Dùng bất biến, đơn biến để giải bài toán tổ hợp - Phần 1

1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Đầu tiên bạn A viết các số 1,2,..2n lên bảng. Sau đó bạn ấy chọn hai số a, b bất kì, xoá nó và viết lại số |a-b|, Chứng minh rằng chữ số cuối cùng còn lại là một số lẻ.

Lời giải:

Đặt $S=1+2+..2n=n(2n+1)$ lẻ. Mỗi bước thực hiện ta có $S'=S+|a-b|-a-b=S-2min(a,b)$. Vì vậy tính chẵn lẻ của S là bất biến. Số cuối cùng phải đồng dư 1 mod 2.

2) Một vòng tròn được chia thành sáu phần. Sau đó, các con số 1, 0, 1, 0, 0, 0 được viết
vào các phần (ngược chiều kim đồng hồ). Bạn có thể làm tăng hai số kề nhau một số bằng 1.Có thể cân bằng các số sau hữu hạn bước hay không ?

Lời giải:

Giả sử $a_1, a_2,..a_6$ là các số trên các phần đó. Ta có: $I=a_1 −a_2 +a_3 −a_4 +a_5 −a_6$ là một đại lượng bất biến. Ban đầu $I=2$ nên không thể cho $I=0$ được

3) Trong Quốc hội Sikinia, mỗi thành viên có ít nhất ba kẻ thù. Chứng minh
rằng ngôi nhà có thể được chia thành hai ngôi nhà, để mỗi thành viên có ít nhất
một kẻ thù trong chính ngôi nhà của mình.

Lời giải:

Ban đầu cho bất kì các thành viên vào hai ngôi nhà.

Đặt H là tổng số của tất cả các kẻ thù của mỗi thành viên đều có trong chính ngôi nhà của mình.

Bây giờ giả sử A có ít nhất hai ( có thể 3)  kẻ thù trong nhà của mình. Khi đó, A sẽ có ít nhất 1 kẻ thù trong nhà khác. Nếu A chuyển nhà, số H sẽ giảm (Tăng 1 giảm 2). Điều này giảm không thể mãi mãi. Tại một số thời gian, H đạt tối thiểu tuyệt đối của nó.
Sau đó, chúng ta đã đạt đến phân phối yêu cầu.

4) Giả sử các số a,b,c,d không đồng thời bằng nhau.Bắt đầu với (a, b, c, d) và
nhiều lần thay thế (a, b, c, d) bằng cách (a - b, b - c, c - d, d - a). Sau đó ít nhất một trong 4
số sẽ lớn vô cùng

Lời giải:
Đặt $P_n=(a_n, b_n, c_n, d_n)$ là 4 số sau khi đổi n lần. Khi đó ta có: $a_n+b_n+c_n+d_n=0$ (với $n \ge 1$)
Chúng ta không nhìn thấy cách nào để sử dụng bất biến... Nhưng nếu nhìn theo hướng hình học thì thật hữu ích. Chức năng rất quan trọng cho các điểm $P_n$ trong không gian 4 chiều là khoảng cách tử điểm đó đến điểm gốc là $(0;0;0;0)$ là: $a_n^2+b_n^2+c_n^2+d_n^2$. Nếu ta chứng minh nó không có giới hạn trên ta có điều phải chứng minh.

Ta sẽ cố gắng tìm mối liên hệ giữa $P_n$ và $P_{n+1}$:

$\sum a_{n+1}^2=\sum (a_n-b_n)^2=2\sum a_n^2-2\sum a_nbn$

Mặt khác:

$0=(\sum a_n)^2=(a_n+c_n)^2+(b_n+c_n)^2+2\sum a_nb_n$

Cộng hai vế lại suy ra: $ \sum a_{n+1}^2\ge\sum a_n^2$

Như vậy ta kết luận rằng với $n \ge 2$

$\sum a_n^2\ge2^{n-1}\sum a_1^2$

Như vậy khoảng cách từ điểm $P_n$ đến điểm gốc tăng không có giới hạn trên. Tức là phải có một số đạt đến vô cùng.

5) Có 2n  đại sứ được mời đến một bữa tiệc. Mỗi đại sứ có nhiều nhất n-1
kẻ thù. Chứng minh rằng các đại sứ có thể được ngồi quanh một chiếc bàn tròn, để
không ai ngồi cạnh một kẻ thù.

Giải

Đầu tiên chúng ta xếp chỗ ngồi các đại sứ bất kì. Gọi H là số cặp đôi thù địch ở gần nhau. Chúng ta phải tìm ra một thuật toán làm giảm số này bất cứ khi nào H> 0. Đặt (A, B) là một cặp thù địch với B ngồi bên trái của A (Như trong hình Fig 1.3). Chúng ta phải tách chúng ra để gây ra ít xáo trộn càng tốt. Điều này sẽ đạt được nếu chúng ta đảo ngược cung BA' nhận được hình Fig 1.4, H sẽ được giảm nếu (A,A') và (B, B') trên hình Fig 1.4 là cặp đôi thân thiện. Mà với A ta lại có ít nhất n bạn. Mà họ không thể là kẻ thù của B được nên có bạn A' của A lại là bạn của B, bên phải B'- bạn của B.

Dùng tính liên tục của tổ hợp để giải bài toán.

Ví dụ: Cho bảng vuông nxn gồm$n^2$ ô vuông đơn vị. Điền vào các ô đơn vị các số nguyên sao cho hai ô cạnh nhau (có cạnh chung) được điền vào hai số chênh lệch nhau không quá 
$1$ đơn vị. Chứng minh rằng có một số xuất hiện ít nhất $n$ lần.

Ta sẽ giải bằng nguyên lí cực hạn kết hợp với tính liên tục của nó:

Trên mỗi hàng chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $a$

Trên mỗi hàng chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $b$

Trên mỗi cột chọn ra số lớn nhất. Gọi số bé nhất trong các số đó là $c$

Trên mỗi cột chọn ra số bé nhất. Gọi số lớn nhất trong các số đó là $d$

Trước hết ta chứng minh $c\ge b$

Thật vậy gọi $e$ là số nằm trên cột chứa $c$ và hàng chứa $b$

Khi đó theo cách gọi $c\ge e,e\ge b$ suy ra $c\ge b$

Tương tự $a\ge d$ 

TH1 : $a>b$

Gọi $x$ là một số bất kỳ nằm giữa $a$ và $b$

Khi đó dễ thấy hàng nào cũng phải chứa $x$ (Vì trên mỗi hàng $x$ đều không nhỏ hơn số bé nhất của hàng đó và không lớn hơn số lớn nhất của hàng đó) 

Khi đó $x$ lặp lại $n$ lần

TH2 :$a\le b$

-Nếu $c>d$ thì xét tương tự TH1

-Nếu $c\le d$ 

Theo trên ta có: $c\ge b\ge a\ge d$

Từ đây dễ suy ra $a=b=c=d$ suy ra cả $n^2$ số trên bảng đều bằng nhau

 Vậy tồn tại một số xuất hiện ít nhất $n$ lần 

Nhận xét : cách giải ở trường hợp ta $a>b$ đã dùng tính liên đó là từ a đến b chắc chắn phải đi qua x. Xét trên một hàng bất kì. Thì  số nhỏ nhất $\ge b \ge x  \ge a \ge$ số lớn nhất nên từ số nhỏ nhất đến số lớn nhất thì luôn tăng hoặc giảm 1 đơn vị nên chắc chắn phải đi qua x.

link nguồn: http://diendantoanhoc.net/topic/158120-ch%E1%BB%A9ng-minh-r%E1%BA%B1ng-c%C3%B3-m%E1%BB%99t-s%E1%BB%91-xu%E1%BA%A5t-hi%E1%BB%87n-%C3%ADt-nh%E1%BA%A5t-n-l%E1%BA%A7n/#entry632412

Câu bất đẳng thức trong đề thi Olympic Chuyên KHTN 2016

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng

$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$

Giải

Cách 1: Từ điều kiện ta suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ sao cho $a=\dfrac{x}{y+z}\, \cdots $ tương tự cho $b$ và $c$

Viết lại bất đẳng thức thành $\sum \dfrac{x(x+y+z)}{(2x+y+z)^2}\leq \dfrac{9}{16}$

Mặt khác ta có $(x+y+z)\sum \dfrac{x}{(2x+y+z)^2}\leq (x+y+z)\sum \dfrac{x}{4(x+y)(x+z)}=\dfrac{1}{2}.\dfrac{(xy+yz+zx)(x+y+z)}{(x+y)(y+z)(z+x)}\leq \dfrac{9}{16}$


Cách 2:

Với cách đặt trên:

Do bất đẳng thức cần chứng minh đồng bậc nên:

Giả sử: $x+y+z=1$

$P=\sum \frac{x}{(x+1)^2}$

$x+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3^3}}=\frac{4}{3}\sqrt[4]{3x}$

$\sum \sqrt{3x}\leq \sqrt{9(\sum x)}=3$

Từ đó ta thu được:

$P\leq \sum \frac{x}{\frac{16}{3\sqrt{3}}\sqrt{x}}=\frac{3}{16}\sum \sqrt{3x}\leq \frac{9}{16}$



Cách 3:




Đặt $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

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

$=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

$=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

$\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$

Bất đẳng thức này tương đương

$\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$



Cách 4:

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

$\sum \frac{1}{(2a+1)^2}\ge\frac{3}{4}$

Mà $(1^2+1^2+1^2)(\sum \frac{1}{(2a+1)^2})\ge(\sum \frac{1}{2a+1})^2$

Nên chỉ cần chứng minh:

$\sum \frac{1}{2a+1}\geq \frac{3}{2}$ (*)

Mặt khác do điều kiện suy ra: $1=2abc+ab+bc+bc\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3}$

$1\le2(\frac{\sum a}{3})^3+\frac{(\sum a)^2}{3} \Leftrightarrow \sum a\ge\frac{3}{2}$

Và $1=2abc+ab+bc+bc\geq 2abc+3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} \Leftrightarrow abc\le\frac{1}{8}$

$(*) \Leftrightarrow 2\sum a-4\sum ab-24 abc+3\ge0\\\Leftrightarrow 2\sum a-4(\sum ab+2abc)-16abc+3\ge0\Leftrightarrow 2\sum a-16abc-1\ge3-2-1=0$

Cách 5:

$BĐT\Leftrightarrow \sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}\leq \frac{9}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \left [ \frac{1}{4}-\frac{a^2+a}{(2a+1)^2} \right ]\geq \frac{3}{16}$

$\Leftrightarrow \sum \frac{1}{(2a+1)^2}\geq \frac{3}{4}$

Mặt khác xuất phát từ giả thiết : $ab+bc+ac+2abc=1$ ta có thể đặt:

$\left\{\begin{matrix} a=\dfrac{x}{z+y} & & & \\ b=\dfrac{y}{x+z} & & & \\ c=\dfrac{z}{x+y} & & & \end{matrix}\right.$

Khi đó:

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

$=\sum \frac{1}{\left ( 2.\dfrac{x}{y+z}+1 \right )^2}$

$=\frac{(y+z)^2}{\left [ (x+y)+(x+z) \right ]^2}$

$\geq \frac{1}{2}\left [ \frac{(y+z)^2}{(x+z)^2+(x+y)^2} \right ]$


$\geq \frac{3}{4}$ (BĐT Nesbit)

Do đó ta có ĐPCM

Bất đẳng thức trong đề thi Olympic chuyên KHTN 2015

Câu VI. Cho $x,y,z>0$ và $xy+yz+xz=1$. CMR

$\frac{x}{\sqrt{yz}+\sqrt{3}}+\frac{y}{\sqrt{xz}+\sqrt{3}}+\frac{z}{\sqrt{xy}+\sqrt{3}}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}xyz}$Cách 1:

Đổi biến $(a,b,c)=(\sqrt{xy};\sqrt{yz};\sqrt{xz}). $

Từ GT suy ra $a^2+b^2+c^2=1$. BĐT trở thành: $\sum \frac{bc}{a^2+\sqrt{3}a}\leq \frac{1}{4\sqrt{3}abc}$




Ta có: $VT \leq \sum \frac{bc}{a^2+a(a+b+c)}$ (do $a+b+c\leq \sqrt{3}$) $=\sum \frac{bc}{a(a+b)+a(a+c)}$

$\leq \frac{1}{4}\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{bc}{a(a+c)}=\sum \frac{bc}{a(a+b)}$+$\frac{ac}{b(b+a)}=\sum \frac{c(a^2+b^2)}{4ab(a+b)}$




Ta cần CM: $\sum \frac{c^2(a^2+b^2)}{a+b} \leq \frac{1}{\sqrt{3}}$ $\Leftrightarrow \sum (c^2(a+b)-\frac{2abc^2}{a+b} )\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




$\Leftrightarrow (ab+bc+ca)(a+b+c)-3abc-2abc(\sum \frac{a}{b+c})\leq \frac{1}{\sqrt{3}}$




Do $(ab+bc+ca)(a+b+c) \leq \sqrt{3}$ và $\sum \frac{a}{b+c}\geq \frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$ nên ta chỉ cần CM:$\frac{1}{ab+bc+ca}+5 \geq \frac{2}{\sqrt{3}abc}$



Hay $\frac{2}{\sqrt{3}}\left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )\geq 1+5(ab+bc+ca)$

BĐT này đúng vì ta CM được $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq 3\sqrt{3}$ và $ab+bc+ca \leq 1$.

Cách 2: đặt $a=3yz, b=3zx, c=3xy$ cho đơn giản, ta đưa về:

Cho $a+b+c=3$, cần chứng minh:

$\sum \frac{bc}{\sqrt{a}+3}\leq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq 9 \\\Leftrightarrow \sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\leq (\sum a)^2\Leftrightarrow \sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0$

Ý tưởng của ta là dùng shur cho 3 số để chứng minh bất đẳng thức trên, nên:

$\sum a^2+\sum 2ab-\sum \frac{12bc}{\sqrt{a}+3}\ge0\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+4\sum bc(1-\frac{3}{\sqrt{a}+3})\ge0\\\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum bc(\frac{\sqrt{a}}{\sqrt{a}+3})\ge0\Leftrightarrow a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0$

Theo shur bậc 3 thì ta thiếu đại lượng 3abc nữa nên:

$\sum a^2-2\sum ab+4\sum abc(\frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)})\ge0\\\Leftrightarrow \sum a^2-2\sum ab+3abc+4abc(\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4})\geq 0$

Ta chỉ cần chứng minh:

$\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0$

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Bất đẳng thức tương đương: $\sum a^2-2\sum ab+3abc \ge 0\Leftrightarrow (\sum a)(\sum a^2-2\sum ab)+9abc\ge0$ Là bất đẳng thức shcur bậc 3

$\sum \frac{1}{\sqrt{a}(\sqrt{a}+3)}-\frac{3}{4} \ge 0$

Thì ta thấy dạo hàm cấp 2 của hàm này lớn hơn 0 nên dùng bất đẳng thức jensen ta có đpcm.

Bài toán về số "tốt"

1) (T11/461): Cho n số nguyên dương khác nhau. Mỗi cặp số được lấy từ n số nguyên dương đã cho được gọi là tốt nếu tỉ số giữa hai số này là 2 hoặc 3. Hỏi khi cho $n=m^2$ số nguyên dương khác nhau tuỳ ý thì số cặp số tốt lớn nhất bằng bao nhiêu ?

Lời giải

Đặt $a_i=2^r_i.3^s_i.t_i, (t_i,6)=1$

Ta thấy $(a_i,a_r)$ thoả đề bài khi $t_i=t_r$ do đó số cặp số tốt trong n số $a_i$ không vượt quá số cặp số tốt trong n số $2^r_i.3^s_i$ (i từ 1 đến n)

Cặp $(2^r_i.3^s_i,2^r_j.3^s_j)$ tốt khi và chỉ khi

$r_i=r_j$ và $|s_i-s_j|=1$ hoặc $s_i=s_j$ và $|r_i-r_j|=1$

Xét n điểm $A_i=(r_i, s_i)$ ( trong tạp chí ghi sai $"A_i=(r_i,r_j)"$)

Như vậy cặp cặp $(2^r_i.3^s_i,2^r_j.3^s_j)$ tốt khi và chỉ khi $A_iA_j=1$.

Giả sử n điểm $A_i$ nằm trên k đường thẳng song song với trục Ox kí hiệu là $d_1,..d_k$

Gọi $m_l$ là số điểm $A_i$ nằm trên $d_l$ (l=1,..k) và $d_h$ chưa nhiều điểm $A_i$ nhất, Khi đó

$n=\sum m_i \le k m_h$

2) Cho $m \ge 2$ là một số nguyên. Số n nguyên không âm gọi là m-tốt nếu mỗi a nguyên tố cùng nhau với n, có $n | (a^m-1)$. Chứng minh rằng mọi số m-tốt lớn nhất bằng $4m(2^m-1)$

Giải.

Nếu m lẻ thì $n | (n-1)^m-1$ tương đương $n|2$ (khai triển).

$m=2^t.q (t \ge 1)$, q lẻ. Đặt $n=2^u(2v+1)$. Giả sử n là m-tốt khi đó $(2v-1)^m-1 \equiv 2^m-1 (mod 2v+1)$ (*). Nếu chọn $a=2(2v+1)+1=4v+3$ thì

$n | (a^{q})^{2t}-1)$  mà $v_2 (a^{q})^{2t}-1)=t+2$ do $v2(a^q-1)=1, v_2(a^q+1)=2$ (không được)

Nên chọn $a=8v+5$ ta có $v2(n)=u$ nên $u \le t+2$ vì thế kết hợp với  ta có điều phải chứng minh.

Bất đẳng thức Bonse

Cho $p_1=2, p_2=3,..$ là dãy tăng các số nguyên tố. Chứng minh rằng:

$p_1p_2..p_n >p_{n+1}^2$

Giải.

Đặt $A_k=p_1p_2...p_k$ và $a_k=k.p_1p_2..p_{n-1}-p_n$ với $1 \le k \le p_n -1$. Ta thấy rằng $a_k$ không chia hết cho $p_i$ (với i=1,..n) suy ra $a_k \ge p_{n+k}$ (Do là dãy tăng). Chọn k=$p_n-1$ ta được $a_k=A_n-A_{n-1}-p_n>p_{p_n+n-1}>p_{3n-1}$ ( có thể chứng minh $p_n \ge 2n$ bằng quy nạp). Từ đây ta nhận thấy với $n \ge 6$ thì

$p_1..p_n>(p_1..p_{[n/2]})^2>p_{3[n/2]-1}^2>p_{n+1}^2$

Về một bổ đề quan trọng của thầy Trần Quang Hùng

Đề bài: Cho Tam giác ABC, P bất kì. D, E, F là hình chiếu của P trên BC, CA, AB. X, Y, Z thuộc PD, PE, PF sao cho $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$. Chứng minh: AX, BY, CZ đồng quy.

Giải

Trước hết ta cần chứng minh 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F điểm bất kì. Chứng minh rằng trung điểm M, N, L lần lượt của AC, EF, BD cùng thuộc một đường thẳng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.

Chứng minh 

Gọi lần lượt là trung điểm của .


Theo định lí về đường trung bình :

Tương tự :

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCE với 3 điểm F,A, D và định lý Menelaus cho tam giác XYZ với ba điểm M, N, L

$\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=1 \Leftrightarrow \dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$
Như vậy M, N, L thẳng hàng khi và chỉ khi F, A, D thẳng hàng.
Bổ đề 2: cho tam giác ABC, một đường tròn đi qua hai điểm B,C cắt AC, AB tại D, E. Đường thẳng qua D vuông AC cắt đường thẳng qua E vuông AB tại F. Chứng minh rằng AF vuông BC. (Bổ đề này đơn giản, bạn đọc tự chứng minh).

Quay trở lại bài toán.

Gọi YZ cắt BC tại U, XZ cắt CA tại V, XY cắt AB tại W. Q, I, O là trung điểm của AU, BV, CW.

Vẽ các đường tròn đường kính AU, 

Áp dụng bổ đề 2 cho tứ giác EFYZ nội tiếp với các đường qua F vuông với PZ, qua E vuông PY cắt nhau tại A, ta có PA vuông YZ. Nếu PA cắt YZ tại T Thì T thuộc đường tròn đường kính AU ( kí hiệu là (Q)) và $\overline{PA}.\overline{PT}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Hay là phương tích của P đối với (Q) bằng $\overline{PF}.\overline{PZ}$ Tương tự phương tích của P đối với (I) bằng $\overline{PX}.\overline{PD}$, ... mà $\overline{PX}.\overline{PD}=\overline{PE}.\overline{PY}=\overline{PF}.\overline{PZ}$ Nên P có cùng phương tích với (Q), (I), (O).

Vẽ các đường cao AM, BK, CL cắt nhau tại H. Ta lại có phương tích của H đối với (Q), (I), (O) lần lượt là: $\overline{HA}.\overline{HM}, \overline{HB}.\overline{HK}, \overline{HC}.\overline{HL}$

Mà: $\overline{HA}.\overline{HM}= \overline{HB}.\overline{HK}= \overline{HC}.\overline{HL}$

Nên H có cùng phương tích với 3 đường tròn.

Như vậy 3 đường tròn trên đồng trục PH nên tâm của chúng là Q, I, O thẳng hàng.

Giả sử VW cắt AQ tại U'. Áp dụng bổ đề 1 cho tứ giác BCVW với 3 trung điểm Q, I, O thẳng hàng, ta được U', B, C thẳng hàng hay U trùng với U'.

Nhưng vậy U, V, W thẳng hàng.

Áp dụng định lý Desargues cho tam giác ABC và tam giác XYZ ta có AX, BY, CZ đồng quy. Ta có điều phải chứng minh $\blacksquare $