ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM -š›&š› - KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI: MỘT SỐ BÀI TỐN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC Sinh viên thực Giảng viên hướng dẫn Lớp : Võ Thị Giang : TS Nguyễn Duy Thái Sơn : 15ST Đà Nẵng 2019 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM -š›&š› - KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐỀ TÀI: MỘT SỐ BÀI TOÁN CỰC TRỊ TRONG HÌNH HỌC Sinh viên thực Giảng viên hướng dẫn Chuyên ngành Lớp : Võ Thị Giang : TS Nguyễn Duy Thái Sơn : Sư phạm Toán : 15ST Đà Nẵng 2019 LỜI CẢM ƠN Lời em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn, TS Nguyễn Duy Thái Sơn, tận tình hướng dẫn em trình thực để em hồn thành khố luận Em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến quý thầy cô giáo Trường Đại học Sư phạm – Đại học Đà Nẵng – nói chung, thầy giáo Khoa Tốn nói riêng, tận tình dạy dỗ em suốt thời gian học tập Nhà trường Đà Nẵng, tháng năm 2019 Sinh viên thực Võ Thị Giang MỤC LỤC: MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1.1 ÁP DỤNG BIẾN ĐỔI HÌNH HỌC 1.2 ÁP DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ 19 1.3 ỨNG DỤNG GIẢI TÍCH 24 1.4 PHƯƠNG PHÁP “BIẾN PHÂN RIÊNG PHẦN” 33 1.5 NGUYÊN LÍ TIẾP XÚC 40 CHƯƠNG 2: CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC CHỌN LỌC 52 2.1 CÁC BÀI TOÁN ĐẲNG CHU 52 2.2 ĐIỂM CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC VÀ KHỐI TỨ DIỆN 56 2.3 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TỔ HỢP 62 KẾT LUẬN 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO 69 MỞ ĐẦU 1) LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Các toán cực đại cực tiểu xuất cách tự nhiên không khoa học, kỹ thuật ứng dụng mà đời sống thường ngày Phần lớn tốn có chất tính hình học: tìm đường ngắn hai đối tượng, thoả mãn điều kiện định, tìm hình có chu vi, diện tích hay thể tích nhỏ kiểu tốn hay gặp Khơng ngạc nhiên từ xa xưa nhân loại làm việc với toán kiểu này; số toán danh người Hy Lạp cổ đại khảo sát tìm lời giải chủ yếu trực giác, họ chưa có đủ cơng cụ toán học để đưa chứng minh chặt chẽ Ví dụ, ta đề cập đến khám phá Heron (thế kỷ công nguyên thứ nhất) tia sáng không gian từ điểm A đến điểm B sau phản xạ gương a ln theo đường ngắn có từ A đến B mà có điểm chung với a Một tốn tiếng khác, có tên gọi tốn đẳng chu, xem xét Descartes (1596-1650): Trong tất hình phẳng có chu vi, tìm hình có diện tích lớn Nghiệm hình “hồn hảo” tốn hình trịn; điều Descartes (và người trước ơng) dự đốn; nhiên, đến kỉ XIX có phép chứng minh chặt chẽ cho kiện đó, công bố lần đầu Jacob Steiner lời giải thực toán Một toán khác, thú vị dễ phát biểu, I.F Fagnano đặt vào năm 1775: tìm tam giác có chu vi nhỏ nội tiếp tam giác nhọn cho trước Một lời giải tinh tế cho tốn “network” tương đối đơn giản tìm Hermann Schwarz (1843-1921)… Các toán cực trị hình học ln thu hút quan tâm nhà tốn học người u thích tốn, vẻ đẹp lý thuyết riêng có ứng dụng khoa học sống chúng Chủ đề này, thế, thường xuyên khai thác kì thi tốn học tồn giới Với lí trên, với định hướng thầy giáo – TS Nguyễn Duy Thái Sơn – chúng tơi chọn “Một số tốn cực trị hình học” làm chủ đề nghiên cứu khóa luận tốt nghiệp 2) MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Ngồi việc cố gắng “sưu tập” loại tốn cực trị hình học nhiều cấp độ khó-dễ khác nhau, chúng tơi cịn cố gắng tìm hiểu cơng cụ khác phần trình bày lời giải, qua hy vọng nhiều người với khả tuổi tác khác nhau, người am hiểu nhiều hay túy người u thích tốn học, đọc thấy luận văn hữu ích 3) ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Các toán giá trị lớn giá trị nhỏ hình học, từ toán cổ điển đến toán đương đại, toán thi giới 4) PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Chúng sử dụng phương pháp nghiên cứu dựa toán thu thập từ nguồn sách báo, xen kẽ kiến thức lí thuyết liên quan 5) CẤU TRÚC KHỐ LUẬN Khố luận gồm có chương: - Chương trình bày số phương pháp giải tốn cực trị hình học: ứng dụng phép biến hình, phép đối xứng qua đường thẳng hay mặt phẳng, phép quay…; sử dụng thích hợp bất đẳng thức đại số; phương pháp giải tích (áp dụng cơng cụ phép tính vi phân) Hai phương pháp xét sau Chương có chất hình học nhiều hơn; là: phương pháp biến phân riêng phần phương pháp dựa nguyên lí tiếp xúc Đa số tốn thảo luận Chương toán cổ điển - Chương xem tuyển tập tốn cực trị hình học thường gặp CHƯƠNG I: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1.1 ÁP DỤNG BIẾN ĐỔI HÌNH HỌC: Khi giải tốn hình học người ta nhận thấy nét chung: đối tượng hình học cần nghiên cứu toán thường cho qua số phép biến hình trước đến hình dễ nghiên cứu Trong phần này, phương pháp sử dụng để giải số toán cực đại cực tiểu Các phép biến hình sử dụng bao gồm phép đối xứng quen biết (như đối xứng qua điểm hay đối xứng qua đường thẳng), phép quay, phép giãn Ngoài ra, tốn hình học khơng gian, sử dụng phép đối xứng qua mặt phẳng, phép quay quanh đường thẳng, phép giãn khơng gian Chúng ta bắt đầu với tốn Heron quen thuộc 1.1.1 Cho đường thẳng l nằm mặt phẳng điểm A B nằm phía l Tìm điểm X l cho đường gấp khúc AXB có chiều dài ngắn Giải: Lấy B’ ảnh đối xứng B qua l Theo tính chất đối xứng, ta có XB = XB’ với điểm X l, vậy: AX + XB = AX + XB’≥ AB’ Dấu “=” xảy X giao điểm X0 l đoạn thẳng AB’ Vì vậy, với điểm X l khác với X0: AX + XB > AB’ = AX0 + X0B, X0 điểm cần tìm Bài tốn đường ngắn từ A đến B mà có điểm chung với l đường gấp khúc AX0B Cần nhấn mạnh đường gấp khúc AX0B thoả mãn luật quang hình học giao điểm X0 với l: góc tới góc phản xạ Đó tính chất quen thuộc vật lý đường tia sáng 1.1.2 Trong không gian cho đường thẳng l hai điểm A, B không nằm mặt phẳng với l Tìm điểm X l cho đường gấp khúc AXB có chiều dài ngắn Giải: Bài toán rõ ràng tương tự với toán 1.1.1 Trong lời giải toán 1.1.1 ta sử dụng phép đối xứng qua đường thẳng Để ý a mặt phẳng chứa l, phép đối xứng qua đường thẳng l a tạo phép quay quanh l khơng gian với góc quay 1800 Sử dụng ý tưởng tương tự, ta giải toán 1.1.2 sau: Chọn a mặt phẳng chứa l điểm A Xét phép quay quanh đường thẳng l theo góc quay j chọn cho điểm B có ảnh điểm B’ thuộc a; nữa, A B’ nằm trái phía (trong a) l Nếu X0 giao điểm l với đoạn thẳng AB’, với điểm X l ta có: AX + XB = AX + XB’≥ AB’ = AX0 + X0B’ = AX0 + X0B, với dấu “=” xảy X = X0 Do điểm X0 nghiệm hình tốn Để ý AX0 B’X0 tạo với l góc nhau, cặp đoạn thẳng AX0 BX0 có tính chất tương tự Đặc điểm sử dụng cách giải hai toán là: số đường nối hai điểm A B đoạn thẳng AB có chiều dài ngắn Nhận xét sơ cấp sử dụng lời giải loạt toán đây, mà để sử dụng nhận xét sơ cấp đó, phương tiện chuẩn bị phép biến hình: phép đối xứng, phép quay,… Tiếp theo toán cổ điển, biết đến tên gọi “bài tốn tam giác Schwarz” (cịn gọi tốn Fagnano) 1.1.3 Tìm tam giác có chu vi nhỏ nội tiếp tam giác nhọn cho trước Giải: Cách giải đưa vào năm 1990 nhà toán học người Hungari L.Fejér Đặt ∆ ABC tam giác cho trước Chúng ta tìm điểm M, N, P cạnh BC, CA, AB tương ứng cho chu vi ∆ MNP nhỏ Đầu tiên, ta xem xét toán đơn giản Cố định điểm P AB, ta tìm điểm M N tương ứng BC CA cho ∆ MNP có chu vi nhỏ (tất nhiên phụ thuộc vào lựa chọn điểm P) P’ điểm đối xứng P qua BC P’’ ( = 𝑃𝐶𝐵 ( = 𝑃𝐶𝐴 ( , 𝑃"𝐶𝐴 ( điểm đối xứng P qua AC Khi CP’ = CP = CP”, 𝑃′𝐶𝐵 ( = 2𝛾 Hơn nữa, 2𝛾 < 180°, 𝛾 < 90° cho giả thiết ( , ta có 𝑃′𝐶𝑃" Đặt 𝛾 = 𝐵𝐶𝐴 Do vậy, đoạn thẳng P’P” giao với cạnh BC CA ∆𝐴𝐵𝐶 tương ứng M N, chu vi ∆𝑀𝑁𝑃 đoạn P’P’’ Bằng cách tương tự, X Y điểm tương ứng BC AC, chu vi ∆𝑋𝑃𝑌 độ dài đường gấp khúc P’XYP” lớn P’P” Do vậy, chu vi ∆𝑋𝑃𝑌 ≥ chu vi ∆𝑃𝑀𝑁, dấu “=” xảy X = M Y = N Vì vậy, cần tìm điểm P AB cho đoạn P’P” có độ dài nhỏ Để ý đoạn thẳng cạnh đáy tam giác cân P”P’C với góc cố định 2𝛾 C cạnh CP’ = CP” = CP Do đó, phải chọn P AB cho CP’ = CP ngắn Rõ ràng, trường hợp P phải chân đường cao kẻ từ C ∆𝐴𝐵𝐶 Bây để ý P chân đường cao ∆𝐴𝐵𝐶 qua C M N chân đường cao lại Để chứng minh điều này, đặt M1 N1 chân đường cao : ( ( ( ( ∆𝐴𝐵𝐶 kẻ từ A B tương ứng Ta có 𝐵𝑀 𝑃 = 𝐵𝑀9 𝑃 = 𝐵𝐴𝐶 = 𝐶𝑀9 𝑁9, suy điểm P’ nằm đường thẳng M1N1 Tương tự ta có P” nằm M1N1 M = M1, N = N1 Vậy tất tam giác nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶, tam giác có đỉnh chân đường cao ∆𝐴𝐵𝐶 tam giác có chu vi nhỏ Bài tốn Schwarz giải trường hợp tam giác cho tam giác nhọn Ví dụ, giả sử 𝛾 ≥ 90° Khơng khó để nhận trường hợp này, tam giác MNP có chu vi nhỏ M = N = C P chân đường cao kẻ từ C ∆𝐴𝐵𝐶, tức trường hợp ∆𝑀𝑁𝑃 suy biến 1.1.4 Tứ giác hình sau cho toạ độ đỉnh Tìm đường ngắn nối từ điểm A = (0, 1) đến điểm C = (2, 1) mà chứa điểm chung với cạnh a, d, b, d, c tứ giác theo trình tự Giải: Dùng lần đối xứng qua đường thẳng hình Ảnh điểm C sau lần đối xứng C’ = (6, 1) Bây giờ, ta cần tìm đường ngắn từ A đến C’mà nằm hồn toàn P2 r2 − S2 − s2 r2 > P1r1 − S1 − s1r12 Chứng minh: Không tính tổng quát, ta giả sử a0 giá trị tới hạn duynhất a khoảng (α ,α ) (vì giá trị tới hạn hữu hạn) Từ bổ đề ta cần chứng minh bất đẳng thức yêu cầu a1 = a0 a2 số gần tới a1 Cho 𝜖 số dương Chọn a2 đủ gần với a1 ta có , , < P2 − P1 < 𝜖 < S2 − S1 < 𝜖 Mặt khác, số cạnh Ma1 Ma2 nên suy s' = s1 − s2 > 0 < r2 − r1 < 𝜖 (hình vẽ) Hơn nữa, s' khơng phụ thuộc vào lựa chọn a2 miễn khoảng (α ,α ) không chứa giá trị tới hạn a Nhờ đó, ta có: ( Pr − S − s r ) − ( P r − S ) − s2 r2 = P1 − P2 r1 + P2 r1 − r2 − S1 − S2 − s1 − s2 r12 + s2 r2 − r12 1 ( ( ) 1 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ⇒ P1r1 − S1 − s1r12 − P2 r2 − S2 − s2 r2 < 𝜖 −s'r12 + 𝜖 ( s1 − s') ( 2r1 + 𝜖) với 𝜖 > Vế phải BĐT phương trình bậc 𝜖 mà có nghiệm âm nghiệm dương Vì ta chọn 𝜖 > cho giá trị hàm âm ta P1r1 − S1 − s1r12 − P2 r2 − S2 − s2 r2 < , ta chứng minh bổ đề ( ) ( ) Sử dụng Bổ đề 2, ta chứng minh BĐT Tóth Thật vậy, giả sử Pr− S − sr < Theo Bổ đề 1, biểu thức tương ứng với a ∈ [0, a: ) không đổi, với a′ giá trị tới hạn a Do theo Bổ đề 2, biểu thức nhỏ a qua giá trị tới hạn a′, nên tiếp tục âm Vì vậy, Pr− S − sr < với đa giác Ma với a ∈ [0, 𝑟] Tuy nhiên, biểu thức lại a = r, mâu thuẫn Vậy ta có Pr− S − sr ≥ BĐT Tóth viết lại thành dạng P − 4sS ≥ ( P − 2sr ) , ta suy BĐT Lhuilier Tiếc BĐT Lhuilier Tóth cho đa giác lồi Đó lí ứng dụng tổng quát chúng kết hợp với toán sau: 55 2.1.2 Chứng minh với đa giác M, tồn đa giác lồi 𝑴′ với chu vi diện tích khơng nhỏ diện tích M Giải: Đặt M0 bao lồi M, tức M0 đa giác lồi nhỏ chứa M Ta có chu vi M0 không lớn chu vi M Áp dụng phép vị tự thích hợp cho M0, ta đa giác 𝑀′ đồng dạng với M0 có chu vi với M Diện tích 𝑀′ khơng nhỏ diện tích M M0 chứa M Chứng minh định lí đẳng chu cho đa giác n – đỉnh: Ta cần chứng minh phần (iii) Đặt M n – giác Theo toán 2.1.2, cần xét trường hợp M lồi BĐT Lhuilier cho ta P ≥ 4Ss Vì diện tích n – giác ngoại tiếp đường tròn đơn Õ Õ vị 𝑛𝑡𝑎𝑛 , toán 2.1.1 chứng tỏ 𝑠 ≥ 𝑛𝑡𝑎𝑛 Kết hợp với BĐT Lhuilier ta a a có: 𝜋 𝑃F ≥ 4𝑆𝑠 ≥ 4𝑆𝑛𝑡𝑎𝑛 𝑛 Vậy định lí chứng minh Tiếp theo, ta xét ứng dụng thú vị định lí đẳng chu BĐT Lhuilier 2.1.3 Diện tích hình trịn lớn diện tích đa giác chu vi Giải: Theo toán 2.1.2, ta cần xét đa giác lồi Gọi K S tương ứng diện tích hình trịn đa giác (lồi) có chu vi P Ta có: P2 =π 4K Mặt khác, BĐT Lhuilier cho ta: P2 ≥ s 4S Với s diện tích đa giác ngoại tiếp đường trịn đơn vị có cạnh song song với cạnh M Vì diện tích đường trịn đơn vị 𝜋 nên ta có 𝑠 > 𝜋, từ biểu thức ta suy ´• é” > ´• éø Do K >S, toán chứng minh 2.2 ĐIỂM CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC VÀ KHỐI TỨ DIỆN: Trong tam giác (tứ giác) có nhiều điểm định nghĩa tính chất đặc biệt hình học Đó cách người ta định nghĩa trọng tâm; tâm đường trịn ngoại tiếp, nội tiếp; điểm Lemoine;…Tình cờ nhiều số điểm có tính chất số hàm mặt phẳng không gian đạt cực đại hay cực tiểu điểm Phần cung cấp số tốn thiết lập tính chất cực trị điểm quan trọng tam giác khối tứ diện 56 Ta xét vài tốn dạng phần trước Ví dụ, giả sử tất góc tam giác ABC nhỏ 120° Nhắc lại điểm ( = 𝐵𝑇𝐶 ( = 𝐶𝑇𝐴 ( = 120° Torricelli tam giác ABC điểm T với 𝐴𝑇𝐵 Theo toán 1.1.7, giá trị nhỏ tổng AX + BX + CX với điểm X mặt phẳng đạt điểm T Cịn ví dụ khác Với tam giác ABC, giá trị nhỏ tổng 𝐴𝑋 F + 𝐵𝑋 F + 𝐶𝑋 F với điểm X mặt phẳng (không gian) đạt trọng tâm G ∆𝐴𝐵𝐶 Điều suy từ đẳng thức Leibniz: AX + BX + CX = 3XG + AG + BG + CG Tính chất trọng tâm tương tự khối tứ diện Cuối ta đề cập đến điểm Lemoine Nếu 𝑥, 𝑦, 𝑧 khoảng cách từ điểm X tam giác ABC đến cạnh tổng x + y + z nhỏ X trùng với điểm Lemoine tam giác ABC (bài 1.2.5) Bài toán cho ta tính chất cực trị khác điểm Lemoine 2.2.1 Tìm tam giác nội tiếp tam giác ABC cho trước cho tổng bình phương cạnh nhỏ Giải: Gọi L điểm Lemoine tam giác ABC, đặt M, N, P hình chiếu vng góc L BC, AC, AB (hình vẽ) Ta chứng minh có tam giác MNP tam giác cần tìm Đầu tiên, ta chứng minh L trọng tâm tam giác MNP Đặt G trọng tâm tam giác MNP x1 , y1 , z1 khoảng cách từ G đến cạnh BC, CA, AB Theo toán 1.2.5, với 𝑥 = 𝐿𝑀, 𝑦 = 𝐿𝑁, 𝑧 = 𝑀𝑁, ta có x + y + z ≤ x12 + y12 + z12 với dấu xảy G = L Mặt khác, theo công thức Leibniz tam giác MNP cho ta: 57 x + y + z = 3LG + GM + GN + GP ≥ 3LG + x12 + y12 + z12 ≥ x + y + z Vậy L = G, tức L trọng tâm tam giác MNP Tiếp theo, xét tam giác M1 N1 P1 nội tiếp tam giác ABC G trọng tâm Đặt M , N , P2 chân đường vng góc G cạnh BC, CA, AB Theo cơng thức trung truyến ta có: ( ) ( M1 N12 + N1 P12 + P1 M12 = GM12 + GN12 + GP12 ≥ GM 2 + GN 2 + GP2 ≥ x + y + z = MN + NP + PM , ( ) ) Với dấu xảy M1 = M , N1 = N , P1 = P2 , G = L, tức M1 = M , N1 = N , P1 = P 2.2.2 Tìm điểm X tam giác nhọn ABC cho tam giác với đỉnh hình chiếu X cạnh tam giác ABC có diện tích lớn Giải:Gọi X điểm tam giác ABC, đặt M, N, P hình chiếu vng góc X BC, CA, AB Đặt S = S ABC , σ = S MNP R, O bán kính tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta chứng minh σ lớn X = O Để chứng minh điều này, ta chứng minh công thức Euler sau: ⎛ d2 ⎞ S σ = ⎜ 1− ⎟ , với d = OX R ⎠4 ⎝ ( Gọi 𝛼, 𝛽, 𝛾 tương ứng góc ∆𝐴𝐵𝐶 Ta có tứ Ta có 𝜎 = 𝑀𝑁 𝑁𝑃 sin 𝑀𝑁𝑃 F giác APXN nội tiếp đường trịn đường kính AX, định lí sin cho ta 𝑃𝑁 = 𝐴𝑋 sin a Tương tự, từ tứ giác nội tiếp CNXM, ta có 𝑀𝑁 = 𝐶𝑋 sin 𝛾 Vậy, σ= ( AX CX sin α sin γ sin 𝑀𝑁𝑃 58 ( = 𝑋𝐶𝑌 ( Gọi Y giao điểm tia AX với đường trịn k ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 Ta có 𝑀𝑁𝑃 ( = 𝑋𝐴𝑃 ( Mặt khác, 𝑋𝐴𝑃 ( = 𝑌𝐴𝐵 ( = 𝑌𝐶𝐵 ( Thật vậy, từ tứ giác nội tiếp APXN ta có 𝑋𝑁𝑃 ( = 𝑋𝐶𝑀 ( Do vậy: Và từ tứ giác nội tiếp CNXM, ta 𝑋𝑁𝑀 ( = 𝑀𝑁𝑋 ( + 𝑋𝑁𝑃 ( = 𝑋𝐶𝑀 ( + 𝑌𝐶𝐵 ( = 𝑋𝐶𝑌 ( 𝑀𝑁𝑃 ( = 𝐴𝑌𝐶 ( = 𝐴𝐵𝐶 ( = 𝛽 Kết hợp với đẳng thức định lí Tiếp theo, để ý 𝑋𝑌𝐶 sin, ta có: 𝐶𝑋 sin 𝛽 sin 𝛽 = = ( sin 𝑀𝑁𝑃 ( 𝑋𝑌 sin 𝑋𝐶𝑌 ( = 𝑋𝑌 sin 𝛽 ta σ = Do 𝐶𝑋 sin 𝑀𝑁𝑃 AX XY.sin α sin β sin γ (1) Đặt X X đường kính k qua X Giả sử O nằm X X Ta có X X = R + d X X = R − d Vì dây AY X X giao X, nên ta có: ( )( ) AX XY = X X X X = R + d R − d = R − d (2) Từ (1) (2) ta có: R2 − d σ= sin α sin β sin γ Mặt khác, ta có: S= Do đó, σ = ab sin γ = 2Rsin α 2Rsin β sin γ = 2R sin α sin β sin γ 2 ( )( ) ⎛ R2 − d S d2 ⎞ S = ⎜ 1− ⎟ , công thức Euler chứng minh 2R ⎝ R ⎠4 Vậy 𝜎 lớn d = 0, tức X = O Để ý rằng, chứng minh trên, ta chứng minh với điểm X mặt phẳng, ta có: ⎛ d2 ⎞ S σ = ± ⎜ 1− ⎟ , ⎝ R ⎠4 Với dấu + tương ứng X nằm đường tròn ngoại tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 dấu – tương ứng X nằm đường trịn Khi X nằm đường trịn, ta có 𝜎 = 0, tức điểm M, N, P nằm đường thẳng Điều biết đến với định lí Simson Hơn 59 nữa, cơng thức Euler chứng tỏ với 𝜎U > 0, quỹ tích điểm X mặt phẳng với 𝜎 = 𝜎U là: 4σ 4σ > S ; S (i) Đường trịn tâm O bán kính R 1+ (ii) Hợp đường trịn đồng tâm O bán kính R 1+ 4σ 4σ R 1− S S 4σ ≤ S Bài toán lấy từ [5] G Lawden 2.2.3 Cho tam giác ABC, 𝑨′ điểm mặt phẳng khác với điểm A, B, C Đặt L, M tương ứng chân đường vng góc kẻ từ A đến đến 𝑨: 𝑩, 𝑨′𝑪 Tìm vị trí 𝑨′ cho độ dài đoạn LM lớn Giải: Ta chứng tỏ độ dài LM lớn 𝐴′ trùng với tâm đường tròn bàng ( tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 nội tiếp 𝐵𝐴𝐶 Đầu tiên, để ý với lựa chọn điểm 𝐴′, điểm M nằm đường trịn k1 với đường kính AC, điểm L nằm k2 đường kính AB (hình vẽ) Ta có đoạn LM lớn LM chứa tâm E F k1 k2 Lúc này, ta có: LM = AF + FE + EA = a+ b+ c = p (nửa chu vi) 60 ( = 𝐴𝐸𝐹 ( = 𝐴𝐶𝐵 ( = 𝛾 ⟹ 𝑀𝐶𝐸 ( = 𝐶𝑀𝐸 ( = 90° − û, suy MC Hơn nữa, ta lại có 𝑀𝐸𝐶 F ( phân giác góc kề bù với 𝐴𝐶𝐵 Tương tự với đường thẳng LB Vậy 𝐴′ tâm ( đường tròn bàng tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 nội tiếp 𝐵𝐴𝐶 2.2.4 Với điểm P mặt phẳng khác với đỉnh A, B, C tam giác ABC, đặt ( , β = 𝑨𝑷𝑪 ( , γ = 𝑨𝑷𝑩 ( Tìm vị trí P x = AP, y = BP,α = 𝑩𝑷𝑪 1 cho tổng: q( P) = x sin α + y sin β1 + z sin γ lớn Giải: Gọi k đường tròn ngoại tiếp ∆𝐵𝑃𝐶 𝐴: giao điểm k đường thẳng AP cho 𝐴′ P nằm khác phía đường thẳng BC (hình vẽ) Đặt L M chân đường vng góc vẽ từ A đến đường thẳng 𝐴′𝐵 𝐴′𝐶 Ta chứng minh 𝑞 (𝑃) = 𝐿𝑀 : 𝐵 = 𝐴𝑀𝐿 : 𝐶 = 𝐴𝐿𝑀 ( ( ( = 𝑃𝐴 ( 𝑃𝐵𝐶 ( = 𝑃𝐴 ( Vì ∆𝑃𝐵𝐶~∆𝐴𝐿𝑀 Để ý 𝑃𝐶𝐵 š ý} ( = 𝐵𝑃𝐴′ ( = 180° − 𝐴𝑃𝐵 ( = 180° − 𝛾9 Do đó, 𝐴𝐶𝑀 ( = ⟹ = Mặt khác, 𝐵𝐶𝐴′ ü b} 180° − 𝛾 − (180° − 𝛾9 ) = 𝛾9 − 𝛾, ta có 𝐴𝑀 = 𝑏 sin(𝛾9 − 𝛾) Suy ra: z= ( a.AM absin γ − γ = LM LM Tương tự, x = ( bcsin α − α LM ) ) y= ( acsin β1 − β LM ) Áp dụng định lí Ptolemy cho 𝐴𝐿𝐴′𝑀 ta được: 𝐴𝐴: 𝐿𝑀 = 𝐴𝑀 𝐴: 𝐿 + 𝐴: 𝑀 𝐴𝐿 (∗), 61 Trong đó, theo định lí sin cho ∆𝐴: ta cú : = ăâê ỷăâê a- 𝐴: 𝐶 = đường kính đường trịn ngoại tip ca , ta cú: ăâê ăâê a- Vì 𝐴𝐴′ 𝐿𝑀 𝐿𝑀 = = 𝐴𝐴: ( sin a9 sin 𝑀𝐴𝐿 Cũng để ý rằng: A' L = A' B + BL = A' M = A'C + CM = asin γ + ccos β1 − β sin α ( ) asin β1 + bcos γ − γ sin α ( ) Từ (*) ta suy ra: ⎡ asin γ ⎤ LM = AA'.LM = bsin γ − γ ⎢ ccos β1 − β + ⎥ sin α sin α ⎦ ⎣ ⎡ asin β1 ⎤ + csin β1 − β ⎢ bcos γ − γ + ⎥ sin α ⎦ ⎣ ( ) ( ( ) ) ( ) Vậy, LM = bc ⎡⎣sin (γ − γ ) cos ( β1 − β ) + sin ( β1 − β ) cos (γ − γ ) ⎤⎦ sin α + acsin β1 sin ( β1 − β ) + absin γ sin (γ − γ ) = bcsin ( β1 + γ − β − γ ) sin α + acsin β1 sin ( β1 − β ) + absin γ sin (γ − γ ) = bcsin (α − α ) sin α + acsin β1 sin ( β1 − β ) + absin γ sin (γ − γ ) Mặt khác, bcsin (α − α ) = xLM ,acsin ( β1 − β ) = yLM ,absin (γ − γ ) = zLM , ta được: ( ) LM = x sin α + y sin β1 + z sin γ = q P Bây theo toán 2.2.3 tổng 𝑞(𝑃) lớn 𝐴′ tâm đường tròn bàng tiếp û ( = « 𝐴𝐵𝑃 ( = ° Do tương ứng Trong trường hợp ta có 𝛾9 = 90° + , 𝐵𝐴𝑃 F F F P tâm đường tròn nội tiếp ∆𝐴𝐵𝐶 2.3 BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TỔ HỢP: Các tốn phần trước nói cực đại cực tiểu tính chất hình học chu vi, diện tích, thể tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc,… Trong phần này, ta xét toán theo chất khác Cụ thể, hầu hết tốn đó, ta quan tâm đến cực đại cực tiểu số điểm hay số hình vẽ mặt phẳng (khối khơng gian) có tính chất hình học định 62 2.3.1 Trong đa giác 2n đỉnh, đánh dấu trung điểm cạnh đường chéo Hỏi số điểm lớn đánh dấu nằm đường tròn? Giải: Gọi A1 , A2 , , A2n đỉnh liên tiếp đa giác M 2n đỉnh, O tâm Với 𝑖 = 1,2, … , 𝑛 trung điểm đường chéo (hoặc cạnh) M với chiều dài A1 Ai+1 nằm đường tròn ki tâm O Suy ki chứa nhiều 2n điểm Hơn nữa, k1 chứa xác 2n điểm, kn ={O} (hình vẽ) Bây giờ, ta chứng minh đường trịn tâm khác O chứa 2n điểm đánh dấu Thật vậy, k đường trịn với 𝑖 = 1, 2, … , 𝑛 − 1, chứa nhiều điểm đánh dấu chung với ki Vậy k chứa nhiều + 2(𝑛 − 1) = 2𝑛 − điểm đánh dấu Vậy số điểm đánh dấu nhiều đường tròn 2n 2.3.2 Một thành phố có hình dạng hình vng cạnh km Các đường chia thành vùng ngoại hình vng cạnh 200 m Hỏi diện tích lớn vùng thành phố bị đóng với đường cong kín dài 10 km mà chứa tồn đường phần đường thành phố? Giải: Gọi C đường cong kín chứa đường phần đường phố, đặt Π hình chữ nhật nhỏ chứa C, nên cạnh Π đường phần đường thành phố chu vi Π khơng lớn chiều dài C (hình vẽ) 63 Hơn nữa, diện tích bị phần bị chặn C không lớn diện tích Π Vì ta cần xét đường cong kín C hình chữ nhật Xét hình chữ nhật Π chu vi 10 km mà đường biên chứa đường hay phần đường phố Đặt 𝑥 chiều dài cạnh nhỏ Π (theo km) Ta có chiều dài à cạnh lại − 𝑥, ≤ 𝑥 ≤ Hơn nữa, 𝑘 = 5𝑥 số nguyên ≤ 𝑘 ≤ F à à F F 9F 12 Vì vậy, 𝑆! = 𝑥 (5 − 𝑥 ) lớn 𝑥 = hàm 𝑥(5 − 𝑥) tăng với 𝑥 ∈ Œ0, •, với 𝑥 = × Ã (với 𝑘 = 1,2, … ,12) giá trị lớn 𝑆! đạt 𝑥 = đường cong cần tìm có hình dạng hình chữ nhật với cạnh lớn 9Ãỉ Fà 9F à km 9Ž à à Vậy km, diện tích km Cho đa giác lồi M, xét tất hình đồng dạng nhỏ M Đặt 𝑛(𝑀) số lượng nhỏ đa giác bao phủ M Ta thấy toán tiếp theo, số 𝑛(𝑀) giống với đa giác M mà khơng phải hình bình hành Điều đáng ý biết đến định lí Gohberg – Markus Nhiều chi tiết cụ thể liên quan đến loại “những toán bao phủ” tìm thấy sách [4] Boltyanskii Gohberg 2.3.3 Cho M đa giác lồi không suy biến (tức không nằm đường thẳng) mặt phẳng (a) Nếu M hình bình hành 𝒏(𝑴) = 𝟒 (b) Nếu M khơng phải hình bình hành 𝒏(𝑴) = 𝟑 Giải: (a) Gọi M hình bình hành ABCD Có thể thấy M bao phủ hình bình hành nhỏ đồng dạng với M (hình vẽ) 64 Mặt khác, với hình bình hành M1 đồng dạng với M nhỏ M, M1 chứa điểm A M1 khơng thể chứa điểm khác M (hình vẽ) Điều chứng tỏ M khơng thể phủ hình bình hành đồng dạng với M nhỏ M Vậy 𝑛(𝑀) = (b) Gọi M đa giác lồi khơng suy biến mặt phẳng mà khơng phải hình bình hành Ta có 𝑛(𝑀) ≥ Tiếp theo, ta cần bổ đề sau: Bổ đề: Tồn tam giác N chứa M cho đường thẳng qua cạnh N chứa cạnh M Chứng minh bổ đề: Nếu M tam giác, chọn N = M Giả sử M tam giác, tồn cạnh M không song song khơng có điểm chung Mở rộng cạnh chúng giao (hình vẽ) Ta đa giác lồi M1 có số cạnh M Tiếp tục quy trình trên, sau nhiều bước ta hình bình hành tam giác 𝑀′ chứa M cạnh chứa cạnh M Nếu 𝑀′ tam giác ta đặt 𝑁 = 𝑀′ Giả sử 𝑀′ hình bình hành ABCD Vì M khơng phải hình bình hành nên đỉnh 𝑀′ khơng phải đỉnh M Ví dụ, A khơng phải đỉnh M Đặt P đỉnh M AD mà gần A nhất, Q đỉnh AB gần A (hình vẽ) 65 Ta có ngũ giác QBCDP chứa M Vậy tam giác N hình thành từ đường thẳng PQ, BC, CD chứa M có tính chất u cầu Bổ đề chứng minh Sử dụng bổ đề, xét tam giác ABC chứa M cạnh A1A2, B1B2, C1C2 M nằm tương ứng BC, CA, AB (hình vẽ) Chọn điểm O nằm phần M điểm X, Y, Z nằm đoạn thẳng A1A2, B1B2, C1C2 tương ứng Đoạn thẳng OX, OY, OZ cắt M thành đa giác M1, M2, M3 Giả sử M1 đa giác chứa tứ giác AZOY Sự lựa chọn điểm O, Y, Z chứng tỏ < 𝑘 < 𝑘 đủ gần tới phép đồng dạng 𝜑9 tâm A tỉ số 𝑘 để 𝜑9 (𝑀) chứa AZOY chứa M1 Tương tự ta suy tồn phép đồng dạng 𝜑F , 𝜑Ž với tỉ số nhỏ cho 𝜑F (𝑀) chứa M2, 𝜑Ž (𝑀) chứa M3 Suy M chứa hợp 𝜑9 (𝑀), 𝜑F (𝑀), 𝜑Ž (𝑀), 𝑛(𝑀) ≤ Vậy 𝑛(𝑀) = Để kết thúc phần ta xét hình khơng gian sau: 2.3.4 Một hình lập phương bị cắt tồn thành hình tứ diện Hỏi số lượng tứ diện bao nhiêu? Giải: Gọi hình lập phương 𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ (hình vẽ) Nó cắt thành tứ diện: 𝐴𝐵𝐶𝐵: , 𝐴𝐶𝐷𝐷 : , 𝐴: 𝐵: 𝐷 : 𝐴, 𝐵′𝐶′𝐷′𝐶 𝐴𝐶𝐷′𝐵′ 66 Ta cần chứng minh số cần tìm Đặt a = AB Giả sử hình lập phương bị cắt thành nhiều tứ diện Ta có đáy ABCD phải chứa mặt tứ diện T1, T2 khác Nếu diện tích tứ diện S1, S2, 𝑆9 + 𝑆F ≤ 𝑎F chiều cao đến mặt T1 T2 khơng lớn a Do đó, a a a VT + VT ≤ = 3 Tương tự ta chứng minh đáy 𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′ chứa mặt tứ diện T3, T4 a3 khác với VT + VT ≤ Hơn nữa, T1, T2 trùng với T3 T4 mặt tứ diện phải có cạnh chung Tứ diện T1, T2, T3, T4 khơng thể phủ hết tồn a3 hình lập phương VT + VT + VT + VT ≤ < a , phải có tứ diện đạt cắt hình lập phương Vậy hình lập phương bị cắt thành hình tứ diện, số tứ diện 67 KẾT LUẬN Sau thời gian tìm hiểu nghiên cứu, khố luận thu kết sau: Chương trình bày loạt phương pháp giải tốn cực trị hình học: ứng dụng phép biến hình, phép đối xứng qua đường thẳng hay mặt phẳng, phép quay…; sử dụng bất đẳng thức đại số; phương pháp giải tích (áp dụng cơng cụ phép tính vi phân) Hai phương pháp xét sau Chương có chất hình học nhiều hơn; là: phương pháp biến phân riêng phần phương pháp dựa nguyên lí tiếp xúc Chương cung cấp nhiều toán cổ điển thú vị, cách tiếp cận với hình học cực trị nhà toán học trước làm sở để phát triển toán cực trị sau Chương cung cấp loại tốn cực trị hình học thường gặp, tốn đẳng chu, tốn tìm điểm cực trị (đặc biệt) hình, tốn cực trị hình học tổ hợp Các lời giải thu thập từ nhiều nguồn (trong [1] tài liệu chính), làm rõ theo cách hiểu chúng tôi, chỉnh lý lại phát “có sai sót” (chẳng hạn lời giải tốn 1.1.7) 68 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Titu Andreescu, Oleg Mushkarov and Luchezar Stoyanov, Geometric Problems on Maxima and Minima, Birkhauser, Boston, 2006 [2] T Andreescu and Z Feng, 103 Trigonometry Problems: From the Training of the USA IMO Team, Birkhauser, Cambridge, 2005 [3] T Andreescu and D Andrica, Complex Numbers from A to… Z, Birkhauser, Cambridge, 2005 [4] V Boltyanskii and I Gohberg, Decomposition of Figures into Smaller Parts, the University of Chicago Press, Chicago, 1980 [5] G H Lawden, Two related triangle maximization problems, Math Gazette 66 (1982), pp 116-120 [6] O Mushkarov and L Stoyanov, Extremal Problems in Geometry, Narodna Prosveta, Sofia, 1989 69 ... TIẾP XÚC 40 CHƯƠNG 2: CÁC BÀI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC CHỌN LỌC 52 2.1 CÁC BÀI TOÁN ĐẲNG CHU 52 2.2 ĐIỂM CỰC TRỊ TRONG TAM GIÁC VÀ KHỐI TỨ DIỆN 56 2.3 BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC TỔ HỢP 62 KẾT LUẬN 68... MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 1.1 ÁP DỤNG BIẾN ĐỔI HÌNH HỌC: Khi giải tốn hình học người ta nhận thấy nét chung: đối tượng hình học cần nghiên cứu toán thường cho qua số phép biến hình. .. ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ: Có nhiều đa dạng tốn hình học cực đại cực tiểu giải cách sử dụng bất đẳng thức đại số Ngược lại có nhiều bất đẳng thức đại số biểu diễn tốn hình học Một ví dụ điển hình bất đẳng