foollock holmes

:v nếu mình hiểu đúng thì đề phải là $ |f(x)| \leq 2 \Leftrightarrow |x| \leq 2$ 

Đầu tiên cho $x=-2,2$ ta có được

$ -2 \leq -8+4p-2q+c\leq 2(1) \\-2 \leq -8-4p-2q-c \leq 2(2) $ 

Từ đây suy ra $ -2 \leq -8 -2q \leq 2$ hay $ -5 \leq q \leq -3 $ 

Tương tự cho $ x=1,-1$ thì ta sẽ có $ -3 \leq q \leq  0$ từ đây suy ra được $q=-3$  

Từ đây thế $ q=-3 $ vào (1) (2)  thì sẽ có $4p+c=0$ 

và thế $q=-3$ vào $f(-1),f(1)$ thì sẽ có $p+c=0$, vậy p+c=0 

Vậy $f(x) =x^3-3x$ 

Ta chứng minh hàm $f(x)$ thỏa yêu cầu đề 

đặt $y=\frac{x}{2} =cos t $ ( vì $|x| \leq 2$ )

ta có $\frac{f(x)}{2} =4cos^3t -3cost =cos(3t) ...$ 

Vậy ta có $f(x) =x^3-3x$ 

Thế $x=y=1$ vào ii ta có được $f(1)=2$. 

Thế $x=1$ ta có $f(x)=f(\frac{1}{x})$(1)

Thế $y=x$ ta có được $f(x)^2=f(x^2)+2$

Giả sử $M<1$ thì tồn tại $x$ sao cho $x>\frac{1}{x} >M$ 

mà ta có $f(x)=f(\frac{1}{x})$ nên không thỏa (i)

Vậy $M \geq 1$. Giả sử tồn tại $ x>y>1$ sao cho $f(x)\leq f(y)$ 

vì $x,y>1$ nên tồn tại $n \in \mathbb{N}$ sao cho $x^{2^{n}} >y^{2^{n}} >M$ 

suy ra $f(x^{2^n}) >f(y^{2^n})$ (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra $f(x^{2^{n-1}})>f(y^{2^{n-1}}) $ 

Tương tự suy ra $f(x)>f(y)$. Vô lí 

Vậy ta có $f(x)$ đồng biến trên $[1, + \infty)$

.... từ đây thì nó giống với bài trong imo 2003 shortlist trong đây 

https://anhngq.files...3-shortlist.pdf

bài a5 ý bạn 

bài 1: Cách của em hơi dài với đại số, không biết đúng không

Gọi $Z$ là giao của $(PBC)$ và $BC$. $L$ là giao điểm khác $C$ của $(PBC)$ và $ w_{2}$. $M$ là giao của $LC$ và $AD$.

Ta có $\displaystyle \frac{MA}{MD}=\frac{AC}{CD}.\frac{sinMCA}{sin MCD} =\frac{AC}{CD}.\frac{sinDBL} {sinLDB}=\frac{AC}{CD}.\frac{DL}{LB}$

Mà dễ thấy $\triangle{DPL} \sim \triangle{ BZL} \Rightarrow \frac{DL}{LB}=\frac{DB}{ZB}$

Vậy $\frac{MA}{MD}=\frac{AC}{CD}.\frac{DP}{ZB}$

Gọi $Y$ là giao của $AB$ và $w_3$

Ta có $ \frac{AC}{CD}.\frac{DP}{ZB}=\frac{AC}{YC}.\frac{DP}{CD}=\frac{AB}{PB}.\frac{PB}{AB}=1$

Vậy $M$ là trung điểm của $AD$

Tương tự thì ta có đpcm

lấy điểm $H$ đối xứng với $C'$ qua $M$. $K$ đối xứng với $ C'$ qua $N$. Ta có $AH =A'C'=B'C'=BK$

Gọi giao của $AH$ và $BK$ là $I$ ta có $\angle{AIB}= 60^{\circ}=\angle{ACB}$ suy ra tứ giác $AICB$  nội tiếp suy ra $\angle{HAC}=\angle{KBC}$ 

mà $AH=BK , AC=BC$ nên suy ra $\triangle{HAC}=\triangle{KBC}$ suy ra $CH=CK $ và $\angle{HCK}= 60^{\circ}$ suy ra tam giác $HCK$ đều.

Mà $MP= \frac{CH}{2}, PN=\frac{CK}{2}, MN=\frac{HK}{2} $ nên suy ra điều phải chứng minh

Cách của mình hơi dài với dở,ko biết đúng không, hi vọng có cách khác :

mà hình như đề sai k chạy từ 0 mới đúng

Câu 1: vế trái = $1+C_{2p}^{p}+\sum_{k=1}^{p-1}C_{p}^{k}.(C_{p+k}^{k}-1)-3$

$C_{p+k}^{k}=\frac{(p+1)(p+2)...(p+k)}{k!}\equiv \frac{k!}{k!}\equiv 1(mod\space p)\space \forall k = \overline{1;p-1}$

mà ta có : $ C_{p}^{k} \vdots p \space \forall k = \overline {1;p-1}$

do đó ta chỉ cần chứng minh $C_{2p}^p-2 \vdots p^2$

$C_{2p}^{p}=\frac{2p.(p+p-1).(p+p-2)...(p+1)}{p.(p-1)!}=2.\frac{(p+p-1).(p+p-2)...(p+1)}{(p-1)!}=\\=2\frac{1}{(p-1)!}.[p.\sum_{p-1}^{k=1}\frac{(p-1)!}{k}+(p-1)!+p^2.A]$

vậy ta cần chứng minh $\sum_{p-1}^{k=1}\frac{(p-1)!}{k} \vdots p$

mà vì p là số nguyên tố lẻ nên $\sum_{k=1}^{p-1}\frac{(p-1)!}{k}=\frac{(p-1)!}{k}+\frac{(p-1)!}{p-k}=(p-1)!.\frac{p}{(p-k).k} \vdots p$

suy ra điều phải chứng minh

tìm các hàm số $f(x)=ax^3+bx+c (a,b,c \in \mathbb{R},a \neq 0)$ thoả các điều kiện :

1) với $ x_1,x_2 \in [0, \infty )$ mà $x_1 <x_2$ thì ta đều có $f(\frac{x_2^2+x_2+1}{x_2+1})<f(\frac{x_1^2+x_1+1}{x_1+1}) \leq 1 $

2) với $x\in [0;1] \Rightarrow f(x) \in [-1;1] $

câu b bài 1 :

từ câu a ta có ${a_{n+1}}^2+{a_{n}}^2+9-7a_{n+1}.a_n=0 \Leftrightarrow 9(a_{n+1}.a_{n}-1) =(a_{n+1}+a_{n})^2$

vì $a_n$ luôn nguyên dương nên ta có đpcm

CÂU 2b

gọi (I) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC, dễ dàng chứng minh được phép vị tự tâm A, tỉ số $\frac{AT}{AA_1}$ biến $\omega_1$  thành (I), chứng minh tương tự cho hai đường tròn còn lại

do đó $TB_3,TA_2 // A_1B_1$ suy ra $B_3,T,A_2$ thẳng hàng, từ đó suy ra 6 điểm cùng thuộc 1 đường tròn

Mình có 1 cách giải bài này, hơi bị dài và dở với ý tưởng chính là dùng hàng điểm điều hòa như sau:

 

a)Trước hết ta đi chứng minh rằng 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Thật vậy, ta có: $\overline{KF}.\overline{KG}=\overline{KA}.\overline{KH}=\overline{KD}.\overline{KE}$

Do đó 4 điểm $G,D,E,F$ đồng viên.

Tiếp theo ta sẽ chứng minh rằng $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Thật vậy, do $BK\bot AC$ nên $AC$ là đường trung trực của dây cung $DE$ của đường tròn đường kính $AC$. Do đó mà $AD=AE$ nên $HK$ là phân giác trong của $\widehat{\left( HD,HE \right)}$

Mà $HK\bot HB$ và $K,B,D,E$ thẳng hàng nên $\left( KBDE \right)=-1$

Tương tự ta được: $\left( KCFG \right)=-1$

Suy ra: $\left( KBDE \right)=\left( KCFG \right)=-1$

Do đó $BC,DF,GE$ đồng quy tại 1 điểm. Gọi điểm đó là $T$

Ta có:$\overline{TH}.\overline{TP}=\overline{TD}.\overline{TF}=\overline{TG}.\overline{TE}$

Suy ra: $G,H,P,E$ đồng viên.

b)Do $\left( KBDE \right)=\left( KBED \right)=-1$ nên $\left( KBED \right)=\left( KCFG \right)$ nên $BC,EF,DG$ đồng quy tại $P'$.

Do $\left( KBDE \right)=-1$ nên $G\left( KBDE \right)=G\left( CBP'T \right)=-1\Rightarrow \left( CBP'T \right)=-1$

Xét tam giác $KBC$ có $D\in KB,F\in KC,DF\cap BC=T$

Do đó: $BF,CD,PK$ đồng quy$\Leftrightarrow \left( CBPT \right)=-1$

Ta sẽ đi chứng minh: $\left( CBPT \right)=-1$ hay là chứng minh $P\equiv P'\Leftrightarrow P'=\left( GHE \right)\cap BC$

Do $HK$ là phân giác của $\widehat{\left( HD,HE \right)},\widehat{\left( HG,HF \right)}$ nên $\widehat{DHG}=\widehat{EHF}$.

Ta sẽ đi chứng minh:$\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$(nhằm chứng minh $G,H,E,P'$ đồng viên)

$\Leftrightarrow $Chứng minh:$HF.HG=HD.HE$

Ta có:$HG.HF=\frac{2{{S}_{HGF}}}{\sin \widehat{GHF}}=\frac{d\left( H;CK \right).GF}{\frac{GF}{AB}}=d\left( H;CK \right).AB$

Tương tự:$HD.HE=d\left( H;BK \right).AC$

Gọi ${{B}_{1}},{{C}_{1}}$ là ảnh của $B,C$ lên $AC,AB.$

Khi đó:$d\left( H;BK \right)=\frac{HK.BH}{BK};d\left( H;CK \right)=\frac{HK.CH}{CK}$ nên $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{BH}{CH}.\frac{CK}{BK}=\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}$

Mà $B{{C}_{1}}.BA=BH.BC$ và $C{{B}_{1}}.CA=CH.BC$nên $\frac{BH}{CH}.\frac{{{B}_{1}}C}{{{C}_{1}}B}=\frac{AB}{AC}$

Suy ra: $\frac{d\left( H;BK \right)}{d\left( H;CK \right)}=\frac{AB}{AC}\Leftrightarrow HD.HE=HF.HG$. Do đó: $\Delta GHD$ ~$\Delta EHF$

Suy ra:$\widehat{P'GH}=\widehat{P'EH}$ nên  minh $G,H,E,P'$ đồng viên. Do đó $P\equiv P'$

Vậy: $BF,CD,PK$ đồng quy.  

em có cách giải khác cho câu b như sau:

ta chứng minh đc là P,D,G và P,F,E thẳng hàng , do đó $(PF,PD,PK,PT) $là chùm điều hoà, qua phép chiếu xuyên tâm K thì$ (TPBC)=-1$, mà T,D,E thẳng hàng suy ra BF,CD,PK đồng quy

Khg vô lý đâu bạn. Do người vẽ hình thôi. E trùng với N. Bạn vẽ trên Oxy: A(0,-1), B(-1,4), c(5,4), D(5,0) thì sẽ rõ. Khi đó M nằm trên bc và q nằm ngoài CD

nhưng nếu tính theo đề thì P không trùng với N đâu bạn

gọi I là trung điểm BC,DD' là đk (O)

dễ dàng chứng minh được $AH=DE=2OI$ do đó ADHE là hbh, mà $\widehat{AEH}=90^o \implies  \widehat{DAE}=90^o \implies A,E,D' $ thẳng hàng

mà ED' đi qua I nên $HE\perp EI$

khi đó ta có bài toán sau : cho tam giác DBC có I là trung điểm BC, E là trực tâm, đường vuông góc với EI tại E cắt DB,DC tại M,N , chứng minh EM=EN

bài đó đã được chứng minh ở đây http://diendantoanho...minh-rằng-imin/

cho $\triangle{ABC}$ và $ D \in BC. E\in AD$ , đường tròn ngoại tiếp $\triangle{EDB},\triangle{EDC} $ cắt $AB,AC $ lần lượt tại F và G,$H=FD\cap BE,I=SC\cap DG$ , J là tâm ngoại tiếp $\triangle{EBC}$ , Chứng minh $ AJ \perp HI $

lấy A trên Ox và B trên Oy sao cho OA=1,OB=2 $\implies$ A,B cđ

ta có $\frac{1}{OM} <1 \implies OA<OM \implies $ A nằm trên đoạn OM, tương tự B nằm trên đoạn ON

từ A kẻ đường thẳng // Oy cắt MN tại H, ta có $\frac{HN}{MN}=\frac{OA}{OM}=\frac{1}{OM} \implies \frac{HM}{MN}=\frac{OB}{ON} \implies HB // Ox \implies $ OAHB là hbh, suy ra H cđ, suy ra đpcm 

Nguồn : Facebook của Võ Quốc Bá Cẩn 

d)ta có $ S_{PQNM }=PN.QM.sinPHM=AP.AQ.sinPAQ=S_{APQ} \implies S_{MNQP}=\frac{S_{AMN}}{2}=\frac{AJ.MN}{4}=\frac{AB.MN}{4} \space (J=AH \cap MN)$

vậy chỉ cần tìm M sao cho MN min 

ta có $BC+CD =BM+MC+CN+NQ= MC+NC+MJ+NJ=MC+NC+MN \leq \sqrt{2(MC^2+NC^2)}+MN (BDT AM-GM) =(\sqrt{2}+1)MN$ 

vậy $MN\geq  \frac{2BC}{ \sqrt{2}+1}$ 

dấu bằng xảy ra khi  $MB= \frac{BC}{ \sqrt{2}+1}$