Đến nội dung


Hoang72

Đăng ký: 21-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 22:28
*****

#730878 $f(f(x))+f(x)=( {{16}^{{{10}^{20...

Gửi bởi Hoang72 trong 03-10-2021 - 17:16

Đặt $16^{10^{2018}}=a\in\mathbb N^*$.

Từ phương trình hàm đã cho ta có $f(f(x))+f(x)=(a+a^2)x,\forall x\in\mathbb R^+$. (*)

Với mỗi $x\in\mathbb R^+$, xây dựng dãy số $(u_n)_n$ như sau:

$u_0=x; u_n=f(u_{n-1}),\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ (*) ta có $u_{n+2}+u_{n+1}-(a^2+a)u_n=0,\forall n\in\mathbb N$.

Phương trình đặc trưng $\lambda^2+\lambda-(a^2+a)=0$ có hai nghiệm là $a$ và $-(a+1)$. 

Do đó $u_n=\alpha a^n+\beta(-a-1)^n$.

Ta có $u_{2n}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n}+\beta (a+1)^{2n}\Rightarrow \beta\geq -\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}$.

$u_{2n+1}\geq 0\Rightarrow 0\leq \alpha a^{2n+1}-\beta (a+1)^{2n+1}\Rightarrow \beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1}$.

Do đó $-\alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n}\leq\beta \leq \alpha\left(\frac{a}{a+1}\right)^{2n+1},\forall n\in\mathbb N$. (1)

Từ (1) cho $n\to\infty$ và sử dụng nguyên lí kẹp ta có $\beta = 0$.

Do đó $x=u_0=\alpha a, f(x)=u_1=\alpha a^2 = ax$.

Thử lại ta thấy hàm này thoả mãn.

Vậy $f(x)=16^{10^{2018}}x,\forall x\in\mathbb R^+$.




#730703 Đề chọn đội tuyển VMO Hà Tĩnh 2021-2022

Gửi bởi Hoang72 trong 26-09-2021 - 09:00

Bài 3. (5 điểm) 

Cho tam giác $ABC$ nhọn, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $K,L$ lần lượt đối xứng với $O$ qua $AC,AB$. Đường thẳng $CK$ cắt đường tròn $(AHK)$ tại $M$ khác $K$. Đường thẳng $BL$ cắt đường tròn $(AHL)$ tại $N$ khác $L$. $HM$ cắt $AC$ tại $E$ và $HN$ cắt $AB$ tại $F$. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$.

a) Chứng minh rằng tam giác $ABN$ đồng dạng với tam giác $CAM$.

b) Chứng minh rằng đường thẳng $HD$ vuông góc với đường thẳng $OA$.

Giả sử AC $\geq$ AB.

a) $\angle BAN=\angle NAH-\angle BAH-\angle BLH-\angle BAH=\angle BAH=\angle OAC=\angle MCA$. Tương tự, $\angle CAM=\angle ABN$.

Suy ra $\Delta ABN\sim\Delta CAM(g.g)$.

b) Nhận thấy AB là phân giác của góc $NAH$ (câu a) nên $\frac{HA}{HF}=\frac{NA}{NF}$.

Lại có $LA=LH$ nên NB là phân giác ngoài của $\angle HNA$, suy ra $\frac{NA}{NF}=\frac{BA}{BF}$.

Từ đó $\frac{HA}{HF}=\frac{BA}{BF}$.

Suy ra HB là phân giác ngoài góc AHF.

Tương tự $\frac{HA}{HE}=\frac{CA}{CE}$ nên HC là phân giác ngoài góc AHE.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác AEF với cát tuyến E, F, D có $\frac{DE}{DF}=\frac{CE}{AC}.\frac{AB}{BF}=\frac{HE}{HF}$.

Do đó HD là phân giác ngoài của $\angle EHF$.

HD cắt AO tại X.

Khi đó $\angle AHD=\angle DHF+\angle AHF=\frac{180^o-\angle EHF}{2}+\angle AHF=\frac{180^o-\angle AHE+\angle AHF}{2}=\frac{180^o-2\angle AHC+2\angle AHB}{2}=90^o+\angle ABC-\angle ACB=90^o+\angle HAO$

Vậy $HD\perp AO$.




#730375 Chứng minh rằng $NI=NM$

Gửi bởi Hoang72 trong 14-09-2021 - 17:31

Gọi P là trung điểm của EF. 

Qua G kẻ đường thẳng song song với BC cắt lại $(I)$ tại J, cắt EF tại L.

Dễ thấy $\angle LEF=\angle LGF=\angle ACB$. Tương tự $\angle LFE=\angle ABC$.

Ta cũng có $\Delta JEL\sim\Delta ACD$, $\Delta JFL\sim\Delta ABD$ nên $\frac{LE}{LF}=\frac{DC}{DB}=\frac{DF}{DE}$ nên $LE=DF$.

Từ đó $\frac{DP}{PF}=\frac{LP}{PF}=\frac{MD}{MC}$. Suy ra $MP||CF$ nên $MP\perp EF$ nên $M,P,I$ thẳng hàng.

Dễ dàng nhận thấy $\angle ILF=\angle ODB$ nên $\angle IDL=\angle ODM$. Suy ra $\angle MOD=\angle MID$ nên M, O, I, D cùng thuộc $(OD)$. Gọi Q là trung điểm của OD thì $QM=QI$, mà $NQ||AD\Rightarrow NQ\perp MI$. Từ đó QN là trung trực của MI nên $NM=NI$.

 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#730351 Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Đồng Tháp 2021

Gửi bởi Hoang72 trong 13-09-2021 - 11:47

Bài 3:   Cho dãy số $(a_n)_n$ được xác định như sau $\left\{\begin{matrix}a_0=1 \, \, , \, \,a_1=13\\ a_{n+2}=14a_{n+1}-a_n \, \, , \forall n\in \mathbb{N}\end{matrix}\right.$

 

       a)   Chứng minh rằng $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên $n$

a) Ta có $\frac{a_{n+2}+a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}\Rightarrow a_{n+2}a_n-a_{n+1}^2=a_{n+1}a_{n-1}-a_{n}^2=...=a_2a_0-a_1^2=12$.

Từ đó $(2a_{n+2}-1)(2a_n-1)=4a_{n+2}a_n-2a_{n+2}-2a_n+1=4a_{n+1}^2+48-28a_{n+1}+1=(2a_{n+1}-7)^2$.

Với $n=1;n=2$ ta có $2a_n-1$ là số chính phương nên quy nạp ta sẽ có $2a_n-1$ là số chính phương với mọi số tự nhiên n. (đpcm)

b) Đặt $2a_n-1=(2k+1)^2$ thì $a_n=2k^2+2k+1=k^2+(k+1)^2$ là tổng bình phương hai số nguyên.




#730284 Chứng minh pt $\frac{x+1}{y}+\frac{y+...

Gửi bởi Hoang72 trong 10-09-2021 - 19:16

PT tương đương $(x+y)^2+(x+y)=5xy$.

Chọn $x+y=5k(k\in\mathbb N^*)$. 

Khi đó $xy=5k^2+k$.

Do đó $x,y$ là nghiệm của phương trình $t^2-5kt+(5k^2+k)=0$.

Phương trình trên luôn có 2 nghiệm dương.

Khi đó $t=\frac{5k\pm\sqrt{5k^2-4k}}{2}$. 

Nhận thấy nếu $5k^2-4k$ là số chính phương thì $t$ luôn là số nguyên dương.

Do đó ta chỉ cần chứng minh tồn tại vô số giá trị $k$ để $5k^2-4k$ là số chính phương.

Đặt $5k^2-4k=m^2\Leftrightarrow (5k-4)^2=5m^2+16\Leftrightarrow 5m^2-(5k-4)^2+16=0$.

Đây là phương trình Pell và có vô số nghiệm nguyên dương.

Vậy ta có đpcm.




#730263 Tìm điểm M (điểm Torricenlly) sao cho MA + MB + MC + MD nhỏ nhất ?

Gửi bởi Hoang72 trong 09-09-2021 - 20:00

$MA+MB+MC+MD\geq AC+BD$. Dấu bằng khi M là giao 2 đường chéo.




#730236 Chứng minh trung điểm $EF$ thuộc 1 đường cố định khi $D$...

Gửi bởi Hoang72 trong 08-09-2021 - 08:44

Kẻ đường cao BX, CY.

Gọi H, G, I lần lượt là trung điểm của BX, EF, CY.

Ta có: $\frac{\overline{EB}}{\overline{EY}}=\frac{\overline{DB}}{\overline{DC}}=\frac{\overline{FX}}{\overline{FC}}$ nên theo bổ đề ERIQ, ta có H, G, I thẳng hàng.

Vậy G nằm trên HI cố định.




#730139 $f(xy+x+y)=f(xy)+f(x)+f(y)\forall x,y\in \mathbb{R...

Gửi bởi Hoang72 trong 05-09-2021 - 12:59

Hình như chỉ suy ra được cộng tính.

Thay x = y = 0 ta có f(0) = 0.

Thay y = -1 ta có $f(x)+f(-x)=0$. Suy ra $f$ là hàm lẻ.

Thay x bởi -x ta có: $f(-xy-x+y)=f(-xy)+f(-x)+f(-y)$.

Cộng vế với vế có: $f(xy+x+y)+f(-xy-x+y)=2f(y)$.

Suy ra $f(a)+f(b)=2f(\frac{a+b}{2}),\forall a,b\in\mathbb R$.

Thay $a=0$ ta có $f(b)=2f(\frac{b}{2}),\forall b\in\mathbb R$.

Thay lại ta có $f(a)+f(b)=f(a+b),\forall a,b\in\mathbb R$.

Vậy $f$ là hàm cộng tính.




#730072 Chứng minh rằng $AC = BD \Leftrightarrow \angle AME = \an...

Gửi bởi Hoang72 trong 02-09-2021 - 17:56

Gọi G là trung điểm của CD.

Ta có $\angle AME=\angle GEF$ (so le trong, AC // GE); $\angle BNF=\angle GFE$ (so le trong, BD // GF)

Do đó $\angle AME=\angle BNF\Leftrightarrow \angle GEF=\angle GFE\Leftrightarrow GE=GF\Leftrightarrow AC=BD$.




#730059 Đề thi thử đội tuyển THPT Ngô Gia Tự 2021 -2022

Gửi bởi Hoang72 trong 02-09-2021 - 09:32

3. Tìm các bộ $(x,y,z)$ nguyên dương thỏa mãn: $x + 2y^{2} = 3z^{3}$

Nếu câu số cho hai số nguyên dương $y,z$ bất kì thoả mãn $3z^3>2y^2$ thì $x=3z^3-2y^2$ thoả mãn?




#730006 Chứng minh $TM \parallel HC$

Gửi bởi Hoang72 trong 30-08-2021 - 15:06

SM cắt CH, DE lần lượt tại L, N.

Ta muốn chứng minh $TM||CH$ hay $\frac{ST}{TH}=\frac{SM}{ML}\Leftrightarrow \frac{SN}{DH}=\frac{SM}{ML}\Leftrightarrow \frac{SN}{SM}=\frac{DH}{ML}\Leftrightarrow \frac{CM}{CD}=\frac{CM}{CD}$. (luôn đúng)




#729992 $f(xf(y)) + f(yf(z))+ f(zf (x)) = xy + yz + zx\, \forall x, y,...

Gửi bởi Hoang72 trong 29-08-2021 - 21:42

 bị lộn hả, $f(yf(x))$ mà

Từ $f(xf(y))+f(yf(y))+f(yf(x))=2xy+y^2$ mà $f(yf(y))=y^2$ thì $f(xf(y))+f(yf(x))=2xy$ mà nhỉ?




#729991 Đề thi chọn đội tuyển Thanh Hóa 2021-2022

Gửi bởi Hoang72 trong 29-08-2021 - 21:40

Vậy là đề chỉ cần là: "Cho tam giác $ABC, D \in BC, (ADB)$ cắt $AC$ tại $E$, $(ADC)$ cắt $AB$ tại $F$. $M, N$ là tiếp điểm của đt nội tiếp tam giác $FBD, ECD$ với $FM, ED$. $MN$ cắt 2 đt đó tại điểm thứ 2 $P, Q$. Chứng minh $MP=NQ$"

Em nghĩ chỉ cần cho $D\in BC,E\in CA,F\in AB$ thoả mãn $\angle EDC=\angle FDB$ là được :)




#729984 Đề thi chọn đội tuyển Thanh Hóa 2021-2022

Gửi bởi Hoang72 trong 29-08-2021 - 16:49

Bài 2:

Gọi $W_b$, $W_c$ lần lượt là tâm của các đường tròn $\omega_b$, $\omega_c$.

Ta có $MP=2W_bM.cos\widehat{W_BMP}=2W_bM.sin\widehat{DMN};NQ=2W_cN.sin\widehat{DNM}\Rightarrow \frac{MP}{NQ}=\frac{W_bM}{W_cN}.\frac{sin\widehat{DMN}}{sin\widehat{DNM}}=\frac{W_bM}{W_cN}.\frac{DN}{DM}=1$. (Do $\Delta DMW_b\sim\Delta DNW_c$)

Vậy $MP=NQ$. (đpcm)

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#729973 $f(xf(y)) + f(yf(z))+ f(zf (x)) = xy + yz + zx\, \forall x, y,...

Gửi bởi Hoang72 trong 29-08-2021 - 09:46

Thay $x=y=z$ ta có $f(xf(x))=x^2,\forall x\in\mathbb R^+$. (1)

Thay $y=z$ ta có $f(xf(y))+f(yf(y))+f(yf(x))=2xy+y^2\Rightarrow f(xf(y))+f(yf(x))=2xy,\forall x,y\in\mathbb R^+$. (2)

Thay $x=1$ vào (1) ta có $f(f(1))=1$.

Thay $x=f(1)$ vào (1) ta có $f(1)^2=f(f(1)f(f(1))=f(f(1))=1$. Suy ra $f(1)=1$.

Thay  $y=1$ vào (2) ta có $f(x)+f(f(x))=2x$ hay $f(x)+f(f(x))-2x=0,\forall x\in\mathbb R^+$.

Với mỗi $x\in\mathbb R^+$, xét dãy $(u_n)$ có $u_1=x;u_n=f(u_{n-1}),\forall n\in\mathbb N^*$.

Khi đó ta có $u_n+u_{n+1}-2u_{n-1}=0,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đó $u_n=a+b(-2)^n$ với $a=\frac{2u_0+u_1}{3}=\frac{2x+f(x)}{3};b=\frac{u_0-u_1}{3}=\frac{x-f(x)}{3}$.

+) Nếu $b>0$, chọn k lẻ sao cho $a+b(-2)^k<0\Rightarrow u_k<0$, vô lí.

+) Nếu $b<0$, chọn k chẵn sao cho $a+b(-2)^k<0\Rightarrow u_k<0$, vô lí.

Do đó với mọi $x\in\mathbb R^+$, ta có $b=0$ nên $f(x)=x,\forall x\in\mathbb R^+$.

Vậy ...