Định Lý Ceva Và Định Lý Menelaus - Vườn Toán

Trang

• Trang nhà
• Kỹ năng mềm
• Giới thiệu

Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Hôm nay chúng ta sẽ học về hai định lý hình học, đó là định lý Ceva và định lý Menelaus. Hai định lý này được dùng rất nhiều trong hình học phẳng bởi vì chúng cho phép chúng ta chứng minh về các điểm thẳng hàng và các đường thẳng đồng quy. Chúng ta sẽ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác để chứng minh hai định lý này. Cuối cùng, chúng ta sẽ mở rộng định lý Ceva và định lý Menelaus cho các đa giác bất kỳ. Chúng ta phát biểu hai định lý.

Định lý Ceva: Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt nằm trên ba đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$. Vậy thì ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy khi và chỉ khi $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = -1.$$ Định lý Menelaus: Cho tam giác $ABC$ và ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt nằm trên ba đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$. Vậy thì ba điểm $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng khi và chỉ khi $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = 1.$$

Tỷ lệ có dấu Trước hết, chúng ta giải thích về ký hiệu mà chúng ta đã dùng trong hai định lý. Ký hiệu $\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}}$ được gọi là tỷ lệ có dấu. Chúng ta nhìn hình vẽ dưới đây. Trong hình vẽ này chúng ta thấy rằng tỷ lệ thông thường là $\frac{UX}{UY} = 2$, tuy nhiên, tỷ lệ có dấu lại là $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}} = -2$. Đó là vì $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có hướng ngược nhau. Tỷ lệ thông thường thì bao giờ cũng là số dương. Nhưng tỷ lệ có dấu, có thể là số âm, cũng có thể là số dương. Tỷ lệ có dấu $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}}$ là số dương nếu $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có cùng hướng, và là số âm nếu $\vec{UX}$ và $\vec{UY}$ có ngược hướng. Vì sao chúng ta cần tỷ lệ có dấu? Đó là vì tỷ lệ thông thường không thể dùng để xác định được một điểm duy nhất trên đường thẳng. Trong khi đó tỷ lệ có dấu lại có ưu điểm này. Chúng ta lấy ví dụ. Giả sử trên đường thẳng $XY$, chúng ta cần xác định điểm $Z$ sao cho $\frac{ZX}{ZY} = 2$. Nhìn hình vẽ trên đây, nếu dùng tỷ lệ thông thường, thì chúng ta có thể tìm được hai điểm thoã mãn, đó là $U$ và $V$ bởi vì $$\frac{UX}{UY} = \frac{VX}{VY} = 2.$$ Nếu chúng ta dùng tỷ lệ có dấu, thì chỉ có duy nhất một điểm $V$ thoã mãn $\frac{\vec{VX}}{\vec{VY}} = 2$. Điểm $U$ sẽ không thoã mãn bởi vì $\frac{\vec{UX}}{\vec{UY}} = -2 \neq 2$. Diện tích có dấu Tương tự như tỷ lệ có dấu, chúng ta có thể định nghĩa diện tích có dấu. Diện tích thông thường thì bao giờ cũng là số dương, nhưng diện tích có dấu có thể là số âm, cũng có thể là số dương, phụ thuộc vào chiều quay của các đỉnh. Trong mặt phẳng, nếu chúng ta vẽ một hệ trục tọa độ $0xy$ thì mọi điểm $A$ trong mặt phẳng sẽ có toạ độ $(A_x, A_y)$. Chúng ta định nghĩa $$[A,B] = A_x B_y - A_y B_x$$ và diện tích có dấu của tam giác $ABC$ là $$\overline{s}(ABC) = \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,A]).$$ Ở hình vẽ trên, chúng ta có tọa độ của các điểm là $A(-5,2)$, $B(-3,7)$, $C(3,2)$. Các bạn có thể tính được $$[A,B] = A_x B_y - A_y B_x = (-5) (7) - (2) (-3) = -29,$$ $$[B,C] = B_x C_y - B_y C_x = (-3) (2) - (7) (3) = -27,$$ $$[C,A] = C_x A_y - C_y A_x = (3) (2) - (2) (-5) = 16.$$ Do đó $$\overline{s}(ABC)= \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,A])= \frac{1}{2}(-29-27+16)=-20.$$ Trong khi đó $[A,C]=-16$, $[C,B]=27$, $[B,A]=29$ và $\overline{s}(ACB)= 20$. Định lý về tỷ lệ diện tích Bây giờ chúng ta sẽ phát biểu về một định lý đơn giản về tỷ lệ diện tích mà chúng ta sẽ dùng để chứng minh định lý Ceva và định lý Menelaus.

Định lý về tỷ lệ diện tích. Cho hai tam giác $ABU$ và $ABV$ có cùng một cạnh chung $AB$. Đường thẳng nối hai đỉnh $UV$ cắt đường thẳng $AB$ tại điểm $T$. Vậy thì $$\frac{\overline{s}(ABU)}{\overline{s}(ABV)} = \frac{\vec{TU}}{\vec{TV}}.$$

Định lý này khá là hiển nhiên nếu chúng ta chỉ quan tâm đến tỷ lệ thông thường (không có dấu). Đó là vì nếu chúng ta kẻ các đường cao $UU'$ và $VV'$ xuống đường thẳng $AB$ thì $$\frac{s(ABU)}{s(ABV)} = \frac{AB \times UU' / 2}{AB \times VV' /2} = \frac{UU'}{VV'} = \frac{TU}{TV}.$$ Kỳ sau chúng ta sẽ chứng minh định lý này cho trường hợp tỷ lệ có dấu. Chứng minh Định lý Ceva và Định lý Menelaus Dùng định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có cách chứng minh rất đơn giản và thú vị cho Định lý Ceva và Định lý Menelaus. Chứng minh Định lý Ceva. Giả sử ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy tại điểm $I$. Vậy thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} = \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(IAC)}, ~~~~\frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} = \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IBA)}, ~~~~\frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(ICB)}.$$ Vậy $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(IAC)} \times \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IBA)} \times \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(ICB)}$$ $$= \left( - \frac{\overline{s}(IAB)}{\overline{s}(ICA)} \right) \times \left( - \frac{\overline{s}(IBC)}{\overline{s}(IAB)} \right) \times \left( - \frac{\overline{s}(ICA)}{\overline{s}(IBC)} \right) = -1.$$ Trường hợp ngược lại, nếu $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = -1,$$ chúng ta cần chứng minh rằng ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy. Giả sử $AA'$ và $BB'$ cắt nhau tại $I$. Gọi $C''$ là giao điểm của $CI$ và $AB$, chúng ta cần chứng minh $C'' = C'$. Thực vậy, bởi vì $AA'$, $BB'$, $CC''$ đồng quy nên theo như những gì chúng ta vừa chứng minh xong thì $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C''A}}{\vec{C''B}} = -1$$ do đó $$\frac{\vec{C''A}}{\vec{C''B}} = \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}}.$$ Vì tỷ lệ có dấu xác định duy nhất một điểm trên đường thẳng $AB$ cho nên $C' = C''$. Vậy chúng ta chứng minh xong định lý Ceva. Chứng minh Định lý Menelaus. Giả sử ba đường thẳng $A'$, $B'$, $C'$ thẳng hàng. Chúng ta lấy bất kỳ hai điểm $I$ và $J$ nằm trên đường thẳng $A'B'C'$. Theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} = \frac{\overline{s}(IJB)}{\overline{s}(IJC)}, ~~~~\frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} = \frac{\overline{s}(IJC)}{\overline{s}(IJA)}, ~~~~\frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IJA)}{\overline{s}(IJB)}.$$ Vậy $$\frac{\vec{A'B}}{\vec{A'C}} \times \frac{\vec{B'C}}{\vec{B'A}} \times \frac{\vec{C'A}}{\vec{C'B}} = \frac{\overline{s}(IJB)}{\overline{s}(IJC)} \times \frac{\overline{s}(IJC)}{\overline{s}(IJA)} \times \frac{\overline{s}(IJA)}{\overline{s}(IJB)} = 1.$$ Trường hợp ngược lại thì chứng minh tương tự như định lý Ceva. Như vậy chúng ta đã chứng minh xong định lý Ceva và định lý Menelaus. Các bạn học cấp 2 chưa học về tỷ lệ có dấu và diện tích có dấu thì vẫn có thể dùng cách chứng minh này được bằng cách sử dụng tỷ lệ thông thường và diện tích thông thường. Riêng đối với định lý Menelaus, thay vì dùng tỷ lệ diện tích, các bạn có thể sử dụng tỷ lệ đường cao hạ từ các đỉnh $A$, $B$, $C$ xuống đường thẳng $A'B'C'$. Mở rộng Định lý Ceva và Định lý Menelaus Chúng ta thấy cách chứng minh ở trên rất đơn giản, nhưng thú vị ở chỗ là chúng ta dễ dàng mở rộng được Định lý Ceva và Định lý Menelaus cho một đa giác bất kỳ. Ví dụ dưới đây là định lý Ceva và định lý Menelaus cho ngũ giác. Định lý Ceva cho ngũ giác. Cho ngũ giác $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ và năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ lần lượt nằm trên năm đường thẳng $A_5 A_2$, $A_1 A_3$, $A_2 A_4$, $A_3 A_5$, $A_4 A_1$. Nếu các đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, $A_3 B_3$, $A_4 B_4$, $A_5 B_5$ đồng quy thì $$\frac{\vec{B_1 A_5}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_1}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_2}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_3}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_4}}{\vec{B_5 A_1}}= -1.$$ Chứng minh. Giả sử năm đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, $A_3 B_3$, $A_4 B_4$, $A_5 B_5$ đồng quy tại điểm $I$ thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{B_1 A_5}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_1}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_2}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_3}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_4}}{\vec{B_5 A_1}}$$ $$= \frac{\overline{s}(I A_1 A_5)}{\overline{s}(I A_1 A_2)} \times \frac{\overline{s}(I A_2 A_1)}{\overline{s}(I A_2 A_3)} \times \frac{\overline{s}(I A_3 A_2)}{\overline{s}(I A_3 A_4)} \times \frac{\overline{s}(I A_4 A_3)}{\overline{s}(I A_4 A_5)} \times \frac{\overline{s}(I A_5 A_4)}{\overline{s}(I A_5 A_1)}$$ $$= \left( - \frac{\overline{s}(I A_5 A_1)}{\overline{s}(I A_1 A_2)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_1 A_2)}{\overline{s}(I A_2 A_3)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_2 A_3)}{\overline{s}(I A_3 A_4)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_3 A_4)}{\overline{s}(I A_4 A_5)} \right) \left( - \frac{\overline{s}(I A_4 A_5)}{\overline{s}(I A_5 A_1)} \right) = -1.$$ Định lý Menelaus cho ngũ giác. Cho ngũ giác $A_1 A_2 A_3 A_4 A_5$ và năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ lần lượt nằm trên năm đường thẳng $A_1 A_2$, $A_2 A_3$, $A_3 A_4$, $A_4 A_5$, $A_5 A_1$. Nếu các điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ thẳng hàng thì $$\frac{\vec{B_1 A_1}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_2}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_3}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_4}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_5}}{\vec{B_5 A_1}}= 1.$$ Chứng minh. Giả sử năm điểm $B_1$, $B_2$, $B_3$, $B_4$, $B_5$ nằm trên cùng một đường thẳng, chúng ta lấy bất kỳ hai điểm $I$, $J$ trên đường thẳng này thì theo định lý về tỷ lệ diện tích, chúng ta có $$\frac{\vec{B_1 A_1}}{\vec{B_1 A_2}} \times \frac{\vec{B_2 A_2}}{\vec{B_2 A_3}} \times \frac{\vec{B_3 A_3}}{\vec{B_3 A_4}} \times \frac{\vec{B_4 A_4}}{\vec{B_4 A_5}} \times \frac{\vec{B_5 A_5}}{\vec{B_5 A_1}}$$ $$= \frac{\overline{s}(I J A_1)}{\overline{s}(I J A_2)} \times \frac{\overline{s}(I J A_2)}{\overline{s}(I J A_3)} \times \frac{\overline{s}(I J A_3)}{\overline{s}(I J A_4)} \times \frac{\overline{s}(I J A_4)}{\overline{s}(I J A_5)} \times \frac{\overline{s}(I J A_5)}{\overline{s}(I J A_1)} = 1.$$ Bây giờ chúng ta phát biểu định lý Ceva và định lý Menelaus cho đa giác bất kỳ.

Định lý Ceva cho đa giác. Cho đa giác $n$-cạnh $A_1 A_2 \dots A_n$ và $n$ điểm $B_1$, ..., $B_n$, trong đó điểm $B_i$ nằm trên đường thẳng $A_{i-1} A_{i+1}$. Nếu $n$ đường thẳng $A_1 B_1$, $A_2 B_2$, ..., $A_n B_n$ đồng quy thì $$\prod_{i=1}^{n} \frac{\vec{B_i A_{i-1}}}{\vec{B_i A_{i+1}}} = (-1)^n.$$

Định lý Menelaus cho đa giác. Cho đa giác $n$-cạnh $A_1 A_2 \dots A_n$ và $n$ điểm $B_1$, ..., $B_n$, trong đó điểm $B_i$ nằm trên đường thẳng $A_i A_{i+1}$. Nếu các điểm $B_1$, $B_2$, ..., $B_n$ thẳng hàng thì $$\prod_{i=1}^{n} \frac{\vec{B_i A_i}}{\vec{B_i A_{i+1}}} = 1.$$

Như vậy hôm nay chúng ta đã học về định lý Ceva và định lý Menelaus. Cả hai định lý được chứng minh nhờ sử dụng một định lý về tỷ lệ diện tích tam giác. Cách chứng minh này thật là hay vì nó cho phép chúng ta mở rộng hai định lý này cho đa giác bất kỳ. Chúng ta tạm dừng ở đây. Xin hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau. Bài tập về nhà. 1. Ở trong hình dưới đây, chứng minh rằng $$\frac{UB}{UC} = \frac{VB}{VC}.$$ 2. Cho tam giác $ABC$ với độ dài các cạnh $AB = c$, $BC = a$, $CA = b$. Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh ở các điểm $A'$, $B'$, $C'$. Tính các độ dài $AB'$, $AC'$, $BA'$, $BC'$, $CA'$, $CB'$ theo $a$, $b$, $c$. Chứng minh rằng ba đường thẳng $AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy. 3. Mở rộng định lý Menelaus cho trường hợp các điểm trong không gian. Chẳng hạn với 4 điểm chúng ta có bài toán sau. Cho tứ diện $ABCD$. Một mặt phẳng cắt các đường thẳng $AB$, $BC$, $CD$, $DA$ tại các điểm $X$, $Y$, $Z$, $T$. Chứng minh rằng $$\frac{\vec{XA}}{\vec{XB}} \times \frac{\vec{YB}}{\vec{YC}} \times \frac{\vec{ZC}}{\vec{ZD}} \times \frac{\vec{TD}}{\vec{TA}} = 1.$$ 4. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$ trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $\overline{s}(ABC)$. Các bạn có phát hiện ra khi nào thì $\overline{s}(ABC)$ là số dương và khi nào $\overline{s}(ABC)$ là số âm không? 5. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$ nằm thẳng hàng trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $\overline{s}(ABC)$. 6. Chứng minh rằng $[A,B] = -[B,A]$, $[A,A] = 0$ và $\overline{s}(ABC) = -\overline{s}(ACB)$. 7. Gọi $O$ là tâm điểm của hệ trục toạ độ $0xy$. Chứng minh rằng $$\overline{s}(OAB) = \frac{1}{2} [A,B], ~~~~\overline{s}(OBC) = \frac{1}{2} [B,C], ~~~~\overline{s}(OCA) = \frac{1}{2} [C,A],$$ từ đó suy ra $$\overline{s}(ABC) = \overline{s}(OAB) + \overline{s}(OBC) + \overline{s}(OCA).$$ Sử dụng hằng đẳng thức trên để chứng minh rằng với mọi điểm $M$, chúng ta có $$\overline{s}(ABC) = \overline{s}(MAB) + \overline{s}(MBC) + \overline{s}(MCA)$$ 8. Lấy ví dụ một vài điểm $A$, $B$, $C$, $D$ trên hệ trục toạ độ $0xy$ rồi tính diện tích có dấu $$\overline{s}(ABCD) = \frac{1}{2}([A,B] + [B,C] + [C,D] + [D,A]).$$ Kiểm tra xem diện tích thông thường $s(ABCD)$ có tương xứng với diện tích có dấu $\overline{s}(ABCD)$ không. Mở rộng khái niệm diện tích có dấu cho một đa giác bất kỳ. Labels: cấp 2, cấp 3, Ceva, diện tích, diện tích có dấu, đa giác, Định lý Mê-nê-la-uýt, Định lý Xê-va, hình học, hình học phẳng, Menelaus, tam giác, tâm tỉ cự, vectơ Bài đăng Mới hơn Bài đăng Cũ hơn Trang chủ

Ủng hộ Vườn Toán trên facebook

Lưu trữ Blog

• ►  2017 (1)
  • ►  tháng 2 (1)

• ►  2016 (7)
  • ►  tháng 12 (1)
  • ►  tháng 10 (1)
  • ►  tháng 5 (1)
  • ►  tháng 4 (1)
  • ►  tháng 3 (2)
  • ►  tháng 2 (1)

• ►  2015 (12)
  • ►  tháng 12 (1)
  • ►  tháng 11 (1)
  • ►  tháng 10 (1)
  • ►  tháng 7 (1)
  • ►  tháng 5 (2)
  • ►  tháng 4 (4)
  • ►  tháng 3 (1)
  • ►  tháng 1 (1)

• ►  2014 (12)
  • ►  tháng 12 (1)
  • ►  tháng 11 (3)
  • ►  tháng 8 (1)
  • ►  tháng 7 (1)
  • ►  tháng 6 (1)
  • ►  tháng 4 (1)
  • ►  tháng 3 (1)
  • ►  tháng 2 (2)
  • ►  tháng 1 (1)

• ▼  2013 (26)
  • ►  tháng 10 (3)
  • ►  tháng 9 (2)
  • ►  tháng 8 (2)
  • ►  tháng 7 (2)
  • ▼  tháng 6 (3)
    • Lục giác kỳ diệu
    • Định lý Ceva và Định lý Menelaus
    • Định lý Pitago
  • ►  tháng 5 (3)
  • ►  tháng 4 (3)
  • ►  tháng 3 (3)
  • ►  tháng 2 (3)
  • ►  tháng 1 (2)

• ►  2012 (36)
  • ►  tháng 12 (1)
  • ►  tháng 11 (7)
  • ►  tháng 10 (3)
  • ►  tháng 9 (6)
  • ►  tháng 8 (5)
  • ►  tháng 7 (4)
  • ►  tháng 6 (6)
  • ►  tháng 5 (4)

• ►  2011 (7)
  • ►  tháng 1 (7)

English Version

Bài toán kết nối facebook

Phép nhân thời đồ đá

Mắt Biếc Hồ Thu

Lục giác kỳ diệu

Định lý Pitago

1 = 2012 = 2013

Dãy số Fibonacci và một bài toán xếp hình

James vẽ hình

Câu hỏi của James

Hình vuông số chính phương kỳ diệu của Vianney!

Câu đố mẹo về đo lường

Công thức lượng giác Gauss cho 17-giác đều

Chào năm mới 2014

Chào năm mới 2015

Chào năm mới 2016

Không gian 4 chiều là gì?

Dựng hình đa giác đều

Dựng đa giác đều 15 cạnh

Ngày số Pi (2015)

Ngày số Pi (2016)

0.9999999... có bằng 1 không? (2015)

Hình tam giác

Bàn cờ vua và kim tự tháp

Dãy số

Dãy số - Phần 1

Dãy số - Phần 2

Dãy số - Phần 3

Dãy số - Phần 4

Dãy số - Phần 5

Dãy số - Phần 6

Dãy số - Phần 7

Dãy số - Phần 8

Dãy số - Phần 9

Đại số

Tam giác Pascal

Quy nạp

Quy nạp II

Quy nạp III

Nhị thức Newton

1 = 2012 = 2013

Đa thức nội suy Newton

Đa thức nội suy Lagrange

Chứng minh Định lý Wilson bằng công thức nội suy

Tổng luỹ thừa

Số phức

Số phức

Công thức Moivre

Lượng giác

Công thức lượng giác cho góc bội

Công thức lượng giác Gauss cho 17-giác đều

Ngày số Pi (2016)

Radian là gì?

Số học

modulo - Phần 1

modulo - Phần 2

modulo - Phần 3

modulo - Phần 4

modulo - Phần 5

modulo - Phần 6

Số nguyên tố

Định lý Euclid về số nguyên tố

Một vài bài toán về số nguyên tố

Định lý Wilson

Bộ số Pitago

Modulo cho số hữu tỷ

Modulo cho số hữu tỷ II

Chứng minh lại định lý Wilson

Bổ đề Bezout

Thuật toán Euclid

Tổng luỹ thừa

Tổng luỹ thừa và định lý Wolstenholme

Câu đố mẹo về đo lường

Dựng đa giác đều 15 cạnh

Bò đi con bọ cạp!

Liên phân số Fibonacci

Hằng đẳng thức Pitago

Hình vuông số kỳ diệu của Euler

Tổ hợp

Bài toán kết nối facebook

Dãy số Fibonacci và một bài toán xếp hình

Hằng đẳng thức về dãy số Fibonacci

Dãy số Fibonacci và tam giác Pascal

Hình học

Định lý Pitago

Định lý đường cao tam giác vuông

Định lý Morley

Phương tích

Trục đẳng phương và tâm đẳng phương

Định lý Ceva và Định lý Menelaus

Lục giác kỳ diệu

Định lý Pascal

Định lý Pappus

Cánh bướm Pascal

Bài toán con bướm

Định lý Ngôi Sao Do Thái

Hãy xem xét trường hợp đặc biệt

Bài toán về tìm khoảng cách ngắn nhất và một tính chất của hình elíp

Điểm Fermat của hình tam giác

Điểm Fermat của hình tam giác II

Dựng hình

Dựng hình bằng thước và compa

Bài toán chia hình tứ giác

Dựng hình ngũ giác đều

Dựng hình đa giác đều

Dựng đa giác đều 15 cạnh

Định lý đường cao tam giác vuông

Thuật toán dựng hình

Công thức lượng giác Gauss cho 17-giác đều

Dựng hình chỉ bằng compa

Dùng compa chia đều đoạn thẳng

Giải tích

Ngày số Pi 2015

Chuỗi Taylor

Tổng nghịch đảo bình phương

Giúp bé thông minh

Xì-tin năng động

Tạp chí toán học

Kỹ năng mềm

Tạo lập tài khoản google

Cách tạo blog toán học

Học toán trên Wolfram

Dịch tài liệu toán học

Viết văn bản toán học PDF trực tuyến bằng LaTeX

Chia xẻ tài liệu toán học trên Google Drive