thinhisthenumber1

Em mới đang ôn về giới hạn mọi người giới thiệu cho mình 1 số sách viết về giới hạn dãy só, hàm số nhé ( có thể có sách bằng tiếng anh cũng được )

$\Delta ABC$ đã nội tiếp $(O)$ rồi thì sao $(O)$ lại còn tiếp xúc $BC, CA, AB$ ?

Hi. Em sửa đề rồi nhé

Cho tam giác $ABC$ và trung tuyến $AM$. $P$ là điểm bất kì nằm trên $AM$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(APB)$ cắt tiếp tuyến tại $C$ của $(APC)$ tại $Q$. Gọi $X, Y, Z$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên $BC, QC, QB$. Chứng minh rằng $AQ$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ và $\triangle XYZ\sim \triangle ABC$

Mình xin góp lời giải.
$I$ và $J$ lần lượt là tâm đường trong ngoại tiếp $\triangle APC$ và $\triangle APB$

Dựng điểm $K$ sao cho $\overline{MP}.\overline{MK} = \overline{MB^{2}} \Rightarrow\triangle MBP\sim \triangle MBK\Rightarrow \widehat{KBC}=\widehat{BPA}$
Ta dễ dang CM được:$\widehat{BPA}=\widehat{vBA}=\widehat{QBt}$
$\Rightarrow BQ,BK$ đẳng giác trong $\widehat{ABC}$
Giả sử $BC,CK$ cắt $(APC)$ tại $N$ và $V$
Ta có: $\widehat{BCQ}$ = $\widehat{NAC}$
$\widehat{KCx} = \widehat{ACV}=\widehat{ANV}$
Ta nhận thấy $C$ và $V$ đối xứng với nhau qua trung trực của $AN$
Khi đó: $\widehat{KCx} = \widehat{BCQ}$
$\Rightarrow CQ, CK$ đẳng giác trong $\widehat{ACB}$
$\Rightarrow Q,K$ liên hợp đẳng giác trong $\triangle ABC$
Từ đây: $\Rightarrow AQ, AK$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ $\Rightarrow AQ$ là đường đối trung của $\triangle ABC$
Tịch tiến $\overrightarrow{PM}$ thành $\overrightarrow{ME}$. Gọi $H$ là điểm liên hợp đẳng giác với $E$ trong $\triangle ABC$
Ta có: $\widehat{HBA}=\widehat{EBC}=\widehat{PCB}=\widehat{PYX}$($\widehat{PCB}=\widehat{PYX}$ do $PXCY$ nội tiếp)
Ta có:$\widehat{BAH} = \widehat{EAC}=\widehat{YCP}=\widehat{PXY}$($\widehat{YCP}=\widehat{PXY}$ do $PXCY$ nội tiếp)
$\Rightarrow\triangle XPY\sim \triangle AHB(g-g)$
$\triangle XPZ\sim \triangle AHC(g-g)$
$\Rightarrow\triangle XYZ \cup {P}\sim \triangle ABC\cup {H}$

Cho a,b,c dương thỏa mãn $a^{2}$ +$b^{2}$ +$c^{2}$ =6

Tìm max của P= $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{b^{2}+c^{2}} +\frac{1}{c^{2}+a^{2}}-\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{12abc}$

Ta có: $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}=\sum \frac{1}{6-c^{2}}$

Ta dễ dàng chứng minh được: $\sum \frac{1}{6-c^{2}}\leq \sum (\frac{1}{4}(c^{2}-2)+\frac{1}{4})=\frac{3}{4}$

Theo bđt AM-GM: $\frac{\sum a^{3}}{12abc}\geq \frac{1}{4}$

=>$-\frac{\sum a^{3}}{12abc}\leq -\frac{1}{4}$

Cộng theo vế ta được: $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}-\frac{\sum a^{3}}{12abc}\leq \frac{1}{ 2}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=\sqrt{2}$

Bài $2$: $a+b+c=2016$. 

$=>$ Theo kĩ thuật chia vách ngăn ta có $\binom{2015}{2}$ bộ $(a,b,c)$ [ Có tính hoán vị ]

Ta xét các trường hợp sau:

$TH1$: Khi cả $3$ số $a,b,c$ bằng nhau. $=> a=b=c=572$

$TH2$: Xét $a=b$ và $a\neq c$. Khi đó $2a+c=2016$.

$=>$ c là số chẵn thỏa mãn điều kiên $0<c<2016$ 

$=>$ Có $1007$ số chẫn thỏa mãn điều kiện của $c$

Nhưng ta sẽ loại bỏ trường hợp đối với $c=672$ ( khi đó $a=b=c=672$ )

$=>$ Có $1006$ cách chọn $c$

Tương tự với các cặp $(a=c),(b\neq c)$  và $(b=c),(a\neq b)$

- Theo nguyên lí bù trừ ta sẽ có $\binom{2015}{2}-3.1006-1$ cách

Do $a<b<c$ nên $a,b,c$ nên ta sẽ không tính các hoán vị $(a,b,c)$

$=>$ Có $\frac{\binom{2015}{2}-3.1006-1}{3!} = 337681$ cách 

Cho $p$ là số nguyên tố lẻ và tập $M=\left \{ 1,2,...,2p \right \}$. Với mỗi tập con $X$ của $M$, kí hiệu $S(X)$ là tổng các phân tử của tập $X$. Đặt
$\qquad \qquad A=\left \{ X\subset M\mid |X|=p \right \}$
và:
$A_{i}\!=\!\left\{X\!\subset\!M:|X|\!=\!p,S(X)\equiv i\!\!\!\pmod p\right\}, \,\left(i\!=\!\overline{0,p-1}\right)$
$a)$ Chứng minh rằng: $\left | A_{1} \right |=\left | A_{2} \right |=...=\left | A_{p-1} \right |=\left | A_{0} \right |-2$
$b)$ Tìm số tập con $C$ của $M=\left \{ 1,2,...,2p \right \} $ sao cho $\left | C \right |=p$ và tổng các phần tử của $C$ chia hết cho $p$

Có bao nhiêu số tự nhiên có dạng $\overline{x_{1}x_{2}x_{3}...x_{n}}$ sao cho $\overline{x_{1}x_{2}x_{3}...x_{n}}\;\vdots\; n$ và $x_{1}+x_{2}+x_{3}+...+x_{n}\;\vdots\; n$

1 .Trong một hộp đựng bi của An có chứa bao gồm 10 bi xanh, 20 bi vàng và 30 bi đỏ.Hỏi An có bao nhiêu cách chọn ra 30 viên bi để đi tặng Minh, biết rằng mỗi loại có ít nhất 1 viên được lấy ra.

2 .Hỏi có bao nhiêu cách chọn 25 quả bóng gồm 3 loại bóng, xanh, đỏ, trắng sao cho số bóng đỏ chọn nhiều nhất là 2, số bóng xanh chọn nhiều nhất là 3 và số bóng trắng chọn nhiều nhất là 4.

Một hộp có $37$ viên và chia vào $5$ hộp khác nhau. Giả sử số bi ở lần lượt từng hộp là $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4},x_{5}$. Hỏi có bao nhiêu cách chia số bi đó vào $5$ hộp sao cho $1\leq x_{1}\leq x_{2}\leq x_{3}\leq x_{4}\leq x_{5}$

Có bao nhiêu cách bỏ 20 viên bi giống nhau vào 4 hộp giống nhau sao cho mỗi hộp có ít nhất 1 viên bi.Giả

Giả sử số bi lần lượt ở từng hộp là $x_{1},x_{2},x_{3},x_{4}$

$x_{1}+x_{2}+x_{3}+x_{4}=16$ trong đó $x_{i}\geq 1$

Đặt $y_{i}=x_{i}-1$ ( i chạy từ 1 đến 4)

khi đó bài toán trở thành: Tìm bộ số $(y_{1},y_{2},y_{3},y_{4})$

thỏa mãn điều kiện $y_{1}+y_{2}+y_{3}+y_{4}=16$

$=>$ có tất cả $\binom{3}{19}$ cách 

1. Cho $\alpha$ là một góc cho trước. Tìm các giới hạn sau:

$L=\lim_{n \to +\infty }(sin^{3}\frac{\alpha }{3}+3sin^{3}\frac{\alpha }{3^{2}}+3^{2}sin^{3}\frac{\alpha }{3^{3}}+...+3^{n-1}sin^{3}\frac{\alpha }{3^{n}})$

2.Cho $a,b$ là những số cho trước. Tìm các giới hạn sau:

$L=\lim_{x \to 0 }\frac{ln(cosax)}{ln(cosbx)}$

 

Bài 1:

Ta gọi $abcd=100000$ với $(a,b,c,d> 0)$

Giả sử $a=100,b=10,c=10,d=10$

$<=> a=(1.2.5)(1.2.5)$

$b=(1.2.5)$

$c=(1.2.5)$

$d=(1.2.5)$

$=>$ Có tất cà 5 bộ $(1.2.5)$

Bây giờ ta sẽ dải đều 5 bộ lên 1 hàng ngang và được 15 chữ số=> có 14 vách ngăn

Với cách chọn các chữ số $a,b,c,d$ ta sẽ chọn 3 trong 14 vách ngăn trên

$=>$ Có tất cả $\binom{14}{3}$ cách

1. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $\sum a=1$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{\sqrt{a^{2}+abc}}{b+ca}\leq \frac{1}{2\sqrt{abc}}$

2.Giả sử $a+b+c=1$ và đặt $q=\frac{1}{t^{2}+3}$ với $t\geq 0$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a}{b}$ $\geq (t+1)^{2}+\frac{2}{t+1}$

khúc cuối bị ngược dấu rồi bạn $\sqrt{2(x^4+y^4)}\geq x^2+y^2$

Từ bước: $2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}\geq (2-\sqrt{2})\sum\sqrt{ab}+9\sqrt{2}$

Sau đó thì ta đặt $x^2=a y^2=b$ với các cặp $(b,c ); (c,a)$ ta thay vào thì ta được

$=>$$\sum \sqrt{a^{2}+b^{2}}+\sum (2-\sqrt{2})\sqrt{ab}\geq 2\sum a+9\sqrt{2}=6+9\sqrt{2}$

Bài 1: Cho $a,b,c,d>0$ và $a+b+c+d=4$. Chứng minh rằng:

$\frac{1}{5-abc}+\frac{1}{5-bcd}+\frac{1}{5-cda}+\frac{1}{5-dab}\leq 1$

Bài 2: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{\sum \frac{a}{b}-2}+\frac{8abc}{\prod (a+b)}\geq 2$

Bài 3: Cho $a,b,c>0$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{a(a+c)}{b(b+c)}\geq \frac{3(\sum a^{2})}{\sum ab}$

Bài 4: Cho $a,b,c\geq 0$ và $a+b+c=3$. Chứng minh rằng:

$\sum \sqrt{a+\sqrt{b^{2}+c^{2}}}\geq 3\sqrt{\sqrt{2}+1}$

-Em góp một số bài ạ. Mong mọi người post solve và tương tác trên topic này nhé!!  

Bài 4:

Bình phương hai vế ta được bất đẳng thức cần CM như sau:

$\sum \sqrt{a^{2}+b^{2}}+2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})} \geq 9\sqrt{2}+6$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta được:

$2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}\geq 2\sum \sqrt{\left(a+\frac{b+c}{\sqrt{2}}\right)\left(b+\frac{a+c}{\sqrt{2}}\right)}$

$\Leftrightarrow 2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}\geq\sqrt{2}\sum \sqrt{((\sqrt{2}-1)a+3)((\sqrt{2}-1)b+3)}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:

$2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}\geq\sqrt{2}\sum ((\sqrt{2}-1)\sqrt{ab}+3)$

hay $2\sum \sqrt{(a+\sqrt{b^{2}+c^{2}})(b+\sqrt{c^{2}+a^{2}})}\geq(2-\sqrt{2})\sum \sqrt{ab}+9\sqrt{2}$

Xét với $x,y\geq 0$ và ta sẽ chứng minh bất đẳng thức tổng quát sau:

$\sqrt{x^{4}+y^{4}}+(2-\sqrt{2})xy\geq x^{2}+y^{2}$

Xét hiệu:

$\sqrt{2}LHS-RHS$=$(x-y)^{2}\left(\frac{(x+y)^{2}}{\sqrt{2(x^{4}+y^{4})}+x^{2}+y^{2}}-\sqrt{2}+1\right)$

$\Leftrightarrow (x-y)^{2}\left(\frac{(x+y)^{2}}{\sqrt{2(x^{4}+y^{4})}+x^{2}+y^{2}}-\sqrt{2}+1\right)\geq (x-y)^{2}\left(\frac{(x+y)^{2}}{(\sqrt{2}+1)(x^{2}+y^{2})}-\sqrt{2}+1\right)= \frac{(\sqrt{2}-1)xy(x-y)^{2}}{x^{2}+y^{2}}\geq 0$

Với a,b,c ta sẽ chứng minh tương tự

Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ $a=b=c=1$