Dùng vị tự quay để giải một bài toán

Bài 1 (Trần Việt Hùng): Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và đường tròn mixtilinear (D) ứng với góc A tiếp xúc với (O), AB, AC tại X, E, F. AX cắt đường tròn (D) tại K. L là điểm đối tâm của K đối với (D). EF cắt KL tại M. AL cắt (ABC) tại điểm thứ hai là N. Chứng minh XM vuông XN

Lời giải:

Ý tưởng là chứng minh $\angle MXA=\angle NXL$ Gọi MX cắt (D) tại R, Gọi A' là điểm đối tâm của A đối với (O) thì ta có X, L, A' thẳng hàng.
Ta có được: $\angle XAR=\angle XA'N$ ta cần chứng minh: $\Delta AXR \sim \Delta A'XN$ dùng phép vị tự quay tâm X ta đưa về bài toán $\Delta RXN \sim \Delta AXA'$
Mặt khác ta có: $\frac{RE}{RF}=\frac{XE}{XF}=\frac{KE}{KF}=\frac{LE}{LF}$ suy ra tứ giác RELF là tứ giác điều hòa suy ra L, R, A thẳng hàng.
Như vậy ta có: $\angle XNA= \angle XA'A$
Và $\angle XRN=\angle XKL=\angle XAA'$ ( do X là tâm vị tự của (D) biến thành (O) nên KL//AA' )
Như vậy ta có đpcm

Dùng thặng dư bậc hai để giải phương trình nghiệm nguyên

Các kiến thức cần nhớ:
$$-1 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1 (mod 4)\\ 2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p\equiv 1,7 (mod 8)\\ -2 \equiv a^2 (mod p) \Leftrightarrow p \equiv 1,3 (mod 8)$$

Ta sẽ xét các ví dụ dùng thặng dư bậc hai để chứng minh một số trường hợp vô nghiệm của phương trình Mordell:

Vd 1: Giải phương trình $y^2=x^3+7$ trên tập số tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại $(x,y)$ thỏa mãn.
Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv 7 (mod 8)$ ( Loại)
Nên $x$ lẻ và $y^2+1=(x+1)(x^2-2x+4)$

Vì $x$ lẻ nên $x^2-2x+4=(x-1)^2+3 \equiv 3 (mod 4)$ vì thế $x^2-2x+4$ phải có một ước nguyên tố $p \equiv 3 (mod 4)$ (nếu không thì $x^2-2x+4 \equiv 1 (mod 4)$)

Ta suy ra $p| y^2+1$ nên $-1 \equiv y^2 (mod p)$ không được do $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd 2: Chứng minh phương trình $y^2=x^3-5$ vô nghiệm tự nhiên.

Giải:

Giả sử tồn tại, xét mod 4: $y^2\equiv x^3-1 (mod 4)$
Xét $y \equiv 0,1,2,3 (mod 4), x \equiv 0,1,2,3 (mod 4)$  nhận thấy chỉ có giá trị chung của $y^2 (mod 4)$ và $x^3-1 (mod 4)$ là $0$ vì thế $y$ chẵn và $x \equiv 1 (mod 4)$
vậy:
$y^2+4=x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, $x^2+x+1 \ge 3 \equiv 3 (mod 4)$ nên $-4$ là số chính phương mod $p$ hay $-1$ là số chính phương mod $p$ suy ra $p \equiv 1 (mod 4)$ mâu thuẫn với $p \equiv 3 (mod 4)$

Vd3: Chứng minh rằng phương trình $y^2=x^3-6$ không có nghiệm tự nhiên.
Giải:

Giả sử ngược lại. Nếu $x$ chẵn thì $y^2 \equiv -6 \equiv 2 (mod 8)$ ( vô lí với số chính phương )
Nên $x$ lẻ, $y$ lẻ và $x^3=y^2+6 \equiv 7 (mod 8)$ Ta cũng có: $x^3 \equiv x (mod 8 ) \forall x$ lẻ, nên $x \equiv 7 (mod 8)$
Viết lại:
$y^2-2=(x-2)(x^2+2x+4)$ với $x^2+2x+4 \equiv 7^2+2.7+4 \equiv 3 (mod 8)$. Vì thế phải có ước $p \equiv \pm 3 (mod 8)$ vì nếu không $x^2+2x+4 \equiv \pm 1 (mod 8)$. Ta có $2 \equiv y^2 (mod p) \Rightarrow p \equiv \pm 1 (mod 8)$ ( Mâu thuẫn)

Dùng định lý hàm số sin để chứng minh song song

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $(K)$ là đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác $ABC$ tiếp xúc $(O)$, $AC,AB$ lần lượt tại $X, A_c, A_b$, $AX\cap A_bA_c= Y, XI \cap BC =K$. CMR: $KY \parallel AI$

Giải

Theo định lý Lyness $A_b$, $A_c$ và $I$ thẳng hàng. Vì $I$ là trung điểm $A_cA_b$ và $AX$ là đường đối trung của góc $\angle A_bXA_c$ ta có: $\measuredangle A_cXI= \measuredangle AXA_b = \measuredangle A_cCI$, nên $A_cCXI$ nội tiếp. tương tự $A_bBXI$ nội tiếp. $$\frac{XK}{KI} = \frac{XC}{CI} \cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB}$$ $$\frac{ \sin \angle XIC}{ \sin \angle IXC}\cdot \frac{ \sin \angle BCX}{ \sin \angle ICB} = \frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b}$$ $$\frac{ \sin \angle XA_bY}{ \sin \angle AA_bY}\cdot \frac{ \sin \angle BAX}{ \sin \angle AXA_b} = \frac{XY}{YA}$$ $\Longrightarrow \frac{XK}{KI} = \frac{XY}{YA} \Longrightarrow AI \parallel YK$

Dùng điều kiện toàn ánh để giải phương trình hàm

Bài 1(Iran TST 2011): Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f(x+f(x)+2f(y))=f(2x)+f(2y).(\forall x,y \in \mathbb{R})$$

Lời giải:

Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.

$(a,a)$ $\Rightarrow$ $f(2a)=0$ $\Rightarrow$ $f(4a)=0$ $\Rightarrow$ ....

Từ (a,y) và (2a,y) và tính toàn ánh của hàm số f ta suy ra:

$f(x+a)=f(x) \forall x \in R \Rightarrow  f(x)=f(x-a) \forall x \in R$ (1)

$\Rightarrow f(0)=f(a)=0$

Do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$

$(x,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0$

$(0,y_o) \Rightarrow f(2y_o)=0=f(2f(y_o))=f(x-f(x))=0 (\forall x \in R)$

Tương tự như (1) ta có:

$f(x)=f(x-(x-f(x)))=f(f(x)) (\forall x \in R)$ Do f toàn ánh nên $f(x)=x (\forall x \in R)$

Nhận xét: Ý tưởng: "tồn tại $y_o$ sao cho: $f(y_o)=\frac{x-f(x)}{2}$" khá quan trọng trong bài toán

Bài 2: (30/04 lớp 11 năm 2016):  Tìm tất cả hàm số toàn ánh: $f:\mathbb{R} \mapsto \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f(x+f(x)+2f(y)+2f(z))=f(2x)+f(2y)+f(2z).(\forall x,y,z \in \mathbb{R})$$  

Lời giải:

Do f toàn ánh nên tồn tại a sao cho f(a)=0.

Cho $x=y=z=a$ ta được $f(2a)=0$

Cho $z=a$ ta được đề Iran TST 2011.

Bài 3: (Brazil 2006): Tìm tất cả hàm số: $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$$f(xf(y)+f(x)) = 2f(x)+xy$$ với mọi số thực x,y.

Lời giải:

Cho $x=1$ Dễ dàng suy ra được hàm số đã cho song ánh.

Nên tồn tại a,b sao cho $f(a)=0, f(b)=1$

Cho $x=a, y=b$ ta được:

$ab=0$

Nếu $a=0$ thì cho y=0 vào ta suy ra $f(f(x))=2f(x)$ với mọi x thực dùng điều kiện song ánh suy ra $f(x)=2x \forall x \in R$ thử lại thấy không thỏa

Vậy $b=0$.

Mặt khác cho $x=y=-1$ vào pt hàm ban đầu ta được:

$f(-1)=0$

Cho y=-1 vào pt hàm ban đầu ta được:

$f(f(x))=2f(x)-x$ (2)

Trong (2) cho x=0 ta được $f(1)=2$

Cho x=-1,y=1 ta được:

$f(-2)=-1$ 

Mặt khác do f là toàn ánh nên với mỗi x thuộc R tồn tại $y_o$ sao cho $f(y_o)=f(x)-x$

$P(x,-2): f(f(x)-x)=2(f(x)-x)$hay $f(f(y_o))=2f(y_o)$

Mặt khác từ (2) suy ra $f(f(y_o))=2f(y_o)-y_o$

Suy ra $y_o=0$ suy ra $f(x)=x+1$ với mọi x thuộc R

Nhận xét: ta thấy được $f(x)=x+1$ thỏa mãn yêu cầu đề bài và ta cần tìm y sao cho $2(xf(y)+f(x))=2f(x)+xy$ hay $2f(y)=y$ giải phương trình được $y=-2$

Bài tập: các bạn hãy dùng cách trên để giải VMO 2017:

Tìm tất cả các hàm số : $f:R\to R$ thỏa mãn hệ thức:

$$f\left ( xf\left ( y \right )-f\left ( x \right ) \right )=2f\left ( x \right )+xy$$  với mọi số thực $x,y$

Tính chất của dãy số Fibonacci

1) $(F_n,F_{n+1})=1$

2) Nếu $n |m$ thì $F_n |F_m$
Ta chỉ cần chứng minh tính chất sau:
$F_{m+n}=F_{m-1}F_{n+1}+F_{m}.F_{n}$
Quy nạp theo $n$, với $n=1$ đúng
Giả sử đúng với $n=k$ khi đó với $n=k+1$ thì:
$F_{m+k+1}=F_{m+k}+F_{m+k-1}=(F_{m-1}F_{k+1}+F_{m}.F_{k})+(F_{m-1}_F{k}+F_{m}.F_{k-1})=F_{m-1}F_{k+2}+F_{m}F_{k+1}$
Vậy theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Cho $m=kn$ thì ta suy ra thêm được một số tính chất sau
3)Nếu $F_n$ chia hết cho $F_m$ thì $n$ chia hết cho $m$ (m>2)
4) $(F_m,F_n)=F_{(m,n)}$
5) $n \ge 5$ và $F_n$ là số nguyên tố thì n cũng là số nguyên tố.
6) $(F_n)$ chứa vô hạn những số nguyên tố đôi một cùng nhau
7) $F_{5n}=5F_nq_n$ $q_n$ không chia hết cho 5.

Chứng minh:

Cách 1:
$F_{5n}=\frac{q_1^{5n}-q_2^{5n}}{\sqrt 5}=F_n(q_1^{4n}+q_1^{3n}q_2^n+(q_1q_2)^2n+q_1^nq_2^{3n}+q_2^{4n})=F_n(L_{4n}+(-1)^nL_{2n}+1)=F_n(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1).$ Vì thế $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+v_5(L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1)$.
$L_n^2-5F_n^2=4(-1)^n$
$F_{2n}=F_nL_n$.
Do $n=1$ $L_2^2-L_2-1=5$.
$L_n,F_n$ chu kì 20 mod 5 ($L{n+10}=-L_n\mod 5, F_{n+10}=-F_n\mod 5$. $5|F_n$ khi và chỉ khi $5|n$
nếu $n>1$ $5|F_5|F_{5k}$. Vì thế $5|n$  $L_{2n}^2=4(-1)^n\mod 25$. Vì $10|n$ $L_{2n}=\pm 2\mod 25$.
$L_{2n}^2+(-1)^nL_{2n}-1=4+2-1=5\mod 25$. Vậy $v_5(F_{5n})=v_5(F_n)+1\to v_5(F_n)=v_5(n).$ (Đpcm)

Cách 2:



Dùng cách tính chất ở trên, nếu $a|b$ thì $F_a|F_b$ và , $(F_a,F_b)=F_{(a,b)}$.

Đặt $n=5^p \cdot q$ Với $(5,q)=1$. thì $v_5(n)=p$. thấy rằng $(F_{5^k \cdot m}, F_{5^k}) = F_{5^k}$ . Hiển nhiên $5^k|F_{5^k}$.và $5^{k+1}$ không là ước của ${F_{5^k \cdot m}}$ vì nó sẽ dẫn đến $5|m$ mâu thuẫn. Vậy $v_5(F_{5^k \cdot m})=k$ . Đpcm $\Box$




8) $F_n \vdots 5^k$ khi và chỉ khi $n \vdots k$
9) $F_n$ có tận cùng là 0 khi và chỉ khi $n \vdots 15$

10) $F_n$ có tận cùng là hai chữ số 0 khi và chỉ khi $n \vdots 150$

Tọa độ tỉ cự trong mặt phẳng

Bài toán: Cho $\triangle ABC$ trực tâm $H$, $D,E,F$ là chân các đường cao từ $A,B,C$
$DK$ là đường cao của tam giác $\triangle DEF$ và $M$, $N$ là trung điểm $DK$ và $EF$, . Gọi $P$ trung điểm $BC$ Và $MN\cap BC=\{ R \}$, CMR: $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy

Lời giải:

Xét hệ tọa độ tỉ cự trong tam giác $\triangle DEF$.
Phương trình đường thẳng $AR$,
Chú ý rằng $B$ và $C$ là các tâm bàng tiếp của $\triangle DEF\ . \ . \ . \ \bigstar$
Theo bổ đề thì điểm Lemoine $=(d^2, e^2, f^2)$ của $\triangle DEF$ thuộc $MN$, Vì thế phương trình đường thẳng sẽ là

$$\begin{align*} & \ \ \ \ \ \begin{vmatrix} 0 &  \ \ \ \frac12 & \ \ \ \frac 12 \\ \\ d^2 &  \ \ \ e^2 & \ \ \ f^2 \\ \\ x & y & z \notag \end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow d^2(y-z)-e^2x+f^2x=0 \\ & \bigstar \left\{\begin{array}{rl} B=(d,-e, f) \\ C=(d,e,-f) \end{array}\right\} \Longrightarrow BC\equiv \begin{vmatrix} d & \ \ -e & \ \ f \\ \\ d & \ \ e & \ \ -f \\ \\ x & \ \ y & \ \ z \notag \end{vmatrix}=0\Longleftrightarrow z=-y\frac{f}{e} \Longrightarrow \left\{\begin{array}{rl} & y=x\frac{e(e-f)}{d^2}\\ \\ & z=-x\frac{f(e-f)}{d^2} \end{array}\right\}\Longrightarrow R=\left(d^2, e(e-f), -f(e-f)\right) \\ & \stackrel{A=(-d,e,f)}{\Longrightarrow} AR\equiv \begin{vmatrix} d^2 &  \ \ \ e(e-f) & \ \ \ -f(e-f) \\ \\ -d &  \ \ \ e & \ \ \ f \\ \\ x & y & z \notag \end{vmatrix}=0\\ & \Longleftrightarrow AR\equiv x\cdot 2ef(e-f)-y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f) =0\ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar \end{align*}$$

Giờ tìm $P$, chú ý $P$ là giao của:
$$\begin{align*}  & \underbrace{\text{(trung trực }EF)\equiv d^2(z-y)+x(f^2-e^2)=0 \text{ và} BC\equiv e\cdot z+y\cdot f=0 }_{\Big \Downarrow}\\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \  P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right) \end{align*}$$

Chú ý $H$ tâm nội tiếp $\triangle DEF$, vì thế $H=(d,e,f)$, vậy:
$$\begin{align*} P=\left(d^2, e(f-e), f(e-f)\right) \\ H=(d,e,f) & \Longrightarrow  PH\equiv \begin{vmatrix} d^2 & \ \ e(f-e) & \ \ f(e-f) \\ \\ d & \ \ e & \ \ f \\ \\ x & \ \ y & \ \ z \notag \end{vmatrix}=0 \\ & \Longleftrightarrow PH\equiv -y\cdot df(d+f-e)+z\cdot de(d+e-f)=0 \ . \ . \ . \ \bigstar \bigstar \bigstar \end{align*}$$

Cuối cùng:
$$\begin{align*} EF\equiv x=0 & \stackrel{\bigstar \bigstar\text{ và}\bigstar \bigstar \bigstar}{\Longrightarrow} \left. \begin{array}{c} \text{AR $\rightarrow$} \\ \\ \text{PH $\rightarrow$} \\ \\ \text{EF $\rightarrow$} \end{array} \right. \begin{vmatrix} 2ef(e-f) & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\ 0 & \ \ -df(d+f-e) & \ \ de(d+e-f) \\ \\ 1 & \ \ 0 & \ \ 0 \notag \end{vmatrix}=0 \end{align*}$$

Vậy $AR$, $PH$ và $EF$ đồng quy $\square$

Bất đẳng thức Canada và thêm một hướng tiếp cận

Ta có bất đẳng thức trong đề thi Canada nổi tiếng sau đây:
Chứng minh rằng:
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a \leq \frac{4}{27}$ nếu $a+b+c=1$ và a,b,c dương.
Ta có cách giải dồn biến về biên ở đây
Lời giải khác
Nếu $\{ p,q,r \}= \{ a,b,c \}$, $p \geq q \geq r$, thì $pq \geq pr \geq qr$,
$a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a =a(ab)+b(bc)+c(ca) \leq p(pq)+q(pr)+r(qr)$
$=q(p^{2}+pr+r^{2}) \leq q(p+r)^{2}= \frac{1}{2}(2q)(p+r)(p+r)$
$\leq \frac{1}{2}(\frac{(2q)+(p+r)+(p+r)}{3})^{3}$
$=\frac{1}{2}(\frac{2}{3})^{3}=\frac{4}{27}$

Dùng ý tưởng này ta có thể chứng minh:
Bài 1: Cho $a+b+c+d=4$ and $a,b,c,d\geq0$.
Chứng minh rằng $a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab\leq4$
Lời giải:
Đặt ${p,q,r,s}={a,b,c,d}$ and $p \geq q \geq r \geq s$. Theo bất đẳng thức hoán vị:
$a^{2}bc+b^{2}cd+c^{2}da+d^{2}ab=a(abc)+b(bcd)+c(cda)+d(dab)$
$\leq p(pqr)+q(pqs)+r(prs)+s(qrs)=(pq+rs)(pr+qs)$
$\leq (\frac{pq+rs+pr+qs}{2})^{2}=\frac{1}{4}((p+s)(q+r))^{2}$
$\leq \frac{1}{4}((\frac{p+q+r+s}{2})^{2})^{2}$
$=4$.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $q=r=1$ và $p+s=2$.  $(a,b,c,d)=(1,1,1,1),(2,1,1,0)$ và các hoán vị

Bài 2: $a,b,c,d,e \ge 0$ Chứng minh: $a^{2}bcd+b^{2}cde+c^{2}dea+d^{2}eab+e^{2}abc \leq 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^{5}$.

Lời giải:

Đặt $\{a,b,c,d,e\}=\{p,q,r,s,t\}$. Không mất tính tổng quát giả sử $p\le q\le r\le s\le t$ Và ta có $pqrs\le prst\le pqst\le pqrt\le qrst$.  Vì thế theo bất đẳng thức hoán vị:


  $$\begin{eqnarray} &&\text{LHS}=a(abcd)+b(bcde)+c(cdea)+d(deab) \\ &\le& p(pqrs)+q(prst)+r(pqst)+s(pqrt)+t(qrst) \\ &=& qrs(p^2+t^2+3pt)=qrs[(p+t)^2+pt] \\ &\le& \frac{(2q)(2r)(2s)(p+t)(p+t)}{8}+pqrst \\  &\le& \frac18(\frac{2q+2r+2s+p+t+p+t}{5})^5+(\frac{p+q+r+s+t}{5})^5 \\ &=& 5(\frac{a+b+c+d+e}{5})^5 \end{eqnarray}$$

Một tính chất đẹp của đường tròn Mixtilinear

Một tính chất khá thú vị của đường tròn Mixtilinear lúc giải Bài 4

Cho tam giác ABC có I, $I_A$ là tâm đường tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A. Một đường tròn đi qua B, C tiếp xúc với đường tròn Mixtilinear trong góc A tại V. Khi đó $I_AV$ là phân giác góc $BVC$.

Điểm V có nhiều cách xác định ví dụ như là đường thẳng qua trung điểm cung BC chứa A và I cắt BC tại V' thì $I_AV'$ cắt đường tròn  Mixtilinear nội của góc A tại V, hoặc xác định như bài 2, 4

Chứng minh:

Gọi $I_B, I_C$ là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác BEC, BFC, E, F là giao điểm của (BSC) và AC, AB, Y, Z là tiếp điểm của đường tròn Mixtilinear với các cạnh AC, AB.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm CEVNPB ta có Y, $I_B$, chân đường phân giác ngoài tại V trên BC của tam giác BVC. Theo bổ đề quen thuộc thì điểm đó cũng thuộc YZ như vậy YZ$I_B$ thẳng hàng. Tương tự như vậy ta suy ra được 5 điểm $I_B,I_C, Y, Z, I$ cùng nằm trên đường thẳng.
Mặt khác:  $\angle I_ACB= 90^0-\angle C/2=180^o-\angle I_CZB-\angle I_CBA$
Suy ra $I_BI_CBC$ nội tiếp
Ta có: $\angle YVC= \angle NVC= \angle NBC =\angle CI_CB=\angle C I_CY$ suy ra $I_CVYC$ nội tiếp. Và ta cũng có: $I_CYC=90^o+\frac{\angle A}{2}=180^o-\angle BI_AC$ Suy ra $I_CI_AYC$ nội tiếp suy ra 5 điểm $I_C,I_A, Y, V, C$ đồng viên. Suy ra $\angle CVI_A=\angle CYI_A$
Tương tự ta cũng có: $\angle BVI_A= \angle I_AZB$
Mà hai tam giác $I_AAZ= \triangle I_AAY$ suy ra điều phải chứng minh.

Tổ hợp trong trại hè Hùng Vương

Bài 1: Một hội nghị Toán học quốc tế có 2011 nhà toán học tham dự. Biết rằng một nhà toán học bất kì trong số đó quen biết ít nhất với 1509 nhà toán học khác. Hỏi có thể lập ra một tiểu ban gồm 5 nhà toán học mà người bất kì trong 5 người đó đều quen biết những người con lại của tiểu ban đó hay không ?

Lời giải

Gọi S là tập các nhà Toán học trong hội nghị thì |S|=2011. Giả sử $x,y \in S$, ta quy ước nếu x,y quen biết nhau thì viết (x;y)=1. Xét $a,b \in S$ mà $(a;b)=1$. Đặt:

$A=\left \{ c\in S|c \ne b, (c,a)=1 \right \},B= \left \{c \in S| c \ne a, (c,b)=1 \right \}$

Thì $|A|, |B| \ge 1508, |A \cup B| \le 2009$

Suy ra: $|A \cap B|=|A|+|B|-|A \cup B| \ge 1007$ Do đó tồn tại $c \in A \cap B$, tức là tồn tại 3 nhà toán học a,b,c đôi một quen biết nhau.

Xét:$C=\left \{ d \in S|d \ne a, d\ne b,(d,c)=1 \right \}$ thì $|C| \ge 1507$ và $|(A \cap B) \cup C| \le 2009$ Suy ra:

$|A \cap B \cap C |=|A \cap B|+|C|-|(A \cap B) \cup C| \ge 505$ Do đó tồn tại $d \in A \cap B \cap C$ chứng tỏ có 4 nhà toán học a,b,c,d đôi một quen nhau. Tương tự xét $D$

Ta thu được $|A \cap B \cap C \ cap D| \ge 505+1506-2009=2$

Do đó tồn tại $e \in A \cap B \cap C \cap D$, chứng tỏ có 5 nhà toán học a,b,c,d,e đôi một quen biết nhau. Vậy có thể lập ra một tiểu ban gồm 5 nhà toán học mà bất kì trong 5 người đó đều quen biết những người còn lại của tiểu ban đó.

Bài 2: Trên đường tròn (C) có 2011 điểm. Hỏi có bao nhiêu cách xóa đi 11 điểm sao cho không có hai điểm bị xóa nào cạnh nhau.

Lời giải

Ta gọi một trong số 2011 điểm là A. Có hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: Điểm A không bị xóa. Sau khi xóa 11 điểm còn lại 2000 điểm. Xen kẽ giữa 2000 điểm này có 2000 khoảng trông. Mười một điểm bị xóa tương ứng với 11 trong số 2000 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này là:

$C^{11}_{2000}$

Trường hợp 2. Điểm A bị xóa. Sau khi xóa tiếp 10 điểm, còn lại 2000 điểm. Xen kẽ những 2000 điểm này có 1999 khoảng trống không kề với vị trí của điểm A. 10 điểm bị xóa (không kể điểm A) tương ứng với 10 trong số 1999 khoảng trống nói trên. Do đó số cách thực hiện trong trường hợp này bằng:

$C^{10}_{1999}$

Theo quy tắc cộng, cách xóa cần tìm thỏa mãn đề bài là:

$C^{11}_{2000}+C^{10}_{1999}$

Một số bài toán về đường tròn Mixtilinear

Bài 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường tròn Mixtilinear  trong góc A tiếp xúc (O) tại P. Phân giác góc A cắt BC và (O) tại Q, M. đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại N. Chứng minh rằng MN và PQ cắt nhau trên (O).

Lời giải:

Xét phép f: nghịch đảo tâm A phương tích AB.AC và phép đối xứng qua phân giác góc A, ta có:
f biến B thành C, C thành B, biến Q thành M.
qua phép nghịch đảo điểm P' là điểm tiếp xúc của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AB'C' nên qua phép đối xứng phân giác P chính là N.

Do phép đối xứng phân giác ta có $\angle PAQ=  \angle NAM$
Mặt khác AP.AN=AB.AC=AQ.AM suy ra tam giác APQ và tam giác AMN đồng dạng suy ra A là tâm của phép vị tự quay biến PQ thành MN, suy ra PQ và MN cắt nhau trên (O).

Bài 2: Cho $\triangle ABC$ Gọi $I_A$ và $I$ là đường tròn bàng tiếp góc A and tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $A$-mixtilinear (gọi là $\Gamma$), và $(I_A)$ tiếp xúc $(ABC)$ và $BC$ tại $T$ và $D$, theo thứ tự đó. Gọi $AI\cap (ABC)=\{ M\}$ và $(TMI)\cap \Gamma=\{ E\}\neq T$.
$\textbf{a.)}$ CMR $I_ADEI$ nội tiếp.
$\textbf{b.)}$ Giả sử $(I_ADI)\cap \Gamma=\{ S\}\neq E$, CMR khi đó $(BSC)$ tiếp xúc$\Gamma$.

Lời giải:

Ta sẽ vẽ hình câu a) và b) riêng để cho dễ nhìn:

a)

Phép nghịch đảo đối xứng qua phân giác góc A phương tích AB.AC biến E là giao của (w) và (IMT) thành E' là giao cả $(I_A)$ và $(DLI_A)$. Mặt khác Do góc LD$I_A$ vuông tại D và DL là tiếp tuyến của $(I_A)$từ đây suy ra $E'L$ cũng là tiếp tuyến của $(I_A)$ suy ra LE'=LD $\Rightarrow AE'=AD$ như vậy AB.AC=AE'.AE=AD.AE=AI.$AI_A$ suy ra điều phải chứng minh.

b)  

Gọi $\Phi$ là phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $\sqrt{AB\cdot AC}$ và đối xứng qua phân giác $\angle BAC$. Gọi $ID\cap (I_A)=R$, $MD\cap (ABC)=\{ G \}$, $\Gamma \cap AB,\ AC=\{ X\},\ \{Y\}$, $XY\cap BC=\{ Z\}$, gọi $A_H$ là chân đường cao từ $A$ và $A_1$ là điểm đối xứng của $A$ qua tâm $(ABC)$.

Ta chứng minh hai bổ đề:

Bổ đề 1: MD, TK, $I_AA_1$ đồng quy.

Chứng minh: Theo bài 1 thì MD và TK đồng quy trên (O) ta gọi điểm đó là G

Dễ thấy $AKDG$ nội tiếp (do phương tích), vì thế $\angle ZDA=\angle KDA=\angle KGA=\angle TMA=\angle ZMA$, nên $ZMDA$ nội tiếp, $$\Phi(MD)\cap \Phi(KT)\in \Phi((ABC))=BC\Longrightarrow \Phi(G)=Z\ . \ . \ . \ \spadesuit$$

để ý rằng  $\angle AIZ=90^{\circ}=\angle AA_HZ\Longrightarrow AIA_HZ$ nội tiếp, nhưng vì, $AA_1$($A_1\in (ABC)$) và $AA_H$($A_H\in BC$)$\Longrightarrow A_1=\Phi( A_H),\ I_A=\Phi(I),\ G\stackrel{\spadesuit}{=}\Phi(Z)$ thẳng hàng.

Bổ đề 2; Cho tam giác ABC có I là tâm nội tiếp, D là tiếp điểm bàng tiếp góc A trên BC, ID cắt đường tròn bàng tiếp góc A tại S. CMR (BSC) tiếp xúc đường tròn bàng tiếp góc A

Gọi tâm của đường tròn bàng tiếp góc A $A$ và $(BCS)$ là $E,O$. Gọi $DS$ là giao điểm của $(BCS)$ và SD tại $X$. Theo bài toán quen thuộc hai đường tròn này tiếp xúc nhau $\iff$ $XO\parallel DE$ $\iff$ $OX\perp BC$ $\iff$ $DS$ chia đôi $\angle BSC$.

Gọi $G$ là chân đường vuông góc từ $I$ tới $BC$. $F$ trên $BC$ sao cho $(B,C;D,F)=-1$. theo hàng điểm điều hòa $DS$ phân giác $\angle BSC$ $\iff$ $\angle FSD=90$ $\iff$ $I,G,S,F$ Đồng viên

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, nên cũng là trung điểm $GD$(Dễ chứng minh). Gọi $N$ là trung điểm của $DS$, nếu $I,G,S,F$ đồng viên $\iff$ $I,M,N,F$ đồng viên (dùng đường đối song) $\iff$ $MD.DF=ID.DN$. Vì $N$ là trung điểm $DS$, suy ra $EN\perp IS$, có nghĩa là $I,B,E,N,C$ đồng viên $\Rightarrow$ $ID.DN=BD.DC$. Dùng tính chất hàng điểm điều hòa $MD.DF=BD.DC$. Vì thế $ID.DN=BD.DC=MD.DF$, Điều phải chứng minh.

Vào bài toán:

Chú ý bổ đề [b]bổ đề 1[/b] nên $MD$, $KT$ và $I_AA_1$ đồng quy trên $(ABC)$.

Vì $$\angle I_AIZ=90^{\circ}=I_ADZ\Longrightarrow Z\in (I_ADI)\ . \ . \ . \ \bigstar$$

Và $$\Phi(D)=T\stackrel{\bigstar}{\Longrightarrow} \Phi((I_ADIZ))\stackrel{\spadesuit}{=}(GTII_A)=\omega\ . \ . \ . \ \clubsuit$$ .

Nếu $N$ là trung điểm $AA_H$, theo bổ đề quen thuộc $R$, $I$, $D$ và $N$ thẳng hàng.$\blacksquare$

Nếu ta chứng minh $R\in \omega$, Khi đó dùng bổ đề 2, ta có điều phải chứng minh.

$\begin{align*}R\in \omega\Longleftrightarrow \angle I_ARI&= \angle I_AGI\\&= \angle A_1GI\\ &= \angle A_1GK+\angle KGI\\&\stackrel{\text{Bo de}}{=} \angle A_1GT+\angle TGI\\&\stackrel{\clubsuit}{=} \angle A_1AT +\angle TI_AI\\&\stackrel{AD\text{ va } AT,\ AA_1\text{ va } AA_H \text{dang giac}}{=} \angle A_HAD+\angle TI_AA\\&= \angle A_HAD+\angle A\Phi(T)\Phi(I_A)=\angle A_HAD+\angle ADI\\&\stackrel{\blacksquare}{=} \angle NAD+\angle ADN\\&= \angle DNA_H\\&\stackrel{I_AD||NA_H}{=}\angle RDI_A\\&\stackrel{I_AD=I_AR=\text{ban kinh }(I_A)}{=}\angle I_ARD\\&= \angle I_ARI \end{align*}.$

Bài 3: Cho $\triangle ABC$ có tâm nội tiếp $I$, tâm bàng tiếp với góc $A$, $I_A$, nội tiếp $\Gamma$. Gọi giao điểm của đường tròn Mixtilinear ngoài và trong góc A tiếp xúc $\Gamma$ tại $P$ và $Q$, theo thứ tự đó, $AI\cap BC=\{ K \}$ và $AI\cap \Gamma=\{ L \}$ đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $A_1$ là điểm đối xứng của $A$ qua tâm $\Gamma$ và $QL\cap BC=\{ T \}$, Chứng minh $\odot (KDA)$, $\odot (I_API)$, $A_1I$, $AT$, $PK$ và $LD$ đồng quy trên $\Gamma$.

1:AT,LD đồng quy trên $\odot ABC$ 

Chiếu $(A,C;B,Q)$ từ $L$ đến $\odot ABC$($AT\cap \odot ABC={R}$)

$$L(A,Q;B,C)=(K,T;B,C)=A(K,T;B,C)=(L,R;B,C)=\frac{LB\cdot RC}{RB\cdot LC}=\frac{RC}{RB}=\frac{AB\cdot QC}{QB\cdot AC}$$

Nghịch đảo $\mathcal{I}_{L,LC}$ : $BC$ $\rightarrow$ $\odot ABC$vì thế ( $BD\cap \odot ABC={R'}$):

$$\frac{BD}{BR'}=\frac{BL\cdot LD}{BL^2}=\frac{CD}{CR'}$$

Do $AQ$ đẳng giác với AZ ($Z$ tiếp điểm đường tròn bàng tiếp trên BC)

$$\frac{AB\cdot QC}{QB\cdot AC}=\frac{BZ}{CZ}=\frac{BD}{CD}=\frac{RC}{RB}=\frac{R'C}{R'B}$$

Vì $Z,D$ đẳng giác vì thế $R\equiv R'$.$\clubsuit$

2:$\odot KDA$ qua $R$

Xét phép nghịc đảo $\mathcal {I} _{L,LB}$ biến $BC$ thành $\odot ABC$ và $D$ $\rightarrow$ $R$,$K$ $\rightarrow$ $A$

Ta có $LD\cdot LR=LK\cdot LA=LB^2$ Vì thế $KDAR$ nội tiếp.$\clubsuit$

3:$PK$ qua $R$

Xét phép nghịch đảo cực A phương tích AB.AC và đối xứng qua phân giác $\angle BAC$ ta có đường tròn Mixtilinear ngoại thành đường tròn nội tiếp và $AQ$ thành $AD$ vì thế $AQ$ đẳng giác với nhau trong góc $A$..Đặt $RK\cap \odot ABC={P'}$:

$$\angle ALP'=\angle KDR =\angle KAD$$

Suy ra $AP',AD$ đẳng giác nên ta có đpcm.$\clubsuit$

4:$\odot PII_{A}$ qua $T$

$P,K,R$ thẳng hàng $BK\cdot KC=PK\cdot KR=IK\cdot KI_{A}$ và $\odot PII_{A}R$ nội tiếp.$\clubsuit$

5 :$A_{1}I$ qua $R$

Phép nghịch đảo $\mathcal {I}_{L,LB}$ cố định $\odot IDR$ và $IL$ là tiếp tuyến của nó.Gọi $IR\cap \odot ABC={A'_{1}}$, $F$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$:

$$\angle A'_{1}AL=\angle LRI=\angle LID=\angle KAF=\angle A_{1}AL$$

Vì thế $A_{1}\equiv A'_{1}$ đpcm.$\clubsuit$.

Bài 4 (APMC 2016): Cho $\triangle ABC$ có đường tròn Mixtilinear trong góc A , $\omega$, Và tâm bàng tiếp $I_A$. Gọi $H$ là chân đường cao từ $A$ đến $BC$, $E$ trung điểm cung $\overarc{BAC}$ và $M$,$N$, là trung điểm $BC$ ,$AH$, theo thứ tự đó. Giả sử $MN\cap AE=\{ P \}$ Và $I_AP$ cắt $\omega$ tại $S$ và $T$ theo thứ tự: $I_A-T-S-P$. CMR: đường tròn ngoại tiếp $\triangle BSC$ và $\omega$ tiếp xúc nhau.

Lời giải:

Ta đặt lại $S$ là điểm mà $\odot (BSC)$ tiếp xúc $\omega$ tại $S$ và $P$ là giao điểm $AE,$ $MN.$ Ta sẽ cm rằng $I_A,$ $P,$ $S$ thẳng hàng. Gọi $I$ là tâm nội tiếp của $\triangle ABC$ và đặt $J$ $\in$ $IN$ là điểm tiếp xúc của $\odot (I_A)$ với $BC.$ Đặt $V$ $\in$ $EI$ là điểm tiếp xúc của $\omega$với đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ , $D$ là giao điểm của $BC,$ $EI.$ Vì $$\frac{I_AA}{I_AI} = \frac{JN}{JI} = \frac{1}{2} \cdot \frac{\text{dist}(A,BC)}{\text{d}(E,BC)} \cdot \frac{\text{d}(E,BC)}{\text{d}(I,BC)} = \frac{PA}{PE} \cdot \frac{DE}{DI} \ ,$$ Dùng định lý Menelaus cho $\triangle AIE$ và $D,$ $P,$ $I_A$ we get $I_A,$ $D,$ $P$ thẳng hàng $\qquad$ $(\ddagger).$

Mặt khác cực của $X$ thuộc $SV$ đối với $\omega$ nằm trên $BC,$ chú ý đường tròn tâm $X$ bán kính $XD$ $=$ $XS$ $=$ $XV$ là đường tròn Appolonius của góc V của $\triangle BVC$ ta được $SD$ phân giác $\angle BSC$ Do bài 2b) thì $DII_A$ đi qua điểm S, mặt khác tứ giác $I_AID'J$ nội tiếp (D' là giao của đường thẳng qua I vuông góc AI), từ đây suy ra $SI_A \perp SD'$ mặt khác SD vuông SD' do phân giác và phân giác ngoài $\Longrightarrow$ $I_A,$ $D,$ $S$ thẳng hàng (, kết hợp với $(\ddagger)$ kết luân $I_A,$ $D,$ $P,$ $S$ thẳng hàng.

Bài 5: (Đề thi HSGS lớp 10, vòng 2):

Tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $D$ và tiếp xúc $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$. $AL$ là đường kính của $(O)$. $KE,KF$ lần lượt cắt $LB,LC$ tại $M,N$.Chứng minh rằng $AD\perp MN$

Lời giải:

Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $\odot (O)$ với đường tròn đường kính $AK$ và gọi $J$ $\equiv$ $AT$ $\cap$ $EF.$ Rõ ràng, $J$ là tâm đẳng phương$\odot (K),$ $\odot (O),$ $\odot (AK),$ vì thế$DJ$tiếp xúc $\odot (K)$ và$\odot (O)$ tại $D.$ Mặt khác, $TA,$ $TK$ phân giác$\angle ETF,$ cắt tại $X$ thuộc $EF,$ $TK$ liên hợp $J$ đối với $E,$ $F,$ Vì thế$A,$ $D,$ $X$ nằm trên cực của $J$ đối với $\odot (K).$ Vì $KMLN$ là hình bình hành$KL$ đi qua trung điểm $MN,$ Kết luân $$(\perp MN, AT; AE, AF) = (\perp MN, \perp LK; \perp LC, \perp LB) = -1 = A( X, T; E, F) \Longrightarrow AD \perp MN.$$

Cách khác nghịch đảo: Xem tại đây

Hai bài 6,7 lấy từ anh Quang Dương
Bài toán 6: Cho $\triangle ABC$, đường tròn mixtilinear nội tiếp và bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle ABC$ là $(I_a)$ và $(J_a)$ tiếp xúc $(ABC)$ thứ tự tại $P, Q$. $PQ$ cắt $BC$ tại $E$. Khi đó $AE$ tiếp xúc $(BAC)$.



Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $\widehat{BAC}$:
$I_{A}^{AB.AC} \circ Đ_{l} : X \Leftrightarrow X'$.
Khi đó $C \equiv B', B \equiv C'$. $P', Q'$ thứ tự là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ và nội tiếp của $\triangle ABC$ với đường thẳng $BC$. Khi đó $P', Q'$ đối xứng nhau qua trung trực $BC$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $R$ thì $R \in (AP'Q')$. Do đó $R \equiv E'$. $AR, AE$ đẳng giác nên $AE$ là tiếp tuyến của $(ABC)$.
Bài toán 7: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn mixtilinear nội tiếp góc $A$ là $(I_a)$ của $\triangle ABC$ tiếp xúc $AB, AC$ và $(O)$ tại $D, E, F$. $AF$ cắt $DE$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $FG$ tiếp xúc $(O)$.



Chứng minh:
$DE$ cắt $BC$ tại $K$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $AH$ là đường cao tam giác $ABC$. Ta có $(LG, LK) \equiv (AO, AI_a) \equiv (AI, AH) \equiv (KL, KG)$ (mod $\pi$). Do đó $\triangle GLK$ cân tại $G$. Hơn nữa ta có tính chất: $AI$ cắt $FK$ tại $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của tam giác $ABC$. Ta có $(FK, FA) \equiv (FJ, FA) \equiv (BJ, BA) \equiv (BJ, BC) + (BC, BA) \equiv (AJ, AC ) + \frac{\pi}{2} - (OA, AC) \equiv (AJ, AO) + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2} - (LG, LK)$ (mod $\pi$). Do đó $G$ là tâm $(DKF)$. Suy ra $(FG, FA) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, FJ) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, AJ) + (JF, JA) \equiv (CF, CA)$. Do vậy $GF$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Bài 8 (Mạnh Tuấn): Cho $\triangle ABC$, đường tròn Mixtilinear nội tiếp xúc $(O)$ tại $D$, tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $P$.$AD$ cắt $EF$ tại $L$. Khi đó $PL \perp AO$
Chứng minh Gọi $f(X)$ là ảnh của $X$ qua phép nghịch đảo $I^A_{AB.AC}$ hợp với phép đối xứng trục qua phân giác $\angle BAC$
Khi đó $f(B)= C, f(C) = B, f((I)) = (J)$ là đường tròn bàng tiếp $\angle A$. $f(D), f(E), f(F)$ là tiếp điểm của $(J)$ với $BC,CA,AB$. $f(L)$ là giao của $Af(D)$ với$(Af(E)f(F))$. $f(P)$ là giao của đường tròn qua $D$ tiếp xúc $BC$ và $(ABC)$


Viết lại bài toán dưới cấu hình đường tròn nội tiếp, ta được bài toán tương đương :
Cho $\triangle ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AH$ là đường cao ($H \in BC$). $AD$ cắt $(AEF)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,M$ trực giao với $AH$ cắt $(O)$ tại $G$. Chứng minh rằng $(AGD)$ tiếp xúc $(O)$


$IM$ cắt $BC$ tại $S$. Khi đó $S,E,F$ thẳng hàng.
Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $IM$ cắt $AH$ tại $R$ và $T$ là trung điểm $ID$
Theo 1 bài toán quen thuộc thì $R,T,A'$ thẳng hàng. Lại có $\angle AGR = 90^{\circ}$ nên $G,R,T,A'$ thẳng hàng
$X$ là trung điểm $SD$ , $AX$ cắt $(O)$ tại $G'$, $G'A'$ cắt $ID$ tại $T'$
Ta có $XD^2 = XB.XC = XG'.XA \implies (AG'D)$ tiếp xúc $(I)$ tại $D$
Gọi $K$ là tâm $(AG'D)$ .Khi đó $K,I,D$ thẳng hàng
Có $\angle XG'D = \angle XT'D = 90^{\circ} - \angle KDA \implies SH \perp AD$
Lại có $SI \perp AD \implies T'X \parallel IS \implies T'$ là trung điểm $ID$
Vậy $G \equiv G' \implies (AGD)$ tiếp xúc $BC$. Ta có điều cần chứng minh