Gia Cat Minh

Lời giải:
Gọi $DE, DF$ cắt $SC, SB$ tại $L, K$
$U, V$ là điểm đối xứng của $D$ qua $F, E$
$X, Y$ là điểm đối xứng của $M, N$ qua $AB, AC$
$BX, MU$ giao $CY, NV$ tại $H, G$
Ta có: $\angle HBA=\angle HCA$ nên $H$ thuộc $(ABC)$
Lại có: $\angle BHA=180 - \angle ACB=180-\angle XFA$ nên $X,F,H,A$ đồng viên
Tương tự $H,A,Y,E$ đồng viên
Mà $BD^2=BF.BA=BX.BH$ nên $\angle BHD=\angle XDB$
Tương tự $\angle CHD=\angle YDC$
Nên $H,X,D,Y$ đồng viên
Suy ra $\angle XDF=\angle YDE$ hay $\angle MUK=\angle NVL$
Suy ra $U,V,D,G$ đồng viên
Lại có $\angle MGN=\angle FDE=180-\angle MSN$ nên $G,M,N,S$ đồng viên
Bởi vì $MN//UV$ nên $(SMN)$ tiếp xúc với $(A,AD)$
Xứng đáng skin op

Cho 2 số $a,b \in \mathbb{Z+}$,chứng minh rằng $a^{b}.b^{a}\leq \left ( \frac{a+b}{2} \right )^{a+b}$

Đây là ứng dụng của amgm suy rộng

$a^{\frac{b}{a+b}}b^{\frac{a}{a+b}}\leq \frac{2ab}{a+b}\leq \frac{a+b}{2}$

Suy ra dpcm

$P$ chỉ cần thuộc đường qua $O$ song song với $AM$ thì bài toán vẫn đúng

Cho $a,b,c>0$ và $ab+bc+ca=3$

Chứng minh rằng: $\frac{a}{a^2+10}+\frac{b}{b^2+10}+\frac{c}{c^2+10}\leqslant \frac{3}{11}$

Một bài rất hay!

Giả sử $c$ là min 

Đặt $t=\frac{a+b}{2}$ khi đó $t\geq 1$

$f(t, t, c)-f(a,b,c)=\frac{(a-b)^2(30-ab)(a+b)}{A}\geq 0$

Mà $2t^2+tc=3$ thay c theo t

Từ $\frac{2t}{t^2+10}+\frac{c}{c^2+10}=\frac{2t}{t^2+10}+\frac{\frac{3-2t^2}{t}}{(\frac{3-2t^2}{t})^2+10}\leq \frac{3}{11}$

Sử dụng $t\geq 1$, ta có dpcm

Cho $AB, CD$ là 2 dây cung bất kì của $(O)$, $H$ là giao điểm của 2 dây cung đó. Tiếp tuyến tại $B, D$ của $(O)$ cắt $CD, AB$ tại $F, E$. Gọi $K$ là trực tâm của $\Delta HBD$. Chứng minh $OK$ vuông góc với đường nối trung điểm của $DE, BF$.

$X,Y,Z$ thẳng hàng khi và chỉ khi $A(XY,ZB)=B(XY,ZA)$.

Xét phép đối xứng qua phân giác góc $BAC$ ta có $A(XY,ZB)=A(A'B',C'C)$.

Xét phép đối xứng qua phân giác góc $ABC$ ta có $B(XY,ZA)=B(A'B',C'C)$.

$A'B,AB'$ cắt $CC'$ lần lượt tại $D,E$. Khi đó $A(A'B',C'C)=(DP,C'C); B(A'B',C'C)=(PE,C'C)$.

Mặt khác $P$ là trung điểm của $CC'$ và $DE$ nên $(DP,C'C)=(PE,C'C)$.

Từ đó $X,Y,Z$ thẳng hàng.

Làm ý b luôn e

Mà $A(A'B',C'C)=(DP,C'C); B(A'B',C'C)=(PE,C'C)$. chỗ này có chút nhầm lẫn

Cho tam giác $ABC$. $P$ bất kì thuộc mặt phẳng. Lấy $A', B', C'$ là điểm đối xứng của $A, B, C$ qua $P$. $X, Y, Z$ là điểm liên hợp đẳng giác của $A', B', C'$. Chứng minh rằng $X, Y, Z$ thẳng hàng (tạm gọi là đường $c$)

Nếu $P$ trùng với tâm nội của $ABC$ thì $OP$ vuông góc với $c$

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ có dạng $3k+2$. Chứng minh rằng nếu $a^{2}+ab+b^{2}$ chia hết cho $p$ thì cả $a$ và $b$ đều cùng chia hết cho p biết rằng $a$ và $b$ đều nguyên dương

Sử dụng thặng dư bình phương có thể giải như sau:

Kí hiệu $a\equiv b[p]$ là $a$ đồng dư với $b$ module $p$

Dễ thấy nếu $p\mid a$ hoặc $p\mid b$ thì cả $a,b$ đều chia hết cho $p$

Giả sử $a,b$ không chia hết cho $p$

Khi đó $(2a+b)^2\equiv -3b^2[p]$

Suy ra $1=(\frac{-3}{p})=(\frac{-1}{p}).(\frac{3}{p})\Leftrightarrow (\frac{p}{3})=(-1)^{\frac{p-1}{2}}.(-1)^{\frac{(3-1).(p-1)}{4}}=1$

Mà $(\frac{p}{3})=(\frac{2}{3})=-1$

Vậy điều giả sử là vô lí

Tìm tất cả số nguyên dương n sao cho tồn tại dãy số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_n$ thoả mãn: $a_{k+1} = \frac{a_k^2 + 1}{a_{k-1} + 1} - 1$ với mọi k thoả mãn $2 \leq k \leq n-1$

IMO Shortlist 2009

P.s: xem ở phần vieta jumping ở chuyên đề số học mathscope

Cho $n\epsilon \mathbb{N}, n\geq 2$. Đặt $a_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}$ và $S_n=\sum_{i=2}^{n}\frac{a_i}{i}$. Chứng minh rằng với $n> 3$

$\frac{1}{S_2}+\frac{1}{S_3}+...\frac{1}{S_n}> 2(\frac{1}{a_2a_3}+\frac{1}{a_3a_4}+...+\frac{1}{a_{n-1}a_n})$

Mong được thảo luận