Hahahahahahahaha

$673|(2020-1)|P(2020)-Q(2020)=[P(2020)-P(1)]-[Q(2020)-Q(1)]$

+ Với hai số nguyên phân biệt $a,b$ và $P(x)\in\mathbb{Z}[x]$ ta có $a-b|P(a)-P(b)$

Một lời giải khác:
 Screenshot (811).png   128.67K   1 Số lần tải
Đề bài: Chứng minh $BC,MH,GF$ đồng quy.
Phân tích lỏ:

+ Theo tính chất quen thuộc: $MH$ cắt $BC$ tại điểm tiếp xúc của $(I)$ với $BC$

Lời giải:
$\bullet$ Cho $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,X,J$
Khi đó dễ dàng chứng minh được $\triangle MBJ\sim\triangle MCX$
Từ đó ta có: $\frac{MB}{MC}=\frac{BJ}{CX}=\frac{DB}{DC}$ hay $MD$ là phân giác $\widehat{BMC}$. Suy ra $\overline{M,D,H}$

$\bullet$ Gọi $Q$ là giao điểm của đường thẳng qua $A$ song song $BC$ và $(O)$

$KE\cap (O)=N $

$DI\cap (I)=S$

$AS\cap BC=T$

$XJ\cap BC=W$

Gọi $R$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $HK$

Ta sẽ chứng minh $\overline{N,D,R,Q}$
Trước tiên ta chỉ ra rằng: $\overline{A,S,R,T}$
Theo tính chất quen thuộc thì $T$ đối xứng $D$ qua $P$
+) Có $DIRP$ là hình chữ nhật $\Rightarrow PR=ID=IS$ và $PR||IS$. Đó đó $ PRSI$ là hình bình hành

Từ đó ta có: $SR||IP$ mà $ST||IP$ nên $\overline{A,S,R,T}$
+) Lại có $A$ và $Q$ đối xứng nhau qua $HK$ nên có $\overline{D,R,Q}$
+) Có tứ giác $KAIX$ nội tiếp nên:
$\widehat{AQN}=\widehat{AKN}=\widehat{AKI}=\widehat{ARI}=\widehat{ATD}=\widehat{AQD}$
Suy ra: $\overline{Q,R,D,N}$.

Bây giờ ta chứng minh: $\overline{G,D,F}$
Thật vậy có: $(AB,AF,AC,AQ)=-1$. Suy ra $BFCQ$ là tứ giác điều hòa
Suy ra: $(GQ,GC,GF,GB)=-1$
Lại có: $\frac{GB}{GC}=\frac{EB}{EC}=\frac{NB}{NC}$ nên $GBNC$ là tứ giác điều hòa.
Từ đó ta có:
$(QG,QB,QN,QC)=(QG,QB,QD,QC)=-1=(QW,QB,QD,QC)=(WD,BC)$
Suy ra $\overline{W,G,Q}$

Khi đó ta có: $(GW,GB,GD,GC)=(GW,GB,GF,GC)=(GQ,GB,GF,GC)=-1$
suy ra: $\overline{G,D,F}$

Nhận xét: từ lời giải này ta thấy bài toán có khá nhiều chỗ đồng quy, có thể chế nhiều bài được

gợi ý

để ý $gcd(n+3,4n^{2}+14n+7)=1$ nên $n+3$ và $4n^{2}+14n+7$ đều là số chính phương

Cho mình hỏi tại sao khi đa thức $P(x)$ bậc chẵn thì lại không có điều này :0???
(Đa thức $P(x)$ bậc chẵn thì chưa chắc có nghiệm thực)
Với $P(x)=a_{n}x^{n}+...+a_{0}\quad (a_{n}\ne 0)$
(Em mới học đa thức nên chưa biết nhiều ạ)

BÀI TOÁN 2:

bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

$\sum \dfrac{a^{3}+1}{2\sqrt{(a^{4}+b+c)(ab+bc+ca)}}\geq 1$

 

$\bullet$ Do $abc=1$ nên ta có: 

$2\sqrt{(a^{4}+b+c)(ab+bc+ca)}=2\sqrt{[a^{4}+abc(b+c)](ab+bc+ca)}$

$=2\sqrt{(a^{3}+b^{2}c+bc^{2})(a^{2}b+a^{2}c+abc)}$

$\leq (a^{2}+bc)(a+b+c)$

$\bullet$ Để ý rằng:

$a^{3}+1=a(a^{2}+bc)$

Từ hai điều trên ta có dpcm