về đánh vài trận đế chế, rồi khi nào lên lớp thấy thầy cười là ok :hornytoro: |
Trích:
|
Sau 1 hồi "quần thảo" cũng tìm 1 lời giải tương đối "thuần túy" cho bài 5.:hornytoro: Dưới đây là tóm tắt lời giải: Dễ thấy điểm cố định cần tìm sẽ là trung điểm O của AB. Gọi điểm đối xứng của M qua NQ là J,điểm đối xứng của M qua NP là K. Bổ đề 1:N là trung điểm của KJ.K,A,S thẳng hàng.J,B,R thẳng hàng. Chứng minh khá đơn giản bằng biến đổi góc. Bổ đề 2:Nếu $\frac{\overline{BR}}{\overline{BJ}}= \frac{ \overline{AS}}{\overline{AK}} $(1) thì N,O,G thằng hàng. Chứng minh bổ đề này dùng vectơ. Như vậy nếu chứng minh được nhận xét (1) thì bài toán được chứng minh. Ta có: $\frac{\overline{BR}}{\overline{BJ}}=-\frac{S_{NRQ}}{S_{NJQ}} $ $\frac{\overline{AS}}{\overline{AK}}=-\frac{S_{NSP}}{S_{NKP}} $ Mà $\frac{S_{NRQ}}{S_{NSP}}=\frac{NQ^2}{NP^2} $(do hai tam giác đồng dạng) $\frac{S_{NJQ}}{S_{NKP}}=\frac{MQ}{MP} $ Nên ta chỉ cần chứng minh:$\frac{NQ^2}{NP^2}=\frac{MQ}{MP} $ Mà $\frac{MQ}{NQ}.\frac{NP}{MP}=\frac{NQ}{PQ}.\frac{PQ }{NP}=\frac{NQ}{NP $ nên ta suy ra được (1). Từ bổ đề 2 ta có đpcm. Hình vẽ:http://img511.imageshack.us/img511/1876/bai5tst.jpg |
Lời giải của tôi cho bài số 5. Gọn gàng! Kẻ $SD||PQ||RC $ với $C,D $ nằm trên $NP,NQ $ Khi đó: các tam giác $NRC,NBS,MBN $ đồng dạng, các tam giác $NSD,NAR,MAN $ đồng dạng. $\Rightarrow \frac{NA}{NR}=\frac{NS}{ND},\frac{NR}{NC}=\frac{NB }{NS}\Rightarrow \frac{NA}{NC}=\frac{NB}{ND}\Rightarrow AB||CD $ Và $\frac{RC}{NC}=\frac{NB}{NM},\frac{SD}{ND}=\frac{NA }{NM}\Rightarrow RC=DS\Rightarrow RCSD $ là hình bình hành, tức trung điểm $RS, CD $ trùng nhau! Xong! |
Ok,I will post a condensed proof for the statement 2) that I posted. I think the following is one of the most natural solutions to the problem. Fist, let$(x_0,y_0) $ be the smallest positive solution to $ax^2-by^2=1 $(1) and let $(X_0,Y_0) $ be the smallest positive solution to $X^2-abY^2=1 $(2) Our pupose is to prove $X_0=ax_0^2+by_0^2 $ $Y_0=2x_0y_0 $ Notice the following identities: (3)$(ax_0^2-by_0^2)(ax^2-by^2)=(axx_0+byy_0)^2-ab(yx_0+xy_0)^2 $ (4)$(ax_0^2-by_0^2)(X^2-abY^2)=a(Xx_0-bYy_0)^2-b(Xy_0-aYx_0)^2 $ From (3) we have $(ax_0^2+by_0^2;2x_0y_0) $ is a positive solution to (2) ;thus, $ax_0^2+by_0^2>=X_0 $ and $2x_0y_0>=Y_0 $ (5) Now we prove $X_0>=ax_0^2+by_0^2 $ and $Y_0>=2x_0y_0 $ (6) From (4) we have $(X_0x_0-bY_0y_0;/X_0y_0-aY_0x_0/) $ is a positive solution to (1) Therefore $X_0x_0-bY_0y_0 >=x_0 $ (7) We want to prove $aY_0x_0-X_0y_0>=y_0 $ (8) If$ aY_0x_0-X_0y_0 >=0 $,(8) is done If$ X_0y_0-aY_0x_0 >0 $ ,then we must have $X_0y_0-aY_0x_0 >= y_0 $ (9) From (7) and (9) (use AM-GM) we get $X_0>=1+Y_0\sqr{ab}\ $ ,which is impossible . So we have (7) and (8) ,which is enough to prove (6). |
@a1vinhphuc: Bạn sử dụng điều kiện a>1 ở chỗ nào vậy? ============== Trích:
|
Trích:
Khi cho b=1 ,ta sẽ thu được kết quả liên quan đến 2 PT $x^2-ay^2=1 $ và $x^2-ay^2=-1 $ |
Trích:
|
Trích:
|
Trích:
|
Trích:
Nhưng có lẽ cm trên là đúng . Mình có cm khác ,chỉ dùng kết quả 1 : [Only registered and activated users can see links. Click Here To Register...] |
Các chú Mod hoặc SMod post hộ MS cái đề chính xác cái đi. |
Cậu giải thích luôn đi , tớ cũng chưa rõ lắm . Với lại cái đoạn (7) +(9) suy ra (8) bằng AMGM nữa . Sorry vì đã thắc mắc hơi nhiều ! |
Trích:
Hơn nữa nếu có gì sai ,các bạn cứ nói . |
Trích:
|
Múi giờ GMT. Hiện tại là 01:17 AM. |
Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.