Đến nội dung

Nxb

Nxb

Đăng ký: 04-11-2011
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 15:31
*****

#372209 Chứng minh $\overrightarrow {DA} .\overrightarrow...

Gửi bởi Nxb trong 24-11-2012 - 21:41

Các bạn giải giúp mình bài này nha:
Cho 4 điểm A, B, C, D. Chứng minh $\overrightarrow {DA}.\overrightarrow {BC} + \overrightarrow {DB}.\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {DC} .\overrightarrow {AB} = 0$
Minh đã phân tích được $VT = \overrightarrow {AC} .\left( {\overrightarrow {AB} + \overrightarrow {CD} } \right)$ nhưng không biết phải làm tiếp như thế nào. Giúp mình với! :ohmy:

Học gõ Latex tại đây -MĐK

Nói thêm một tí. Ta có định lý là: cho $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$ không cùng phương, khi đó đối với mọi vector $\overrightarrow{c}$ta đều có thể tìm được các số $x, y$ duy nhất thỏa mãn:
$$\overrightarrow{c}=x\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{b}$$
Điều đó cho ta gợi ý rằng trong các bài toán vector, ta nên chọn 2 vector cơ bản để biểu diễn các vector đó. Từ đó việc tính toán sẽ không loạn lên chứ phân tích như thế này thì chả được cái gì cả


#372202 Mỗi tuần một ca khúc!

Gửi bởi Nxb trong 24-11-2012 - 21:33

http://mp3.zing.vn/b...d/IW9WOI8B.html


#372046 Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương trình qua các đề thi thử năm 2013

Gửi bởi Nxb trong 24-11-2012 - 10:03

Bài 10: Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}
2{x^2}y + {y^3} = 2{x^4} + {x^6}(1)\\
\left( {x + 2} \right)\sqrt {y + 1} = {\left( {x + 1} \right)^2}(2)
\end{array} \right.\]
Đề thi thử trường dân lập Nguyễn Khuyến - TPHCM - Phần chung
Lời giải:
Phương trình (1) tương đương với:
$$2x^2.(x^2-y)+(x^6-y^3)=0$$
hay
$$x^2=y$$
Do đó, phương trình (2) trở thành:
$$(x+2)\sqrt{y+1}=y+1+2x$$
tương đương với:
$$(\sqrt{y+1}-2)(\sqrt{y+1}-x)=0$$
$$\Leftrightarrow y=3 \vee y+1=x^2$$(vô lí vì $y=x^2$)
Vây phương trình có nghiệm $x=\pm \sqrt{3}; y=3$


#371933 Phương trình, Hệ phương trình, Bất phương trình qua các đề thi thử năm 2013

Gửi bởi Nxb trong 23-11-2012 - 21:46

Bài 1: Diễn đàn Math4vn - Đề số 1 $$2\left( \sqrt{x-2}+3\right) \sqrt[3]{2(x+2)\sqrt{x-2}+2(3x-2)}=7\sqrt{x-2}+12.$$

Lời giải bài 1:
$Đkxđ: x\geq 2$
Từ đó ta có bất đẳng thức sau:
$$VP=VT\geq 4(\sqrt{x-2}+3).(\sqrt{x-2}+1)^{\frac{1}{3}}$$
Cho $t=(\sqrt{x-2}+1)^{\frac{1}{3}}(t\geq 1)$, bất đẳng thức trên tương đương với:
$$4t^4-7t^3+8t-5 \leq 0
\Leftrightarrow (t-1)(4t^3-3t^2-3t+5) \leq 0$$
Lập bảng biến thiên, ta suy ra được $4t^3-3t^2-3t+5 > 0$, từ đó ta có $t \leq 1$, như vậy $t=1$ hay $x=2$

____
Nhớ trích dẫn lại bài nhé bạn :)


#369979 Thơ 8 chữ mình tự sáng tác (hài hước)

Gửi bởi Nxb trong 16-11-2012 - 22:06

Mạn phép sửa thành thơ 7 chữ
Đã bốn năm học dưới mái trường,
Bồi hồi nghĩ tới phút chia tay.
Quá khứi sao bỗng ùa trở lại,
Để lòng xao xuyến tận ngày nay.

nhớ mãi những buổi học lý thú,
Cùng bạn bè hăng hài giơ tay.
nhớ mãi lúc làm bài chăm chú,
Thầy cô nghiêm nhưng trò cứ "quay".

nhớ cả "tiếng khóc vài bạn nữ"
bạn trêu nên "mít ướt" ấy mà
Và nhớ lúc các bạn giận dữ,
Toàn đứng chửi bới và kêu la

nhớ cả thầy Ý dạy môn Toán,
ít tóc nhưng trí óc tuyệt vời
Chuyên làm thơ trọc mọi người
Làm chúng tôi cười trong tiết học

Và nhớ: cô Hạnh "đầy khó nhọc"
Dạy tôi Văn học của đời người
Bảo rằng nên học đừng có lười
Mong trò đỗ trường Chuyên danh giá

Bao kỉ niệm như ùa trong tôi,
Quá khứ này lòng luôn tưởng nhớ,
Nhớ thầy cô, bạn bè, lớp học
Nhớ trường Lương Thế Vinh mến yêu


#368742 20 nhà toán học vĩ đại đã làm thay đổi thế giới

Gửi bởi Nxb trong 11-11-2012 - 16:45

Fibonaci và Pythagoras có cho sống thêm 200 năm nữa cũng không tài nào đóng góp nổi gì cho toán học hiện đại cả, còn cuốn sách của Euclid chỉ nên nói là cơ sở chứ thêm toán học vào thì lại gây hiểu nhầm


#368466 $\sum \frac{x^{2}}{(x-1)^{2...

Gửi bởi Nxb trong 10-11-2012 - 18:44

Bài này vừa mấy ngày trước bạn cùng lớp hỏi xong
Cho
$$a=\frac{x}{x-1}$$, tương tự với $b, c$
Đặt $S=a^2+b^2+c^2, t=a+b+c$
Ta có đẳng thức sau
$$abc=(a-1)(b-1)(c-1)$$
Tương đương với
$$a+b+c-ab-bc-ac=1$$ hay
$$S=t^2-2t+2 \geq 1$$
Ta có đpcm


#368433 Chứng minh diện tích 3 tứ giác còn lại bằng nhau

Gửi bởi Nxb trong 10-11-2012 - 16:52

Tuyệt vời ạ :lol:
P/s: lời giải sau từ 1 blog toán học của Mathlinker !
#WLOG: $[ABC]=1$ Đặt $\{m,n,p\}\subset\mathbb R^*_+$ sao cho $\left\{\begin{array}{c}
\frac {MB}{m}=\frac {MC}{1}=\frac {BC}{m+1}\\\\
\frac {NC}{n}=\frac {NA}{1}=\frac {CA}{n+1}\\\\
\frac {PA}{p}=\frac {PB}{1}=\frac {AB}{p+1}\end{array}\right|$ . Áp dụng định lý Menelaus cho cát tuyến
$\overline{AKM}$ trong $\triangle BCP\ : \frac {AP}{AB}\cdot\frac {MB}{MC}\cdot\frac {KC}{KP}=1\implies$ $\frac {p}{p+1}\cdot \frac m1\cdot \frac {KC}{KP}=1\implies$
$\frac {KC}{1+p}=\frac {KP}{mp}=\frac {CP}{1+p+pm}\implies$ $[APK]=\frac {[APK]}{[APC]}\cdot\frac {[APC]}{[ABC]}=$ $\frac {KP}{CP}\cdot \frac {PA}{BA}$ $\implies$ $\boxed{[APK]=\frac {mp^2}{(1+p)(1+p+pm)}}$ .
Thiết lập tương tự $\boxed{[BMI]=\frac {nm^2}{(1+m)(1+m+mn)}}$ và $\boxed{[CNJ]=\frac {pn^2}{(1+n)(1+n+np)}}$ Dễ thấy $\boxed{[IJK]=\frac {(1-mnp)^2}{(1+m+mn)(1+n+np)(1+p+pm)}}$ . Tính được $x=[APK]= [BMI]=[CNJ]=[IJK]$ $\iff$
$\frac {mp^2}{(1+p)(1+p+pm)}=$ $\frac {nm^2}{(1+m)(1+m+mn)}=$ $\frac {pn^2}{(1+n)(1+n+np)}=$ $\frac {(1-mnp)^2}{\prod_{\mathrm{cyc}}(1+m+mn)}\ (*)$ .
Đặt $[PKIB] =u\ ,\ [AKJN] =v\ ,\ [IJCM]=w$ . Dẫn tới,
$\left\{\begin{array}{ccccc}
2x+u=[ABM]=\frac {m}{m+1} & \wedge & 2x+v+w=[ACM]=\frac {1}{m+1} & \implies & v+w-u=\frac {1-m}{1+m}\\\\
2x+w=[BCN]=\frac {n}{n+1} & \wedge & 2x+u+v=[BAN]=\frac {1}{n+1} & \implies & u+v-w=\frac {1-n}{1+n}\\\\
2x+v=[CAP]=\frac {p}{p+1} & \wedge & 2x+w+u=[CBP]=\frac {1}{p+1} & \implies & w+u-v=\frac {1-p}{1+p}
\end{array}\right|$ $\implies$
$u+v+w=\sum\frac {1-m}{1+m}\implies$ $\left\{\begin{array}{c}
u=\frac {1-np}{(1+n)(1+p)}\\\\
v=\frac {1-pm}{(1+p)(1+m)}\\\\
w=\frac {1-mn}{(1+m)(1+n)}\end{array}\right|$ và khi đó $\boxed{x=\frac {2mnp+mn+np+pm-1}{2(1+m)(1+n)(1+p)}}$ .
Dễ thấy rằng $[ABC]=u+v+w+4x=1$ . Thật vậy, $[ABC]=\frac {\sum (1-mn)(1+p)+2\left(2mnp+\sum mn-1\right)}{\prod (1+m)}=$
$\frac {3+s_1-s_2-3s_3+4s_3+2s_2-2}{1+s_1+s_2+s_3}=1$ , trong đó $\left\{\begin{array}{c}
s_1=m+n+p\\\
s_2=mn+np+pm\\\
s_3=mnp\end{array}\right|$ . Dễ dàng chứng minh $u=v\iff m=n$ . Do đó, $u=v=w\iff m=n=p$ .

Nghĩ ra được cách này cũng kinh


#368426 Chứng minh diện tích 3 tứ giác còn lại bằng nhau

Gửi bởi Nxb trong 10-11-2012 - 16:16

Ai up hộ hình nhé, mạng có vấn đề
Ta giả sử $K$ nằm giữa $P$ và $J$, Do $S_{KAP}=S_{KJI}$ nên ta có đẳng thức sau:
$$\frac{KP}{KJ}=\frac{KI}{KA}$$
Suy ra $IP // AJ$, tương tự ta cũng có $BK//MJ, IC//KN$.
Do $\frac{S_{APK}}{S_{APC}}=\frac{S_{CNJ}}{S_{CAP}}$ nên
$$\frac{PK}{PC}=\frac{CN.CJ}{CP.CA}$$ hay $\frac{CN}{CA}=\frac{PK}{CJ}$
Mặt khác, theo định lý $Thales$:
$$\frac{CN}{CA}=\frac{IK}{IA}=\frac{PK}{PJ}$$
Kết hợp các đẳng thức trên ta có $JP=JC$. dễ suy ra $S_{BJP}=S_{BJC}$. Từ đó ta có đpcm
Đã có hình:
Untitled.png


#357611 logic toán, lý thuyết tập hợp, lý thuyết tiên đề và lý thuyết hình thức hoá

Gửi bởi Nxb trong 29-09-2012 - 21:22

Lời mở đầu
Lâu nay, chúng ta vẫn có một số hiểu nhầm về vấn đề này. Tuy rằng những kiến thức này là cơ bản và mọi người có thể đều đã được học, nhưng việc mình tìm thấy quá nhiều bài viết nhưng vậy khiến cho mình cảm thấy bài viết này nên được viết ra. Những hiểu nhầm này thường liên quan đến nghịch lý Russell, chương trình Hilbert và định lý Godel.

Để hiểu về vấn đề này, có lẽ cần nhắc qua một số vấn đề lịch sử gắn với lý thuyết tiên đề mà các học sinh từ THCS có thể đã tìm hiểu qua(mà mình biết được khi đọc sách nâng cao và phát triển toán, nhưng mình khuyên mọi người là có một số vấn đề liên quan loại hình học phi-Euclid mà cuối sách có đề cập thì tốt nhất là hãy học đại học đi đã rồi hẵng thảo luận; ngay ở trên lớp mình khi học toán, một số thầy giáo không hiểu rõ về các kiến thức toán học cao cấp hay phát biểu linh tinh về nhiều vấn đề).

Một trong những ngành toán học sớm nhất được nghiên cứu mà nay hay xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi(bây giờ không còn được nghiên cứu nữa). Đó tất nhiên là hình học sơ cấp. Hình học(sơ cấp) thường gắn liền với những tên tuổi của các nhà toán học Hi Lạp, nổi bật là Euclid. Tuy nhiên, tên tuổi của Euclid còn gắn liền với lý thuyết tiên đề bởi ông là người đầu tiên đưa ra một hệ tiên đề cho hình học sơ cấp. Thời hiện đại, người ta hay thường nhắc tới hệ tiên đề của Hilbert.

Như vậy, việc xây dựng các tiên đề để chính xác hóa toán học đã được thực hiện từ thời cổ đại. Tuy nhiên, điều này dường như chỉ được quan tâm đến nhiều cho đến tận thế kỉ 19, 20. Thời điểm này, lý thuyết tập hợp, logic toán khá phát triển. Bây giờ ta đi sâu vào một số vấn đề vẫn gây hiểu nhầm.

1. Nghịch lý Russell
Từ khi học lớp 6, ta đã biết rằng không có một định nghĩa nào cho tập hợp cả. Điều này có vẻ rất bất ngờ (trong đầu những đứa trẻ con, mình chẳng hạn) vì ta luôn quan niệm rằng các khái niệm toán luôn luôn có một định nghĩa chính xác. Thực ra từ khi học lớp 1 đến giờ, việc các khái niệm toán học luôn được cho bằng các ví dụ khiến ta nhầm lẫn thế nào là định nghĩa (chẳng hạn cách nói hình ảnh một quả cam mà ta tưởng rằng ta đã đạt được một định nghĩa về số một). Từ đây ta có thể tìm được các ví dụ về những khái niệm không được định nghĩa(điểm trong hình học, số 1, 2 trong số học, vv..)

Như vậy trong lý thuyết tập hợp, ta đã sử dụng trực giác cho khái niệm tập hợp mà ta nhận thức qua các ví dụ. Như là tập hợp tất các bạn nam và nữ trong lớp 12a2; tập hợp tất cả các bạn nói chuyện khi thầy giảng bài; hoặc khó hiểu hơn, tập hợp tất cả các số thực lớn hơn không; tập hợp tất cả các dãy số có giới hạn bằng 1.

Những khái niệm như vậy được gọi chung là khái niệm nguyên thuỷ mà ta mô tả nó thông qua các tiên đề ta xét trong một lý thuyết toán học nào đó. Tất cả các mệnh đề được suy ra từ những tiên đề bằng các lập luận đúng đắn thì ta coi là đúng và được gọi là định lý. Tất cả các khái niệm không phải là khái niệm nguyên thủy trong lý thuyết ấy thì phải được định nghĩa thông qua các khái niệm nguyên thủy.

Tuy nhiên Cantor, người sáng lập ra lý thuyết tập hợp không đưa ra bất kì một tiên đề nào. Vì vậy, sau một thời gian, người ta đã tìm thấy các nghịch lý trong lý thuyết tập hợp mà được nhắc đến nhiều nhất là nghịc lý Russell. Điểm mấu chốt ở đây là ta đã sử dụng trực giác cho khái niệm tập hợp bằng cách xét các phần tử của một tập hợp cho trước là tập hợp. Nghich lý này có thể được hiểu một cách đơn giản như sau.

Cho $Z$ là tập hợp tất cả các tập hợp không phải là một phần tử của chính nó. Định nghĩa như vậy dẫn đến một mâu thuẫn. Ta xét xem tập $Z$ có thuộc $Z$ không. Nếu phải thì theo định nghĩa tập $Z, Z$ không phải là phần tử của chính nó. Như vậy $Z$ không thuộc $Z$. Nhưng nếu $Z$ không thuộc $Z$ thì $Z$ phải là một phần tử của chính nó và ta đạt được một mâu thuẫn.

Những ngịch lý như vậy thúc đẩy việc xây dựng các tiên đề trong lý thuyết tập hợp. Hệ thống tiên đề như vậy có thể giải quyết hoàn toàn ngich lý Russell.

Điều bị hiểu nhầm ở đây là việc nghịch lý Russell phá vỡ lý luyết tập hợp. Điều cần phải hiểu ở đây là ta cần sự tồn tại lý thuyết tập hợp và nhiều lý thuyết toán học khác mà ta không biết liệu những nghịch lý như vậy có tồn tại. Nếu bạn không chấp nhận như vậy, khái niệm về tập hợp mà ta vẫn hình dung dễ dàng trong cuộc sống sẽ không còn được sử dụng nữa và nhiều ngành toán học không thể sự dụng lý thuyết tập hợp để trình bày các khái niệm có toán học. Ta cần nó có tác dụng chứ không phải ta cần nó đúng hay sai. Việc tự do xây dựng toán học dựa trên các tiên đề đã được thực hiện kiểu như xây dựng hình học phi-Euclid.

2. Chứng minh $1+1=2$
Ta cần phải khẳng định rằng không tồn tại một chứng minh như vậy. Điều cần nói tới ở đây chỉ là việc tiên đề hóa số học mà thôi.

Cũng giống như lý thuyết tập hợp, người ta cũng đưa ra các tiên đề cho số học. Các khái niệm nguyên thủy ở đây là số tự nhiên tiếp sau, $1, N$. Điều đặc biệt ở số học các số tự nhiên là người ta chỉ cần 5 tiên đề(chẳng hạn với lý thuyết tập hợp ở dạng phức tạp của nó, số tiên đề không dưới 20) mà ta thường gọi là hệ tiên đề $Peano$:
Tiên đề 1:$1 \in N$
Tiên đề 2:$1$ không phải là số tiếp sau của bất kì số tự nhiên nào
Tiên đề 3:Đối với mọi số tự nhiên, có một và chỉ một số tự nhiên tiếp sau
Tiên đề 4:Nếu $m$ là số tiếp sau của số tự nhiên $n$ và $m$ cũng là số tiếp sau của số tự nhiên $k$ thì $k=n$
Tiên đề 5:Đối với tập con $A$ bất kì của $N$, nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
1. $1 \in A$
2.Với mọi số tự nhiên $k$, nếu $k$ thuộc N thì số tiếp sau của $k$ cũng thuộc N
Thì mọi số tự nhiên là ở trong $A$ và $A=N$
Từ những tiên đề này ta có thể sự dụng phép chứng minh quy nạp dựa vào tiên đề 5 để xác định phép cộng đối với mọi số tự nhiên. Chỉ cần 2 quy tắc sau đây:
1.$n+1=n'$
2.$n+m'=(n+m)'$
Ở đây $n'$ là số tự nhiên tiếp sau đối với một số tự nhiên $n$ bất kì. Ta sẽ chứng minh rằng đối với mọi số tự nhiên $n$bất kì, phép cộng của nó đối với một số bất kì là có thể xác định được trong tập $N$. Thât vậy, trường hợp $n+1$ đã được thỏa mãn theo như quy tắc 1. Giả sử ta đã xác đinh được phép cộng của số $n$ đối với $m$, khi đó ta cũng xác định được phép cộng của số $n$ và số tiếp sau của $m$ vì thep quy tắc 2, phép cộng này cho ta số tiếp sau của số $n+m$ mà theo như giả thiết quy nạp, $n+m$ đã được xác định. Từ đó theo tiên đề 5, ta có thể thực hiện phép cộng như vậy của một số $n$ đối với mọi số tự nhiên. Nói cách khác, ta đã xác định được phép cộng đối với 2 số tự nhiên bất kì.

Sự hiểu nhầm đây như một chứng minh khiến cho nhiều phát biểu sai lệch về $1+1=2$. Thực chất là ta xác định phép cộng một cách máy móc, còn trực gíác của ta cho thấy một phép cộng như vậy là đúng đắn với thực tế. Áp dụng một phép cộng như vậy ta suy ra rằng $1+1$ là số tiếp sau của $1$ tức là $2$.
3.Lý thuyết toán học hình thức hoá, chương trình Hilbert và định lý Godel
Lý thuyết toán học hình thức hoá cũng được sinh ra cùng mục đích với lý thuyết tiên đề, nhưng ở dạng chính xác hơn và rất máy móc.


#357275 Bertrand Russell

Gửi bởi Nxb trong 28-09-2012 - 18:00

Em không hiểu có cuốn sách nào khác với cuốn sách em đọc nhưng những gì em viết ở đây thì em hoàn toàn hiểu rõ chứ không có sách vở nào cả
Thứ nhất, nghịch lý Russell cho thấy rằng một khái niệm trực giác về tập hợp dẫn đến một mâu thuẫn và vì vây, người ta thấy rằng sử dụng trực giác dẫn đến mâu thuẫn. Điều đó dẫn đến việc xây dựng lý thuyết tiên đề để chính xác hoá các toán học trực giác

Thứ hai, chương trình Hilbert nhằm chứng minh tính đầy đủ của toán học. Cái này chẳng hề liên quan gì đến lý thuyết tập hợp mà là lý thuyết tiên đề, logic toán.vì vậy em đề nghị ta bỏ phần liên quan đến lý hilberrt và lủt đi vì nó gây ngộ nhận cho người đọc và nhiều người đánh giá sai chúng ta


#355895 $\sum \sqrt{\frac{a}{b+8}}...

Gửi bởi Nxb trong 22-09-2012 - 17:23

Đặt $$S=\sum \sqrt{\frac{a}{b+8}} \\ P=a(b+8)+b(c+8)+c(a+8)$$
Ta có $S^2P \geq (a+b+c)^3$

Chỗ này hình như có vấn đề. Có phải đây là Holder


#354630 Giả thuyết abc đã được chứng minh?

Gửi bởi Nxb trong 16-09-2012 - 17:22

Giả thuyết nói rằng: nếu $a + b = c$ thì tỷ số $\frac{sqp (abc)^r}{c}$ luôn luôn có một số giá trị dương nhỏ nhất với bất kì $r>1$. Ví dụ, nếu $a = 3;b = 125$, thì $c = 128$, khi đó $sqp (abc) = 30$ và $\frac{sqp (abc)^2}{c} = \frac{900}{128}$. Trong trường hợp này, $r = 2, \frac{sqp (abc)^r}{c}$ là gần như luôn luôn lớn hơn 1, và luôn luôn lớn hơn không.

Mình vẫn chưa hiểu đoạn này lắm. Có ai giải thích hộ được không


#352726 Về đường thẳng Simpson

Gửi bởi Nxb trong 07-09-2012 - 19:36

Bài toán 2 đã được biết đến từ lâu như định lý Griffith. Chứng minh bài toán này xem ở http://www.cut-the-k...sSolution.shtml.
Khái niệm đường tròn Simson thì được gọi là đường tròn pedal
Mọi người chú ý trong bài toán 2 này không cần D, E đối xứng với nhau qua O.
Rất có thể bài toán 1 có thể là 1 bài toán mới. Phương pháp cho bài toán 2 hình như không áp dụng được vào bài 1(Số phức).
Vừa tìm thêm được một chứng minh dùng hình phẳng cho bài 2 http://www.cut-the-k...riffithsTheorem


#351945 Về đường thẳng Simpson

Gửi bởi Nxb trong 03-09-2012 - 20:46

Tiếp tục series về đường thẳng Simpson :)
=================================

Ta định nghĩa đường tròn Simpson như sau :D

Cho $\vartriangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Lấy $M$ bất kì trong mặt phẳng chứa $A,B,C$.
Hạ $MD \perp BC; ME \perp AC; MF \perp AB$.
Đường tròn Simpson của $M$ đối với $\vartriangle ABC$ là đường tròn đi qua 3 điểm $D,E,F$.
Kí hiệu là $(c_M)$, có tâm là $S_M$.
Hình đã gửi
Trường hợp $M$ nằm trên $(O)$ thì $(c_M)$ suy biến thành $d_M$. Trong phần sau của bài viết, nếu không nói gì thêm thì ta chỉ xét trường hợp vị trí tổng quát của $M$.
Nếu viết $d_M$ (hoặc $(c_M)$) mà không nói gì thêm thì quy ước đó là đường thẳng Simpson (hoặc đường tròn Simpson) của $M$ đối với $\vartriangle ABC$

Trong quá trình nghiên cứu (nhỏ :D) thì mình phát hiện một số tính chất thú vị của nó như sau :) (và vẫn chưa chứng minh được :D )

Bài toán 1:
Cho $\vartriangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Lấy $F$ bất kì cố định trên mặt phẳng chứa $\vartriangle ABC$.
Lấy $D$ di động trên mặt phẳng chứa $A,B,C$. Lấy $E$ đối xứng $D$ qua $F$. Vẽ $(c_D)$ cắt $(c_E)$ tại $K,J$.
Quy ước chiều dương trên trục $DF$ là chiều của $\overrightarrow{DF}$.
Ta vẽ $DE$ cắt $(O)$ tại $D';E'$ sao cho $x_{D'}<x_{E'}$. Vẽ $d_{D'}$ cắt $d_{E'}$ tại $I$.
Khi đó $K,I,J$ thẳng hàng.
Hình đã gửi

Cho $F \equiv O$, ta có 1 tính chất thú vị sau ;)
Bài toán 2:
Cho $\vartriangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Lấy $D$ di động trên mặt phẳng chứa $A,B,C$. Lấy $E$ đối xứng $D$ qua $O$. Gọi $(e)$ là đường tròn Euler của $\vartriangle ABC$
Khi đó $(c_E);(c_D)$ và $(e)$ cùng đi qua 1 điểm.
Hình đã gửi


Mình thấy ở bài toán 1, điểm F không quan trọng vì D, E có thể được lấy như 2 điểm bất kì và F chỉ là trung điểm của DE mà thôi