Bài toán: Tìm tất cả hàm số $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn: $$f(x.f(y))+f(y.f(z))+f(z.f(x))=xy+yz+zx,\forall x, y, z\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;(*)$$

Lời giải:
Trong $(*)$ cho $x=y=z=0$ ta được $f(0)=0$.
Tiếp tục cho $z=0$, từ $(*)$ ta được: $$f(xf(y))=xy,\forall x,y\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$ Trong $(1)$ cố định $x$, với mỗi $f(y_1)=f(y_2)$ ta có: $$f(xf(y_1))=f(xf(y_2))\Leftrightarrow xy_1=xy_2\Leftrightarrow y_1=y_2$$ Như vậy $f$ là đơn ánh. Ngoài ra trong $(1)$ cho $x=1$ ta được $f(f(x))=x,\forall x\in\mathbb{R}$, điều này chứng tỏ $f$ là toàn ánh.
Trong $(*)$ cho $x=1, y=f(1)$, ta được: $$f(f(f(1)))+f(f(1).z)+f(f(1)z)=f(1)+f(1)z+z,\forall z\in\mathbb{R}$$ Chú ý tới $(1)$ và $f$ là toàn ánh nên từ trên ta dễ dàng suy ra: $$f(f(1).z)=f(1).z,\forall z\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Ngoài ra, trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(f(1).x)=x,\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Từ $(3)$ kết hợp với $(2)$ ta có được: $$x=f(1).x,\forall x\in\mathbb{R}\Rightarrow f(1)=1$$ Từ đây, kết hợp với $(3)$ ta được $f(x)\equiv x,\forall x\in\mathbb{R}$, tử lại thấy thỏa. Tóm lại, $$f(x)\equiv x,\forall x\in\mathbb{R}$$

Bài toán: (Đề thi Olympic 30.4 lớp 11 năm 2014-2015)
        Tìm tất cả đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa: $$P(x).P(x^2)=P(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (*)$$

Lời giải:
Dễ thấy nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì có hai đa thức thỏa mãn bài toán là $P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}$ và $P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$. Ta xét trong trường hợp $P(x)$ khác hằng.
Trong $(*)$ cho $x=0$, ta được $P(0)=0$ hoặc $P(0)=1$.

    Trường hợp 1: $P(0)=0$. Đặt $P(x)=x^k.Q(x)$, trong đó $k\ge 1, Q(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3k}Q(x).Q(x^2)=(x^3+3x)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2k}.Q(x).Q(x^2)=(x^2+3)^k.Q(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R^*}$$ Do $Q(0)\neq 0$ nên $Q(x)$ có hệ số tự do khác $0$. Gọi hệ số này là $d$. Ta nhận thấy:
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là: $d^2$
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là: $3^kd$
 Từ đó suy ra: $$d^2=3^k d\Leftrightarrow d=0, \text{ hay } Q(0)=0,\text{vô lý}$$ Do vậy, ta thu được $P(x)\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.

    Trường hợp 2: $P(0)=1$. Đặt $P(x)=x^h.F(x)+1$ trong đó:  $h\ge 1, F(0)\neq 0$, thay vào $(*)$ ta được: $$x^{3h}F(x).F(x^2)+x^hF(x)+x^{2h}F(x^2)=(x^3+3x)^hF(x^3+3x),\forall x\in\mathbb{R}\\\Leftrightarrow x^{2h} F(x).F(x^2)+F(x)+x^hF(x^2)=(x^2+3)^h.F(x^3+3x),\forall x\neq 0$$ Do $F(0)\neq 0$ nên tồn tại $l\neq 0$ là hệ số tự do của $F(x)$. Tương tự như trường hợp 1, ta nhận thấy:
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế trái là $l$
       $\bullet$ Hệ số bậc nhỏ nhất của vế phải là $3^h l$
  Từ đó suy ra: $$l=3^h.l\Leftrightarrow l=0,\text{ vô lý}$$
 Như vậy, ta thu được $P(x)\equiv 1, \forall x\in\mathbb{R}$, thử lại thấy thỏa $(*)$.
 Tóm lại, có hai đa thức thỏa mãn bài toán $$P(x)\equiv 0,\forall x\in\mathbb{R}\\\\P(x)\equiv 1,\forall x\in\mathbb{R}$$

SEVEN CIRCLES THEOREM

ĐỊNH LÝ BẢY ĐƯỜNG TRÒN

   Định lý bảy đường tròn là một trong những kết quả đẹp và nổi tiếng của hình học sơ cấp. Nó được đề xuất vào năm 1974 bởi Evelyn, Money-Coutts, và Tyrrell. Cho đến nay đã có rất nhiều cách chứng minh cho định lý này và kể cả những hệ quả và trường hợp đặc biệt. Bài viết này nhằm giới thiệu và khai thác một số tính chất của nó.

Trước tiên, chúng ta sẽ bắt đầu với một kết quả quen thuộc:
    Định lý Ceva: Cho tam giác $ABC$, các điểm $D, E, F$ theo thứ tự nằm trên $BC, CA, AB$. Khi đó $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{FA}{FB}=1$$
  Đây là một kết quả quen thuộc nên tôi xin thông qua cách chứng minh. Bây giờ, mở rộng cho định lý Ceva, a thu được định lý Ceva cho dây cung:
   Định lý Ceva cho dây cung: Cho các điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm trên một đường tròn. Khi đó, $AD, BE, CF$ đồng qui khi và chỉ khi: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$$
   Chứng minh:

i) Chứng minh điều kiện cần: Giả sử $AD, BE, CF$ đồng qui tại $P$. Ta có: $$\dfrac{AB}{DE}=\dfrac{PA}{PE}\\\dfrac{CD}{FA}=\dfrac{PC}{PA}\\\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PE}{PC}$$

Suy ra: $$\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{PA}{PE}.\dfrac{PC}{PA}.\dfrac{PE}{PC}=1$$ 

ii) Chứng minh điều kiện đủ: Giả sử ta có $\dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1$. Gọi $P$ là giao điểm của $BE, CF$. Giả sử $AP$ cắt đường tròn tại $D'$. Khi đó, ta có: $$\begin{cases} \dfrac{AB}{DE}.\dfrac{CD}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\\\\\dfrac{AB}{D'E}.\dfrac{CD'}{FA}.\dfrac{EF}{BC}=1\end{cases}$$ Suy ra: $$\dfrac{CD}{DE}=\dfrac{CD'}{D'E}\Leftrightarrow CD.D'E-CD'.DE=0$$ Ngoài ra, theo định lý Ptolemy , ta còn có: $$CD.D'E-CD'.DE=DD'.CE\Rightarrow DD'.CE=0\Rightarrow D\equiv D'$$ Định lý được chứng minh.

  Bổ đề: Cho hai đường tròn $C_1(M; r_1)$ và $C_2(N;r_2)$ tiếp xúc với nhau và cùng tiếp xúc trong với đường tròn $C(O;R)$. Giả sử $C_1, C_2$ tiếp xúc với $C$ tại $A, B$ tương ứng. Khi đó, ta có: $$AB^2=\dfrac{4R^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}$$

  Chứng minh:

  Áp dụng định lý Cosine, ta có $$\begin{aligned}\cos \angle MON&=\dfrac{OM^2+ON^2-MN^2}{2OM.ON}\\&=\dfrac{(R-r_1)^2+(R-r_2)^2-(r_1+r_2)^2}{2(R-r_1)(R-r_2)}\\&=\dfrac{R^2-R(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$ Từ đó dễ dàng suy ra: $$\begin{aligned} AB^2&=2R^2(1-\cos\angle MON )\\&=2R^2.\left(1-\dfrac{R^2-(r_1+r_2)-r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\right)\\&=\dfrac{4r^2r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}\end{aligned}$$

Bây giờ quay lại với định lý bảy đường tròn: 

   Định lý bảy đường tròn: Xét dãy các đường tròn $(O_i;r_i)$, với $i=\overline{1,6}$ cùng tiếp xúc với một đường tròn $(O,r)$ thỏa mãn đường tròn $(O_i;r_i)$ tiếp xúc với đường tròn $(O_{i-1};r_{i-1})$ và đường tròn $(O_{i+1};r_{i+1})$ (giả sử $(O_1;r_1)\equiv (O_7;r_7)$). Gọi $T_i$ là tiếp điểm của $(O;r)$ với $(O_i,r_i)$. Khi đó, các đường thẳng $T_1T_4, T_2T_5, T_3T_6$ đồng qui. 

   Chứng minh:

    Theo bổ đề trên, ta có; $$T_iT_{i+1}=2R.\sqrt{\dfrac{r_ir_{i+1}}{(R-r_i)(R-r_{i+1})}}$$

 Từ đó suy ra: $$\dfrac{T_1T_2}{T_4T_5}.\dfrac{T_2T_3}{T_5T_6}.\dfrac{T_3T_4}{T_6T_1}=\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_1r_2}{(R-r_1)(R-r_2)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_4r_5}{(R-r_4)(R-r_5)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_2r_3}{(R-r_2)(R-r_3)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_5r_6}{(R-r_5)(R-r_6)}}}.\dfrac{2R.\sqrt{\dfrac{r_3r_4}{(R-r_3)(R-r_4)}}}{2R.\sqrt{\dfrac{r_6r_1}{(R-r_6)(R-r_1)}}}=1$$ Theo định lý Ceva về dây cung thì ta có điều phải chứng minh.

Ngoài ra trong trường hợp các đường tròn $(O_i, r_i)$ tiếp xúc ngoài với $(O,r)$ thì  ta có thể thay dấu $"-''$ bởi dấu $''+''$ sao cho kết quả bài toán vẫn đúng

Với các đường tròn tiếp xúc ngoài: 

Trường hợp các đường tròn tiếp xúc ngoài

Trong thực tế, định lý bảy đường tròn không chỉ dừng lại ở sáu đường tròn tiếp xúc liên tiếp. Ta có thể thấy chúng qua các hình vẽ bên dưới: 

Một kết quả khác có thể nói là có "anh em họ hàng" với định lý bảy đường tròn là định lý Đào. Định lý này được phát biểu bởi Đào Thanh Oai lần đầu tiên tại www.cut-the-knot.com vào năm 2013 với tên gọi đầy đủ là  định lý Đào về sáu tâm đường tròn liên hệ với một lục giác nội tiếp . Định lý được phát biểu như sau: 

  Định lý Đào: Cho sáu điểm $A,B,C,D,E,F$ cùng nằm một đường tròn. Gọi $U,V,W,X,Y,Z$ theo thứ tự là giao điểm của các đường $(AF,BC); (AB,CD);(BC,DE)CD,EF);(DE,FA);(EF,AB)$. Đặt $O_1, O_2, O_3, O_4, O_5, O_6$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABU, BCV, CDW, DEX,EFY,FAZ$. Khi đó, các đường thẳng $O_1O_4, O_2O_5, O_3O_6$ đồng qui.

Chứng minh: 

     1. Chứng minh của Telv Cohl: xem tại đây

     2. Chứng minh của Nikolaos Dergiades: xem tại đây

Có thể nhận thấy rằng, định lý Pascal và định lý Brianchon chỉ là một trưởng hợp tầm thường của định lý Đào. Ngoài ra, trong trường hợp lục giác suy biến thành tam giác thì ta thu được một bài toán thú vị:

   Định lý Kosnita: Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Kí hiệu $O_a, O_b, O_c$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC, OCA, OAB$. Khi đó, $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy. 

   Điểm đồng quy nói trên được gọi là điểm Kosnita.

 Chứng minh: 

     

   Gọi $H, N$ lần lượt là trực tâm và tâm Euler của tam giácc $ABC$. Gọi $M$ là trung điểm của  $BC,AN$  cắt $OO_a$ tại $L$.

.Dễ thấy tứ giác $AHLO$ là hình bình hành nên $OL=AH=2OM$. Suy ra tam giác $)CL$ cân tại $C$. Kéo theo: $$\angle CLO =\angle COL =\angle OCO_a$$ Từ đây ta có $\Delta OCL \sim \Delta OO_aC$, Cho nên: $$OC^2=OL.OO_a\Rightarrow OA^2=OL.OO_a$$ Điều này cho thấy $\Delta OAL\sim \Delta OO_aA$, suy ra: $$\angle OAN=\angle OAL=\angle OO_aA=\angle HAO_a$$ Điều này chứng tỏ $AN, AO_a$ đẳng giác trong góc $HAO$. Mà $AH, AO$ là đẳng giác trong góc $BAC$ nên $AN, AO_a$ là đẳng giác trong góc  $BAC$.Ta có các cặp đường đẳng giác  $(AN, AO_a), (BN, BO_b), (CN, CO_c)$ . Do $AN, BN, CN$ đồng quy tại $N$  nên $AO_a, BO_b, CO_c$ đồng quy.

  Trong trường hợp suy biến thành tứ giác, ta có bài toán: 

    Bài toán: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ giao với $CB,CD$ lần lượt tại $A_b,A_d$. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $C$ giao với $AB,AD$ lần lượt tại $C_b; Cd$. Gọi $O_{ab},O_{ad},O_{cb},O_{cd}$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $(AA_bB),(AA_dD),(CC_bB),(CC_dD)$. Khi đó giao điểm của hai đường thẳng $O_{ab}O_{cd}$ và $O_{ad}O_{cb}$ nằm trên đường chéo của tứ giác $ABCD$.

   Định lý năm đường tròn: Cho năm đường tròn với tâm nằm trên một đường tròn chung thứ sáu và mỗi đường tròn này giao với một đường tròn liền kề phía trước và phía sau nó cũng tại đường tròn chung thứ sáu, khi đó đường thẳng nối các giao điểm thứ hai của chúng sẽ tạo thành một ngũ giác với các đỉnh nằm trên các đường tròn đó.

   

Một kết quả khá thú vị từ bài toán trên:

Bài toán:Cho ngũ giác $ABCDE$. Kí hiêu $X, L, Y, Z, T$ là giao điểm của các cặp $(AD, BE); (AD, CE); ((AC, BE); (AC, BD); (EC, BD)$. Gọi $A_1, B_1, C_1, D_1, E_1$ lần lượt là giao điểm của các đường tròn $[(EAX), (ABY)]; [(ABY), (BCZ)];[(BCZ), (DCT)]; [(DCT), (ELD)]; [(ELD), (EAX)]$ Chứng minh rằng: $A_1B_1C_1D_1E_1$ nội tiếp.

Xem chứng minh tại đây

  TÀI LIỆU THAM KHẢO: 

        1. The seven circles theorem -Stanley Rabinowits

        2. Định lý Casey và ứng dụng - Nguyễn Văn Linh
        3. Định lý Đào về sáu tâm đường tròn 
               http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_Đào_về_sáu_tâm_đường_tròn.
        4. Một bài toán về sáu tâm đường tròn
              http://diendantoanhoc.net/home/hình-học/1426-một-bài-toán-về-sáu-tâm-đường-tròn.
        5. Định lý năm đường tròn
              http://vi.wikipedia.org/wiki/Định_lý_năm_đường_tròn.

   

 Bài toán: (VMO 2015 pro. 5) Cho $(f_n(x))$ là dãy các đa thức xác định bởi: $$\begin{cases} f_0(x)=2,\, f_1(x)=3x\\ f_n(x)=3xf_{n-1}(x)+(1-x-2x^2)f_{n-2}(x)\end{cases}$$ Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để $f_n(x)$ chia hết cho đa thức $x^3-x^2+x$

Lời giải: 
   Xét phương trình đặc trưng: $$t^2-3xt-(1-x-2x^2)=0$$ Giải phương trình này ta tìm được hai nghiệm $$\begin{cases}t_1=x+1\\t_2=2x-1\end{cases}$$ Suy ra: $f_n(x)=A(x+1)^n+B(2x-1)^n$. Cho $n=0, n=1$ ta có hệ: $$\begin{cases}A+B=2\\(x+1)A+(2x-1)B=3x\end{cases}\Leftrightarrow \begin{cases}A=1\\B=1\end{cases}$$ Vậy, ta được $$f_n(x)=(x+1)^n+(2x-1)^n$$ Nếu $n$ chẳn, thì $f_n(x)\equiv 2\pmod{x}$ mà $x^3-x^2+x\equiv 0\pmod{x}$ nên trường hợp này không thể xảy ra. Tức là $n$ lẻ.
   Ta nhận thấy: $$(x+1)^3=x^3+3x^2+3x+1=x^3-x^2+x+4x^2+2x+1\equiv 4x^2+2x+1\equiv \pmod{x^3-x^2+x}\\(2x-1)^3=8x^3-12x^2+6x-1=8(x^3-x^2+x)-4x^2-2x-1\equiv -4x^2-2x-1\pmod{x^3-x^2+x}$$ 
 Xét các trường hợp: 
    Trường hợp 1: $n=3k+1$, $k$ chẵn. Khi đó, ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+1}+(2x-1)^{3k+1}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(2x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(2x-1)\\&\equiv 3x(4x^2+2x+1)^k\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 2: $n=3k+2$, $k$ lẻ. Khi đó, ta có $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3k+2}+(2x-1)^{3k+2}\\&=(x^3+3x^2+3x+1)^k(x^2+2x+1)+(8x^3-12x^2+6x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1)+(-4x^2-2x-1)^k(4x^2-4x+1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(x^2+2x+1-4x^2+4x-1)\\&\equiv (4x^2+2x+1)^k(-3x^2+6x)\\&\not\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
    Trường hợp 3: $n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}$. khi đó ta có: $$\begin{aligned}f_n(x)&=(x+1)^{3(2k+1)}+(2x-1)^{3(2k+1)}\\& =(x^3+3x^2+3x+1)^{2k+1}+(8x^3-12x^2+6x-1)^{2k+1}\\&\equiv (4x^2+2x+1)^{2k+1}+(-4x^2-2x-1)^{2k+1}\\&\equiv 0\pmod{x^3-x^2+x}\end{aligned}$$
 Cuối cùng, ta được kết quả: $$\boxed{n=3(2k+1),k\in\mathbb{N}}$$

Phương tích- hàng điều hòa

Bài toán: Cho tam giác nhọn $ABC$ và một đường tròn thay đổi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $M, N$. Gọi $P$ là giao điểm của $BN$ và $CM$, $Q,T$ là giao điểm của $AP, MN$ với $BC$. Đường thẳng qua $Q$ và song song với $MN$ gặp $AB, AC$ lần lượt tại $R, S$.
      a. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKN$ luôn đi qua điểm cố định.
      b.Gọi $K$ là trực tâm tam giác $AMN$. Đặt $BC=a, d$ là khoảng cách từ $A$ tới $PK$. Chứng minh rằng, $d\le a. \cot A$

Lời giải:
     a. Ta có $RS || MN$ nên $\angle BRS=\angle TMb=180^o-\angle BMN=\angle BCS$, hay tứ giác $BSCR$ nội tiếp, suy ra: $$\overline{QB}.\overline{QC}=\overline{QR}.\overline{QS}$$ Mặt khác, ta lại có $(BCQT)=-1$, Gọi $E$ là trung điểm $BC$, theo hệ thức Maclaurin ta có: $$\overline{QT}.\overline{QW}=\overline{QB}.\overline{QC}$$ Từ đây suy ra: $\overline{QT}.\overline{QE}=\overline{QR}.\overline{QS}$, tức là $T, R, S, E$ đồng viên hay nói cách khác đường tròn $(TRS)$ luôn đi qua trung điểm $E$ cố định của $BC$.
   b. Ký hiệu $(XY)$ là dùng để chỉ đường tròn có đường kính $XY$. Gọi $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ lên $AB, AC$. Khi đó, dễ thấy $B'\in (BN),\, C'\in (CM)$.
   Ta có: $\Delta B'C'H\sim \Delta CBH$ nên: $$\overline{HB'}.\overline{HB}=\overline{HC'}.\overline{HC}$$ Suy ra $H$ nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn $(BN)$ và $(CM)$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN)$ và $(CM)$.
  Mặt khác, ta lại có $\overline{PM}.\overline{PC}=\overline{PN}.\overline{PB}$ nên $P$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN) $ và $(CM)$. Vậy, $P, K, H$ thẳng hàng, suy ra: $d\le AH$. Kết hợp với: $$AH=\dfrac{AB'}{\sin\angle AHB'}=\dfrac{AB'}{\sin\angle ACB}=BC.\dfrac{AB'}{BB'}=BC.\cot A$$ Tóm lại, ta có được: $d\le a.\cot A$
   Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Bài toán đường thẳng Euler

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $(J)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $M, P, N$. Chứng minh rằng, $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$

Lời giải:
   Gọi $M', N', P'$ theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng $(JA,PN); (JC;PM); (JB; MN)$. Rõ ràng đường tròn Euler của các tam giác $MNP$ cũng chính là đường tròn ngoại tiếp tam giác $M'N'P'$. Gọi $A',B',C'$ theo thứ tự là giao điểm của $JA, JB, JC$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
  Ta có $$\overline{JB}.\overline{JB'}=\overline{JA}.\overline{JA'}=\overline{JC}.\overline{JC'}$$  Đồng thời. $$\overline{JM'}.\overline{JA}=\overline{JB}.\overline{JP'}=\overline{JC}.\overline{JN'}$$  Suy ra $$\dfrac{\overline{JM'}}{\overline{JA'}}=\dfrac{\overline{JP'}}{\overline{JB'}}=\dfrac{\overline{JN'}}{\overline{JC'}}$$ Theo đó, ta có được: $A'B'||M'N',\; B'C'||P'N',\; C'A'||M'N'$. Từ đó suy ra tồn tại phép vị tự $V_{J,k}$ sao cho $V_{J,k}: \Delta M'N'P' \to\Delta A'C'B'$, suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A'B'C', M'N'P'$ và $J$ thẳng hàng, hay nói cách khác $JO$ là đường thẳng Euler của tam giác $MNP$ (dpcm).

DỒN BIẾN THỪA-TRỪ

Trong các bài toán chứng minh bất đẳng thức có lẽ các bài toán bất đẳng thức chứa căn là một trong những dạng toán hay và thú vị nhất .Đơn giản là chúng ta không thể dùng các phép biến đổi thông thường để chứng minh bài toán và như thế mới thúc đẩy các ý tưởng mới được.Trong các phương pháp chứng minh dạng toán này không thể không nhắc tới phương pháp dồn biến thừa trừ của anh Võ Quốc Bá Cẩn.Ý tưởng của phương pháp rất đơn giản nhưng điều đơn giản này lại giúp chúng ta giải quyết rất nhiều bất đẳng thức khó,trong đó có một số kết quả từng là những bài toán mở.Trong bài viết này xin được giới thiệu thêm một số bài toán có thể giải bằng phương pháp này.

Bài toán 1 Võ Quốc Bá Cẩn

Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Lời giải 

Không mất tổng quát giả sử rằng: 
Đặt
Ta sẽ chứng minh rằng:

Để chứng minh điều này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức: ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

Hay là

Sử dụng bất đẳng thức Minkowski có :

Sử dụng kết quả này và giả thiết: ,ta chỉ cần chứng minh:



Điều này hiển nhiên đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ,ta chỉ cần chứng minh:


Chú ý rằng




Mặt khác




Và  , bước dồn biến được chứng minh xong.

Cuối cùng,ta chỉ cần chứng minh rằng:



Ta có

Bài toán được chứng minh xong.Đẳng thức xảy ra  và các hoán vị tương ứng.
Nhận xét 
- Bước chứng minh

là mấu chốt trong lời giải bài toán này.Kết quả này giúp cho bước dồn biến đơn giản hơn rất nhiều do bớt đi được được một biểu thức chứa căn và như thế cũng làm cho việc tính toán trở nên đơn giản hơn.Nếu trực tiếp chứng minh kết quả  thì tính toán sẽ rất nhiều và gặp rất nhiều khó khăn.
-Sử dụng kết quả này ta có thể chứng minh kết quả sau:
Cho các số thực không âm  thỏa mãn:.Chứng minh rằng:


Bài toán 2 Quykhtn

Cho tam giác  có độ dài 3 cạnh là  và 3 trung tuyến là .Chứng minh rằng:


Lời giải 

Viết bất đẳng thức cần chứng minh dưới dạng tương đương sau:

Không mất tổng quát giả sử rằng .
Kí hiệu

Ta sẽ chứng minh: 
Để chứng minh kết quả này,đầu tiên ta chứng minh kết quả sau:

Bình phương hai vế và sử dụng đẳng thức:  ,ta có thể viết bất đẳng thức này dưới dạng:

tương đương

Chú ý rằng


Như vậy ta chỉ cần chứng minh rằng:

Điều này luôn đúng với 
Để hoàn thành bước dồn biến ta phải chứng minh:

Tương đương

Tương đương

Dễ thấy  nên

Do đó


Bây giờ xét biểu thức:

Dễ thấy






Như vậy

Vậy để chứng minh bài toán ta chỉ cần chứng minh:

tương đương

Đặt  với .
Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:

tương đương

tương đương

tương đương


Chú ý rằng:


Mặt khác:

Bài toán được chứng minh xong.
Đẳng thức xảy ra .
   
                                                                                           Nguồn: artofproblemsolving.com