robin997

Như vậy (*) tương đương với:
$|\dfrac{(ax_C-y_C)^2}{[y_C-y_B+a(x_B-x_C)].[y_C-y_A+a(x_A-x_C)]}|=\dfrac{CA.CB}{2BC}$
(Cái này là phương trình là phươnh trình bậc 2 nhá)

..Bài toán chưa chặt thì phải
-Trước hết, bạn chưa đặt ra giới hạn để điểm $M$ nằm ngoài tam giác $ABC$
-Nếu mà ra phương trình bậc hai thì với mọi $M$ bất kì, kể cả trong, ngoài thì luôn có nhiều nhất hai nghiệm hình.
Xét một trường hợp cụ thể đi, với $M$ là trong tâm tam giác, thì có tới 3 nghiệm hình là 3 đường trung tuyến
~~~~
Nhầm chỗ nào nhỉ~~ :')
~~~~
...bạn chưa biện luận về giao điểm của đường thẳng đó với các cạnh trong tam giác

...

...bởi vì mình chỉ xét trường hợp $M$ nằm trọn trong góc $BAD$..các trường hợp còn lại thì tương tự (em có trình bày ở trên mà :')
Khi đó, có $CM>CM'$ ^^~

$E(\dfrac{x_Cy_B-x_By_C}{y_C-y_B+a(x_B-x_C)};\dfrac{a(x_Cy_B-x_By_C)}{y_C-y_B+a(x_B-x_C)})$
$F(\dfrac{x_Cy_A-x_Ay_C}{y_C-y_A+a(x_A-x_C)};\dfrac{a(x_Cy_A-x_Ay_C)}{y_C-y_A+a(x_A-x_C)})$
....
Ta có: $S_{CEF}=\dfrac{1}{2}S_{ABC}$
$\Leftrightarrow \dfrac{CE.CF}{AB.AC}=\dfrac{1}{2}$
Vì A;B;C cố định nên tìm được a

...thế $a$ vào, ta được phương trình bậc mấy nhỉ~~
..và khi có $a$ rồi thì dựng $y=ax$ bằng cách nào

Bài toán: Qua một điểm $M$ ngoài $\Delta ABC$ ,chỉ bằng thước thẳng và compa dựng 1 đường thẳng cắt $\Delta ABC$ thành 2 phần có diện tích bằng nhau

-Nhận xét:

(Ta sẽ xét $M$ nằm trong góc hoặc góc đối tại đỉnh $A$ làm đậc trưng,và cũng không mất tính tổng quát xét $M$ nằm trong góc $BAD$, với góc đối và các góc còn lại, ta làm tương tự, và rõ ràng với $M$ nằm trên 1 trong 3 đường trung tuyến thì đường thẳng cần tìm chỉ tồn tại duy nhất,là đường trung tuyến đó. :')
-Hiển nhiên với một đường thẳng thỏa đề thì phải cắt $AD$!
-Lấy $E,F$ là các giao điểm của đường thẳng đó với $BC$ và $AC$
-Có: $S_{ACD}=S_{CEF}\Rightarrow S_{ADF}=S_{EDF}\Rightarrow AE//DF$
-Bài toán trở thành dựng đường thẳng qua $M$ cắt $BC,AC$ tại $E,F$ sao cho $AE//DF$

-Xét mô hình bài toán phụ trên :')
-Ta chọn hệ trục vuông góc với gốc tại $O$ (mặt pẳng phức)
Điểm $Z$ bất kì có nhãn là $z$
-Với $BD$ song song $CE$, theo định lý Thales, ta có:
$\frac{\vec{OD}}{\vec{OA}}=\frac{\vec{OB}}{\vec{OC}}=x$
Hay $\frac{d}{a}=\frac{b}{c}=x\in R\Rightarrow \begin{cases}
& \ d=ax \\
& \ c= \frac{b}{x}
\end{cases}$
-Mà $M,C,D$ thẳng hàng,có : $\frac{m-c}{m-d}$ là một số thực
Hay $m(\bar{c}-\bar{d})-\bar{m}(c-d)+c\bar{d}-\bar{c}d=0 \\\Rightarrow m(\frac{\bar{b}}{x}-\bar{a}x)-\bar{m}(\frac{b}{x}-ax)+\bar{a}b-a\bar{b}=0\\\Leftrightarrow x^2(a\bar{m}-\bar{a}m)-x(a\bar{b}-\bar{a}b)-(b\bar{m}-\bar{b}m)=0 \\\Leftrightarrow x^2\frac{i}{2}(a\bar{m}-\bar{a}m)-\frac{i}{2}x(a\bar{b}-\bar{a}b)-\frac{i}{2}(b\bar{m}-\bar{b}m)=0\\\Leftrightarrow x^2{\vec{OA}}\times \vec{OM}-x\vec{OA}\times \vec{OB}-\vec{OB}\times \vec{OM}=0 $
-Quay trở lại bài trên, với $x$ lúc này là $\frac{CF}{CA}$:
$x^2\vec{CA} \times \vec{CM}-x\vec{CA}\times \vec{CD}-\vec{CD}\times \vec{CM}=0 (*)$
Có: $\vec{CA} \times \vec{CM}$ và $\vec{CD}\times \vec{CM}$ cùng dấu,theo định lý Viète, $(*)$ luôn có 2 nghiệm trái dấu.
Nghiệm dương của phương trình: $x=\frac{CDSin(ACB)}{2CMSin(ACM)}+\sqrt{\frac{CD^2Sin^2(ACB)}{4CM^2Sin^2(ACM)}+\frac{CDSin(BCM)}{CASin(ACM)}}$

-Với $CM>CM'>0$,có:
$x<\frac{CDSin(ACB)}{2CM'Sin(ACM)}+\sqrt{\frac{CD^2Sin^2(ACB)}{4CM'^2Sin^2(ACM)}+\frac{CDSin(BCM)}{CASin(ACM)}}=1$
Do đó, bài toán luôn có đúng một nghiệm hình.
Như vậy,ta chỉ cần dựng tỉ lệ $x$ nữa là xong!
-Một số 'bổ đề' vẽ hình:
+Dựng tỉ lệ mới bằng tỉ lệ cũ nhân/chia với một số tự nhiên (cái này hiển nhiên quá :')
+Dựng tỉ lệ mới bằng tổng/hiệu hai tỉ lệ ban đầu:

-Với tam giác $ABC$ có 3 đường đồng quy như trên, ta luôn có:
$\frac{EA}{EB}+\frac{GA}{GC}=\frac{FA}{FD}$
Để dựng tổng, ta dựng $\frac{EA}{EB},\frac{GA}{GC}$ theo tỉ lệ ban đầu, có tỉ lệ cần tìm là: $\frac{FA}{FD}$
Tương tự,ta cũng có thể dựng hiệu
+Dựng tỉ lệ mới bằng tích hai tỉ lệ ban đầu:
-Cũng với tam giác $ABC$ có 3 đường đồng quy như trên, ta luôn có:
$\frac{DB}{DC}.\frac{GC}{GA}.\frac{EA}{EB}=1$ Hay $\frac{EB}{EA}=\frac{DB}{DC}.\frac{GC}{GA}$
Nên để dựng tích, ta dựng $\frac{DB}{DC},\frac{GC}{GA}$ theo tỉ lệ ban đầu.
+Dựng tỉ lệ mới bằng căn bậc hai của tỉ lệ ban đầu:

-Với tiếp tuyến $CB$ và cát tuyến $CDE$, ta có: $(\frac{BD}{BE})^2=\frac{CD}{CE}$
Nên để dựng tỉ lệ căn bậc hai, ta dựng một đường tròn bất kì, lấy hai điểm $D,E$ bất kì không trùng nhau trên đường tròn, lấy $C$ trên đường thẳng và nằm ngoài đoan $DE$ để có $\frac{CD}{CE}$ theo tỉ lệ ban đầu,dựng tiếp tuyến $CB$ với đường tròn, tỉ lệ $\frac{BD}{BE}$ là tỉ lệ cần tìm :')
Vậy là đủ để dựng $x$ !
Dựng hình:

-Dựng điểm $F$ sao cho $\frac{CF}{CA}=x$, $x$ dựng theo các bổ đề trên.
-Đường thẳng $MF$ chính là đường cần dựng!
Chứng minh:
(Do những gì ta tính ở phần nhận xét đều là quan hệ tương đương nên ta có thể suy ngược lại điều cần chứng minh)
Như chứng minh ở phần nhận xét, bài luôn có đúng một nghiệm hình với mọi M nằm ngoài tam giác $ABC$

Cho hàm số $y=f(x)=x+1+\frac{1}{x-1}, \left ( C \right )$.
Xác định $M(x,y) \in \left ( C \right ), (x>1)$ sao cho chu vi của tam giác hợp bởi tiếp tuyến tại $M$ và 2 tiệm cận nhỏ nhất.

Làm cách khác vậy
-Trước hết ta đổi trục theo công thức:
$\begin{cases}
& \ x=X+1 \\
& \ y=Y+2
\end{cases}$
Có đồ thị $($$C$$)$ khi này: $Y=X+\frac{1}{X}$
Và tọa độ $M$ là $(u;u+\frac{1}{u})$ (Với $u>0$)
-Hai đường tiệm cận của $($$C$$)$ là:
Tiệm cận đứng: $(1):X=0$
Tiệm cận xiên: $(2):Y=X$
-Tiếp tuyến tại $M$ của $($$C$$)$ là:
$(3):Y-u-\frac{1}{u}=(1-\frac{1}{u^2})(X-u)$ Hay $Y=(1-\frac{1}{u^2})X+\frac{2}{u}$
-Giao điểm $A$ của $(1)$ và $(3)$ có tọa độ: $(0;\frac{2}{u})$
-Giao điểm $B$ của $(2)$ và $(3)$ có tọa độ: $(2u;2u)$
-Và rõ ràng gốc $O$ của trục tọa dộ mới là giao điểm 2 đường tiệm cận :')
-Chu vi của tam giác được đề cập:
$P=AO+BO+AB=2(\frac{1}{u}+u\sqrt{2}+\sqrt{2u^2+\frac{1}{u^2}-2})$
-Theo $BĐT$ $Cauchy$, ta có:
$\frac{1}{u}+u\sqrt{2}\geq 2\sqrt[4]{2}$
$2u^2+\frac{1}{u^2}\geq 2\sqrt{2}$
$(u>0)$
Nên: $P\geq 4\sqrt[4]{2}+2\sqrt{2\sqrt{2}-2}$
$P$ đạt min tại $u=\frac{1}{\sqrt[4]{2}}$ $(u>0)$
-Tọa điểm $M$ khi này (ở trục tọa độ mới): $(\frac{1}{\sqrt[4]{2}};\sqrt[4]{2}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}})$
Và tọa độ này ở trục tọa độ ban đầu là: $(\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+1;\sqrt[4]{2}+\frac{1}{\sqrt[4]{2}}+2)$

Cho hình vuông $ABCD$, trên các cạnh $BC,CD$ tương ứng lấy các điểm $E,F$. Gọi $P,Q$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $AE,AF$ tương ứng,biết $\dfrac{CP}{AE}+\dfrac{CQ}{AF}=1$
Chứng minh: $\widehat{AEF}=45^0$.

($A_i$ là số đo góc $A$ với kí hiệu $i$) :')
-Ta có:
$1=\frac{CP}{AE}+\frac{CQ}{AF}=\frac{\frac{CP}{CE}}{\frac{AE}{CE}}+\frac{\frac{CQ}{CF}}{\frac{AF}{CF}}=\frac{SinE}{\frac{SinACB}{SinA_1}}+\frac{SinF}{\frac{SinACD}{SinA_2}}=\frac{SinA_1CosA_3+SinA_2CosA_4}{Sin45^o} \\ =\frac{Sin45^o+\frac{1}{2}(Sin(A_1-A_3)+Sin(A_2-A_4))}{Sin45^o}$
(Hệ thức Sin)
-Suy ra: $Sin(A_1-A_3)+Sin(A_2-A_4)=0$
Hay $Sin(A_1-A_3)=Sin(A_4-A_2)$
được $A_1+A_2=A_3+A_4+k.360^o$
hoặc $A_1+A_4=A_3+A_2+180^o+k.360^o$
Mà $A_1+A_2+A_3+A_4=90^o$
Nên ta chỉ xét trường hợp: $A_1+A_2=A_3+A_4$
Do đó: $\widehat{EAF}=A_1+A_2=A_3+A_4=\frac{90^o}{2}=45^o$ (Đpcm :')
~~~~~
Hình như đề có sự nhầm lẫn thì phải :'P

Đánh giá với x<0 sai rồi bạn ạ!

Nhìn thế này là thấy hết bài toán rồi nha bạn ^^~
(đường $\frac{1}{4^x+1}$ luôn là đường ở giữa )

giải phương trình $\frac{1}{2^{x}+1}+\frac{1}{3^{x}+1}+\frac{1}{10^{x}+1}=\frac{1}{4^{x}+1}$

-Với $x> 0\Rightarrow 2^x<4^x\Rightarrow \frac{1}{2^x+1}>\frac{1}{4^x+1}\Rightarrow VT>VP$
-Với $x=0$: $VT=3>VP$
-Với $x<0\Rightarrow 10^x<4^x\Rightarrow \frac{1}{10^x+1}>\frac{1}{4^x+1}\Rightarrow VT>VP$
Hay nói tóm lại: $VT>VP\forall x\in R$.
Phương trình vô nghiệm

Trên đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ láy 6 điểm $D,E,F,G,H,K$ theo thứ tự sao cho $DE=FG=HK=R$. Các đường thẳng $KD$ và $EF$ cắt nhau tại $A$, $EF$ và $GH$ cắt nhau tại $B$, $GH$ và $KD$ cắt nhau tại $C$. Chứng minh rằng:
$OA.BC=OB.CA=OC.AB$
Ai giải hộ mình với

-Bài này thì mình chỉ có thể nghĩ được cách dùng phương pháp tọa độ
Hay chính xác ở đây mình sử dụng mặt phẳng phức...

-Lấy hệ tọa độ vuông góc với gốc tại $O$, 6 điểm $D,E,F,G,H,K$ nằm trên đường tròn đơn vị.
(Các điểm $Z$ có nhãn là $z$)
-Qua cách đặt, ta có : $\bar{z}z=1$ $\forall z\in ${$d,e,f,g,h,k$}
-Với $DE=FG=HK=R$, có: $\widehat{DOE}=\widehat{FOG}=\widehat{HOK}=60^o$
Không mất tính tổng quát, có thể lấy $E,G,K$ là ảnh của phép quay các điểm $D,F,H$ quanh tâm $O$ một góc $60^0$, được:
$e=d.e^{\frac{\pi}{3}i}$,$g=f.e^{\frac{\pi}{3}i}$,$k=h.e^{\frac{\pi}{3}i}$
-A là giao điểm cát tuyến $EF$ và $DK$:
$a=\frac{(d+k)ef-dk(e+f)}{ef-dk}=\frac{e^{\frac{\pi}{3}i}h(d-f)+f(h-d)}{h-f}$
-Tương tự, có:
$b=\frac{e^{\frac{\pi}{3}i}d(f-h)+h(d-f)}{d-h}$
$c=\frac{e^{\frac{\pi}{3}i}f(h-d)+d(f-h)}{f-d}$
-Ta có:
$b-c=\frac{e^{\frac{\pi}{3}i}(df^2+fh^2+hd^2-3dfh)-(dh^2+hf^2+fd^2-3dhf)}{(f-d)(d-h)}$
$\Rightarrow \overline{b-c}=\frac{-(df^2+fh^2+hd^2-3dfh)+e^{-\frac{\pi}{3}i}(dh^2+hf^2+fd^2-3dfh)}{fh(f-d)(d-h)}=\frac{-e^{-\frac{\pi}{3}i}}{hf}(b-c)$
$\overline{a}=\frac{e^{-\frac{\pi}{3}i}(d-f)+f(h-d)}{d(h-f)}$
$\Rightarrow a\overline{a} =\frac{d^2f^2+f^2h^2+h^2d^2-hdf(h+d+f)}{d(h-f)^2}$
-Theo đó: $(OA.BC)^2=a\overline{a}(b-c)\overline{b-c}$
$=\frac{-e^{\frac{\pi}{3}i}[f^2d^2+d^2h^2+h^2f^2+hdf(h+d+f)][e^{\frac{\pi}{3}i}(df^2+fh^2+hd^2-3dfh)-(dh^2+hf^2+fd^2-3dhf)]^2}{fdh(f-d)^2(d-h)^2(h-d)^2}$
-Để ý về sự tương ứng vai trò các giá trị trong công thức,nên tương tự, ta có:
$(OA.BC)^2=(OB.AC)^2=(OC.AB)^2\\\Rightarrow Q.e.D$
========
Qua đây, ta cũng có thể thấy được đề bài vẫn đúng mà không cần phải 6 điểm đúng theo thứ tự, chỉ cần có các góc $DOE,FOG$ với $HOK$ cùng chiều :")

...Cho mình xin tài liệu các định lý về $graph$ nha....cho mình hỏi luôn về định lý Andrásfai-Erdos-Sós.
(Mình thấy đề cập ở đây )

cho a,b,c>1,$log_{ab}c$+$log_{bc}a$+$log_{ca}b$$\geq$$log_{a^{2}bc}bc$+$log_{b^{2}ac}ac$+$log_{c^{2}ab}ab$

-Lấy $lna=x$, $lnb=y$, $lnc=z$, với $a,b,c>1$, có thể thấy rõ bản chất của bài toán ban đầu
Với $x,y,z>0$, có:
$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}+\frac{z}{x+y}\geq \frac{x+y}{2z+x+y}+\frac{x+z}{2y+x+z}+\frac{y+z}{2x+y+z}$
-Có:
$\frac{x}{y+z}+\frac{y}{x+z}\geq \frac{(x+y)^2}{2xy+z(x+y)}\geq \frac{2(x+y)^2}{(x+y)^2+2z(x+y)}= 2\frac{x+y}{2z+x+y}$
(BĐT Cauchy và Schwarz)
-Cộng các bất đẳng thức tương tự lại, ta có điều cần chứng minh :')

Bài toán: Cho tam giác $ABC$ không cân. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác, tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ tại $A'$, $B'$, $C'$ theo thứ tự đó. Đường thẳng $\left ( B'C' \right )$ và đường thẳng $\left ( BC \right )$ cắt nhau tại $D$. Chứng minh rằng: $ID\perp AA'$.

..bài này sử dụng phương pháp tọa độ thì hết sẩy :')
Mình sử dụng mặt phẳng phức cho nhanh ^^~:

-Chọn hệ tọa độ sao cho đường tròn đơn vị chính là đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$.
với: $a'=-i$
(Quy ước nhãn của các điểm $Z$ sẽ là $z$)
-Theo cách chọn tọa độ: $b'\bar{b'}=1$; $c'\bar{c'}=1$
-Do $DA'\perp IA$, và $D\in B'C'$, ta có:

$\begin{cases}
& \ \frac{d-a'}{a'}+\frac{\bar{d}-\bar{a'}}{\bar{a'}} =0 \\
& \ \frac{d-b'}{c'-b'}=\frac{\bar{d}-\bar{b'}}{\bar{c'}-\bar{b'}}
\end{cases}$
Hay $\begin{cases}
& \ a'^2\bar{d}+d=2a' \\
& \ b'c'\bar{d}+d=b'+c'
\end{cases}\\\Rightarrow \bar{d}=\frac{b'+c'+2i}{b'c'+1}(a'=-i)\Rightarrow d=\frac{b'+c'-2b'c'}{b'c'+1}$
-Do $AC'\perp IC'$, và $AB'\perp IB'$, tương tự, ta có:
$\begin{cases}
& \ b'^2\bar{a}+a=2b' \\
& \ c'^2\bar{a}+a=2c'
\end{cases}\\\Rightarrow (b'-c')(b'+c')\bar{a}=2(b'-c')\\\Rightarrow \bar{a}=\frac{2}{b'+c'}\Rightarrow a=\frac{2b'c'}{b'+c'}$
-Ta có:
$a-a'=\frac{2b'c'+i(b'+c')}{b'+c'}=i\frac{b'+c'-2b'c'}{b'+c'}=id\frac{b'c'+1}{b'+c'}$
Với $B'$ và $C'$ thuộc đường tròn đơn vị, dễ thấy thương $\frac{b'c'+1}{b'+c'}$ là một số thực.
Do đó: $AA'\perp ID$ ($QeD$)

thank.nhiên mình cần 1 tỉ số chỉ liên quan đến độ dài cạnh

Từ công thức trên mình có thể chuyển về độ dài cạnh mà:
$a^2=BC^2=4x^2$
$b^2=AC^2=x^2+(R-y)^2$
Có:
$4b^2-a^2=4(R-y)^2$
$4R^2-a^2=4y^2$
Nên tỷ số sẽ là:
$\frac{AH}{AK}=2\sqrt{\frac{4R^2-a^2}{4b^2-a^2}}$
($R$ ở đây là bán kính ngoại tiếp, có thể tính theo độ dài các cạnh nếu bạn muốn :")

Cho $\alpha$ là số thực thỏa mãn $\sin \alpha \neq 0$. Chứng minh rằng với mọi giá trị của $n\ge 2$ đa thức
$P(x)=x^n\sin(\alpha)-x\sin (n\alpha)+\sin x(n-1)\alpha$ chia hết cho đa thức $Q(x)=x^2-2x\cos(\alpha)+1$

Rumani 1962

..Em nghĩ đề bài phải là:
$P(x)=x^n\sin(\alpha)-x\sin (n\alpha)+\sin [(n-1)\alpha]$
-Bài này dùng công cụ số phức cho nhanh:P
-Xét $Q(x)=0 (*)$:
+$\Delta = cos^2\alpha-1=-sin^2\alpha$
$(*)$ có 2 nghiệm là:
$x_1=cos\alpha+isin\alpha$ và $x_2=cos\alpha-isin\alpha$
Với $Q(x)=(x-x_1)(x-x_2)$
Theo công thức Moivre, có:
-$P(x_1)=(Cos(n\alpha)+isin(n\alpha))sin\alpha-(cos\alpha+isin\alpha)sin(n\alpha)+sin[(n-1)\alpha]\\=cos(n\alpha)sin\alpha-cos\alpha sin(n\alpha)+sin[(n-1)\alpha]=0$
$P(x)\vdots (x-x_1)(1)$
-$P(x_2)=(Cos(n\alpha)-isin(n\alpha))sin\alpha-(cos\alpha-isin\alpha)sin(n\alpha)+sin[(n-1)\alpha]\\=cos(n\alpha)sin\alpha-cos\alpha sin(n\alpha)+sin[(n-1)\alpha]=0$
$P(x)\vdots (x-x_2)(2)$
-$(1)$ và $(2)$ $\Rightarrow$ $QeD$ :')

Cho 3 số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $a+b+c\geq \frac{1}{a} + \frac{1}{b} +\frac{1}{c}$ Chứng minh rằng:
$a+b+c\geq \frac{3}{a+b+c}+ \frac{2}{abc}$

Có bài toán vui này cho mọi người đây ^.^
Bài toán:
Cho $\large a+b=c$. Tính $\large x$
P/s: Tất cả các kết luận được đưa ra phải dựa trên các lập luận.

Tìm ra $x$ rồi nè.. cái màu đỏ đỏ ấy

Có một bàn cờ $4\times 4$ ô
Hai người chơi $A$ và $B$ mỗi người có $8$ quân cờ cùng màu ($A$ quân trắng, $B$ quân đen)

Luật chơi như sau:

Đến lượt của mình người chơi đặt một quân cờ của mình một cách ngẫu nhiên lên một ô trống của bàn cờ. Nếu có $3$ quân cờ cùng màu xếp liên tiếp thành một hàng (dọc hoặc ngang hoặc chéo) thì ván cờ kết thúc và phần thắng thuộc về bên có $3$ quân cờ đó. Ngược lại khi bàn cờ đã kín mà không có hàng $3$ nào thì ván cờ là hoà!

Hỏi:

Có tất cả bao nhiêu ván cờ hoà?

Có tất cả $22$ ván cờ hòa.
_____
Editting... mình có sự nhầm lẫn rồi
_____
Ta sẽ xét hình ảnh của bàn cờ sau cùng (khi hòa), có $22$ hình ảnh xảy ra :
Xét $4$ ô vuông nằm chính giữa bàn cờ (quy ước: bàn cờ $4$x$4$ ô và quân carô được đặt vào trong ô)
$+)$ Nếu $4$ ô đó đều cùng một màu, để tránh cho màu đó đạt đến $3$ thì tất cả các ô còn lại phải khác màu, vô tình đã tạo nên mâu thuẫn về trận hòa.
$+)$ Nếu $4$ ô có $3$ ô cùng màu và ô còn lại khác màu, cũng dẫn đến mâu thuẫn! (một màu tạo thành đường chéo)
$+)$ Trong $4$ ô có $2$ ô trắng và $2$ ô đen:
_ Với $2$ ô trắng và $2$ ô đen song song với nhau, tìm được $4$ hình thỏa điều kiện hòa.
_ Với $2$ ô đó chéo nhau, tìm được $3^2.2=18$ hình thỏa.
Cuối cùng,có số trận hòa từ các hình cuối đã tìm được(chủ yếu là trình tự đi của các quân thôi:P)
Bằng: $22.8!.8!$ (ván)
..e cũng không chắc lắm :'P