Bichess

Trước hết ta có một bổ đề quen thuộc sau: Tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $AB,BC,CD,DA$ lần lượt tại $M,N,P,Q$. Khi đó $AC,BD,MP,NQ$ đồng quy tại $1$ điểm (việc chứng minh bổ đề xin để lại cho bạn).
Trở lại bài toán:
Từ $N$ kẻ tiếp tuyến $NS$ với $(I)$ ($S \in AC$) tiếp xúc với $(I)$ tại $R$. Khi đó tứ giác $NSCB$ ngoại tiếp $(I)$. Do đó theo bổ đề thì :$NC,BS,DR,EF$ đồng quy. Mà $CN$ cắt $EF$ tại $M$ nên $D,M,R$ thẳng hàng và $B,M,S$ thẳng hàng.
Ta có $IN \perp FR$. Ta sẽ chứng minh $F,R,Q$ thẳng hàng
Ta có kết quả quen thuộc: $AD,BE,CF$ đồng quy nên $(ABFP)=-1$. Theo phép chiếu xuyên tâm $M$ suy ra $(ASQE)=-1$ hay $\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}=-\frac{\overline{EA}}{\overline{ES}}$ Lại có: $RN=FN,EA=FA,RS=ES$. Do đó:
$$\frac{\overline{QA}}{\overline{QS}}.\frac{\overline{RS}}{\overline{RN}}.\frac{\overline{FN}}{\overline{FA}}=1$$
Xét tam giác $ANS$ theo định lý Menelaus thì $F,R,Q$ thẳng hàng
Vậy ta có điều phải chứng minh

Có thể gọi FQ cắt (I) tại R' sau đó dùng định lý pascal cho 6 điểm EEDSFF thì cũng chứng minh dc R trùng R'

$a_{1}=1; a_{n+1}=a_{n}+\frac{1}{\sum_{k=1}^{n}a_{k}}, n\geq 1$

$CMR: \lim_{n\rightarrow +\infty }\frac{a_{n}}{\sqrt{2lnn}}=1$

 

 

 

 

 

 

 

p/s: ln là lê pe ý

Ko ngờ trên này lại có topic như này đấy. Chịu cái người nghĩ ra :v

1) $f : \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}: xf(x+xy)=xf(x)+f^2(x)f(y)$

2) $f : \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}: f(x^2+y) + f(f(x)-y)=2f(f(xy))+2y^2$

Lời giải. Cố định $y$, phương trình tương đướng với $2xf(y)+f^2(y)=f(x+f(y))-f(-x)=g(x)$. Để ý rằng $g(x)$ là phương trình bậc nhất biến $x$ nên $g(x)$ là toàn ánh trên $\mathbb{R}$. Do đó $f(u)-f(v)$ với $u,v \in \mathbb{R}$ sẽ nhận giá trị trên toàn $\mathbb{R}$.
Giả sử $P(x;y)$ là tính chất của $f(x+f(y))=f^2(y)+2xf(y)+f(-x), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
$P(0,y) \Rightarrow f(f(y))=f^2(y)+f(0)$.
$P(-f(x),y) \Rightarrow f(f(y)-f(x))=f^2(y)-2f(x)f(y)+f(f(x))= \left[ f(y)-f(x) \right]^2+f(0), \; \forall x,y \in \mathbb{R}$.
Vì miền giá trị của hàm $f(y)-f(x)$ với $x,y \in \mathbb{R}$ là toàn $\mathbb{R}$ nên $f(x)=x^2+f(0)$.
Thử lại thấy thoả mãn.


Ps: Bài 2 bạn bỏ thừa dấu ngoặc ( ) nên mình không hiểu đề lắm.

Mình sửa rồi đó

(1) $f: R\rightarrow R: f(x^2+f(y))= xf(x)+ y$
(2) $f: R\rightarrow R: f(xy+f(x))=xf(y)+f(x) \forall x,y \in R$
(3) $f: R\rightarrow R:f(x+f(y))= f^2(y)+2xf(y)+f(-x) \forall x,y\in R$

phương trình thứ 2

$2\sqrt{x+4}+3\sqrt{y+8}\leqslant \sqrt{13(x+y+12)}\Leftrightarrow 13\leqslant \sqrt{13(x+y+12)}\Leftrightarrow 13^{2}\leqslant 13(x+y+12)\Leftrightarrow x+y\geq 1$

phương trình thứ 1

áp dụng cái 

$\sqrt{a}+\sqrt{b}\geqslant \sqrt{a+b}$

dấu "=" xảy ra khi a hoặc b = 0

ta có $\sqrt{x}+\sqrt{x^2+y+3}\geqslant \sqrt{x^2+x+y+3}\Leftrightarrow 2\geqslant \sqrt{x^2+x+y+3}\Leftrightarrow 4\geqslant x^2+x+y+3\Leftrightarrow 1-x^2\geqslant x+y\Leftrightarrow 1-x^2\geqslant 1\Leftrightarrow x^2\leq 0\Leftrightarrow x=0\Rightarrow y=0$