Đề bài này có 1 thiếu sót quan trọng là không nói rõ $a,b,c$ thuộc tập số gì (số tự nhiên, số thực hay số phức).

Nếu $a,b,c$ thuộc tập số thực hay số phức thì phải định nghĩa thêm khái niệm chia hết cho số thực và số phức.Tưởng vấn đề cũng đơn giản : Một số chia hết cho 1 số thực (hay số phức) khi thương là số nguyên.

Mình hiểu chia hết ở đây là: đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) nếu P(x) =Q(x)R(x) với R cũng là một đa thức. Trong trường hợp này mình xét vành các đa thức hệ số phức, hoặc thực, hoặc nguyên (kiểu nào cũng được).  

Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho:
Fn(a,b,c)=an(b−c)+bn(c−a)+cn(a−b)⋮(a2+b2+c2+ab+bc+ca)

Đặt $G(a,b,c) = a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca$.  

Giả sử $F_n$ chia hết cho $G$. cho $c=0$ ta được $ab(a^{n-1}-b^{n-1})$ chia hết cho $a^2+b^2+c^2$. Từ đây dễ dàng suy ra được $n-1$ phải chia hết cho $3$. 

Nếu $n=1$ hoặc $n=4$  ta có thể chứng minh được $F_n$ chia hết cho $G$. Giả sử $n>4$ và ta viết $n-1=3k$ với $k>1$. Ta viết 

$$F_n=ab(a^{3k}-b^{3k}) +bc (b^{3k}-c^{3k}) +ca(c^{3k}-a^{3k}).$$

Vì $a^{3k}-b^{3k}$ chia hết cho $a^2+b^2+ab$ nên ta có 

$$ab(a^{3k}-b^{3k}) = ab\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}G(a,b,c) -abc(a+b+c)\frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}.$$

Như vậy $F_n$ chia hết cho $G$ tương đương với $H_n$ chia hết cho $G$, với

$$H_n(a,b,c)= \frac{a^{3k}-b^{3k}}{a^2+b^2+ab}+\frac{b^{3k}-c^{3k}}{c^2+b^2+cb}+\frac{c^{3k}-a^{3k}}{a^2+c^2+ac}.$$

Cho $c=0, b=1$ và $a$ là một số phức khác $1$ sao cho $a^3=1$ (có 2 số phức như thế). Thay vào $H_n$ ta được $H_n(a,b,c)$ khác $0$ nhưng $G(a,b,c)=0$. Như vậy $H_n$ không chia hết cho $G$. 

Kết luận $n=1$ hoặc $n=4$. 

 

Cho $a,b,c,d\in \mathbb{Z}^+$ thỏa mãn:

$(a+bc)(b+ac)=5^d;a,b$ không chia hết cho 5.

Chứng minh $d$ chẵn.

Ta có thể viết $a+bc=5^m$ và $b+ac=5^n$ với $m,n$ là các số tự nhiên. Không mất tính tổng quát ta giả sử $m\geq n$. Từ hai phương trình vừa có ta suy ra được 

$$b(c^2-1)=5^n(5^{m-n}c-1).$$

Ta có hai trường hợp: 

TH1: $c=1$. Khi đó $m=n$ và $d$ là số chẵn. 

TH2: $c>1$. Do $b$ không chia hết cho $5$ nên ta phải có $c^2-1$ chia hết cho $5^n$. Từ đó

$$c\geq 5^n-1.$$

Như vậy ta phải có $a=1, b=1, c=5^n -1$. Suy ra $d$ là số chẵn. 

Để thuận tiện ta đặt 

• TH1: Các số $a_i$ là đôi một khác nhau. Khi đó tồn tại $k < m$ sao cho 

• TH2:  Tồn tại $k\neq m$ sao cho $a_k=a_m$. Ta có thể giả sử $a_1=a_n$. Đặt $y_1=x_1+x_2, y_2=x_3,...,y_{n-1}=x_n$. Ta có thể viết lại $F(x,a)$ dưới dạng

Chỗ này em không hiểu lắm. Tại sao các cột còn lại có nhiều hơn $\frac m2 \frac n4$ cây xanh vậy ạ ?

Trong ô vuông mxn ta đã trích ra ô vuông con gồm n/2 cột và m hàng. Bây giờ xét ô vuông con gồm n/2 cột (sau khi đã loại đi n/2 cột vừa xét) và m/2 hàng. Lưu ý rằng theo cách chọn ra m/2 hàng vừa nêu thì trên mỗi hàng có ít nhất 3n/4 cây xanh. Ta đã lấy đi không quá n/2 cây xanh nên bây giờ còn lại nhiều hơn n/4 cây xanh. Có m/2 hàng như thế nên tổng cộng là nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$. 

Bài 4b. Giả sử (phản chứng) rằng n  không chia hết cho 4. Để cho thuận tiện ta gọi hai loại cây là cây xanh và cây đỏ. Khi đó số cây xanh (cũng như cây đỏ) trên mỗi hàng  hoặc là $\leq n/4$ hoặc là $\geq 3n/4$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử: có ít nhất $m/2$ hàng mà mỗi hàng có ít nhất $3n/4$ cây xanh. Ta đánh dấu $m/2$ hàng này.  Gọi $k$ là số cột có ít nhất $m/4$ cây xanh. Khi đó trong ô chữ nhật tạo bởi $m/2$-hàng (đã chọn) và $n$ cột có số cây xanh tối đa là

$k \frac{m}{2} + (n-k)\frac{m}{4}$

Trong ô chữ nhật này ta phải có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{3n}{4}$ cây xanh (vì $n$ không chia hết cho 4). Vậy $k>\frac{n}{2}$.  

Bây giờ ta tính số cây xanh trong ô chữ nhật $mxn$. Ta giả sử $n$ chẵn (nếu $n$ lẻ ta làm tương tự).  Lấy ra $\frac{n}{2}$ cột sao cho mỗi cột có ít nhất $3m/4$ cây xanh. Trong các cột còn lại có nhiều hơn $\frac{m}{2}\frac{n}{4}$ cây xanh. Cộng hết lại ta được nhiều hơn $mn/2$ cây xanh (mâu thuẫn). 

Cho dãy số thực $(x_n)$ thỏa mãn $x_i\geqslant 0,i=0,1,2,...,n$ $x_0=1$ và
$$x_i \leqslant x_{i+1}+x_{i+2}$$
Chứng minh:
$$ \sum_{i=0}^{n}x_i\geqslant \frac{f_{n+2}-1}{f_n}$$

($f_{n}$ là dãy Fibonaci.)

Cho $a;b;c;d \in \left [ 0;1 \right ]$. Chứng minh rằng:

$$\sum \frac{a}{bc+cd+db+1}\leq \frac{3}{4}+\frac{1}{4abcd}$$

Ta đánh giá $bd+1\geq b+d$. Từ đó $bc+cd+db +1\geq (c+1)(b+d)\geq (c+a)(b+d)$. Đặt $x= \frac{a+c}{2}, y= \frac{b+d}{2}$. Đưa BDT đã cho về 

$$\frac{x+y}{xy}\leq \frac{3}{2}+\frac{1}{2x^2y^2}.$$

Áp dụng thêm lần nữa $x+y\leq xy+1$ thì ta thu được $(xy-1)^2\geq 0$. 

Bài toán:Cho tam giác $ABC$.$(AB<AC)$.$D$ cố định trên $BC$. Một điểm $P$ di động trên $AD$, điểm $E$ trên $BC$ thỏa mãn hệ thức

$$\frac{EC}{EB}=\frac{PD}{PA}+\frac{DB.DC}{AP.AD}$$

Gọi $F$ là giao điểm của $(ABP)$ và $AC$ khác  $A$. Đường tròn $(CEF)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $G$ khác $C$.

Chứng minh rằng khi $P$ di chuyển trên $AD$ thì $EG$ luôn đi qua một điểm cố định.

                                                                                (Kiểm tra đội tuyển IMO)

Gọi $D_1$ là giao điểm của $AP$ với đường tròn $(O)$ và $D_2$ là điểm trên cung $BC$ (không chứa $A$) sao cho góc $BAD_2$ bằng góc $CAD_1$. Gọi $G_1$ là giao điểm của $EG$ với đường tròn $(O)$.

Những điều sau đây là dễ thấy:

1). $\frac{PD_1}{PA}=\frac{EC}{EB}$,

2). $EF$ song song với $AG_1$.

Điều sau đây là dễ thấy bằng trực giác nhưng KHÓ chứng minh:

3). $D_2=G_1$ là điểm cố định cần tìm. 

Sau đây là lời giải sử dụng số phức. Giả sử đường tròn có bán kính $1$ và $O$ là góc toạ độ. Cũng có thể xem $A=1$. Gọi toạ độ các điểm khác là các chữ nhỏ (A= a=1, B=b, D_1=d,....). Ở đây mình ký hiệu $D_1=d$ cho gọn, vì mình không dùng dến toạ độ của $D$. Ta cần chứng minh góc giữa $EF$ và $AB$ bằng với góc giữa $AD_1$ và $AC$, tức là 

$$\frac{(e-f)(d-1)}{(b-1)(c-1)}\in \mathbb{R}.  (4)$$

Theo đề bài thì $ABPF$ nằm trên cùng một đường tròn. Do đó 

$$\frac{(d-1)(f-b)}{(c-1)(p-b)}\in \mathbb{R}. (5)$$

Ta chọn $r,s\in \mathbb{R}$ sao cho

$$f=s+(1-s)c, \ p=r+(1-r)d, \ e=rb +(1-r) c.$$

Khi đó (5) tương đương với

$$Y=(d-1)(s+(1-s)c-b)(\bar{c}-1)(r+(1-r)\bar{d}-\bar{b})\in \mathbb{R}.$$

Và (4) tương đương với 

$$ X=(d-1)(rb-s+(s-r)c)(\bar{b}-1)(\bar{c}-1) \in \mathbb{R}. $$

Ta có thể rút gọn để thu được đẳng thức sau đây:

$$X-Y=s(1-r)|c-1|^2|d-1|^2 + (1-r)(d-1)(b-c)(\bar{c}-1)(\bar{b}-\bar{d}).$$

Số hạng cuối cùng là số thực bởi vì $ABCD_1$ nằm trên $(O)$. Do $X\in \mathbb{R}$ nên $Y$ cũng là số thực. Điều đó chứng tỏ góc giữa $AB$ và $AD_2$ bằng góc giữa $AB$ và $AG_1$, tức là $G_1=D_2$.

Comments: Ở trên, mình sử dụng sự kiện là 

Góc ABC = Góc XYZ khi và chỉ khi $\frac{(a-b)(y-z)}{(b-c)(x-y)}\in \mathbb{R}.$

Mình tìm thấy bài toán này ở đây: http://www.artofprob...p?f=57&t=406528

Và vài thảo luận ở đây: http://math.stackexc...-such-that-phin

Nếu trên diễn đàn VMF đã có bạn giải được thì hay quá. 

Do đó, mình xin có vài câu hỏi: 

1. Người post bài có lời giải cho bài toán này không?

2. Bạn E. Galois (editor) có lời giải cho bài này không?

3. Người post bài có phải là tác giả của bài toán này không? (hay là bạn tìm thấy ở đâu đó)

4. Theo quy định của diễn đàn thì khi post bài có cần trích dẫn rõ ràng nguồn gốc hay không? Hay là cứ việc sưu tầm ở đâu đó rồi không nói thêm gì cả để gợi tò mò cho người xem?

Cho dãy số thực $(x_k)$ thỏa mãn:
$$|x_{m+n}-x_{m}-x_{n}| < \dfrac{1}{m+n}, \forall m, n \geq 1$$
Chứng minh rằng $(x_k)$ lập thành 1 cấp số cộng

Cố định $k\in \mathbb{N}^*$. Xét dãy số $y_n= x_{n+1}-x_n$. Dãy này có giới hạn là $x_1$ vì 

$$|y_n-x_1|<\frac{1}{n+1}.$$

Khi đó dãy số $y_n+...+y_{n+k-1}= x_{n+k}-x_n$ có giới hạn là $kx_1$ và cũng là $x_k$. Do đó $x_k=kx_1$. 

Một bài toán khá hay của thầy giáo mình.Post lên cho mọi người tham khảo

 

Problem:Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$P$ và $Q$ là hai điểm bất kì thỏa mãn $P,O,Q$ thẳng hàng. Giả sử $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. Gọi $A_{2},B_{2},C_{2}$ lần lượt là các giao điểm của $AQ,BQ,CQ$ với đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp các tam giác $$PA_{1}A_{2},PB_{1}B_{2},PC_{1}C_{2}$$

thẳng hàng.

                                                                                                  Tác giả:Trần Quang Hùng

Mình trình bày lời giải bằng cách sử dụng số phức. Lời giải trông rất  phức tạp (vì dùng số phức mà)  nhưng có thể dùng trong nhiều bài toán hình học mà những "clever trick" không dễ gì tìm được. Mình cũng rất muốn được chiêm ngưỡng một lời giải đẹp mắt, nhưng vẫn chưa thấy. Bạn nào không thích lời giải phức tạp thì xin thứ lỗi nhé. 

Ta xem $O$ là gốc trong mặt phẳng phức, $P,Q$ nằm trên trục hoành $P=p, Q=q \in \mathbb{R}$. Các đỉnh của tam giác $ABC$ nằm trên đường tròn đơn vị và được biểu diễn bởi $A=a, B=b, C=c\in \mathbb{C}$.

Ta cũng có hai sự kiện sau:

1. $X,Y,Z$ thẳng hàng khi và chỉ khi $\frac{x-y}{x-z}\in \mathbb{R}$

2. $XY$ vuông góc với $YZ$ khi và chỉ khi $\frac{x-y}{z-y}\in i\mathbb{R}$. 

Toạ độ của $A_2, B_2,C_2$ là $a_2,b_2,c_2\in \mathbb{C}$ thoả mãn:

$$a_2=\frac{q-a}{1-qa}, b_2=\frac{q-b}{1-qb}, c_2=\frac{q-c}{1-qc}.  (1)$$

Gọi giao điểm của đường tròn $PA_1A_2, PB_1B_2, PC_1C_2$ với $BC, CA, AB$ là $A_3,B_3,C_3$ và đặt

$$r= \frac{a_3-b}{a_3-c}\in \mathbb{R}, s= \frac{b_3-c}{b_3-a}\in \mathbb{R}, t= \frac{c_3-a}{c_3-b}\in \mathbb{R}.$$

Ta cần chứng minh $rst=1$. Ta có thể giả sử cả 3 số thực $r,s,t$ đều khác $0, \infty$. Để ý rằng $A_3A_2$ vuông góc với $PA_2$. 

Từ đó ta tính được 

$$r=\frac{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}b-pb\right]}{Re\left[a_2p-1+\bar{a_2}c-pc\right]}$$

Mình xin cung cấp thêm một cách xoay nữa ngắn hơn các của bạn hxthanh:

 

(R U Ri U) xoay đúng 5 lần. U (mặt đỏ) xuất hiện 10 lần nên mũi tên đổi chiều, R và Ri xuất hiện cùng nhau nên mũi tên mặt R không đổi hướng. Giống như khi bạn hxthanh xoay 2 vòng vậy (nhưng làm vậy hơi lâu). 

 

Nguyên bản nằm ở đây:  http://www.speedsolv...be-Center-piece

Mình xoay thử rồi và chính xác. 

Van con mot thuat toan khac ngan hon: 

(URLUURiLi)^2 =Id

Mat U xoay 6 lan, cac mat khac giu nguyen.

Cảm ơn bạn hxthanh. 

Dãy $L=x_1...x_n$ cho ra kết quả đồng nhất thì $n$ phải là số chẵn vì mỗi $x_i$ là một hoán vị lẻ. Ở đây mình chỉ xét hoán vị của 8 phần tử là vị trí các gốc. Mỗi $x_i$ là một phép hoán vị lẻ như đã chứng minh ở trên.  Nếu $n$ lẻ thì tích của $n$ phép hoán vị lẻ vẫn là lẻ. Nhưng $L=id$ nên không thể lẻ được. 

Thế được rồi, Nhưng vấn đề không phải chẵn hay lẻ đâu bạn, nó chẵn cũng được tùy vào tập ta xét. Không hiểu bạn có hiểu tại sao mình hỏi vậy nữa không.

Bạn đang nói hoán vị lẻ trên tập nào vậy, ý bạn là $x_i=(1234)$ nếu thế thì bạn xét $id$ trên đâu, bởi nếu thế thì nó không phải phép đồng nhất vì nó chỉ đồng nhất vị trị chứ hướng không đồng nhất hướng. Bạn nên chỉ ra nó lẻ trên tập nào.

Đấy, ý mình là tại sao $x_i$ lại lẻ, bạn nên tính ra cho mọi người thấy.

Mỗi $x_i$ là một hoán vị kiểu (1,2,3,4) biến thành (2,3,4,1). Có tổng cổng 3 lần inversion nên là lẻ. 

Có lẽ chỗ lập luận này cần nói rõ hơn, không phải ai cũng nhìn ra tại sao $L$ chẵn thì phải có một số chẵn lần các $x_i$ xuất hiện? Ví dụ có người bảo lẻ lần vẫn được thì bạn trả lời thế nào.

Mỗi $x_i$ là một hoán vị lẻ. Tích của một số chẵn các hoán vị lẻ là một hoán vị chẵn. Tích của một hoán vị lẻ và một hoán vị chẵn là một hoán vị lẻ. Mỗi $x_i\neq D$ xuất hiện một số chẵn lần trong $L$ vì mũi tên không đổi chiều. Từ đó suy ra $D$ cũng vậy.

Xuất phát từ chỗ này nhé!

Ta thấy rằng mỗi mặt Up và Left đều được xoay đi 105 lần (góc vuông) tương đương với $4\times 26+1$ góc vuông

Như vậy về màu sắc thì Rubik đã "chuẩn" nhưng ô ở tâm 2 mặt trên đều đã xoay đi $90^\circ$

 

Dựa vào việc xoay như trên, ta kỳ vọng một thuật toán đơn giản chỉ làm biến đổi ô giữa mặt đỏ xoay $180^\circ$

Dãy lệnh $L$ của ta sẽ chỉ chứa các thao tác $d_+$ (mặt đỏ xoay $90^\circ$) kết hợp với một mặt liên kết bất kỳ xoay $180^\circ$ ở đây là lấy mặt UP(ký hiệu là U).

Thực hiện $L=U_2d_+$ đúng 30 lần khi đó: mặt U xoay một số chẵn lần $180^\circ$ nên có hướng không đổi. Còn mặt đỏ xoay $7\times 4+2$ = 7,5 vòng nên mũi tên có hướng ngược lại. Các mặt khác không liên quan!

Thuật toán có thể thực nghiệm dễ dàng, thế nhưng để chứng minh $L=U_2d_+$ sẽ tuần hoàn (theo bổ đề c) và có chu kỳ $T=4n+2$ thì mình chịu!

Mình xin cung cấp thêm một cách xoay nữa ngắn hơn các của bạn hxthanh:

(R U Ri U) xoay đúng 5 lần. U (mặt đỏ) xuất hiện 10 lần nên mũi tên đổi chiều, R và Ri xuất hiện cùng nhau nên mũi tên mặt R không đổi hướng. Giống như khi bạn hxthanh xoay 2 vòng vậy (nhưng làm vậy hơi lâu). 

Nguyên bản nằm ở đây:  http://www.speedsolv...be-Center-piece

Mình xoay thử rồi và chính xác. 

P/s: Thuật toán của bạn ChinhLu đưa ra rất hay và ngắn! thế nhưng ... vẫn không ổn!

Đếm ra thì thấy mặt F xuất hiện tổng cộng 18 lần nghĩa là sẽ bị xoay đi 4,5 vòng và mũi tên sẽ bị đảo chiều

Bạn hxthanh lại nói ... đúng. Thuật toán của bạn hxthanh rất đẹp và chuẩn! Mình đã xoay thử và thấy rằng cứ sau 5 lần thì các cạnh (edges) lại về vị trí cũ,ngoại trừ có hai cạnh cứ liên tục đổi chỗ cho nhau. Và cứ xoay 6 lần thì các gốc cũng về vị trí cũ. Như vậy thì xoay 30 lần là đúng rồi. Neu so minh tinh nham thi cu xoay 30 lan (hoi met) cung ra thoi.  Bravo ban hxthanh. Co ve bai toan da duoc giai tron ven roi nhi?

Trò chơi và bài toán về rubik

 

Hân cầm cục rubik đưa cho Kiên và khoe: "Xem này tớ xoay đủ 6 mặt hết chưa đầy một phút!".

 

Kiên cầm cục rubik đã hoàn thành 6 mặt ngắm nghía hồi lâu rồi nghĩ ra một "kế". Kiên lấy bút vẽ lên tất cả các mặt của rubik mỗi mặt gồm những mũi tên cùng chiều ở mỗi ô, duy nhất mặt màu đỏ thì Kiên vẽ mũi tên ở ô chính giữa vuông góc với các mũi tên ở xung quanh (Xem hình a) rồi đem đố Hân làm sao xoay lại cho đúng chiều.

 

rubik.png

 

a) Hân có xoay rubik được theo yêu cầu của Kiên không? Vì sao?

 

b) Nếu Kiên vẽ mũi tên như hình b) thì Hân có xoay lại được không? Hãy chỉ cho Hân cách xoay rubik lại trong trường hợp này nếu bạn giải được!

 

c) Ta gọi các mặt rubik là $a,b,c,d,e,g$ mỗi phép xoay sẽ được ký hiệu là $+, - , 2$ và được viết như là chỉ số của mặt ("+" tương ứng với xoay $+90^{\circ}$, "-" là xoay $-90^{\circ}$ còn $2$ là xoay $180^{\circ}$). Ta được tập hợp mẫu $E$:

$$E=\{a_+,a_-,a_2,...,g_+,g_-,g_2\}$$

$L$ là một dãy hữu hạn các phần tử $L=\{x_1,x_2,...,x_k\}$ trong đó $x_i\in E, \forall i=\overline{1,k}$ được gọi là dãy lệnh

 

Chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên $n$ để sau khi áp dụng $n$ lần liên tiếp dãy lệnh $L$, rubik sẽ trở lại trạng thái ban đầu!

Mình xin tóm tắt lại lời giải câu a và b như sau. Câu c thì mọi người đều biết là dùng lý thuyết nhóm. Mình không hề CLAIM rằng đây là lời giải của minh.

Mình học được qua các thảo luận của các bạn phía trên (đặc biệt là bạn hxthanh).

Câu a: Không xoay được. Giả sử có một thuật toán $L=x_1x_2.....x_N$ trong đó $x_N\in E$ (và có thể trùng nhau) sao cho áp dụng $L$ vào Rubik hình a ta được Rubik chuẩn. Gọi $D$ là phép xoay mặt đỏ môt góc 90° và $k$ là số lần $D$ xuất hiện  trong $L$. Khi đó nếu ta áp dụng thuật toán $L$ cho Rubik vô hướng (nghĩa là không có mũi tên) thì ta cũng thu được ánh xạ đồng nhất. Như vậy $L$ là một phép hoán vị chẵn. Bên cạnh đó các mũi tên ở các mặt khác giữ nguyên hướng. Tức là số lần xuất hiện các $x_i\neq D$ trong $L$ là số chẵn. Từ đó suy ra $k$ cũng  phải là số chẵn (Nếu không thì $L$ là phép hoán vị lẻ). Nhưng nếu $k$ chẵn thì mũi tên không xoay được 90°. Điều mâu thuẫn này chứng tỏ không có cách xoay.

Câu b: Xoay đươc. Mình tò mò về lời comment của bạn hxthanh nên làm thử thì tìm ra thuật toán này (Nhắc lại là lời giải của mình lúc trước bị ...lạc đề). 

Hướng mặt đỏ lên trên và gọi là U (Up). Các mặt khác ký hiệu là R (right) L (Left) F (face, hướng vào mặt người xoay), B (back) D (down), giống như các ký hiệu trên trang web rubik http://eu.rubiks.com...solution-en.pdf. Áp dụng thuật toán sau đúng 3 lần: 

FFULRiFFLiRUFF

Ở đây Li là xoay mặt L theo hướng ngược chiều kim đồng hồ. 

Comment: Ở đây $U$ xuất hiện 2 lần nên mũi tên trên ô giữa màu đỏ xoay 2 x 90 =180 .