Đến nội dung

Hahahahahahahaha

Hahahahahahahaha

Đăng ký: 24-09-2023
Offline Đăng nhập: 21-04-2024 - 22:28
****-

#744520 $\frac{EF}{BA}+\frac{BA}{EF}+\frac{AF}{BE}+\frac{BE}...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 09-04-2024 - 14:23

Screenshot (625).png

do $P$ là điểm chính giữa cung $CD$ nhỏ nên dễ dàng cm được $\widehat{PFD}=\widehat{PEC}$

nên tg $ABEF$ nội tiếp

nên ta có:

+) $\Delta PEF \sim \Delta PBA =>\left\{\begin{matrix}\frac{EF}{BA}=\frac{PE}{PB}=\frac{PF}{PA}(1) &  & \\ \frac{BA}{EF}=\frac{PB}{PE}=\frac{PA}{PF}(2) &  & \end{matrix}\right.$

$(1)=>\frac{EF}{BA}=\sqrt{\frac{PE}{PB}.\frac{PF}{PA}}\leq \frac{1}{2}(\frac{PE}{PA}+\frac{PF}{PB})$

tương tự $(2)=>\frac{BA}{EF}=\sqrt{\frac{PB}{PE}.\frac{PA}{PF}}\leq \frac{1}{2}(\frac{PB}{PF}+\frac{PA}{PE})$

tương tự $\Delta PBE \sim \Delta PAF$

$=>\frac{AF}{BE}\leq \frac{1}{2}(\frac{PA}{PE}+\frac{PF}{PB});\frac{BE}{AF}\leq \frac{1}{2}(\frac{PE}{PA}+\frac{PB}{PF})$

cộng lại các bđt trên suy ra dpcm




#744466 đề thi tuyển sinh lớp 10 (toán chuyên) 23-24 Trường THPTNKTPHCM

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 01-04-2024 - 16:47

đề: https://ptnk.edu.vn/...n-2023-2024.pdf

 

Hình gửi kèm

  • Screenshot (617).png
  • Screenshot (616).png



#744459 $n$ là số chính phương.

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 31-03-2024 - 18:18

cho $n$ là số nguyên dương. Gỉa sử phương trình $\frac{1}{\sqrt[3]{a}}+\frac{5}{\sqrt[7]{b}}=\frac{1}{n}$ có $m$ cặp nghiệm nguyên dương $(a;b)$ và $m-1$ là số chính phương. Chứng minh $n$ là số chính phương.




#744411 $\sum \frac{m+mnp}{1+mn+mnpq}\geq...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 27-03-2024 - 22:31

cho $m,n,p,q,r$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $mnpqr=1.$

CMR:

$\frac{m+mnp}{1+mn+mnpq}+\frac{n+npq}{1+np+npqr}+\frac{p+pqr}{1+pq+pqrm}+\frac{q+qrm}{1+qr+qrmn}+\frac{r+rmn}{1+rm+rmnp}\geq \frac{10}{3}$




#744376 $M= \frac{1}{a^2 +4b^2 +2} + \frac{1...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 26-03-2024 - 15:34

dự đoán $maxM$ là $\frac{3}{4}$ khi $a=1;b=\frac{1}{2};c=\frac{1}{3}$

+)đặt $a=x;2b=y;3c=z$ 

($x,y,z$ là các số thực dương)

+)khi đó ta đi chứng minh:

 $M=\frac{1}{x^{2}+y^{2}+2}+\frac{1}{y^{2}+z^{2}+2}+\frac{1}{z^{2}+x^{2}+2}\leq \frac{3}{4}$ với $x+y+z=3$

áp dụng bất đẳng thức phụ $\frac{1}{a+b}\leq \frac{1}{4a}+\frac{1}{4b}$ trong đó $a,b>0$

$ M\leq \frac{1}{2}(\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1})$

do đó ta cần chứng minh: $\frac{1}{x^{2}+1}+\frac{1}{y^{2}+1}+\frac{1}{z^{2}+1}\leq \frac{3}{2}(*)$ với $x+y+z=3$

$(*)$ đúng nếu $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\geq 2$

thật vậy  $xy+yz+zx\leq \frac{(x+y+z)^{2}}{3}=3$

ta có: $\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}\leq\frac{4x^{2}}{(x^{2}+xy+xz)+(2x^{2}+yz)}\leq \frac{x^{2}}{x^{2}+xy+xz}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}=\frac{x}{x+y+z}+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}$

tương tự:

$\frac{4x^{2}}{3x^{2}+3}+\frac{4y^{2}}{3y^{2}+3}+\frac{4z^{2}}{3z^{2}+3}\leq 1+\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}$

do đó ta đi chứng minh $\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy}\leq 1(**)$ 

$(**) $ đúng nếu $\frac{3}{2}-(\frac{x^{2}}{2x^{2}+yz}+\frac{y^{2}}{2y^{2}+xz}+\frac{z^{2}}{2z^{2}+xy})\geq\frac{1}{2} $

hay $(\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})\geq 1$ 

mà 

$ (\frac{yz}{2x^{2}+yz}+\frac{xz}{2y^{2}+xz}+\frac{xy}{2z^{2}+xy})=\frac{y^{2}z^{2}}{2x^{2}yz+y^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}z^{2}}{2xy^{2}z+x^{2}z^{2}}+\frac{x^{2}y^{2}}{2xyz^{2}+x^{2}y^{2}}\geq \frac{(xy+yz+zx)^{2}}{(xy+yz+zx)^{2}}=1$ 

nên ta có đpcm

hmmm cái này mình bị ngược dấu :(. mn thông cảm cho sự nhầm lẵn này




#744333 Tìm $Max A= 25\sqrt{3x^2 - 3x^4} + 2\sqrt{4x^2...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 23-03-2024 - 22:46

bằng 1 cách thần kì nào đó ta dự đoán $max A$ là $26$ tại $x=\frac{2}{\sqrt{7}}$

$A=25\sqrt{3x^{2}-3x^{4}}+2\sqrt{4x^{2}+9x^{4}}=25x\sqrt{3-3x^{2}}+2x\sqrt{4+9x^{2}}$

áp dụng bđt cosi ta được:

$25x\sqrt{3-3x^{2}}=\frac{50}{3}.\frac{3x}{2}\sqrt{3-3x^{2}}\leq \frac{50}{6}(\frac{9x^{2}}{4}+3-3x^{2})=\frac{-25x^{2}}{4}+25$

$2x\sqrt{4+9x^{2}}=\frac{1}{2}.4x\sqrt{4+9x^{2}}\leq \frac{1}{4}(16x^{2}+4+9x^{2})=\frac{25x^{2}}{4}+1$

do đó: $A\leq 26$

dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{2}{\sqrt{7}}$




#744327 Chứng minh rằng : $\sqrt{a^2+2 b^2}+\sqrt{b^2+2...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 23-03-2024 - 21:20

áp dụng bdt Mincopxki ta có: 

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

dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$

bài tương tự

chứng minh $\sqrt{a^{2}+(a+b)^{2}}+\sqrt{b^{2}+(b+c)^{2}}+\sqrt{c^{2}+(c+a)^{2}}\geq \sqrt{5}(a+b+c)$




#744313 $\sum 3\sqrt{tan\frac{A}{2}.tan...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 22-03-2024 - 22:14

Chứng minh rằng trong mọi tam giác $ABC$ ta có:
$3\sqrt{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}+4\sqrt{tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}+5\sqrt{tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}}\leq 5\sqrt{2}$
 




#744311 tìm $min,max$ của $P=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 22-03-2024 - 21:56

cho các số thực $x,y$ thỏa mãn $x+y-2\sqrt{x+2}-3\sqrt{y-2014}-2012=0$

tìm $GTNN,GTLN$ của biểu thức $P=(x-1)^{2}+(y-1)^{2}+\frac{2015+2xy\sqrt{x+y+1}}{\sqrt{x+y+1}}$




#744267 với $d$ là số nguyên dương, CMR:không tồn tại các số nguyên $x...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 20-03-2024 - 13:59

1/  tìm các số nguyên $x,y,z$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+3=0$.

2/  Cho $t$ là số nguyên, chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+4t=0$ thì cũng tồn tại các số nguyên $x',y',z'$ khác $0$ sao cho $x'+y'+z'=0$ và $x'y'+y'z'+z'x'+t=0$.

3/ với $d$ là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên $x,y,z$ khác $0$ sao cho $x+y+z=0$ và $xy+yz+zx+2^{d}=0$




#744256 Tìm tất cả các bộ hai số chính phương (n;m), mỗi số có đúng 4 chữ số, biết rằ...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 19-03-2024 - 22:20

đặt $n=\overline{pqrs}=x^{2}$, khi đó theo bài ra ta có:$m=\overline{(p+d)(q+d)(r+d)(s+d)}=y^{2}$

trong đó $x,y,p,q,r,s$ là các số tự nhiên thỏa mãn: $1\leq p< p+d\leq 9;0\leq q< q+d\leq 9;0\leq r< r+d\leq 9;0\leq s< s+d\leq 9.$

ta có: $\left\{\begin{matrix}n=x^{2}=p.10^{3}+q.10^{2}+r.10+s &  & \\ m=y^{2}=(p+d).10^{3}+(q+d).10^{2}+(r+d).10+s+d &  &\end{matrix}\right.$

khi đó ta có: $(y+x)(y-x)=y^{2}-x^{2}=d.1111=d.11.101$

từ pt trên suy ra số nguyên tố $101$ là ước của $y-x$ hoặc $y+x$.

lại do $10^{3}\leq n< m< 10^{4}$ nên $32\leq x< y\leq 99$. Do đó ta được $64\leq x+y< 200$ và $0< y-x\leq 67$

suy ra $y+x=101;y-x=11.d$. Do đó $x,y$ khác tính chẵn lẻ và $d$ là số lẻ.

Do $64\leq 2x=101-11d$ nên $11d\leq 37$. Suy ra $d\leq3$ nên ta được $d=1$ hoặc $d=3$.

+) với $d=1$ thì $x+y=101;y-x=11$ suy ra $(x;y)=(45;56)$ và do đó $(n;m)=(2025;3136)$

+) với $d=3$ thì $x+y=101;y-x=33$ suy ra $(x;y)=(34;67)$ và do đó $(n;m)=(1156;4489)$

Vậy ta được hai bộ số $(n;m)=(2025;3136)$ và $(n;m)=(1156;4489)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.




#744250 $C=ab(ab+1)(2ab+1)$ có đúng $16$ ước nguyên dương

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 19-03-2024 - 18:43

tìm tất cả các cặp số $(a;b)$ nguyên dương thỏa mãn hai điều kiện sau:

+ $a,b$ đều khác $1$ và $UCLN$ của $a$ và $b$ là $1$

+ Số $C=ab(ab+1)(2ab+1)$ có đúng $16$ ước nguyên dương




#744172 Tìm giá trị của $x$ để diện tích $\Delta APQ$ đạt...

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 15-03-2024 - 19:46

Cho $\Delta ABC$ có góc $ \widehat{A}=30^{o},AB=c,AC=b$. Trung tuyến $AM$, một đường thẳng $(d)$ bất kì qua trọng tâm $G$ của $\Delta ABC$ cắt các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $P,Q$. Đặt $AP=x$, với giá trị nào của $x$ thì diện tích $\Delta APQ$ đạt $GTNN,GTLN$, tính $GTNN,GTLN$ đó theo $b,c$.




#744149 Chứng minh rằng: $AI=r.$

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 14-03-2024 - 14:58

một cách khác để chứng minh $MJ=MF$

Screenshot (601).png

Gọi $P$ là giao điểm của $OC$ và $AB$

         $Q$ là giao điểm của $DF$ và $CP$

Gọi $F$ điểm trên $BC$ sao cho $MJ=MF$

ta cần chứng minh $A,D,F$ thẳng hàng mà $D,Q,F$ thẳng hàng (cách dựng) nên ta cần chứng minh $A,Q,F$ thẳng hàng

để chứng minh điều đó ta chứng minh cho: $\frac{AB}{AP}.\frac{QP}{QC}.\frac{FC}{FB}=1$ (ý tưởng dùng đl menelaus đảo)

đặt $(BC;CA;AB)=(a;b;c)$

+) $\frac{FC}{FB}=\frac{BC-FB}{FB}=\frac{BC-CJ}{CJ}=\frac{a-\frac{a+b-c}{2}}{\frac{a+b-c}{2}}=\frac{a-b+c}{a+b-c}$

+)theo tính chất phân giác:

$\frac{AP}{BP}=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}=>\frac{AP}{AB}=\frac{b}{a+b}=>\frac{AB}{AP}=\frac{a+b}{b}$

+)$ \frac{QP}{QC}=\frac{CP-QC}{QC}=\frac{CP}{QC}-1$

ta có: $\frac{CP}{QC}=\frac{CP}{CO}.\frac{CO}{QC}$

theo đl talet thì:$ \frac{CO}{QC}=\frac{CM}{CF}=\frac{CM}{BJ}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a-b+c}{2}}=\frac{a}{a+c-b}$

theo tính chất phân giác: $\frac{CP}{CO}=1+\frac{OP}{CO}=1+\frac{AP}{AC}=1+\frac{\frac{bc}{a+b}}{b}=\frac{a+b+c}{a+b}$

$=> \frac{QP}{QC}=\frac{b(a+b-c)}{(a+b)(a+c-b)}$

do đó: $\frac{AB}{AP}.\frac{QP}{QC}.\frac{FC}{FB}=\frac{a+b}{b}.\frac{b(a+b-c)}{(a+b)(a-b+c)}.\frac{a-b+c}{a+b-c}=1$

 

 




#744148 Chứng minh rằng: $AI=r.$

Gửi bởi Hahahahahahahaha trong 14-03-2024 - 13:33

Screenshot (599).png

Gọi $J,L,N$ lần lượt là giao điểm của $(O)$ với các cạnh $BC,CA,AB$

kẻ đường kính $JD$ của đường tròn $(O)$

gọi $F$ là giao điểm của $AD$ và $BC$

để chứng minh $AI=r$ ta đi chứng minh $AIOD$ là hình bình hành hay chứng minh $AD||OI$ hay $DF||OM$

+) chứng minh $DF||OM$, nhận thấy $OM$ có thể là đường trung bình nên ta đi chứng minh $MJ=MF$ hay $BJ=CF$

+) kẻ $GK(G\in AB; K\in AC)$là tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn $(O)$ 

khi đó $OK,OC$ lần lượt là phân giác của hai góc kề bù (các tiếp tuyến cắt nhau)

nên $\widehat{KOC}=90^{o}=>...=>\widehat{DOK}=\widehat{OCK}=\widehat{OCJ}=>\Delta DOK\sim\Delta JCO(g.g)=>CJ.DK=r^{2}(1)$

chứng minh tương tự ta cũng có: $BJ.GD=r^{2}(2)$

từ $(1),(2)$ suy ra $\frac{BJ}{CJ}=\frac{DK}{GD}=>\frac{BJ}{BJ+CJ}=\frac{DK}{DK+GD}=>\frac{BJ}{BC}=\frac{DK}{GK}(3)$

theo định lí Talet thì:

$\frac{GD}{BF}=\frac{DK}{CF}(=\frac{AD}{AF})=>\frac{CF}{BF}=\frac{DK}{GD}=>\frac{CF}{CF+BF}=\frac{DK}{DK+GD}=>\frac{CF}{BC}=\frac{DK}{GK}(4)$

từ $(3),(4)$ suy ra $BJ=CF=>MJ=MF=>....dpcm$

bỏ chặn đi người anh em!! pls :(