Đến nội dung

huytran08

huytran08

Đăng ký: 30-01-2023
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 19:44
-----

#741953 $AK\perp BC$

Gửi bởi huytran08 trong 31-10-2023 - 21:20

Mấy hôm nay ngồi chơi chơi với cái Geogebra thì đột nhiên nghĩ ra 1 bài toán khá lạ,đăng lên cho mọi người thảo luận:

 

Bài toán:Cho $\Delta ABC$ nhọn,đường cao $BE,CF$,$M$ là trung điểm $BC$.Giả sử $(BME),(CMF)$ có giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài là $K$ và $K$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.Chứng minh $AK\perp BC$

Hình gửi kèm

  • mjkbniul.PNG



#741818 $x^{2}+y^{2}=z^{2}$

Gửi bởi huytran08 trong 24-10-2023 - 21:42

Trong quá trình nghiên cứu bộ ba $Pythagoras$ mình có nghĩ ra bài toán này,không biết có đúng không nên mình đăng lên cho mọi người thảo luận:

 

Bài toán:Tìm các bộ ba $Pythagoras$ nguyên thuỷ $\left ( x;y;z \right )$ thoả mãn $x^{2}+y^{2}=z^{2}$ và có 2 số là số nguyên tố.

 

 

P/s:Nhận tiện chúc mừng diễn đàn trở lại :icon6:  :icon6:  :icon6:




#741760 $(a^{3}+b)(b^{3}+a)=n^{n}$

Gửi bởi huytran08 trong 16-10-2023 - 20:35

Anh lấy bài này từ sách nào vậy ạ  :D  :D  :D  :D

Bài này là anh tự nghĩ ra em ạ.Anh mở rộng từ các bài toán như $\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=2^{n};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=n^{3};\left ( a^{3}+b \right )\left ( b^{3}+a \right )=3^{n};...$ ra em ạ.




#741516 Cho tam giác ABC có tâm nội tiếp I, (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F.,...Chứng...

Gửi bởi huytran08 trong 25-09-2023 - 18:41

1 bổ đề khá hay trong lúc mình làm toán : $\Delta ABC$ có tâm nội tiếp $I$, trực tâm $H$. $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ cắt $EF$ tại $J$. Chứng minh $IJ//MH$

Where is M?




#741230 Cho số nguyên tố $p$ bất kì. Chứng minh rằng $p^{p+1...

Gửi bởi huytran08 trong 27-08-2023 - 16:00

Xét $p=2$ thấy đúng
Xét $p>2$ suy ra $p$ lẻ nên $p+1=2k$ nên ta giả sử $p^{p+1}+(p+1)^p=x^2(x \in \mathbb{N^*}) \Rightarrow (p+1)^p=(x-p^k)(x+p^k)$ suy ra $x$ lẻ
Ta thấy $gcd(x-p^k,x+p^k)=gcd(x-p^k,2p^k)=2$ (do $x,p$ lẻ và $(x,p)=1$)
Như vậy đặt $p+1=2^x.y$ với $y$ lẻ thì $(p+1)^p=2^{xp}.y^p=(x-p^k)(x+p^k)$ và $p+1=2k=2^x.y \Rightarrow k=2^{x-1}.y$
Do đó $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ hoặc $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$
TH1: $2^{xp-1}||x-p^k,2||x+p^k$ khi ấy $y^p=\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x+p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x+p^k}{2}\right)=1$
Do đó $\dfrac{x-p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x+p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Ta suy ra ngay $2n^p-2^{xp-1}.m^p=2p^k \Rightarrow n^p-2^{xp-2}.m^p=p^k$ mà $k=\dfrac{p+1}{2}>1$ (do $p>2$) nên $p^k \vdots p$
Suy ra $n^p-2^{xp-2}.m^p \vdots p \Rightarrow 4n^p-2^{xp}.m^p \vdots p$
Lại có $mn=y=\dfrac{p+1}{2^x}$ nên $gcd(m,p)=gcd(n,p)=1$ theo định lý Fermat nhỏ suy ra $4n^p \equiv 4n \pmod{p}$ và $m^p \equiv m \pmod{p}$
Do đó $4n-2^{xp}.m \vdots p$ $(1)$
Mặt khác $p+1=2^x.y=2^x.m.n=(2^x.m).n \equiv 4n^2 \pmod{p}$ (theo $(1)$) suy ra $4n^2-(p+1) \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ nên $2n-1 \vdots p$ hoặc $2n+1 \vdots p$ mà $p+1=2^x.y.m.n$ với $x\geq 1$ nên $n<p$ suy ra $2n-1<2p$ và $n<p$ suy ra $n\le p-1$ $\Rightarrow$ $2n+1<2p$.Do đó $2n-1,2n+1 \vdots p$ khi và chỉ khi hoặc $2n-1=p,2n+1=p$ nếu $2n+1=p \Rightarrow 2n=p-1$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1$ dễ tính ra $p=5$ thử lại thấy loại còn nếu $2n-1=p$ nên $n=\dfrac{p+1}{2}$ suy ra $2^x.m=2 \Rightarrow m=1,x=1$

Thay vào phương trình trên thu được $n^p-2^{p-2}=p^n$ thay $n=\dfrac{p+1}{2}$ và quy đồng ta có
$(p+1)^p-2^{2p-2}=p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$

$p^p+\binom{p}{1}.p^{p-1}+\binom{p}{2}.p^{p-2}+...+\binom{p}{p-1}p+1=2^{2p-2}+p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$
Ta thấy $p^p=p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}$ với $p=3,5,7$ thấy loại còn $p>7$ hay $p\geq 11$ thì $p>2^3$ nên $p^{\frac{p+1}{2}}.p^{\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^{3.\frac{p-1}{2}}>p^{\frac{p+1}{2}}.2^p$ (do $3.\frac{p-1}{2}>p$)
Còn $\binom{p}{1}.p^{p-1}=p^p>(2^3)^p=2^{3p}>2^{2p-2}$
Như vậy $VT>VP$ nên loại do đó $p^{p+1}+(p+1)^p$ không là số chính phương (đpcm)
TH2: $2^{xp-1}||x+p^k,2||x-p^k$ nên $y^p=\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}\right).\left(\dfrac{x-p^k}{2}\right)$ lúc này $gcd\left(\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}},\dfrac{x-p^k}{2}\right)=1$
Suy ra $\dfrac{x+p^k}{2^{xp-1}}=m^p,\dfrac{x-p^k}{2}=n^p$ với $mn=y$
Như vậy $2^{xp-1}.m^p-2n^p=2p^k \Rightarrow 2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k$ cm tương tự trên ta cũng có $2^xm-4n \vdots p$ nên $2^x.m \equiv 4n \pmod{p}$
Tương tự thay vào $p+1=2^x.m.n \equiv 4n^2 \pmod{p} \Rightarrow 4n^2-1 \vdots p \Rightarrow (2n-1)(2n+1) \vdots p$ tương tự trên $2n+1=p$ thì $p+1 \vdots n \Rightarrow 2p+2 \vdots 2n=p-1 \Rightarrow 2p+2 \vdots p-1 \Rightarrow p=5$ thay vào loại còn $2n-1=p$ thì $n=\dfrac{p+1}{2}$ nên $2^x.m=2 \Rightarrow m=x=1$
Thay vào phương trình $2^{xp-2}.m^p-n^p=p^k \Rightarrow 2^{p-2}-n^p=p^k$ hay $2^{p-2}>n^p$ nên $2>n$ nên $2>\dfrac{p+1}{2}$ nên $p<3$ vô lí
Do đó điều giả sử là sai,bài toán được chứng minh.




#740984 Tiếp tuyến chung trong khác $AH$ của $\left ( I_{1...

Gửi bởi huytran08 trong 10-08-2023 - 17:22

Cho tam giác $ABC$ nhọn($AB<AC$);đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$;$M$ là trung điểm $BC$.Gọi $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right ),\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $AHB,AHC,MBF,MCE$;$K$ là giao của các tiếp tuyến chung trong của $\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$.Chứng minh rằng tiếp tuyến chung trong khác $AH$ của $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right )$;$HK$ và $BC$ đồng quy.

 

 

 

P\s:Lâu không quay lại diễn đàn :wacko:  :wacko:




#740638 Một đường gấp khúc kép kín có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình...

Gửi bởi huytran08 trong 19-07-2023 - 20:34

2,Ta tô màu đỏ vào các cung chưa bị tô của đường tròn thì số cung được tô màu đỏ nhỏ hơn nửa đường tròn.Bài toán trở thành bài dưới đây

 

File gửi kèm

  • File gửi kèm  6y.PNG   211.16K   0 Số lần tải



#740637 Một đường gấp khúc kép kín có chu vi bằng 1. Chứng minh rằng tồn tại một hình...

Gửi bởi huytran08 trong 19-07-2023 - 20:28

câu 1

File gửi kèm

  • File gửi kèm  n,ki.PNG   51.59K   0 Số lần tải



#740631 $S=\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \...

Gửi bởi huytran08 trong 19-07-2023 - 15:32

Câu 1:Chứng minh $S=\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor+\left \lfloor \sqrt{n} \right \rfloor$ là số chẵn với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$.

Câu 2:Chứng minh với mọi $n\in \mathbb{N^{*}}$,$n$ không phải lập phương 1 số tự nhiên thì $\left \{ \sqrt[3]{n} \right \}> \frac{1}{3\sqrt[3]{n^{2}}}$

Câu 3:Chứng minh rằng:$\left [ ka \right ]+\left [ kb \right ]\geq \left [ (k-1)(a+b) \right ]+\left [ a \right ]+\left [ b \right ]$ với mọi $k\in \mathbb{N},k\geq 2;a,b\in \mathbb{R}$

Câu4:Cho $a,b>0$ thoả mãn $a+b,ab \in  \mathbb{N^*}$ và $\left \lfloor a^{2}+ab \right \rfloor+\left \lfloor b^{2}+ab \right \rfloor$ là số chính phương.Chứng minh $a,b \in \mathbb{N^*}$




#740576 Tìm giá trị nhỏ nhất của $P = \frac{1}{x-x^2}+...

Gửi bởi huytran08 trong 16-07-2023 - 20:21

Đọc đề bài là đầu nảy ra ngay UCT

Ta sẽ chứng minh:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$

Thật vậy:$ \frac{1}{x-x^{2}}\geq \frac{27}{4}(1-x)$ $\Leftrightarrow x(1-x)^{2}\leq \frac{4}{27}$ (luôn đúng theo Cauchy 3 số)

Tương tự cộng lại là ra




#740528 Cho $\bigtriangleup ABC$ vuông tại $A$ và đường cao...

Gửi bởi huytran08 trong 11-07-2023 - 16:38

Dễ chứng minh $AMHN$ là hình chữ nhật $\Rightarrow AN=MH \Rightarrow AH^{2}=4AM.MH $

  Mà $AH^2=AM^2+MH^2$ nên $4AM.MH=AM^2+MH^2 \Rightarrow AM=(2\pm \sqrt{3})MH\Rightarrow \frac{MH}{AM}=(2\pm \sqrt{3}) $

Măt khác $tanC=tan\widehat{BAH}=\frac{MH}{AM}$ nên $tanC=(2\pm \sqrt{3})$ $\Rightarrow \widehat{C}=15^{o}$ hoặc $\widehat{C}=75^{o}$




#740486 Đề thi Olympic Toán quốc tế (IMO) năm 2023

Gửi bởi huytran08 trong 09-07-2023 - 22:13

Câu 4 bất khá hay:

Đặt $m_{n}=x_{1}+x_{2}+...+x_{n},p_{n}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}+...+\frac{1}{x_{n}}$ thì $a_{n}= \sqrt{m_{n}.p_{n}}\in \mathbb{N}$ với mọi $n=1,2,...,2023$

Kết hợp với $AM-GM$ ta có biến đổi:

 $a_{n+1}^{2}=m_{n+1}.p_{n+1}=(m_{n}+x_{n+1})\left ( p_{n}+\frac{1}{x_{n+1}} \right )$

                                       

                                       $=m_{n}.p_{n}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$

 

                                       $=a_{n}^{2}+\left ( \frac{m_{n}}{x_{n+1}}+p_{n}.x_{n+1} \right )+1$

 

                                       $\geq a_{n}^{2}+2\sqrt{m_{n}.p_{n}}+1=a_{n}^{2}+2a_{n}+1=(a_{n}+1)^{2}$

 

 $\Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n}+1$ với mọi $n$,dấu "$=$" xảy ra khi và chỉ khi $\frac{m_{n}}{x_{n+1}}=p_{n}.x_{n+1}$ hay $x_{n+1}^{2}=\frac{m_{n}}{p_{n}}$

 Giả sử tồn tại 2 giá trị $n_{o}$ và $n_{o}+1$ để dấu bằng xảy ra liên tiếp thì ta có:

 $x_{n_{o}+2}^{2}=\frac{m_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}{p_{n_{o}}+x_{n_{o}+1}}=\frac{m_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}{p_{n_{o}}+\sqrt{\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}}}=\frac{m_{n_{o}}}{p_{n_{o}}}=x_{n_{o}+1}^{2}$

 Điều này mâu thuẫn vì $x_{1},x_{2},...,x_{2023}$ là các số thực dương đôi một phân biệt

Do đó $a_{n+2}\geq a_{n+1}+1\geq a_{n}+2$ suy ra $a_{n+2}\geq a_{n}+3 \forall n=1,2,...,2023 $ vì $a_{n}\in \mathbb{N}$(do $a_{n}\in \mathbb{Z}$ và $a_{n}>0$) và không xảy ra 2 dấu bằng liên tiếp.Từ đây ta có:

                                      $a_{2023}\geq a_{1}+3.1011\geq 3034$(đpcm)




#740379 Cho tứ giác ABCD không phải là hình thang. Các điểm M,N,P,Q theo thứ tự thay...

Gửi bởi huytran08 trong 05-07-2023 - 21:18

Gọi $X, Y, Z, T, U, V$ là trung điểm của $AD, BD, BC, AC, AB, DC$;$YZ$ cắt $UT$ tại $E$,$XT$ cắt $YV$ tại $F$; ta có $XYZT$ và $UYVT$ là các hình bình hành.

Vì $MNPQ$ là hình bình hành nên

 $I=MP\cap NQ\Leftrightarrow I$ là trung điểm của $MP$ và $NQ$

$\Leftrightarrow I$ thuộc miền chung của 2 hình bình hành $XYZT$ và $UYVT$ hay là hình bình hành $EYFT$

Vậy $I$ thuộc miền hình bình hành $EYFT$.




#740377 Cho tam giác ABC, tâm đường tròn ngoại tiếp (O), tâm đường nội tiếp (I),.. CM...

Gửi bởi huytran08 trong 05-07-2023 - 20:10

đây bạn

File gửi kèm

  • File gửi kèm  EFOI.PNG   104.98K   16 Số lần tải



#740339 Xuất phát từ 1 bài toán gốc và các mở rộng

Gửi bởi huytran08 trong 03-07-2023 - 15:42

Tiếp tục với bài 3:

 

 

Bài toán 3. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$.Điểm $P$ nằm trong cung nhỏ $BC$ điểm $Q$ đối xứng $P$ qua $BC$ nằm trong $\Delta ABC$. $BQ,CQ$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$.$PE$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $BX$ chia đôi $EF$.

 

                                                                                                              Lời giải

 

Gọi $(ABE)$ cắt $BC$ tại $D$

Ta có:$ \widehat{EQF}=\widehat{BQC}=\widehat{BPC}=180^{o}-\widehat{BAC}\Rightarrow AEQF$ nội tiếp

         $ \Rightarrow \widehat{EQC}=\widehat{BAC}=\widehat{EDC}\Rightarrow EQDC$ nội tiếp

        $ \Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{BED}=\widehat{BCF}=\widehat{BCP}=\widehat{BAP}$

        $ \Rightarrow A,D,P$ thẳng hàng

Gọi $G$ đối xứng $P$ qua $D$ thì $GQ//BC$ nên $\widehat{DGQ}=\widehat{GDB}=\widehat{AEB}$

  suy ra $AEQG$ nội tiếp

Từ đó dễ có:$ \widehat{EGD}=\widehat{EFB}$ và $ \widehat{FBE}=\widehat{GDE}$

Vậy $\Delta EFB\sim \Delta EDG(g.g)$.

Gọi $I$ là trung điểm $EF$ thì $\Delta IFB\sim \Delta EGP(c.g.c)$ suy ra $\widehat{ABI}=\widehat{APE}=\widehat{ABX}$

  $\Rightarrow B,I,X$ thẳng hàng (đpcm)

File gửi kèm