Đến nội dung


Hoang72

Đăng ký: 21-03-2021
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 18:46
*****

#733853 $0< | a+b \sqrt{2} + c \sqrt{3}| <...

Gửi bởi Hoang72 trong 01-07-2022 - 22:37

Mong là không có gì sai sót ạ:

Cho $a=0$, ta sẽ chứng minh $$\forall \epsilon >0,\exists b,c\in\mathbb Z: 0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$$

Xét phương trình nghiệm nguyên dương: $3s^2-2t^2=1$. (*)

Xét hai dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ cho bởi công thức:

$$\begin{cases} x_1 = 3; y_1=1 \\ x_{n+1}=5x_n+12y_n \\ y_{n+1}=2x_n+5y_n \end{cases}$$

Khi đó bằng quy nạp ta chứng minh được với mọi $n$, $(x_n,y_n)$ là một cặp nghiệm của phương trình nghiệm nguyên dương: $$x^2-6y^2=3$$

Mặt khác dễ thấy $3\mid x_n,\forall n\in\mathbb N^*$.

Từ đó với mọi $n\in\mathbb N^*$, $\left(\frac{x_n}{3},y_n\right)$ là một nghiệm nguyên dương của phương trình (*).

Hơn nữa, $\lim_{n\to+\infty} \frac{x_n}{3} =\lim_{n\to+\infty} y_n=+\infty$.

Do đó chọn $c,b\in\mathbb N^*$ đủ lớn sao cho $3c^2-2b^2=1$ và $b\sqrt{2}+c\sqrt{3}>\frac{1}{\epsilon}$, ta được $0<|b\sqrt{2}-c\sqrt{3}|<\epsilon$.




#733829 Chứng minh tồn tại $i,j$ không chia hết cho $p$ để $...

Gửi bởi Hoang72 trong 29-06-2022 - 16:19

Cách 1: Ta chỉ cần chỉ ra $-3$ là thặng dư bậc hai $\bmod$ $p$.

Ta có $\left ( \frac{-3}{p} \right )=\left ( \frac{-1}{p} \right ).\left(\frac{3}{p}\right)$.

Sử dụng luật thuận nghịch bậc hai, ta có $\left ( \frac{3}{p} \right )\left ( \frac{p}{3} \right )=(-1)^{\frac{(p-1)(3-1)}{4}}=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Mà $\left(\frac{p}{3}\right) = 1$ (Do $p$ chia cho $3$ dư $1$) nên $\left ( \frac{3}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Đồng thời ta cũng có: $\left ( \frac{-1}{p} \right )=(-1)^\frac{p-1}{2}$.

Nhân lại ta có $\left(\frac{-3}{p}\right)=1$.

Do đó tồn tại $x$ sao cho $x^2\equiv -3\pmod p$.

Chọn $i,j$ sao cho $(i,p)=(j,p)=1$ và $\frac{i+2j}{i}\equiv x\pmod p$ thì $(i+2j)^2\equiv -3i^2\pmod p\Rightarrow p\mid i^2+ij+j^2$.

Cách 2: Ta sẽ chứng minh rằng $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ không tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$.

Giả sử điều ngược lại.

Đặt $p=6k+1$. Theo định lý Fermat nhỏ ta có $x^{6k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$.

Vì $0,1^3,2^3,...,(p-1)^3$ tạo thành một hệ thặng dư đầy đủ $\bmod$ $p$ nên $x^{2k}\equiv 1,\forall x=\overline{1,p-1}$. 

Lấy $x$ là căn nguyên thuỷ của $p$ ta thấy ngay điều vô lí.

Vậy tồn tại $0<i<j<p-1$ để $i^3\equiv j^3\pmod p$ hay $p\mid i^2+ij+j^2$.




#733729 [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi Hoang72 trong 20-06-2022 - 20:08

Một bài cực hay và đẹp từ đề thi Sharygin mà mình sưu tầm được

Bài toán 7.(Sharygin 2011) Cho tứ giác $\displaystyle ABCD$ nội tiếp. Phân giác trong của góc $\displaystyle \angle A,\angle B,\angle C,\angle D$ cắt nhau tạo thành một tứ giác nội tiếp đường tròn $\displaystyle ( I)$. Tương tự với các phân giác ngoài ta thu được đường tròn $\displaystyle ( J)$. Chứng minh $\displaystyle O$ là trung điểm $\displaystyle IJ$

Xét các phân giác trong tạo thành tứ giác $XYZW$, các phân giác ngoài tạo thành tứ giác $X'Y'Z'W'$ như hình vẽ.

Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $E$, $AB$ cắt $CD$ tại $F$.

Theo tính chất phân giác, ta có $E,X,Z,X',Z'$ và $F,Y,W,Y',W'$ thẳng hàng.

Dễ thấy tứ giác $XAX'B$ nội tiếp nên biến đổi góc được $X,Z,B,C$ đồng viên.

Dẫn đến $\overline{FX}.\overline{FZ}=\overline{FB}.\overline{FC}$ hay $\wp_{F/(I)}=\wp_{F/(O)}$.

Tương tự $\wp_{E/(I)}=\wp_{E/(O)}$ hay $IO\perp EF$.

Hoàn toàn tương tự ta cũng có $JO\perp EF$.

Do đó $I,J,O$ thẳng hàng.

Mặt khác, lấy $G$ là trung điểm của $ZZ'$ thì $OG$ là trung trực của $DC\Rightarrow OG\perp DC$.

Biến đổi góc, ta cũng có $IZ\perp DC; JZ'\perp DC$.

Theo tính chất đường trung bình hình thang ta có $OI=OJ$. (đpcm)

Hình gửi kèm

  • b7.png



#733718 [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi Hoang72 trong 20-06-2022 - 11:47

Bài toán 5. (Sưu tầm) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ ngoại tiếp $(I)$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Gọi $X,Y,Z$ là trung điểm của $EF,DF,DE$. $K$ là giao điểm của $BZ$ và $CY$. $DK$ cắt $(I)$ tại $T$. Chứng minh rằng $T,X,I,K$ đồng viên.

attachicon.gif Screenshot (1480).png

Cách nãy hơi dài:

Gọi U là tâm $(BYZC)$.

$YZ$ cắt $BC$ tại $L$.

Theo định lý Brocard, ta có $LK\perp UI$ mà $\mathcal{P}_{L/(U)}=\mathcal{P}_{L/(I)}$ nên $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(U), (I)$,

Từ đó $\overline{KB}.\overline{KZ}=\overline{KT}.\overline{KD}$ nên $(T,B,D,Z)$ đồng viên.

Ta có biến đổi góc: $(ZT,ZY)\equiv (ZT,ZB)+(ZB,ZY)\equiv (DT,DB)+(ZB,ZY)\equiv (DT,DB)+(CB,CY)\equiv (DT,CY)\equiv (KT,KY)\pmod \pi$. 

Vậy $T,Y,K,Z$ đồng viên.

Hình gửi kèm

  • hinhvvv.png



#733709 [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi Hoang72 trong 19-06-2022 - 12:56

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q đẳng giác trong tam giác ABC. Gọi D, E, F; X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P, Q trên BC, CA, AB. EF cắt BC tại G. Khi đó PG vuông góc với AX.




#733708 [TOPIC] HÌNH HỌC PHẲNG

Gửi bởi Hoang72 trong 19-06-2022 - 12:52

Bài toán 1. (Sáng tác) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ nội tiếp $(O)$. $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $OH$ tại $L$. Qua $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OH$ cắt $BC$ tại $K$. Chứng minh rằng $OK$ vuông góc $TL$.

attachicon.gif Screenshot (1472).png

 

Lúc đầu đi chứng minh lại bài toán ông cho thì hơi lâu nhưng bài này có cách giải đơn giản không liên quan:

Gọi $AK$ cắt $(O)$ tại $M$ thì $LM$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Nhận thấy: $\overline{KA}.\overline{KM}=\overline{KB}.\overline{KC}$.

Do đó $\mathcal{P}_{K/(OL)}=\mathcal{P}_{K/(OT)}$.

Suy ra $OK$ là trục đẳng phương của $(OL)$ và $(OT)$ nên $OK\perp LT$.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png



#733653 Tìm điều kiện cần và đủ của $a$ và $b$ để $f(a+b) =...

Gửi bởi Hoang72 trong 15-06-2022 - 07:41

Ta sẽ chứng minh \begin{equation}\begin{cases} f(x)=\frac{3x}{2} \text{ nếu x chẵn}\\ f(x)=\frac{3(x-1)}{2}+1 \text{ nếu x lẻ}\end{cases}\end{equation} bằng quy nạp.

Với $n\in\{1;2\}$ thì (1) đúng.

Giả sử (1) đúng với $1;2;...;k$ ($k$ chẵn). Ta chứng minh (1) cũng đúng với $k + 1$ và $k + 2$.

Với mọi $r,s;1\leq r,s\leq k$ thoả mãn $r+s=k+1$ thì $r,s$ khác tính chẵn, lẻ. Không mất tính tổng quát giả sử $r$ chẵn, $s$ lẻ.

Khi đó theo giả thiết quy nạp, $f(r)+f(s)=\frac{3r}{2}+\frac{3(s-1)}{2}+1=\frac{3(r+s)}{2}-\frac{1}{2}=\frac{3(k+1)}{2}-\frac{1}{2}=\frac{3k}{2}+1$.

Do đó tổng $f(r)+f(s)$ không phụ thuộc vào giá trị của $r,s$ nên $f(k+1)=\frac{3k}{2}+1$.

Đồng thời, với mọi $h,l;1 \leq h,l<k+2$ thoả mãn $h+l=k+2$ thì $h,l$ cùng tính chẵn, lẻ.

$\bullet$ $h,l$ cùng chẵn: Khi đó $f(h)+f(l)=\frac{3h}{2}+\frac{3l}{2}=\frac{3(k+2)}{2}$

$\bullet$ $h,l$ cùng lẻ: Khi đó $f(h)+f(l)=\frac{3(h-1)}{2}+\frac{3(l-1)}{2}+2=\frac{3(k+2)}{2}-1=\frac{3k+4}{2}$.

Mà $f(k+2)=\max\{f(h)+f(l)|1\leq h,l\leq k+1;h+l=k+2\}$ nên $f(k+2)=\frac{3(k+2)}{2}$.

Từ đó theo giả thuyết quy nạp (1) được chứng minh.

Mặt khác, cũng từ phép quy nạp trên, ta thấy điều kiện cần và đủ của $a,b$ để $f(a+b)=f(a)+f(b)$ là $a,b$ khác tính chẵn, lẻ hoặc $a,b$ cùng chẵn.

Vậy điều kiện cần và đủ của $a,b$ để $f(a+b)=f(a)+f(b)$ là $a,b$ không cùng lẻ.




#733645 Cho (O1) và (O2) cắt nhau tại M,N...Chứng minh $\angle EMF+\an...

Gửi bởi Hoang72 trong 14-06-2022 - 21:47

$MN$ cắt $AB$ tại $G$ thì $GA^2=GB^2=GM.GN$.

Suy ra $GA=GB$.

Do đó $AD\parallel GM \parallel BC$.

Biến đổi góc: $\angle MFC=\angle MDC=\angle MBA=\angle MFB$.

Dẫn đến $F,C,B$ thẳng hàng; $E,D,A$ thẳng hàng.

Và $AMNE;BMNF$ là hình thang cân mà $M,N$ đối xứng qua $O_1O_2$ nên các cặp điểm $A,E$ và $B,F$ đối xứng qua $O_1O_2$.

Từ đó $\angle ENF=\angle AMB=180^\circ-\angle ANB=180^\circ-\angle EMF$.




#733630 Chứng minh rằng PM luôn vuông góc với 1 đường thẳng cố định

Gửi bởi Hoang72 trong 13-06-2022 - 11:04

Câu này chủ yếu dùng bổ đề: Cho cát tuyến $ADE$ tới đường tròn, tiếp tuyến $AB$ thì $\frac{BD^2}{BE^2}=\frac{AD}{AE}$.

Do đó bài toán chuyển về chứng minh $\frac{NB}{NC}=\frac{MB}{MC}$, đúng do $\frac{MB}{NB}=\frac{MD}{AD}=\frac{MD}{CD}=\frac{MC}{NC}$.




#733620 Chứng minh Q,M,E thẳng hàng

Gửi bởi Hoang72 trong 12-06-2022 - 09:01

Đây là một bài toán THTT gần đây đã có lời giải:

Chứng minh theo hướng như sau: 

$\angle BQC=\frac{\angle BMC}{2}\Rightarrow Q\in (M;MB)$.

Từ đó $MQ^2=MN.MA$ nên biến đổi góc được $EQCA$ nội tiếp.

Việc còn lại là biến đổi góc.




#733619 CMR AR vuông góc với RC

Gửi bởi Hoang72 trong 12-06-2022 - 08:53

$\Delta ABD\sim\Delta AEC(g.g); \Delta ABM\sim\Delta AEN(g.g)$.

Suy ra $N$ là trung điểm của $AC$.

Từ đó $MN||BC$.

Lại có $\angle ENC=\angle BME=\angle RNE$ và $\angle ERN=\angle EMN=\angle EDC=\angle ECN$ nên $NE$ là trung trực của $RC$.

Hay $NR=NA=NC$.

Vậy $AR\perp RC$.




#733610 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), có P là giao điểm của AC và BD,...Chứng minh O...

Gửi bởi Hoang72 trong 10-06-2022 - 09:38

Tóm tắt cách giải: $AB$ cắt $CD$ tại $I$ thì $I,O,Q$ thẳng hàng và $OI\perp PQ$.

Chứng minh $E,F,G,H$ cùng thuộc đường tròn tâm $P$. 

Gọi $EH\cap FG=\{L\}$ thì $E,Q,L,F$ và $G,Q,H,L$ đồng viên, từ đó dùng tính chất tâm đẳng phương để chứng minh $L\in OQ$.




#733606 Chứng minh $XK$ và $TN$ cắt nhau tại một điểm thuộc...

Gửi bởi Hoang72 trong 09-06-2022 - 10:27

Một bài khá hay:

a) $MD$ cắt lại $(O)$ tại $E$, cắt $BC$ tại $L$.

Gọi $C'$ đối xứng với $C$ qua $ME$.

Do $EM$ là phân giác của $\angle BEC$ nên $E,B,C'$ thẳng hàng.

Ta có $\angle TC'D=\angle TCD=\angle TBD$ nên $T,B,C',D$ đồng viên.

Dẫn đến $EB.EC=EB.EC'=ET.ED$.

$EN$ cắt $BC$ tại $F$ thì $\Delta ENC\backsim EBF(g.g)\Rightarrow EN.EF=EB.EC=ET.ED$.

Từ đó $T$ là trực tâm tam giác $DFN$ hay trực tâm của $\Delta TDN$ là $F\in BC$.

b) $FD$ cắt $TN$ tại $H$ thì $H\in (BCD)$.

Ta chỉ cần chứng minh $(BC,HK)=-1$.

Theo bổ đề cát tuyến: $\frac{EB}{EC}=\frac{LB}{LC}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{DC}\Rightarrow \frac{KB}{KC}=\frac{EB.DC}{EC.BD}$.

Đồng thời $\Delta EBT\backsim \Delta EDC,\Delta ECT\backsim \Delta EDB$.

Do đó $\frac{EB}{EC}=\frac{BT}{ED}.\frac{ED}{CT}=\frac{BT}{CT}$.

Đường tròn đường kính $DT$ cắt lại $DB,DC$ theo thứ tự tại $U,V$ thì sử dụng phép vị tự quay ta được $\frac{HB}{HC}=\frac{BU}{CV}=\frac{BT}{CT}$.

Vậy $\frac{EB}{EC}=\frac{HB}{HC}$ hay $H,K,X$ thẳng hàng.

Note

Hình gửi kèm

  • hinhvee.png



#733599 Chứng minh $(PBC)$ tiếp xúc $(K)$.

Gửi bởi Hoang72 trong 07-06-2022 - 16:34

hinhve.png

$(K)$ tiếp xúc với $AB,AC$ lần lượt tại $X,Y$.

$KS$ cắt lại $(O)$ tại $M$.

Khi đó $\widehat{AMK}=90^\circ$ nên $M\in(AK)$

$\Rightarrow \Delta MXB\sim\Delta MYC(g.g)$

$\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{BX}{CY}$.

Theo tính chất quen thuộc, ta có $\frac{BD}{CD}=\frac{BX}{CY}$.

Từ đó $\frac{MB}{MC}=\frac{DB}{DC}$ hay $(MD,BC)=-1$.

Suy ra tiếp tuyến tại $D,M$ của $(O)$ và $BC$ đồng quy tại $H$.

Kẻ đường kính $DD'$ của $(O)$ thì $OT$ là trung trực của $D'S$

$\Rightarrow TD'$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Áp dụng định lý Pascal cho tứ giác $MDSD'$ ta có $H,K,T$ thẳng hàng.

Do đó $HK\perp PD$ nên $HP$ là tiếp tuyến của $(K)$.

Dẫn đến $HP^2=HD^2=\overline{HB}.\overline{HC}$ hay $HP$ là tiếp tuyến của $(PBC)$.

Vậy $(PBC)$ tiếp xúc với $(K)$.

 




#733585 Min $P=\sum \frac{x^2}{yz+\sqrt{1+x^3...

Gửi bởi Hoang72 trong 04-06-2022 - 15:34

Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta có:

$\frac{x^2}{yz+\sqrt{1+x^3}}=\frac{x^2}{yz+\sqrt{(1+x)(1-x+x^2)}}\geq \frac{2x^2}{2yz+x^2+2}$.

Tương tự, cộng vế với vế rồi dùng bất đẳng thức Schwarz ta có đpcm.