viet nam in my heart

Viết một chút về ý tưởng bài tổ hợp của mình:

Ta chuyển bài toán về cấu hình khác như sau: Xét lưới điểm nguyên vô hạn với tung độ và hoành độ là các số nguyên dương. Điểm nguyên có tọa độ $(m,n)$ ta sẽ cho tương ứng với số có dạng $2^m.3^n$. Và điểm nguyên đó ứng với số nào thì sẽ được tô màu theo màu của số đó. Khi đó dễ thấy bài toán được chứng minh nếu ta chọn được $4$ đỉnh là $4$ điểm nguyên được tô cùng màu và là $4$ đỉnh của một hình chữ nhật. 

Đây là bài toán quen thuộc và do có $2016$ màu nên ta cũng có thể giới hạn được số điểm nguyên cần xét (không nhất thiết là vô hạn) 

Rảnh rỗi làm thử bài tuần này không biết có giống cách của Bảo không. Nếu giống thì coi như là gõ lại 

Từ giả thiết dễ thấy $DOPC$ nội tiếp nên $OP.OR=OR^2-RP.RO=OR^2-RC.RD=r^2$ trong đó $r$ là bán kính của $(O)$

Do đó theo một bổ đề quen thuộc ta quy bài toán về: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ trên $BC$. $AP$ cắt $BC$ tại $Q$. $BQ,CQ$ cắt $AC,AB$ tại $N,M$. $OP$ cắt $MN$ tại $R$. $S$ nằm trên $BR$ sao cho $AS \parallel BC$. $T$ nằm trên $AC$ sao cho $ST \parallel BQ$. Chứng minh rằng $TA=TB$

Dễ thấy $R$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCNM$

Gọi $T'$ là điểm trên $AC$ sao cho $T'A=T'B$. Gọi $S'$ là điểm nằm trên $BR$ sao cho $T'S'\parallel BN$. Cần chứng minh $AS' \parallel BC$

Thật vậy từ trên dễ thấy $B,O,C,R$ cùng nằm trên một đường tròn. Mặt khác do $T'A=T'B$ nên $B,O,T',C$ cùng thuộc một đường tròn. Do đó $5$ điểm $B,O,C,T',R$ cùng nằm trên một đường tròn

Do $R$ là điểm $Miquel$ nên $ABRN,MBQR$ nội tiếp 

Do đó: $\widehat{BS'T'}=\widehat{RBN}=\widehat{RAN}$ nên $AS'RT'$ nội tiếp  

Suy ra $\widehat{AS'R}=\widehat{RT'C}=\widehat{RBC}$ nên $AS' \parallel BC$ 

Do đó ta có điều phải chứng minh $\blacksquare$

Hướng làm tính quy nạp theo hai ô cạnh nó xuất hiện nhiều trong các bài toán kiểu này và đếm bằng hai cách. Nhưng vấn đề ở đây là cách để tìm ra công thức kia khá khó (may măn ở bài này người ta bắt chứng minh chứ không phải bắt tính). Nếu bắt tính thì việc dự đoán kết quả thực sự khó khăn. Do vậy mình vẫn muốn tìm được một cách nào đó không mẫu mực để ra được công thức kia  Nếu ai có thì chia sẻ lên đây với nhé 

Tạp chí Epsilon số 10 được ra mắt ngày 13 tháng 6 tại đây:https://www.facebook...035513/?fref=ts

Xem trực tiếp tại: https://drive.google...1MtZ3pBd0E/view

 epsilon_vol10_2016August.pdf   5.61MB   1154 Số lần tải

Một tài liệu tổng hợp các bổ đề hình học

Nguồn: AOPS

 Lemmas in olympiad geometry.pdf   165.58K   2805 Số lần tải

Gọi $G$ là giao điểm của $AP$ và $EF$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh : $AM.AN=AG.AP \Leftrightarrow$ Tứ giác $MNGP$ nội tiếp

Ta chỉ cần chứng minh :$\widehat{AGF}=\widehat{PMC}$ và $\widehat{NGF}=\widehat{AMC}$ là xong

Kẻ đường đối trung $AK$ thì $ABKC$ là tứ giác điều hòa.

Ta có: $\widehat{KBC}=\widehat{KAC}=\widehat{NAF}=\widehat{NEF}$

Tương tự $ \widehat{NFE}=\widehat{KCB}$

Suy ra hai tam giác $KBC$ và $NEF$ đồng dạng

Suy ra hai tam giác $NGF$ và $KMC$ đồng dạng

Do đó: $ \widehat{NGF}=\widehat{KMC}=\widehat{ABK}=\widehat{AMC}$

Để chứng minh $\widehat{AGF}=\widehat{PMC}$ thì ta sẽ chứng minh hai tam giác $AGF$ và $CMP$ đồng dạng

Do đó chỉ cần chứng minh: $\dfrac{CM}{AG}=\dfrac{CP}{AF} \Leftrightarrow \dfrac{BC}{AP}=\dfrac{PC}{PE}$ (đúng nếu áp dụng định lý hàm số $Sin$)

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài toán $77$ do Bảo đề nghị có lẽ được tạo ra nhờ bài toán sau: Cho tam giác $XYZ$ ngoại tiếp $(O)$. Các tiếp điểm của $(O)$ trên $YZ,ZX,XY$ là $A,B,C$. Một đường tròn tâm $O$ bất kỳ cắt tia đối của các tia $OA,OB,OC$(hoặc cắt các tia $OA,OB,OC$) lần lượt tại $L,M,N$.Khi đó $XL,YM,ZN$ đồng quy 

Bài này có lẽ đã cũ nhưng em(mình) chưa tìm được một lời giải nào hay, tính toán ít nên nhờ thầy và mọi người giúp đỡ

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 59}}$

Tranh thủ trước giờ trận Pháp Iceland 

Dễ thấy $D$ là trực tâm của tam giác $AMN$.

Kẻ đường cao $AE$ của tam giác $AMN$

Gọi $F$ là hình chiếu của $I$ trên $MN$. Gọi $G$ là trung điểm của $MN$

Giả sử $GP$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $L$. Gọi $T$ là giao điểm của $BC$ và $MN$

Ta có: $(TPBC)$=-1 nên $T,P$ liên hợp đối với $(O)$ 

Do $G$ là trung điểm của $MN$ và $NC,MB$ là hai đường cao của tam giác $AMN$ nên theo một bổ đề quen thuộc thì $GB,GC$ là tiếp tuyến của $(O)$

Từ đó $BC$ là đường đối cực của $G$ đối với $(O)$. Mà $T \in BC$ nên $G$ nằm trên đường đối cực của $T$ đối với $(O)$

Suy ra $IL$ là đường đối cực của $T$ đối với $(O)$. Suy ra $TI,TL$ là tiếp tuyến của $(O$)

Từ đó $TK^2=TI^2=TB.TC$ nên $TK$ là tiếp tuyến của $(MNK)$ hay $K$ thuộc đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$

Mặt khác $(TENM)=-1$ nên $E$ cũng thuộc đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$

Do đó $KE$ là đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$

Ta sẽ chứng minh $K,E,L$ thẳng hàng, theo định lý Thales cần chứng minh $\dfrac{LP}{LI}=\dfrac{PE}{KI}=\dfrac{PE}{2IF}=\dfrac{GP}{2GI}$ (đúng vì $(GPIL)=-1$)

Do đó $KL$ là đối cực của $T$ đối với $(MNK)$ mà $TL=TI=TK$ nên $TL$ cũng là tiếp tuyến của $(MNK)$ 

Do $TL$ là tiếp tuyến chung của $(MNK)$ và $(O)$ nên $(MNK)$ tiếp xúc với $(O)$ $\blacksquare$

Vài năm trước trên báo THTT thầy Hùng cũng từng đăng một bài có một cấu hình tương tự. Nên mình đề xuất luôn bài đó làm bài 61

$\boxed{\text{Bài toán 61.}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với các đường cao $BE,CF$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $DB,DC$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $M,N$. $P,Q$ thuộc $E,F$ sao cho $PB,QC$ vuông góc với $BC$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $QN,PM$ cắt $(O)$ tại $X,Y$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $X,Y$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh răng $JD \perp BC.$ 

$\boxed{\text{Lời giải bài toán gốc của bài toán 58}}$

Trước hết ta nhắc lại tính chất sau: Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ với các tiếp điểm trên $BC,CA,AB$ là $D,E,F$. Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm $3$ đường cao kẻ từ $A,B,C$ của tam giác $ABC$. Gọi $A_2,B_2,C_2$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $D,E,F$ của tam giác $D,E,F$. Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Khi đó $7$ đường thẳng $AA_2,BB_2,CC_2,DA_1,EB_1,FC_1,OI$ đồng quy tại 1 điểm 

Trở lại bài toán:

Gọi $X$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. Kẻ đường cao $AH$ và gọi $S$ là trung điểm của $AH$. $AD$ cắt $OI$ tại $Z$ 

Theo tính chất trên thì $AX,DS,OI$ đồng quy tại điểm $T$ 

Ta có: $D(AHSI)=-1$ nên $(KZTI)=-1 \Leftrightarrow A(KZTI)=-1 \Leftrightarrow  A(KDTI)=-1 $

Lại có $AI$ song song với $DL$ nên theo tính chất của chùm điều hòa ta có điều phải chứng minh 

Lời giải gượng ép quá. Nếu chuyển lời giải này qua bài tổng quát của Bảo tuy tính chất đồng quy vẫn đúng nhưng chứng minh chắc cũng không ngắn, dễ    

$\boxed{\text{Bài toán 56}}$

Bài này đẹp quá, Bảo dẫn lại Link bài này và bài trên AOPS được không

Ta thấy $(M,MA)$ tiếp xúc với $BC$ nên vẽ $(M,MA)$ cắt $(O)$ tại $P$. $AP$ cắt $BC$ tại $Q$

Gọi $X,Y$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ trên $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $Z$

Ta có: $QD^2=QP.QA=QB.QC$ mà $(ZDBC)=-1$ nên theo hệ thức $Newton$ suy ra $Q$ là trung điểm của $ZD$

Kẻ đường kính $AA'$. $PA'$ cắt $ID$ tại $S$. Ta có: $PSDQ$ nội tiếp nên $\widehat{QSD}=\widehat{QPD}=\widehat{DME}$ suy ra $QS \parallel ME$

Ta có bổ đề quen thuộc $ZI \perp AD$ nên $ZI \parallel ME$

Mặt khác $Q$ là trung điểm $ZD$ nên $S$ là trung điểm $ID$

Gọi $L$ là trung điểm của $EF$ suy ra $L$ là trung điểm $AS$ suy ra $OL \parallel A'S$ suy ra $OL \perp AP$

Mặt khác $OM \perp AP$ nên $O,L,M$ thẳng hàng

Vậy $OM$ chia đôi $EF$ 

Lời giải bài 63:

Khi đó: $d\nmid \dfrac{p-1}{2}$.

Mà $3^{p-1}\equiv 1\ (\bmod{p})$ nên $d\mid p-1$, dẫn tới: $d=p-1$. Từ đó suy ra: $p$ là số nguyên tố.

 

Anh làm hơi vội đoạn này rồi ạ ví dụ $p=61$ và $d=12$

Chỗ đó chỉ suy ra $v_2{(d)}=v_2{(p-1)}$ thôi ạ

Bài 63: Cho $p= 4^n+1$ với $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng : $p$ là một số nguyên tố $\Leftrightarrow 3^{\dfrac{p-1}{2}}+1 \vdots p$

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$

Cho tam giác $ABC$ và điểm $O$ bất kỳ khác $A,B,C$. Giả sử đường tròn $(O,OA)$ cắt $BC$ tại $D,E$. Các đường tròn $(ABD),(ACE)$ cắt lại $AC,AB$ tại $X,Y$. Gọi $O'$ là tâm của $(AXY)$. Chứng minh rằng $OO' \perp BC$

Bài 62 Tìm a,b,c nguyên dương sao cho

$a^{2}+b^{2}+c^{2}$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

nguồn (Iran TST 2013)

Lời giải bài 62

Ta chứng minh không tồn tại bộ $3$ số $a,b,c$ nguyên dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3n\left(ab+bc+ca\right)$ với mọi số nguyên dương $n$

Giả sử tồn tại bộ $3$ số $a,b,c$ nguyên dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=3n\left(ab+bc+ca\right)$

Chọn bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn tổng 3 số nhỏ nhất trong các bộ thỏa mãn

Ta có: $x^2+y^2+z^2=3n\left(xy+yz+zx\right)$ suy ra $\left(x+y+z\right)^2=\left(3n+2\right)\left(xy+yz+zx\right)$

Tồn tại số nguyên tố $p, p \equiv 2 (mod3)$ , $p$\ $3n+2,v_p{(3n+2)}$ là một số lẻ

Suy ra $x+y+z \vdots p$ và $v_p{(x+y+z)^2}$ là một số chẵn 

Từ đó $xy+yz+zx \vdots p \Rightarrow x^2+y^2+z^2 \vdots p \Rightarrow (x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)-x\left(x+y+z\right) \vdots p \Rightarrow y^2+yz+z^2 \vdots p$ 

Theo một bổ đề quen thuộc thì với số nguyên tố $p \equiv 2 (mod3)$ ta có $y^2+yz+z^2 \vdots p \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \vdots p\\ y \vdots p \end{matrix}\right.$

Mà $x+y+z \vdots p$ nên $x,y,z \vdots p$

Khi đó lấy $x_1=\dfrac{x}{p},y_1=\dfrac{y}{p},z_1=\dfrac{z}{p}$ thì $x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=3n(x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1)$ nhưng $x_1+y_1+z_1 < x+y+z$ (vô lý)

Do đó không tồn tại các số $a,b,c$ nguyên dương thỏa mãn $a^2+b^2+c^2$ chia hết cho $2013(ab+bc+ca)$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 45}}$

Gọi $X,Y$ là giao điểm thứ hai của $BI,CI$ với $(O)$

Gọi $R$ là trung điểm của $AD$. Kẻ đường kính AG

Ta có: $(ADE),(ADF0,(O)$ đồng trục nên $M,O,N,R$ thẳng hàng

Theo tính chất đường tròn $Mixtilinear$ thì $D,F,Y$ và $D,E,X$ thẳng hàng và $AXDY$ là tứ giác điều hòa

Theo tính chất của tứ giác điều hòa thì $\widehat{YRM}=90^{o}-\widehat{ARY}=90^{o} -\widehat{XDY}= \widehat{XAY} - 90^{o}$

Lại có: $\widehat{MAC}=90^{o}-\widehat{ADE}=90^{o}-\widehat{CAX}$

Suy ra $\widehat{MAX}=90^{o}$ suy ra $\widehat{YRM}=\widehat{XAY} - 90^{o}=\widehat{YAM}$

Do đó $AYMR$ nội tiếp. Tương tự $AXNR$ nội tiếp 

Suy ra $AY \perp YM,AX \perp XN$ suy ra $Y,M,G$ và $X,N,G$ thẳng hàng 

Mà $AM \parallel GN (\perp AX)$ và $AN \parallel GM (\perp AY)$ nên $AMGN$ là hình bình hành nên $O$ là trung điểm của $MN$

Áp dụng định lý $Ceva-Sin$ cho tam giác $AMN$ kết hợp với $\widehat{YMA}=\widehat{YRA}=\widehat{XRA}=\widehat{XNA}$ thì ta chỉ cần chứng minh:

$$\dfrac{sin \widehat{XNM}}{sin \widehat {YMN}}=\dfrac{sin \widehat{OAM}}{sin \widehat {OAN}}$$

Mặt khác $\widehat{XNM}=180^{o}-\widehat{XAD},\widehat{YMN}=180^{o}-\widehat{YAD}$ suy ra $\dfrac{sin \widehat{XNM}}{sin \widehat {YMN}}=\dfrac{sin \widehat{XAD}}{sin \widehat {YAD}}=\dfrac{XD}{YD}=\dfrac{AY}{AX}$

Và $AO$ là trung tuyến của tam giác $AMN$ nên $\dfrac{sin \widehat{OAM}}{sin \widehat {OAN}}=\dfrac{AN}{AM}$

Do đó ta sẽ chứng minh $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AY}{AX}$ (đúng do hai tam giác vuông $YAM,XAN$ đồng dạng)

Vậy ta có điều phải chứng minh 

Tranh thủ gõ chờ trận Croatia - Bồ đào nha