Phân giác cắt đoạn nối trực tâm và trung điểm cạnh đáy

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Phân giác góc $A$ cắt $HM$ tại $K$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $AB$, $AC$. Khi đó $H$, $E$, $F$ thẳng hàng.

Chứng minh

Cũng như nhiều bài toán hình học khác, trong bài này ta sẽ công nhận kết quả rồi đi chứng minh giả thiết.
Từ $H$ ta kẻ đường thẳng vuông góc với $AK$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$, $F$.
Dựng đường cao $CC'$, $BB'$ của $\triangle ABC$.
Dựng đường kính $AD$ của $(O)$. Dễ chứng minh $HBDC$ là hình bình hành, từ đó có $H$, $D$, $M$ thẳng hàng.
Gọi $R$ là giao điểm khác $D$ của $HM$ và  $(O)$. Khi đó $ARC'B'$ nội tiếp.
Để có $AREF$ nội tiếp (khi đó $KE \bot AB$...) ta sẽ chứng minh $\triangle RC'E \sim \triangle RB'F$, muốn vậy ta chứng minh $\dfrac{RC'}{C'E}=\dfrac{RB'}{B'F}$.
Ta có $\triangle HC'E \sim \triangle HB'F$, $\triangle HC'B \sim \triangle HB'C$, $\triangle RC'B \sim \triangle RB'C$.
Do đó $\dfrac{EC'}{B'F}=\dfrac{HC'}{HB'}=\dfrac{BC'}{CB'}=\dfrac{RC'}{RB'}$. $\blacksquare$

Một bổ đề

Bài toán
Cho ba điểm $A$, $B$, $C$ thẳng hàng theo thứ tự đó. Qua $A$, $C$ kẻ đường thẳng $d$, $d'$ vuông góc với $AC$. Điểm $M$ di động trên $d'$, qua $M$ kẻ tiếp tuyến $MD$, $ME$ với $(AB)$ ($D$, $E$ là tiếp điểm). $P$, $Q$ lần lượt là giao của $MD$, $ME$ với $d$. Khi đó
$$\fbox{AP.AQ không đổi}$$

   Chứng minh

 

Dễ chứng minh $DE$ đi qua điểm $S$ cố định khi $M$ di chuyển.

Qua $S$ kẻ đường thẳng song song với $d$ cắt $BD$, $BE$ tại $R$, $T$.

Chú ý rằng tứ giác $DRET$ nội tiếp do $\widehat{EDR}=\widehat{EAB}=\widehat{ETS}$ nên $SR.ST=SD.SE=SA.SB$, không đổi.

Ta có $\triangle APO \sim \triangle SRB$, $\triangle AQO \sim \triangle STB$ nên

$$\dfrac{AP}{AO}=\dfrac{SR}{SB} \\ \dfrac{AQ}{AO}=\dfrac{ST}{SB} \\ \Rightarrow \dfrac{AP.AQ}{AO^2}=\dfrac{SR.ST}{SB^2} \\ \Rightarrow AP.AQ=\dfrac{SR.ST.AO^2}{SB^2}.\blacksquare$$

Ứng dụng

Gọi thêm $G$, $H$ là giao của $BD$, $BE$ với $d$. Chứng minh $(BHG)$ luôn đi qua hai điểm cố định khi $M$ di chuyển trên $d'$.

 

  

Chứng minh định lí Stolz

A. Chứng minh sơ cấp Định lý Stolz
 Nguồn: http://egaloism.blogspot.com/2013/07/chung-minh-so-cap-inh-ly-stolz.html 

Định lí Stolz được phát biểu như sau
 
Nếu 2 dãy số $(x_n)$ và $(y_n)$ đồng thời thỏa mãn

$$\left\{ \begin{array}{l} y_{n+1} > y_n; \forall n\in \mathbb{N^*} \\ \lim y_n=+\infty \\ \lim \dfrac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}=A \end{array} \right. $$

Khi đó $\lim \dfrac{x_n}{y_n}=A$.

Chứng minh

Trước hết ta có nhận xét rằng $\forall \varepsilon >0$ thì luôn tồn tại $ n_o \in \mathbb{N^*}$ sao cho $\forall n > n_o$ ta luôn có 
$$A-\varepsilon \leq \frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}\leq A+\varepsilon (1)$$ 
Lấy $k>n_o$, khi đó $(1)$ tương đương với
$$\left (  A-\varepsilon \right )\left ( y_n-y_{n-1} \right )\leq x_n-x_{n-1}\leq \left ( A+\varepsilon \right )\left ( y_n-y_{n-1} \right )\\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon \right )\sum_{i=n_o}^{k}\left ( y_i-y_{i-1} \right ) \leq \sum_{n_o}^{k}\left ( x_i-x_{i-1} \right ) \leq \left ( A+\varepsilon \right )\sum_{i=n_o}^{k}\left ( y_i-y_{i-1} \right ) \\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon  \right )\left ( y_k-y_{n_o} \right ) \leq x_k-x_{n_o} \leq \left ( A+\varepsilon \right )\left ( y_k-y_{n_o} \right ) \\ \Leftrightarrow \left ( A-\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \leq \dfrac{x_k}{y_k} \leq \left ( A+\varepsilon \right ) \left( 1- \dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) +\dfrac{x_{n_o}}{y_k} $$.

Chú ý rằng $\lim \left ( \left ( A-\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \right) = \lim \left ( \left ( A+\varepsilon \right ) \left ( 1-\dfrac{y_{n_0}}{y_{k}} \right ) + \dfrac{x_{n_o}}{y_k} \right) = A$ ( do $\varepsilon $ ta có thể chọn nhỏ tùy ý và $\lim y_n = +\infty $ ).   
Theo nguyên lí kẹp ta có $\lim \dfrac{x_k}{y_k}=A$ tức là $\lim \dfrac{x_n}{y_n}=A. \ \ \blacksquare $

$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$

Ta sẽ đi chứng minh bổ đề
Cho m, n là các số nguyên dương, a là số nguyên lớn hơn 1.Khi đó
$$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$$
Đặt $$t=(a^n-1,a^m-1)$$
*Trước hết ta sẽ chứng minh: Nếu $b|a^m-1$ và $b|a^n-1$ thì $b|a^{(m,n)}-1$.
Nhận xét: $(a,b)=1$.
Xin nêu ra bổ đề sau mà không chứng minh
Cho $m$, $n$ là hai số nguyên dương có $(m,n)=d$. Khi đó tồn tại $x,y\in\mathbb{Z^+}$ để $mx-ny=d$.
Trở lại bài toán ta có $b|a^{mx}-1$ và $b|a^{ny}-1$.
Do đó $b|a^{nx}(a^{mx-ny}-1)$, do $(a,b)=1$ nên $b|a^d-1$.
Dẫn đến $t|a^d-1$                  (1)
*Lại có $a^d-1|a^n-1$ và $a^d-1|a^m-1$ nên $a^d-1|t$                      (2)
Từ (1) và (2) suy ra $t=a^d-1$ tức là
 $$(a^n-1,a^m-1)=a^{(m,n)}-1$$.

Tổ hợp

[Đề kiểm tra ĐTQG Hà Tĩnh 2013-2014]
Trên bàn cờ vua có một số quân cờ. Biết rằng nếu một ô nào đó còn trống thì tổng số lượng những quân cờ đứng cùng hàng và cùng cột với ô đó không nhỏ hơn $8$. Chứng minh rằng trên bàn cờ đó có ít nhất $32$ quân cờ.
Lời giải
 Ý tưởng phản chứng:

Giả sử có $\ge33$ ô trống. Theo nguyên lí Đi-rích-lê tồn tại một hàng X có $\ge5$ ô trống. 

Nếu hàng X đó có $0$ ô cờ thì xét bất kì $1$ ô trống ta thấy tổng số ô có cờ trên cột và hàng chứa ô đó $\le7$, mâu thuẫn. 

Nếu hàng X có $1$ ô cờ, $7$ ô trống thì trong $7$ cột chứa $7$ ô trống có $\ge33-7=26$ ô trống, theo nguyên lí Đi-rích-lê có $1$ cột có $\ge4$ ô trống, xét $1$ ô trống bất kì trong $7$ ô trống ta có điều mâu thuẫn. 

Nếu có $2$ ô cờ và $6$ ô trống xét tương tự.                

Nếu có $5$ ô trống và $3$ ô cờ, khi đó ở mỗi cột chứa ô trống có $\ge5$ cờ nên có $\le3$ ô trống. Do đó ở $3$ cột chứa $3$ ô có cờ ở hàng X có $\ge33-3\text{x}5=18$ ô trống. Chú ý trong $3$ cột này nếu có $1$ cột $\ge7$ ô trống thì vô lí nên chứng tỏ cột nào cũng có $6$ ô trống khi đó thì sẽ có một hàng có $3$ ô trống, xét bất kì $1$ trong $3$ ô trống này ta có mâu thuẫn.