ka^2+e^2+f^2}$

$\vec{AU}=\vec{AL}+\vec{LU}=\dfrac{-b^2\vec{BL}-c^2\vec{CL}}{a^2}+\dfrac{-f^2\vec{BL}-e^2\vec{CL}}{ka^2+e^2+f^2}$

Ta sẽ tìm $y,z$ thỏa mãn: $\vec{AU}+y\vec{BU}+z\vec{CU}=\vec{0}$ hay

$\dfrac{-b^2}{a^2}+\dfrac{y(ka^2+e^2)-(z+1)f^2}{ka^2+e^2+f^2}=-\dfrac{c^2}{a^2}+\dfrac{z(ka^2+f^2)-(y+1)e^2}{ka^2+e^2+f^2}=0$

Do đó $y=\dfrac{ka^2b^2+f^2(a^2+b^2+c^2)}{ka^4}, z=\dfrac{ka^2c^2+e^2(a^2+b^2+c^2)}{ka^4}$

Mà $a^2\vec{AL}+b^2\vec{BL}+c^2\vec{CL}=\vec{0}$ nên

$2c^2a^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)=e^2(a^2+b^2+c^2)$ và $2a^2b^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)=f^2(a^2+b^2+c^2)$

Do đó $\dfrac{y}{z}=\dfrac{(k+2)a^2b^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)}{(k+2)c^2a^2-(a^2d^2+b^2e^2+c^2f^2)}$

Tương tự với các cạnh còn lại và áp dụng định lý Ceva cho ta điều phải chứng minh.