Các định lý về trung bình số học và trung bình hình học
hình học Định nghĩa 1.1.1 Trung bỡnh số học A của n số a 1 ,ã ã ã , a n là a 1 +a 2 +ã ã ã+ a n n
Trung bình số học, hay còn gọi là trung bình cộng, là giá trị trung bình của một tập hợp các số thực Theo định lý 1.1.2, tích của n số dương với tổng cố định đạt giá trị lớn nhất khi tất cả các số đó bằng nhau Cụ thể, nếu a_i > 0 (với i = 1, 2, , n), thì điều này càng khẳng định tính chất của các số dương trong việc tối ưu hóa tích.
X i=1 a i = nA không đổi thì a1ãa2ã ã ãan ≤ A n (1.1) Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a 1 = a 2 = ã ã ã = a n
Theo nghĩa hình học, trong tất cả các hình hộp n chiều với tổng độ dài các cạnh không đổi, khối hộp n chiều sẽ có thể tích lớn nhất.
Một trong những phát biểu hình học quan trọng là: "Khi một đoạn thẳng có độ dài nhất định được chia thành nhiều đoạn nhỏ hơn, thì tích của các độ dài các đoạn này đạt giá trị lớn nhất khi tất cả các đoạn đều có độ dài bằng nhau."
Xột cỏc số dương a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n và n
Nếu a i = A, i = 1,2,ã ã ã , n thỡ dấu = trong (1.1) xảy ra.
Nếu có a i 6= A thì sẽ có ít nhất một số lớn hơn A và một số nhỏ hơn A Giả sử là a 1 và a 2 Đặt a 1 = A−h, a 2 = A+k trong đó h, k >0.
Rõ ràng, a0_1 và a0_2 là các số dương, tạo thành một tập hợp mới với tổng bằng tổng của n số dương ban đầu Cần chứng minh rằng a0_1 a0_2 > a1 a2 Cụ thể, ta có: a0_1 a0_2 = A(A+k−h) = A^2 + (k−h)A và a1 a2 = (A−h)(A+k) = A^2 + (k−h)A−hk.
Vì vậy a 0 1 ãa 0 2 ãa 3 ã ã ãa n > a 1 ãa 2 ãa 3 ã ã ãa n
Nếu A = a₀, a₁ = a₂ = a₃ = = aₙ, thì (1.1) là đúng Ngược lại, luôn tồn tại ít nhất một số lớn hơn A và một số nhỏ hơn A Giả sử b₁, b₂, khi lặp lại chứng minh với hai số này, ta có thể tìm ra một tập hợp các số dương mới sao cho tổng của chúng bằng tổng n số dương ban đầu và tích của chúng lớn hơn a₀a₁a₂ aₙ.
Tiếp tục lặp lại quá trình trên (nhiều nhất n−1 lần) ta sẽ được n số dương
Định lý 1.1.3 khẳng định rằng tổng của n số thực dương có tích bằng 1 luôn lớn hơn hoặc bằng n Đặc biệt, dấu "=" chỉ xảy ra khi tất cả các số này đều bằng nhau và bằng 1.
Cụ thể, nếu a i > 0, i= 1,ã ã ã , n và a 1 ãa 2 ã ã ãa n = 1 thỡ n
1 a i ≥ n. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a i = 1,∀i = 1,2,ã ã ã , n.
Theo nghĩa hình học, nếu thể tích của một khối hộp chữ nhật n chiều bằng 1, tổng chiều dài các cạnh của khối này sẽ đạt giá trị nhỏ nhất khi nó là khối n chiều.
Ta cú a i > 0,∀i = 1,2,ã ã ã , n và a 1 ã a 2 ã ã ãa n = 1 Ta cần chứng minh n
Dấu = xảy ra khi ai = 1,∀i = 1,2,ã ã ã , n.
Ta chia mỗi số cho tổng của chúng, khi đó ta được n số mới có tổng bằng 1 và áp dụng Định lý 1.1.2. Đặt s n
X i=1 ai s = 1 n ã s s = 1 n. Áp dụng Định lý 1.1.2 ta có b 1 ãb 2 ã ã ãb n ≤
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b 1 = b 2 = ã ã ã = b n = 1 n. Tức là a 1 ãa 2 ãa 3 ã ã ãa n sãsãsã ã ãs ≤
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a i = 1,∀i = 1,2,ã ã ã , n Định nghĩa 1.1.4 Trung bỡnh hỡnh học G củan số dương a 1 , a 2 ,ã ã ã , a n là căn bậc n của tích của chúng Tức là
Các Định lý 1.1.2 và 1.1.3 tương đương với định lý nổi tiếng về trung bình số học và trung bình hình học Theo Định lý 1.1.5, bất đẳng thức AM - GM khẳng định rằng trung bình hình học của n số dương không vượt quá trung bình số học của chúng, và dấu "=" chỉ xảy ra khi tất cả các số dương bằng nhau.
G≤ A. Áp dụng Định lý 1.1.2 suy ra điều phải chứng minh.
Tỉ số lượng giác của một góc
Cho α và β là những góc lượng giác sao cho các công thức có nghĩa Khi đó ta có các công thức dưới đây
Các hằng đẳng thức lượng giác cơ bản sin 2 α + cos 2 α = 1, tanα = sinα cosα, tanαãcotα = 1, 1 cos 2 α = 1 + tan 2 α, 1 sin 2 α = 1 + cot 2 α.
Quan hệ lượng giác của các cung góc có liên quan đặc biệt a Hai góc đối nhau (α và −α) sin(−α) = −sinα,
10 cos(−α) = cosα, tan(−α) = −tanα, cot(−α) = −cotα. b Hai góc bù nhau (α và π−α) sin(π −α) = sinα, cos(π −α) = −cosα, tan(π −α) = −tanα, cot(π −α) = −cotα. c Hai góc phụ nhau (α và π
2 −α) = tanα. d Hai góc hơn kém nhau π (α và π +α) sin(π+α) = −sinα, cos(π+α) = −cosα, tan(π+α) = tanα, cot(π+α) = cotα.
Công thức cộng góc a sin(α±β) = sinαcosβ ±cosαsinβ, b cos(α ±β) = cosαcosβ∓sinαsinβ, c tan(α±β) = tanα±tanβ
Công thức góc nhân đôi a sin 2α = 2 sinαcosα, b cos 2α = cos 2 α−sin 2 α = 2 cos 2 α−1 = 1−2 sin 2 α, c tan 2α = 2 tanα
Công thức hạ bậc sin 2 α = 1−cos 2α
Công thức góc nhân ba a sin 3α = −4 sin 3 α = 3 sinα, b cos 3α = 4 cos 3 α−3 cosα.
Liên hệ giữa sin 2α,cos 2α và tanα a sin 2α = 2 tanα
Công thức biến đổi tích thành tổng a cosαcosβ = 1
Công thức biến đổi tổng thành tích a sinα ±sinβ = 2 sin α±β
Một số đẳng thức, bất đẳng thức cơ bản trong hình học
Trong tam giác ∆ABC, ký hiệu độ dài các cạnh là BC = a, CA = b, và AB = c Đường cao từ các đỉnh A, B, C lần lượt được ký hiệu là ha, hb, hc, trong khi độ dài các đường trung tuyến tương ứng là ma, mb, mc Bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác là R, và bán kính của đường tròn nội tiếp là r Nửa chu vi của tam giác được tính bằng p = a + b + c.
2 Khi đó, ta có các kết quả sau. Định lý 1.3.1 (Bất đẳng thức tam giác)
Bất đẳng thức tam giác có thể được mở rộng thành bất đẳng thức ba điểm, giúp đánh giá một cách chặt chẽ hơn Định lý 1.3.2, hay còn gọi là bất đẳng thức ba điểm, áp dụng cho ba điểm trong mặt phẳng.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng. Định lý 1.3.3 (Công thức tính diện tích tam giác)
4R q p(p−a)(p−b)(p−c) (Công thức Heron) Định lý 1.3.4 (Công thức Heron) Cho giác ABC bất kỳ, ta có:
Gọi h a là độ dài của đường cao AH, xem hình (1.1) Đặt e = HC, khi đó c 2 −(a−e) 2 = h 2 a = b 2 −e 2
2ah a , thay h 2 a = b 2 −e 2 ta được, 2T = ah a ,
Công thức (1.2) và (1.3) đã được chứng minh
Chúng ta thường quen thuộc với công thức Heron ở dạng sau
Ta có thể chứng minh công thức trên bằng cách chia cả hai vế của (1.3) cho
Trong hình học, định lý hàm số cos trong tam giác được thể hiện qua các công thức: a² = b² + c² - 2bc*cosA, b² = c² + a² - 2ca*cosB, và c² = a² + b² - 2ab*cosC Bên cạnh đó, định lý hàm số sin trong tam giác cho thấy rằng a*sinA = b*sinB = c*sinC = 2R, trong đó R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp Cuối cùng, công thức đường trung tuyến được mô tả bằng m² = (b² + c² - a²)/4, giúp tính toán độ dài của các đường trung tuyến trong tam giác.
4. Định lý 1.3.8 (Công thức Brahmagupta)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C) với AB = a, BC = b, CD c, DA = d Khi đó, diện tích tứ giác ABCD được cho bởi
Do ABCD nội tiếp nên A+C = π Suy ra sinA = sinC.
4S ABCD 2 = (ab+cd) 2 −(ab+ cd) 2 cos 2 A (1.4)
Sử dụng định lý hàm số cos cho hai tam giác ADB và BDC với cạnh
DB chung, ta có: a 2 +b 2 −2abcosA= c 2 +d 2 −2cdcosC.
Do A+C = π nên cosC = −cosA, từ trên suy ra
2(ab+cd) cosA = a 2 +b 2 −c 2 −d 2 Thay vào (1.4) ta được
Công thức Heron để tính diện tích tam giác có thể được suy ra từ công thức Brahmagupta khi xem một cạnh của tứ giác bằng 0, tức là tam giác được coi là trường hợp đặc biệt của tứ giác nội tiếp.
(b) Công thức Brahmagupta mở rộng (hay được gọi là công thức Bretschnei- der) tính diện tích một tứ giác bất kì (không nhất thiết nội tiếp).
2 , θ là nửa tổng hai góc đối của tứ giác. Định lý 1.3.9 (Công thức Bretschneider)
Cho tứ giác ABCD với AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Khi đó, diện tích tứ giác ABCD được cho bởi
2 , θ là nửa tổng hai góc đối của tứ giác.
Các định lý đẳng chu
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu lý thuyết về cực đại và cực tiểu, đồng thời trình bày và chứng minh các định lý đẳng chu trong tam giác và đa giác Ngoài ra, chúng tôi cũng mở rộng nghiên cứu sang một số lớp hình trong không gian, bao gồm tứ diện và lăng trụ tứ giác Các kết quả trong chương này được xây dựng dựa trên các tài liệu tham khảo [6], [7], [9], [2], [3].
Cực đại và cực tiểu
Bài toán xác định hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất trong số những hình chữ nhật có cùng diện tích là một ví dụ điển hình về bài toán cực đại và cực tiểu trong hình học Các nhà hình học Hy Lạp đã nghiên cứu những bài toán này từ trước Công nguyên Mặc dù không rõ ai là người đầu tiên nêu ra các vấn đề liên quan đến cực đại và cực tiểu, nhiều bài toán đã xuất hiện tự nhiên trong xã hội nguyên thủy.
Khối trụ là hình dạng phổ biến trong tự nhiên, xuất hiện ở cuống hoa, thân cây và nhiều vật thể khác Hình dạng cầu của giọt nước và bong bóng trong không khí, cũng như việc đàn tuần lộc xếp thành hình tròn khi bị tấn công bởi sói, đều thể hiện sự liên kết thú vị với toán học Những vấn đề này, dù chỉ gián tiếp liên quan đến toán học, vẫn kích thích tư duy toán học Ngoài ra, có những câu hỏi toán học trực tiếp hơn, như hình dạng nào của một thửa đất giúp hàng rào có độ dài cố định bao quanh được diện tích lớn nhất.
Kích thước tối ưu của vật chứa hình trụ để đạt dung tích lớn nhất với diện tích bề mặt cho trước là một vấn đề thú vị Người Hy Lạp đã nghiên cứu các hiện tượng tự nhiên, chẳng hạn như cấu trúc lục giác trong tổ ong, nhưng thường dẫn đến những kết luận sai lầm Do đó, cần thiết phải tìm kiếm những giải pháp chính xác và mang tính toán học hơn để giải quyết các vấn đề này.
Bài toán nền tảng của các vấn đề trên được chia làm hai loại:
1 Trong số các hình (khối) có một tính chất nhất định, đâu là hình (khối) có diện tích (thể tích) lớn nhất?
2 Trong số tất cả các hình (khối) có cùng một tính chất nhất định, đâu là hình (khối) có chu vi (diện tích bề mặt) nhỏ nhất?
Các bài toán đẳng chu, hay còn gọi là "có cùng chu vi", liên quan đến định lý đẳng chu nổi tiếng đã tốn hơn 2000 năm để chứng minh Định lý 2.1.1 (Định lý đẳng chu trong mặt phẳng) chỉ ra rằng trong số các hình có chu vi cho trước, hình tròn có diện tích lớn nhất, và trong số các hình có diện tích cho trước, hình tròn lại có chu vi nhỏ nhất.
Theo Định lý 2.1.2 về đẳng chu trong không gian, trong số các khối có diện tích xung quanh cố định, khối cầu sở hữu thể tích lớn nhất Ngược lại, trong số các khối có thể tích cố định, khối cầu lại có diện tích xung quanh nhỏ nhất.
Trước khi khám phá sâu hơn về hai kết quả quan trọng, chúng ta hãy điểm qua lịch sử của định lý nổi tiếng này Euclid, nhà toán học sống vào khoảng thế kỷ thứ ba trước Công Nguyên, đã đóng góp lớn cho nền tảng hình học mà chúng ta biết ngày nay.
300 TCN, được biết đến như là người đưa ra lời giải cho bài toán đẳng chu
Hình chữ nhật đã được biết đến từ rất lâu, và nhiều định lý trong cuốn sách Cơ Sở của Euclid không phải là công trình của ông Archimedes, một trong những nhà toán học vĩ đại nhất, đã phát biểu định lý đẳng chu Vào những năm đầu công nguyên, nghiên cứu về cực đại và cực tiểu trong hình học đã phát triển mạnh mẽ, với Zenodorus viết cuốn sách Các Hình Khối Đẳng Chu, mặc dù bản gốc đã không còn Các kết quả của ông được Pappus vùng Alexandria mô tả và chứng minh lại trong tác phẩm của mình Pappus không chỉ biết đến định lý đẳng chu mà còn cho rằng ông đã tìm ra cách chứng minh rằng hình tròn có chu vi lớn hơn bất kỳ đa giác nào có cùng chu vi.
Sau thời kỳ các nhà hình học Hy Lạp, sự phát triển trong lĩnh vực này diễn ra rất chậm Đến cuối thế kỷ 18, Simon Lhuilier, một nhà toán học người Thụy Sĩ, đã có những đóng góp quan trọng, tiếp theo là Jacob Steiner vào năm 1796, người cũng đến từ Thụy Sĩ.
Phương pháp mà Lhuilier và Steiner phát triển vào năm 1863 có ảnh hưởng sâu rộng trong toán học và vẫn được áp dụng cho đến nay Các phương pháp của Steiner chủ yếu mang tính hình học, được gọi là các phương pháp tổng hợp, cho phép ông giải quyết nhiều bài toán mà ngay cả giải tích, do Newton và Leibniz phát triển, cũng không thể làm được Công trình của ông đã thúc đẩy sự phát triển của toán giải tích, đặc biệt là giải tích biến phân, nhờ vào một sai sót trong việc chứng minh định lý đẳng chu, được phát hiện bởi Karl Weierstrass, người đã đặt nền tảng cho tính chặt chẽ trong toán học hiện đại Sự hấp dẫn trong công trình của Steiner nằm ở khả năng giải quyết các vấn đề phức tạp mà không cần dựa vào các định lý số học hay phương pháp hình học giải tích.
Các định lý đẳng chu trong tam giác
Trong mục này, chúng ta xem xét một số định lý đẳng chu trong tam giác.
Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi và một cạnh đã cho, tam giác cân sẽ có diện tích lớn nhất.
Chứng minh thứ nhất Xét tam giác ABC cân với đáy AB Dựng một tam giác ABD có cùng chu vi với tam giácABC Điều này tương đương với
Ta cần chứng minh rằng S ABC ≥ S ABD
Tam giác ABD có cùng chu vi với tam giác ABC nhưng không phải là tam giác cân, dẫn đến việc cạnh AD phải lớn hơn cạnh AC, trong khi cạnh BD lại nhỏ hơn cạnh AC Điều này cho thấy cạnh AD sẽ cắt đoạn BC tại điểm E, với E khác D Để xác định điểm F trên đoạn AE sao cho EF bằng EB, sự tồn tại của F là hợp lệ vì BE nhỏ hơn AE.
Vì EAB < CAB = EBA, ta dựng đoạn EG trên EC (hoặc kéo dài EC) với EG = ED Do ∆EFG = ∆EBD, để chứng minh diện tích ∆ABC lớn hơn diện tích ∆ABD, cần chỉ ra rằng G nằm giữa C và E.
Trước hết nhận thấy rằng F G = BD ( vì 4EF G = 4EBD) và AC +
BC = AD +BD (theo giả thiết) Khi đó,
Do đó, AC = AF ± CG + FG, với dấu cộng hoặc trừ phụ thuộc vào vị trí của G so với E và C Tuy nhiên, AC không thể bằng AF + CG + FG vì đoạn thẳng luôn là khoảng cách ngắn nhất giữa hai điểm.
S ABC =S ABE +S EF G + [S AF G +S ACG ]
=S ABD + [S AF G +S ACG ]. Vậy SABC > SABD.
Chứng minh thứ hai Xét tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c với a, a+b+ c cho trước Vì a và a+b+c không đổi nên b+c không đổi. Theo Công thức Heron, ta có
SABC q p(p−a)(p−b)(p−c). Áp dụng Bất đẳng thức AM-GM cho hai số dương p−b, p−c ta có
2. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi p−b = b−c ⇔b = c ⇔ 4ABC cân tại A.
Dựa trên công thức Heron, chúng ta có thể chứng minh một định lý mạnh hơn Định lý 2.2.1 Cụ thể, Định lý 2.2.2 cho rằng nếu hai tam giác có cùng đáy và chu vi, thì tam giác nào có hiệu số độ dài của hai cạnh bên nhỏ hơn sẽ có diện tích lớn hơn.
Chứng minh.Xét tam giácABC cóBC = a,CA = b,AB = cvớia, a+b+c cho trước Vì a và a+b+c không đổi nên b+c không đổi Theo Công thức Heron, ta có
Vì a, b+c là các đại lượng cố định, nên khi |b−c| giảm, diện tích S của tam giác ABC sẽ tăng Định lý 2.2.3 chỉ ra rằng trong số tất cả các tam giác có cùng diện tích và một cạnh cố định, tam giác cân có chu vi nhỏ nhất.
Xét tam giác ABC có độ dài ba cạnh lần lượt là a, b, c trong đó c và S ABC cố định.
Vì S ABC không đổi nên
X 1 = (a+ b) 2 −c 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi X 2 = c 2 −(a−b) 2 lớn nhất. Lại có, c không đổi nên ta có các khẳng định sau
• p= a+ b+ c nhỏ nhất khi a+b nhỏ nhất
• X 1 nhỏ nhất khi a+b nhỏ nhất;
Từ đây, suy ra điều cần chứng minh
Mệnh đề sau đây, cho ta mối liên hệ giữa Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.3. Mệnh đề 2.2.4 Định lý 2.2.1 và Định lý 2.2.3 tương đương.
Chứng minh (Chứng minh Định lý 2.2.1 kéo theo Định lý 2.2.3) Giả sử ∆ là tam giác bất kỳ với diện tích T và chu vi P Giả sử rằng ∆1 là tam giác
24 cân có cùng đáy và diện tích với ∆ nhưng có chu vị P1 Ta sẽ chứng minh
P ≥ P 1 , với dấu bằng xảy ra ∆ cân.
Giả sử ∆2 là tam giác cân có cùng đáy với ∆, với chu vi P và diện tích
T 2 Theo Định lý 2.2.1 , ta có
Vì ∆ 1 và ∆ 2 có cùng đáy và cùng là tam giác cân nên P > P 1
Để chứng minh Định lý 2.2.3 kéo theo Định lý 2.2.1, giả sử ∆ là một tam giác bất kỳ có diện tích T và chu vi P Chúng ta xét tam giác cân ∆1 có cùng đáy và chu vi với ∆, nhưng có diện tích T1 Mục tiêu của chúng ta là chứng minh mối quan hệ giữa các yếu tố này.
T ≤ T1, với dấu bằng xảy ra ∆ cân.
Giả sử ∆ 2 là tam giác cân có cùng đáy với ∆, với diện tích T và chu vi
P2 Theo Định lý 2.2.3 , ta có
Trong số các tam giác có chu vi cố định, tam giác đều là hình có diện tích lớn nhất Điều này được thể hiện qua định lý đẳng chu trong tam giác, cho thấy rằng hai tam giác cân cùng đáy sẽ có diện tích không vượt quá diện tích của tam giác đều.
Trong bài viết này, chúng tôi sẽ giới thiệu ba cách chứng minh của định lý, mỗi cách đều có những điểm mạnh riêng Cách chứng minh đầu tiên dựa vào mối quan hệ giữa trung bình cộng và trung bình nhân Cách thứ hai, mặc dù dài hơn, nhưng lại minh họa một phương pháp quan trọng trong toán học Cuối cùng, cách thứ ba ngắn gọn tương tự như cách đầu tiên và thể hiện khía cạnh hình học trong việc dựng hình số học liên quan đến Định lý 1.1.2.
Chứng minh thứ nhất cho tam giác ABC với chu vi P cố định Gọi a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB Do P là hằng số, ta có thể rút ra các mối quan hệ giữa các cạnh của tam giác.
16T 2 = P(P −2a)(P −2b)(P −2c), lớn nhất khi (P −2a) (P −2b) (P −2c) lớn nhất Lại có
(P −2a) + (P −2b) + (P −2c) = P. cố định Do đó, áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta được
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
Do vậy, T lớn nhất khi đó là tam giác đều.
Cách thứ hai được trình bày dưới đây, được đề xuất bởi Simon Lhuilier, dựa trên phương pháp xấp xỉ liên tiếp.
Giả sử ∆ 1 là một tam giác bất kỳ với chu vi P và diện tích S 1, không phải là tam giác đều Chúng ta sẽ chứng minh rằng nếu ∆ là tam giác đều có cùng chu vi P, thì diện tích S của ∆ sẽ lớn hơn diện tích S 1 Để thực hiện điều này, chúng ta sẽ xây dựng một chuỗi vô hạn các tam giác.
∆ 1 ,∆ 2 , ,∆ n , có chu vi P và diện tích tương ứng là S1, S2, , Sn sao cho
Khi n ngày càng lớn, các tam giác ∆ n sẽ xấp xỉ với tam giác đều ∆ và diện tích sẽ tiến dần đến diện tích của ∆.
Bây giờ, ta xây dựng dãy các tam giác{∆ n } Tam giác đầu tiên trong dãy là∆ 1 Giả sử rằng,∆ 1 có độ dài ba cạnh lần lượt làb, a 1 , a 2 Đặts 1 = a 1 +a 2
• Tam giác thứ2 trong dãy là tam giác cân ∆ 2 với độ dài đáy là b và mỗi cạnh bên có độ dài 1
2s 1 Với cách dựng này ta dễ dàng thấy rằng ∆ 1 và
• Tam giác thứ 3 trong dãy dãy là tam giác cân ∆ 3 có độ dài đáy là 1
2s 1 và độ dài mỗi cạnh bên là 1
2s 1 Với cách dựng này ta dễ dàng thấy rằng ∆2 và ∆3 có cùng chu vi.
• Với n ≥ 3, sau khi đã dựng được tam giác cân ∆n với độ dài cạnh đáy là 1
2s n−2 và độ dài hai cạnh bên là 1 s n−1 , ta đặt s n = 1
2(s n−2 +s n−1 ) và dựng tam giác cân∆n+1 với độ dài đáy là 1
2s n−1 và độ dài mỗi cạnh bên là 1
2s n Với cách dựng này ta dễ dàng thấy rằng ∆ n và ∆ n+1 có cùng chu vi.
Chúng ta đã xây dựng một dãy tam giác có cùng chu vi ∆n Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét diện tích của ∆n với n thuộc tập N* Gọi S n lần lượt là diện tích và chu vi của ∆n, trong đó ∆n và ∆n+1 đều có một cạnh dài 1.
Theo Định lý 2.2.1, với mỗi n ∈ N ∗, diện tích S n+1 luôn lớn hơn diện tích S n, cho thấy rằng các tam giác này dần trở thành tam giác đều Cụ thể, trong mỗi trường hợp, tam giác ∆ n có độ dài hai cạnh bên bằng 1.
2s n−1 và cạnh đáy có độ dài 1
Khi đó, bằng quy nạp, ta chứng minh được rằng t n+2 = s n+1 −s n = (−1 n )
Cho n dần về vô cùng, ta thu được giới hạn lim n→+∞t n = 0 Điều này chứng tỏ rằng khi n rất lớn, ∆ n sẽ được xấp xỉ với một tam giác đều ∆.
Dãy ∆ n bao gồm các tam giác có cùng chu vi P, trong khi dãy T n tương ứng là dãy tăng Điều này cho thấy tam giác ∆ là tam giác đều với chu vi P và diện tích tối ưu.
Jacob Steiner đã đưa ra cách chứng minh thứ 3 cho Định lý 2.2.5 Ông khéo léo sử dụng hình vẽ hợp lý để tránh việc áp dụng phương pháp xấp xỉ liên tục, khác với phương pháp của Lhuilier.
Chứng minh thứ ba Xét bất kì tam giác ∆ 1 với chu vi P, diện tích S 1 và độ dài 3 cạnh là a, b, c, với a ≥ b ≥c Khi đó P
Dựng một tam giác ∆ 2 lần lượt có độ dài các cạnh là b, P
3, a−h Gọi S 2 là diện tích của ∆ 2 Vì
= a+c, nên ∆ 2 có chu vi P Ta chú ý rằng, c = P
3. Áp dụng Định lý 2.2.2 vào các tam giác ∆ 1 và ∆ 2 và kết luận rằng T 2 > T 1
Tiếp theo, ta dựng tam giác cân ∆ với đáy P
3 và các cạnh bên có chiều dài 1
Vì giá trị của số này là P
3 nên tam giác ∆ là tam giác đều.
Theo Định lý 2.2.1, diện tích T của nó lớn hơn T 2 , tức là T > T 1
Lập luận tương tự nếua−P
3−c Định lý được chứng minh xong.
28 Định lý 2.2.6 Trong số tất cả các tam giác có diện tích cho trước, tam giác đều có chu vi nhỏ nhất.
Chứng minh Xét tam giác ABC có diện tích T cố định và độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c Với P = a+b+c, theo công thức Heron, ta có
Ta cũng chú ý rằng P + (P −2a) + (P −2b) + (P −2c) = 2P Do đó, áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có
27P 4 Dấu bằng xảy ra khi
Vì T cố định nên P đạt giá trị nhỏ nhất khi a = b = c hay tam giác ABC đều
Mệnh đề 2.2.7 Định lý 2.2.5 và Định lý 2.2.6 là tương đương.
Chứng minh (Chứng minh Định lý 2.2.5 kéo theo Định lý 2.2.6)
Các định lý đẳng chu trong đa giác
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khảo sát tứ giác và đa giác, đặt ra câu hỏi về n−giác có chu vi cố định nào có diện tích lớn nhất Dựa trên kết quả trước đó, có thể dự đoán rằng n−giác đều sẽ là câu trả lời Trước khi xác minh dự đoán này, chúng ta sẽ xem xét một số kết quả đơn giản hơn Theo Định lý 2.3.1, một tứ giác có kích thước xác định sẽ có diện tích lớn nhất khi nó được nội tiếp trong một đường tròn.
Xét tứ giác ABCD có độ dài các cạnh của tứ giác lần lượt là a, b, c, d. Khi đó, theo công thức Bretschneider, ta có
2 , θ là nửa tổng hai góc đối của tứ giác.
Tứ giác ABCD với độ dài các cạnh cho trước và cosθ ≥ 0 sẽ có diện tích S ABCD đạt giá trị lớn nhất khi cosθ = 0, tức là θ = 90° Điều này cho thấy tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp Theo định lý 2.3.2, trong số tất cả các tứ giác có chu vi cố định, hình vuông là tứ giác có diện tích lớn nhất.
Tứ giác ABCD có các cạnh lần lượt là a, b, c, d với tổng độ dài cố định là 2p = a + b + c + d Diện tích của tứ giác ABCD được xác định theo công thức Bretschneider.
2 , θ là nửa tổng hai góc đối của tứ giác. Để ý thấy rằng,
• abcdcos 2 θ ≥ 0, dấu bằng xảy ra khi θ = 90 ◦ ;
• Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có
16. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = d.
Diện tích của tứ giác ABCD đạt giá trị lớn nhất khi góc θ bằng 90 độ và các cạnh a, b, c, d đều bằng nhau, tức là tứ giác này là hình vuông Theo định lý 2.3.3, trong số tất cả các tứ giác có diện tích cố định, hình vuông có chu vi nhỏ nhất.
Giả sử ABCD là tứ giác có diện tích, chu vi lần lượt là S 0 , P 0 Gọi H 1 ,
H 2 là hai hình vuông có diện tích và chu vi tương đương với tứ giác ABCD Gọi P 1 và S 2 lần lượt là chu vi và diện tích của H 1 và H 2 Để hoàn tất chứng minh của Định lý 2.3.3, cần chứng minh rằng P 0 ≥ P 1.
Thật vậy, Vì ABCD và H 2 có cùng chu vi P 0 , nên theo Định lý 2.3.2, ta có
S 0 ≤ S 2 Lại có H1 và H2 là các hình vuông Do đó, ta nhận được
Một hình được gọi là lồi nếu tất cả các đoạn thẳng nối giữa các điểm của nó hoàn toàn nằm bên trong hình Đối với một n-góc bất kỳ với các cạnh không bằng nhau, có thể dựng một n-góc mới có cùng chu vi nhưng có diện tích lớn hơn.
Nếu n-góc đã cho không lồi, chúng ta có thể tạo ra một hình lồi có cùng chu vi và độ dài các cạnh bằng cách phản xạ hữu hạn Cụ thể, nếu đoạn thẳng nối hai đỉnh không liên tiếp, chẳng hạn như A và B, nằm bên ngoài hình G, chúng ta sẽ thực hiện phản xạ phần biên của hình.
Khi hình mới được tạo ra, nó sẽ có dạng lồi với diện tích lớn hơn, nhưng độ dài các cạnh vẫn được giữ nguyên Tuy nhiên, đây vẫn chưa phải là kết quả mà chúng ta mong muốn.
Ta cần chỉ ra trong các n - giác lồi vẫn dựng được hình mới có diện tích lớn hơn.
Giả sử n-góc lồi đã cho có chu vi P Do tất cả các cạnh không bằng nhau, tồn tại hai cạnh có độ dài nhỏ hơn P/n và lớn hơn P/n Hai cạnh này được giả định là kề nhau, vì nếu không, có thể thực hiện phản xạ liên tiếp để tìm được hai cạnh thỏa mãn điều kiện trên.
Giả sử n - giác không có cặp cạnh kề nào với một cạnh nhỏ hơn Pn và một cạnh lớn hơn Pn Trong trường hợp này, sẽ tồn tại k cạnh liên tiếp có độ dài Pn (k ≥ 1) chia cắt một cặp cạnh như vậy, với cạnh ngắn hơn gọi là AB và cạnh dài hơn là XY Khi phản xạ cạnh AB qua đường trung trực của AC, ta sẽ có hình mới AB'CD với AB' = B'C < Pn < XY, và bị chia cắt bởi k - 1 cạnh liên tiếp Tiếp tục lặp lại quá trình này, sau k - 1 bước, ta sẽ có một n - giác mới với độ dài các cạnh không đổi, trong đó có hai cạnh kề nhau (gọi là AB và BC) thỏa mãn điều kiện AB < Pn < BC.
Bây giờ, sau khi đã có hai cạnh AB < P n < BC kề nhau Ta có thể dựng ∆AB 0 C (n - giác mới sau khi thay thế B bằng B 0 vẫn lồi) thỏa mãn
Gọi diện tích ∆ABC là T và diện tích ∆AB 0 C là T 0 Ta cần chứng minh
AB < AB 0 = P n < BC, Suy ra
BC −AB > BC −AB 0 Hơn nữa
B 0 C = AB +BC −AB 0 < AB + BC −AB = BC,
BC −AB > BC −AB 0 > B 0 C −AB 0 Theo công thức Heron
16T 2 = h(AB +BC) 2 −AC 2 iãhAC 2 −(BC −AB) 2 i
= h(AB 0 + B 0 C) 2 −AC 2 iãhAC 2 −(BC −AB) 2 i
Vì vậy diện tích của n - giác AB 0 C lớn hơn diện tích của n - giác ABC bằng việc dựng hai n - giác có cùng chu vi.
Quá trình lặp lại n−1 lần sẽ tạo ra n- giác có cùng chu vi P nhưng có diện tích lớn hơn Theo định lý 2.3.6, trong số các n- giác nội tiếp một đường tròn (C) đã cho, n− giác đều sẽ có diện tích lớn nhất.
Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn C với n = 3, trong đó a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, CA, AB Bán kính của đường tròn C được ký hiệu là R, và T là diện tích của tam giác ABC.
4R. Áp dụng Bất đẳng thức AM - GM, ta có
4 R 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c,Ab = Bb = Cb ⇔ 4ABC đều.
Với n > 3, H là n−giác có diện tích lớn nhất trong số các n−giác nội tiếp đường tròn (C) Giả sử H không phải là n−giác đều, ta có thể chọn hai cạnh kề nhau của H có độ dài khác nhau.
34 cạnh đó làAB, BC Gọi B 0 là điểm chính giữa cung AC, rõ ràng ta có được bất đẳng thức
Dấu bằng xảy ra khi B ≡ B 0 Do vậy, khi ta dựng n−giác H 1 bằng cách từ
H thay đỉnh B bởi đỉnh B 0 , ta sẽ có
Diện tích của hình H1 lớn hơn diện tích của hình H, điều này cho thấy sự mâu thuẫn trong cách chọn hình H Do đó, hình H phải là n-góc đều Theo định lý tổng quát 2.3.2, chúng ta có kết quả rằng trong số các n-góc có cùng chu vi, n-góc đều sở hữu diện tích lớn nhất.
Gọi S là tập hợp tất cả các n−giác có chu vi P 0 Gọi H 0 là n−giác có diện tích lớn nhất.
Giả sử rằng H 0 có các cạnh không đồng đều, sẽ có hai cạnh liền nhau, AB và BC, có độ dài khác nhau Điều này dẫn đến tam giác ABC không cân tại đỉnh B Khi kéo đỉnh B theo hướng song song với AC đến điểm B 0, ta tạo ra tam giác AB 0 C cân tại B 0.
Hình 2.3: Hiệu chỉnh để hai cạnh kề bằng nhau.
Các định lý đẳng chu trong không gian
Định lý đẳng chu trong không gian mở rộng từ các hình cơ bản như tam giác và tứ giác, yêu cầu các phương pháp chứng minh hình học ngày càng phức tạp Bài viết này sẽ trình bày các định lý đẳng chu trong không gian và thảo luận về các bài toán liên quan đến các hình gần gũi như tứ diện và hình hộp Do giới hạn của luận văn và độ phức tạp khi áp dụng các yếu tố giải tích, phần chứng minh trong trường hợp tổng quát sẽ được lược bỏ Định lý 2.4.1, được gọi là bất đẳng thức đẳng chu trong không gian, sẽ được đề cập trong nội dung này.
Diện tích bề mặt GọiS và thể tích V là hai đại lượng quan trọng của hình không gian Mọi hình trong không gian đều tuân theo một đẳng thức nhất định giữa chúng.
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi nó là hình cầu.
Bất đẳng thức trên đã được chứng minh chặt chẽ bởi Schwarz năm 1890.
Do đó, trong công thức (2.2) khi cố định S (hoặc cố định V) ta cũng có hai phát biểu tương đương về định lý đẳng chu trong không gian sau đây.
1 Trong tất cả các hình trong không gian với diện tích bề mặt đã cho, hình cầu có thể tích nhỏ nhất.
Trong tất cả các hình không gian có thể tích cố định, hình cầu sở hữu diện tích bề mặt nhỏ nhất Đồng thời, trong số các hình hộp có tổng chiều dài các cạnh nhất định, hình lập phương đạt được thể tích lớn nhất.
Trong số tất cả các hình bình hành có chiều dài các cạnh cho trước, hình chữ nhật có diện tích lớn nhất Tương tự, trong các hình hộp có cùng chiều dài các cạnh, hình hộp chữ nhật sẽ có thể tích lớn hơn Do đó, ta chỉ cần xem xét hình hộp chữ nhật với chiều dài các cạnh là a, b, c Theo bất đẳng thức AM - GM, ta có thể áp dụng để chứng minh điều này.
Dấu "=" chỉ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là hình hộp là hình lập phương Một đường gấp khúc kín với bốn cạnh và bốn đỉnh không đồng phẳng được gọi là tứ giác ghềnh Nếu các đỉnh của tứ diện trùng với các đỉnh của tứ giác ghềnh, nó được gọi là trương tứ giác đó.
Có thể thấy thể tích của một tứ diện trương một tứ giác ghềnh mà các cạnh là một đường chéo và 3 cạnh liên tiếp của hình hộp bằng 1
6 thể tích hình hộp (Hình 2.6).
Bổ đề 2.4.4 Gọi(α) là mặt phẳng vuông góc với cạnh AB của một tứ giác ghềnh ABCD Chiếu ABCD lên mặt phẳng (α) ta được ∆BEF Khi đó
Hình 2.6 thể tích V của một tứ diện trương tứ giác ABCD được tính theo công thức
Chứng minh Để ý rằng AB k DF nên S ABD = S ABF Hai tứ diện ABCD,
ABCF cùng đỉnh C và hai đáy có diện tích bằng nhau Do đó
Lập luận tương tự ta được: VABCF = VABEF.
Suy ra điều phải chứng minh
Chúng ta sẽ nghiên cứu định lý 2.4.5 thông qua tứ diện trương tứ giác ghềnh Định lý này chỉ ra rằng trong tất cả các tứ diện trương tứ giác ghềnh ABCD có chu vi cố định 2p và chiều dài cạnh AB bằng h, tứ diện có thể tích lớn nhất sẽ là tứ diện mà các cạnh AD, DB, CB bằng nhau và tạo thành với cạnh AB các góc bằng nhau.
Chứng minh Từ Bổ đề 2.4.4, ta cần xác định độ dài và vị trí các cạnh
AD, DB, CB sao cho ∆BEF có diện tích lớn nhất.
Ta hãy trải các mặt ABF D, F DCE, CEB lên một mặt phẳng.
Trên hình phẳng ta thu được (hình 2.8), chiều dài cạnh B1B2 bằng chu vi ∆BEF Từ đó ta thấy rằng chu vi ∆BEF sẽ lớn nhất khi các đoạn
AD, DC, CB chỉ tạo thành với cạnh AB một góc α = arccos h 2p−h mà thôi (hình 2.9) Do đó tứ giác ghềnh có AB = h và chu vi là 2p sao cho
∆BEF có chu vi không đổi có thể dựng bằng cách sau đây.
Gấp một hình chữ nhật có chiều cao h và đường chéo 2p−h thành mặt xung quanh của lăng trụ tam giác, với điểm B1 trùng với điểm B2 và cạnh AB1 là một cạnh bên Kết quả là tạo ra tứ giác ghềnh B1ACDB2 mà ta mong muốn.
Bằng cách chuyển đổi bài toán cần chứng minh sang bài toán đẳng chu với ∆BEF, chúng ta nhận thấy rằng trong các tam giác có chu vi cố định, tam giác đều có diện tích lớn nhất Do đó, ta có BF = FE = EB, dẫn đến việc tứ giác ghềnh ABCD phải thỏa mãn điều kiện các cạnh AD, DC, CD bằng nhau và tạo với cạnh AB một góc duy nhất Từ đó, tứ giác ghềnh ABCD được xác định một cách duy nhất, hoàn tất việc chứng minh định lý.
Trong tất cả các tứ diện trương tứ giác ghềnh có chu vi cố định, tứ diện có thể tích lớn nhất là tứ diện trương tứ giác với các cạnh bằng nhau và góc giữa mọi cặp cạnh đều bằng nhau.
Chứng minh Trước tiên, ta hãy tính thể tích tứ diện trương ABCD trong Định lý 2.4.5 Từ hình 2.8, ta có thể thấy chu vi ∆BEF bằng q (2p−h) 2 −h 2 = 2 q p(p−h).
Nghĩa là diện tích lớn nhất của nó bằng
Cuối cùng thể tích lớn nhất của hình tứ diện trương tứ giác theo công thức (2.3) là
Chúng ta sẽ chứng minh Định lý 2.4.6 bằng cách xem xét một tứ diện với chu vi 2p đã cho Mục tiêu của chúng ta là tìm chiều cao h sao cho thể tích V trong công thức (2.4) đạt giá trị lớn nhất Dựa vào Bất đẳng thức AM - GM, chúng ta có thể tiến hành phân tích để tối ưu hóa thể tích này.
2 Khi đó chiều dài mỗi cạnh còn lại sẽ là 2p−h
Có thể chứng minh sự bằng nhau của các góc bằng cách tính trực tiếp, thật vậy vì h = p
2 nên tất cả các góc bằng arccos 1
3 Tuy nhiên có thể đơn giản hơn, hãy chú ý rằng tứ giác ghềnh mà ta đang xét có vai trò các cạnh đều như nhau
Theo Định lý 1.1.2, trong tất cả các khối ba chiều với chu vi cố định, khối lập phương có thể tích lớn nhất Đối ngẫu của định lý này chỉ ra rằng trong số các lăng trụ đứng có đáy hình chữ nhật và thể tích nhất định, khối lập phương sở hữu diện tích mặt nhỏ nhất Sự kết hợp giữa điều này và Định lý 2.3.3 cho phép chúng ta chứng minh một mệnh đề tổng quát hơn liên quan đến lăng trụ tứ giác.
Lăng trụ tứ giác là khối hình được tạo thành từ hai tứ giác tương đẳng Q và Q0 nằm trên hai mặt phẳng khác nhau, với các cạnh tương ứng song song Nếu các đoạn thẳng nối các đỉnh của Q đến các đỉnh tương ứng của Q0 vuông góc với mặt phẳng chứa hai tứ giác, nó được gọi là lăng trụ đứng; ngược lại, nếu không vuông góc, đó là lăng trụ xiên Hai tứ giác Q và Q0 được xem là đáy của lăng trụ, trong khi khoảng cách giữa hai mặt phẳng được gọi là đường cao Thể tích của lăng trụ được tính bằng tích của diện tích đáy và đường cao Theo định lý 2.4.7, trong số tất cả các lăng trụ tứ giác có cùng thể tích, khối lập phương có diện tích bề mặt nhỏ nhất.
Chứng minh rằng có thể giảm diện tích bề mặt của lăng trụ tứ giác P mà không thay đổi thể tích Để thực hiện điều này, đầu tiên, chúng ta cố định đáy của P và chuyển đổi nó thành lăng trụ đứng Sau đó, giữ nguyên diện tích A của đáy cố định và biến đổi lăng trụ đứng thành lăng trụ đứng có đáy hình vuông.
Hình 2.10 c Cuối cùng ta chuyển lăng trụ đứng đáy hình vuông thành khối lập phương.
Nếu một lăng trụ đứng và một lăng trụ xiên có cùng đáy và thể tích, lăng trụ đứng sẽ có diện tích bề mặt nhỏ hơn Điều này xảy ra vì cả hai lăng trụ đều có cùng chiều cao (h), trong khi mặt bên của lăng trụ đứng là hình chữ nhật với chiều cao h, còn mặt bên của lăng trụ xiên là hình bình hành với chiều cao tối thiểu là h Diện tích các mặt bên tương ứng chỉ bằng nhau khi lăng trụ P là lăng trụ đứng, do đó, bước (1) không thể làm tăng diện tích S Nếu lăng trụ P không phải là lăng trụ đứng, bước (1) sẽ thực sự làm giảm diện tích S.
Trong bước (2), diện tích đáy và chiều cao của lăng trụ đứng được giữ cố định, dẫn đến việc diện tích mỗi mặt bên không thể tăng S do theo Định lý 2.3.3 Nếu đáy của lăng trụ đứng là hình vuông, bước (2) thực tế sẽ làm giảm S.
Phép đối xứng
Hermann Weyl, một trong những nhà toán học vĩ đại nhất của thời đại chúng ta, đã từng nói rằng: "Đối xứng, dù được định nghĩa rộng hay hẹp, là một khái niệm mà nhân loại đã nỗ lực hiểu để tạo ra trật tự, vẻ đẹp và sự hoàn hảo."
Lập luận dựa trên khái niệm đối xứng là một trong những phương pháp quyền lực và thanh lịch trong toán học Chương này sẽ khám phá vai trò của các nghiên cứu về bất đẳng thức thông qua phép đối xứng đơn giản nhất, cụ thể là đối xứng đường thẳng, chia hình thành hai phần phản chiếu nhau Phép đối xứng không chỉ ảnh hưởng đến nghệ thuật của các nền văn minh sơ khai mà còn là một công cụ quan trọng trong toán học từ thời kỳ đầu.
Hy Lạp đã dẫn dắt con người đến những khám phá vĩ đại về các khối đa diện thông thường, bao gồm khối tứ diện, khối bát diện, khối mười hai mặt và khối hai mươi mặt.
44 mặt, Đổi lại, các đối xứng của khối đa diện đã góp một phần cho việc tạo ra nhánh toán học hiện đại được gọi là topo đại số.
Phép biến hình dạng đối xứng và nhiều số liệu hình học thú vị đã được khám phá qua các nghiên cứu về phản xạ, như trong các công trình của Hubert và Cohn-Vossen về khối đa diện Nguyên lý toán học trừu tượng liên quan đến khái niệm phản xạ, được gọi là Nguyên lý phản xạ, đã được Heron ghi nhận Ông chỉ ra rằng, tia phản xạ từ nguồn đến máy thu qua mặt phẳng có thể ngắn nhất, và điều này tương đương với việc góc tới bằng góc phản xạ Các phát biểu này có thể được diễn đạt dưới dạng bài toán tương ứng.
3.1.1 (Bài toán Heron trong mặt phẳng) Cho hai điểm A, B nằm cùng phía so với đường thẳng XY cho trước Xác định điểm C ∈ XY sao cho AC +BC nhỏ nhất.
Chứng minh Lấy B 0 đối xứng với B qua XY, nối AB 0 cắt đường thẳng XY
Ta cần chứng minh C là điểm thỏa mãn yêu cầu bài toán Thật vậy, với mọi điểm P ∈ XY ta có:
3.1.2 (Bài toán Heron trong không gian) Cho một đường thẳng l và
2 điểm A, B (A, B và đường thẳng l không đồng phẳng) Tìm điểm X trên l sao cho đường gấp khúc AXB ngắn nhất.
Lời giải.Bài toán sẽ dễ dàng hơn nếuA, B, l đồng phẳng Gọiα là mặt phẳng
Hình 3.2 tạo bởi l, α Sử dụng phép quay trong không gian trục đường thẳng l biến biến B thành B 0 sao cho B 0 ∈ α Gọi X 0 là giao điểm của l và AB 0 Với
AX +BX = AX +BX 0 ≥ AB 0 = AX 0 +B 0 X 0 Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ X ≡ X0.
Bài toán Dido
Phép đối xứng do Steiner áp dụng đã tạo ra những hiệu ứng ấn tượng trong việc liên kết với các định lý đẳng chu trong hình học và các kết quả liên quan Một trong những ứng dụng nổi bật của nó là lời giải cho bài toán Dido.
Công chúa Dido, còn được biết đến với tên gọi nữ hoàng Dido hay công chúa Elissar, là người sáng lập thành phố Carthage cách đây khoảng 3000 năm Bà là công chúa xứ Tyre, thuộc vương quốc Phoenicia, và đã phải chạy trốn khỏi quê hương sau khi anh trai mình, vua Pygmalion, giết chồng bà để chiếm tài sản Dido cùng đoàn người tị nạn đã đến Carthage và xin vua Berber một mảnh đất nhỏ để sinh sống Vua đồng ý cho bà một khu đất có thể được khoanh vùng bằng một tấm da bò, và Dido đã khéo léo cắt da bò thành một dải dài để chiếm được một diện tích đất rộng lớn cho thành phố mới của mình.
Với một dải dây đã có, làm sao khoanh được một vùng đất có diện tích lớn nhất ở cạnh biển?
Khi xác định biên giới cho vùng đất tiếp giáp biển, chỉ cần khoanh vùng cho đến điểm giáp biển mà không cần mở rộng ra ngoài biển Bài toán giả định bờ biển thẳng và dài hơn nhiều so với dải đất mà Dido đã sử dụng để trở thành nữ hoàng của Carthage Trong trường hợp đất liền, hình dạng biên giới sẽ là hình tròn, nhưng trên bờ biển, bài toán sẽ thay đổi Với giả thiết bờ biển là đường thẳng, cần tối ưu hóa diện tích phần giới hạn giữa cung và đoạn thẳng XZ để đạt được kết quả lớn nhất.
Bài toán Dido được giải bằng phương pháp phản xạ gương, trong đó đoạn thẳng dài vô hạn (bờ biển) được coi như một cái gương Khi phản xạ cung XYZ thành XY’Z, hình mới có diện tích gấp đôi diện tích hình cần tìm cực đại Diện tích này đạt cực đại khi hình giới hạn XYZY’ là hình tròn, với đường bờ biển đóng vai trò là trục đối xứng.
Giải pháp cho vấn đề của Dido nằm ở sự dối xứng, trong đó bờ biển được xem như một tấm gương phản chiếu vùng đất xung quanh Vấn đề của bà trở thành việc tìm kiếm hình có diện tích lớn nhất trong không gian này.
Đường bờ biển được xác định bởi một đường đối xứng với chu vi cho trước, trong đó chu vi gấp đôi chiều dài sợi dây Tất cả các hình có chu vi cố định, bao gồm cả những hình có trục đối xứng, đều tuân theo định lý đẳng chu, cho thấy hình tròn là hình có diện tích lớn nhất Do đó, giải pháp tối ưu của Dido cho bài toán này là hình bán nguyệt.
Đối xứng hóa Steiner
Chúng ta công nhận rằng trong số các hình có cùng chu vi, luôn tồn tại hình có diện tích lớn nhất Steiner đã đề xuất một phương pháp sử dụng tính phản xạ để chứng minh Định lý đẳng chu, với ý tưởng rằng ông có thể chứng minh điều này một cách hiệu quả.
Hình có diện tích lớn nhất phải đối xứng qua mọi đường thẳng chia chu vi thành hai phần bằng nhau Để chứng minh, ta cần chú ý rằng hình lớn nhất phải là hình lồi Một dây cung chia chu vi của hình lồi thành các phần bằng nhau sẽ nằm hoàn toàn trong hình đó Nếu tồn tại dây cung như vậy nhưng không chia diện tích thành hai phần bằng nhau, ta có thể loại bỏ nửa nhỏ hơn và thay thế bằng ảnh đối xứng của phần lớn hơn, tạo ra hình mới có cùng chu vi nhưng diện tích lớn hơn Hình mới này có thể không lồi, nhưng có thể biến thành hình lồi mà vẫn giữ chu vi cố định Cần lưu ý rằng một dây cung chia đôi chu vi có thể chia hình lồi thành hai nửa có diện tích bằng nhau nhưng không đối xứng qua dây Kết quả là, nếu tồn tại hình phẳng với chu vi xác định, hình có diện tích lớn nhất phải đối xứng qua mọi đường thẳng chia chu vi.
2 phần bằng nhau, vì vậy PHẢI là một đường tròn.
Một phương pháp khác mà Steiner sử dụng để chứng minh định lý đẳng chu là dựa trên quan điểm rằng hình lớn nhất cần phải có một trục đối xứng ở mọi hướng Để làm rõ ý tưởng này, trước tiên, chúng ta cần chú ý đến một kết quả quan trọng.
Giả sử ABCD là hình thang, với AB 0 C 0 D là hình thang cân có cùng đáy và chiều cao Khi đó, chu vi của hình thang AB 0 C 0 D không vượt quá chu vi của hình thang ABCD, và diện tích của hai hình thang này là bằng nhau, tức là SABCD = SAB 0 C 0 D 0.
Hình thang ABCD và hình thang cân AB0C0D0 có cùng đáy và chiều cao, với trục đối xứng là đường trung trực của AD Điều này minh chứng cho nguyên lý phản xạ về tam giác, cho thấy rằng diện tích tam giác có đáy và chiều cao cố định là nhỏ nhất khi tam giác đó là cân.
A có thể coi là nguồn, D là máy thu và B 0 C 0 là gương Do đó, diện tích của
AB 0 C 0 D bằng với diện tích của ABCD, trong khi chu vi của nó là nhỏ hơn hoặc bằng chu vi của ABCD.
Xét một hình phẳng bất kỳ, chúng ta chia nó thành các dải hẹp song song, coi mỗi dải như một hình thang Từ các hình thang này, ta tạo ra một hình mới bằng cách biến đổi chúng thành hình thang cân, giữ nguyên đáy và diện tích, đồng thời sắp xếp các hình thang mới sao cho chúng có cùng đường trung.
Hình 3.5(c) có cùng diện tích với hình 3.5(b) nhưng chu vi nhỏ hơn, theo định lý về hình thang Khi chia hình lồi ban đầu (Hình 3.5(a)) thành các dải hẹp hơn, các đa giác tròn (Hình 3.5(b)) sẽ có diện tích và chu vi tiến dần đến diện tích và chu vi của hình ban đầu Thực tế, diện tích và chu vi của hình phẳng thường được định nghĩa là giới hạn của phần diện tích và chu vi của dãy các đa giác xấp xỉ Đa giác được biến đổi (Hình 3.5(c)) dần tiến đến một hình lồi có trục đối xứng.
Với một hình lồi đã cho, chúng ta có thể tạo ra một hình lồi khác có cùng diện tích và chu vi nhỏ hơn hoặc bằng chu vi của hình ban đầu, đồng thời có trục đối xứng theo hướng xác định Hình lồi đối xứng này có thể được xây dựng thông qua một quy trình dựng hình cụ thể.
Để dựng hình, trước tiên vẽ một đường thẳng đứng theo hướng đã cho Tiếp theo, điều chỉnh các dây của hình lồi ban đầu sao cho chúng vuông góc với các dây cung đã dựng Sau đó, di chuyển các dây cung để đảm bảo rằng đường thẳng đã vẽ là trung trực của mỗi dây cung Cuối cùng, các đầu mút của các dây sẽ được phân bổ tạo thành một hình đối xứng.
Hình 3.6 có cùng diện tích với hình ban đầu nhưng chu vi lại nhỏ hơn Phép dựng hình này được gọi là đối xứng hóa Steiner, đóng vai trò quan trọng trong lý thuyết về vật thể lôi.
Hiện nay, chúng ta có thể hoàn tất việc chứng minh định lý đẳng chu Đối với một vật lồi không có trục đối xứng theo bất kỳ chiều nào, chúng ta sẽ áp dụng phương pháp đối xứng hóa Steiner theo hướng đó để tạo ra một hình lồi mới.
Trong số các hình có cùng diện tích, hình tròn có chu vi nhỏ nhất Khi phóng to một hình không có trục đối xứng cho đến khi có cùng chu vi với hình tròn, nó sẽ không thể đạt được diện tích lớn nhất Do đó, nếu tồn tại hình lớn nhất trong các hình có cùng chu vi, thì hình đó chính là hình tròn.
Tam giác
Các lập luận dựa trên ý tưởng hình học của phép đối xứng thường mang lại những kết quả bất ngờ, giúp các nhà toán học giải quyết những bài toán khó khăn Việc áp dụng các khái niệm về đối xứng không chỉ tạo ra những lời giải đẹp mà còn khám phá các tính chất mới của tam giác, một hình dạng đã được nghiên cứu suốt hàng ngàn năm Trong quá trình này, nhiều tính chất vẫn chỉ là phỏng đoán và chưa được chứng minh.
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu những kết quả nổi bật liên quan đến tam giác thông qua phương pháp đối xứng hóa Đặc biệt, định lý 3.4.1, hay còn gọi là bài toán Fagnano, nêu rõ rằng trong một tam giác nhọn ABC, tam giác có chu vi nhỏ nhất sẽ là tam giác có ba đỉnh nằm trên ba cạnh của tam giác ABC.
Bài toán trên được Fagnano đề xuất năm 1775 Lời giải dưới đây được đưa ra bởi nhà toán học người Hungari L Fejer (1880-1958) khi còn đang là sinh viên ở Berlin.
Chứng minh (Chứng minh của L Fejer)
Xét tam giác ABC và A 1 , B 1 , C 1 là các điểm lần lượt nằm trên các cạnh
Cố định điểm A1 trên đoạn thẳng BC, chúng ta định nghĩa A01 và A001 là ảnh của A1 qua phép đối xứng trục AC và AB Điểm B0 và C0 được xác định là giao điểm của A01 và A001 với các trục AC và AB.
Với điểm A1 đã cho, chu vi của tam giác A1B0C0 là nhỏ nhất Do đó, nhiệm vụ của chúng ta là xác định điểm A1 sao cho chu vi A1B0C0 đạt giá trị tối thiểu.
Từ cách dựng điểm B 0 , C 0 , ta thấy rằng
• Tam giác AA 0 1 A 00 2 là tam giác cân tại A với A\ 0 1 AA 00 2 = 2BAC\, AA 0 1 AA 00 2 = AA 1
• Chu vi tam giácA 1 B 0 C 0 chính là độ dài cạnhA 0 1 A 00 2 của tam giácAA 0 1 A 00 2
Do vậy, chu vi tam giác A 1 B 0 C 0 nhỏ nhất khi và chỉ khi AA 1 nhỏ nhất Vì
A 1 nằm trên cạnh BC và tam giác ABC là tam giác nhọn nên AA 1 nhỏ nhất khi AA 1 ⊥BC hay A 1 là chân đường cao hạ từ A xuống BC.
Khi A1 là chân đường cao từ A xuống BC, B0 và C0 cũng là chân đường cao tương ứng từ B và C Chu vi tam giác A1B1C1 đạt giá trị nhỏ nhất khi A1, B1, C1 là các chân đường cao hạ từ A, B, C Theo định lý 3.4.2 (Erdös-Mordell), cho tam giác ABC và điểm P nằm trong hoặc trên các cạnh của tam giác, khoảng cách từ P đến các cạnh BC, AC, AB lần lượt được ký hiệu là p a, p b, p c.
Dấu ” = ” xảy ra khi tam giác ABC đều và P là trọng tâm của tam giác ABC.
Bất đẳng thức Erdös – Mordell (E – M) là một bất đẳng thức nổi tiếng trong hình học tam giác, được đề xuất bởi nhà toán học Hungary P Erdös vào năm 1935 Khi nghiên cứu các tính chất của tam giác, Erdös đã bị cuốn hút bởi tính đơn giản của bài toán này Tuy nhiên, vinh dự giải quyết bài toán thuộc về nhà hình học Anh Louis Mordell, người đã chứng minh bất đẳng thức này.
Năm 1945, nhà toán học người Nga Cadarinop đã đề xuất một lời giải hình học cho 54 phương pháp lượng giác, dựa trên định lý hàm số Sin và Cosin trong tam giác Sau đó, nhiều nhà toán học trên thế giới đã tìm ra những lời giải ngắn gọn cho bất đẳng thức, như sử dụng định lý Ptolemy của André Avez, kiến thức về tam giác đồng dạng của Leon Bankoff, bất đẳng thức về diện tích của V Komornik, và các phương pháp lượng giác của Barrow.
Chứng minh được trình bày dưới đây được đề xuất bởi D K Kazarinoff, xem [7].
Khi điểm P nằm trong tam giác, bất đẳng thức trở nên phức tạp hơn Để giải quyết, ta kẻ tia Ax đối xứng với tia AM qua phân giác góc A Gọi B0 và C0 lần lượt là hình chiếu của B và C xuống tia Ax.
Ta có a ≥ BB 0 +CC 0 = ABsinBAB\ 0 +ACsinCAC\ 0
Suy ra P A ≥ c a ãpb+ b a ãpc Tương tự, ta cũng cú
P B ≥ a b ãpc+ c b ãpa, P C ≥ a c ãpc+ b c ãpa. Cộng các bất đẳng thức vừa nhận được ở trên, vế theo vế, ta nhận được
≥ 2 (p a +p p +p c ).Dấu bằng xảy ra khi a = b = c và P là tâm của tam giác ABC Với cùng ý tưởng chứng minh như trên, ta cũng thu được kết quả sau.
Mệnh đề 3.4.3 Cho tam giác ABC và P là điểm tùy ý nằm trong tam giác Gọi p a , p b , p c lần lượt là khoảng cách từ P đến BC, AC, AB Khi đó
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều và P là trọng tâm của tam giác ABC.
Từ các đánh giá đã cho, ta có các bất đẳng thức sau: \( aãP A \geq cãp b + bãp c \), \( bãP A \geq bãpa + aãpb \), và \( cãP A \geq aãp c + cãp a \) Khi nhân các vế với nhau và áp dụng bất đẳng thức AM - GM, ta có được kết quả: \( abcãP AãP B ãP C \geq 8abcãp a ãp b ãp c \).
Sử dụng bất đẳng thức Erd¨os – Mordell, ta có thể nhận được kết quả nổi tiếng sau của Euler.
Hệ quả 3.4.4 Cho tam giác ABC Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Khi đó, R ≥ 2r.
Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Kẽ AH vuông góc BC, M A 1 vuông góc BC Với H, A 1 ∈ BC.
Tương tự ta cũng có
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được
−(x+y +z) (3.1) The bất đẳng thức AM - GM ta được
≥ 9 (3.2) Áp dụng bất đẳng thức Erd¨os - Mordell cho điểm M đối với ∆ABC ta có
M A+M B +M C ≥ 6r (3.4) Đẳng thức xảy ra khi ∆ABC đều.
Bây giờ, ta chọn M ≡ O, với O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Thay vào (3.4) ta được
Các bài toán và lời giải
Trong chương này, chúng tôi giới thiệu hệ thống các bài toán hình học sơ cấp và cực trị hình học, có thể tiếp cận thông qua định lý đẳng chu và phép đối xứng Nội dung nhằm cung cấp nguồn tư liệu học tập và nghiên cứu cho học sinh Các bài tập được tham khảo từ các tài liệu [5], [4], [9].
4.1 Một số bài toán sử dụng định lý đẳng chu
Bài toán 4.1.1 Trong các tam giác ngoại tiếp một đường tròn bán kính r cho trước.
• Tam giác nào có diện tích nhỏ nhất?
• Tam giác nào có chu vi nhỏ nhất?
Trước khi đến với lời giải của bài toán trên, ta chứng minh bổ đề sau
Bổ đề 4.1.2 Trong tất cả các tam giác có cùng chu vi (diện tích), tam giác đều có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.
Chứng minh Cho ∆ABC có diện tích T và P là chu vi Suy ra
2T = P r. trong đó, r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC Cố định P, rõ ràng r lớn nhất khi T lớn nhất Theo Định lý 2.2.5, tam giác đều có diện tích lớn
Hình 4.1 nhất Do đó bán kính r lớn nhất khi tam giác ∆ABC đều Lời giải (Bài toán 4.1.1)
Gọi ∆ là tam giác có chu vi P và diện tích T, ngoại tiếp đường tròn bán kính r Tam giác đều ∆g ngoại tiếp đường tròn bán kính r có diện tích T g và chu vi P g Tam giác đều ∆1 có chu vi P và bán kính đường tròn nội tiếp r1, theo Bổ đề 4.1.2 cho thấy r1 > r Do đó, vì ∆1 và ∆g đều là tam giác đều, ta có P > P g.
Trong các tam giác có cùng một ngoại tiếp đường tròn với bán kính r, tam giác đều là loại có chu vi nhỏ nhất Theo đẳng thức 2T = P r, ta cũng có thể kết luận rằng tam giác đều sở hữu diện tích nhỏ nhất.
Bài toán 4.1.3 Trong tất cả các tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R cho trước.
• Tam giác nào có chu vi lớn nhất?
• Tam giác nào có diện tích lớn nhất?
Bài toán yêu cầu xác định tam giác có diện tích lớn nhất và chu vi lớn nhất Để chứng minh yêu cầu đầu tiên, chúng ta sẽ áp dụng bổ đề phù hợp, sau đó tiếp tục chứng minh yêu cầu thứ hai.
Bổ đề 4.1.4 Trong các tam giác nội tiếp đường tròn bán kính R cho trước có cùng độ dài cạnh đáy, tam giác cân có chu vi lớn nhất.
Xét ∆ABC bất kì nội tiếp đường tròn bán kính R cho trước có A, B cố
Hình 4.2 định Khi đó góc C không đổi gọi D, E lần lượt là hình chiếu của A, B lên đường phân giác CX của BAC\, X ∈ AB.
AD+ BE = (AX +BX) cos A−B
Vì C không đổi nên a + b đạt max khi cos A−B
2 đạt max khi và chỉ khi
Chúng ta cần chứng minh rằng trong các tam giác cân nội tiếp đường tròn bán kính R, tam giác đều có chu vi lớn nhất Từ Bổ đề 4.1.4, ta có thể kết luận rằng tam giác đều đáp ứng yêu cầu đầu tiên của bài toán.
Xét ∆ABC cân tại A bất kì có các cạnh AC = BC = a, AB = c Gọi
X, D lần lượt là giao điểm của đường kính đi qua C với AB và (O, R) Khi đó AX = BX = c
2. Theo định lý Pythagorean ta được a = √
Theo hệ thức lượng trong tam giỏc vuụng, ta cú AD 2 = DX ã CD hay
= (2R+AD) (2R+AD) (2R+AD) (6R−3AD). Áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được
Dấu ” = ” xảy ra khi 2R+AD = 6R−3AD ⇔ AD = R.
Suy ra c = a Do đó ∆ABC đều.
Giả sử ∆ là một tam giác bất kỳ nội tiếp trong đường tròn (O, R) với chu vi P Tam giác ∆1 là tam giác cân nội tiếp trong cùng đường tròn với chu vi P1, trong khi tam giác ∆2 là tam giác đều nội tiếp với chu vi P2.
P 2 ≥P 1 ≥P. Để chứng minh trong các tam giác nội tiếp (O, R) cho trước, tam giác đều có diện lớn nhất Ta lập luận như sau.
Giả sử ∆ là tam gác bất kì nội tiếp (O, R) có độ dài các cạnh là a, b, c, diện tích T.
4R, do R không đổi nênT đạt max khiabc đạt max tức a = b = c.
Bài toán 4.1.5 Chứng minh rằng trong các tam giác có cùng chu vi cho trước, tam giác đều có bán kính đường tròn ngoại tiếp nhỏ nhất.