Bài toán mở đầu
Trong kì thi Olympic Toán học Trung cấp Anh năm 2010 ’Maclaurin’ có câu hỏi sau:
Cho nửa đường tròn đường kínhAD có chiều dàiAD = 4 Trên nửa đường tròn đó, lấy các điểm B và C, như trong Hình 1, sao cho AB = BC = 1.
Tìm chiều dài của đoạn CD.
Một trong ba lời giải cho bài toán này nhắc lại vấn đề mà Newton từng đề cập, đó là cách chuyển đổi các vấn đề hình học thành dạng đại số Cụ thể, bài toán liên quan đến hình bán nguyệt.
Khi nghiên cứu về hình bán nguyệt, Newton đã có những quan sát thú vị liên quan đến việc nếu chúng ta biết các giá trị a, d, c, thì nhiệm vụ còn lại là xác định giá trị b.
Để xác định vị trí B trên đường tròn có đường kính AD, trước tiên, bạn cần vẽ đường tròn này một cách rõ ràng và đơn giản Tiếp theo, dựng các dây cung với độ dài a và c trên đường tròn.
Nếu đã biết a, b, c và cần tìm d, chúng ta không thể áp dụng phương pháp vẽ vòng tròn ban đầu Newton đã phát triển sáu phương pháp để suy ra phương trình bậc ba liên kết a, b, c và d Định nghĩa tứ giác Newton là tứ giác lồi nội tiếp trong một đường tròn, với một cạnh là đường kính của đường tròn đó.
Tứ giác Newton ABCD, với AD là đường kính, có các cạnh và đường chéo được ký hiệu lần lượt là AB = a, BC = b, CD = c, DA = a, AC = z, và BD = y Newton đã phát triển một phương trình mô tả mối quan hệ giữa độ dài các cạnh của tứ giác này, được gọi là phương trình Newton: d³ − a² + b² + c² d − 2abc = 0.
Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton
Phương pháp 1 Tam giác đồng dạng I
Hình 4 Tam giác đồng dạng I.
Hạ hình chiếu vuông góc của B là E lên đường thẳng CD Ta có ABD và CEB là hai tam giác vuông đồng dạng dẫn tới
BD = pd 2 −a 2 , CE = ab d , BE = b d pd 2 −a 2
Lại có CD = ED−EC dẫn tới
⇔d d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0. từ đó ta có phương trình Newton d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Ngoài ra, từ BE 2 = BC 2 −CE 2 = BD 2 −DE 2 cũng đi tới phương trình trên.
Hoàn toàn có thể làm tương tự khi hạ DE vuông góc từ D xuống BC hoặc hạ CE vuông góc từ C xuống BD.
Phương pháp 2 Quy tắc Cosin
Xét tam giác ABD, theo Định lý Pitago ta có d 2 −a 2 = BD 2 Xét tam giác BCD, theo Định lý Cosin ta có
Từ đó, với lưu ý d 6= 0 ta có d 2 −a 2 = b 2 + c 2 + 2abc d
Định lý Ptoleme thuận (Bổ đề 1.2.1) khẳng định rằng trong một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn, tích của hai đường chéo sẽ bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.
Chứng minh Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Trên cung nhỏBC, ta có các góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, và trên cung
AB, ta có ∠ADB = ∠ACB.
Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ∠ABK = ∠CBD;
Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD suy ra ∠CBK ∠ABD.
Do vậy tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC, và tương tự có tam giác ABD đồng dạng với tam giác KBC.
AK.BD = AB.CD, CK.BD = BC.DA;
Cộng hai đẳng thức trên theo vế tương ứng ta có
AK.BD+CK.BD = AB.CD+ BC.DA
⇔ (AK +CK).BD = AB.CD +BC.DA
⇔ AC.BD = AB.CD +BC.DA.
Phương pháp 3 Dùng Định lý Ptoleme thuận
Theo Định lý Ptoleme thuận ta có
AD.BC +AB.CD = AC.BD hay db+ac = √ d 2 −c 2 √ d 2 −a 2
⇔ d d 3 − a 2 +b 2 + c 2 d−2abc = 0. từ đó ta có phương trình Newton d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Phương pháp 4 Tam giác đồng dạng II
Hình 8 Tam giác đồng dạng II.
Trong lời giải này, ta giả sử a 6= c.
Kéo dài BC và AD cắt nhau tại F như hình vẽ Tương tự ta cũng có thể sử dụng giao điểm của AB với CD kéo dài.
Hai tam giác ABF và CDF đồng dạng, ta có
Vì vậy b = BF −CF = a(e−d) c − ce a
Từ đó ta có abc = a 2 (e−d)−c 2 e
⇔ abc = a 2 −c 2 e−a 2 d, hay e = a 2 d+abc a 2 −c 2 Trong tam giác ABF, ta có BF 2 = AB 2 +AF 2 −2ABAF cosθ, hay a 2 (e−d) 2 c 2 = a 2 +e 2 −2aeã a d.
Thế e = a 2 d+abc a 2 −c 2 vào đẳng thức cuối ta thu được a 2 a 2 d+abc a 2 −c 2 −d
⇔ d(cd+ab) 2 = d a 2 −c 2 2 +d(ad+bc) 2 −2 a 2 d+abc a 2 −c 2
Từ đó ta có phương trình Newton.
Quay lại với hình 3 ở phương pháp 1, ta ký hiệu area(ABCD) là diện tích của hình ABCD Như trong hình 9 ta có: area(ABCD) =area(BAD) +area(BCD)
Tương tự, bằng việc sử dụng đường chéo AC, ta nhận được area(ABCD) = area(ABC) +area(ADC)
Từ các công thức trên ta có:
Từ đó ta có phương trình Newton.
Phương pháp 6 Làm thế nào để không làm điều đó
Trong phương pháp của Newton, ông chủ yếu dựa vào vị trí của các điểm B và C để tính toán độ dài BC = b Phụ đề "Làm thế nào để không làm điều đó!" nhấn mạnh quan điểm của Newton rằng các phương pháp xây dựng mới có thể gây ra những khó khăn lớn hơn so với các phương pháp truyền thống đã được áp dụng trước đó.
Từ B và C lần lượt hạ các hình chiếu vuông góc xuống AD là R và S.
Kẻ CT vuông góc với BR tại T.
Ta có AR = acosθ mà cosθ = a d nên AR = a 2 d
Tương tự SD = c 2 d. Khi đó
Từ đó ta có b 2 = BC 2 = T C 2 +BT 2 hay b 2 d− a 2 +c 2 d
Phân tích thành tích, ta thu được d 2 d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d+ 2abc = 0.
Trong tứ giác lồi, với các cạnh a, b, c và d là đường kính, ta có d^2 và biểu thức d^3 - a^2 + b^2 + c^2 d + 2abc luôn có giá trị dương Điều này dẫn đến việc hình thành phương trình Newton.
Nghiệm hữu tỉ của phương trình
Trong chương 1, chúng tôi đã trình bày nhiều lời giải cho phương trình Newton \(d^3 - a^2 + b^2 + c^2 d - 2abc = 0\) từ một bài toán hình học Khi \(d \neq 0\), phương trình được chuyển đổi sang dạng \(u^2 + v^2 + w^2 + 2uvw - 1 = 0\) bằng cách chia cả hai vế của phương trình ban đầu cho \(d^3\) Tiếp theo, chúng tôi sẽ giới thiệu tập nghiệm hữu tỉ cho các phương trình này.
Công thức nghiệm của Barnett
Định lý 2.1.1 Các nghiệm hữu tỉ của phương trình u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw −1 = 0 (2) được cho bởi công thức
(±1, s,∓s),(s,±1,∓s),(s,±s,∓1), s ∈ Q (4) Chứng minh Giả sử (u,v,w) là một nghiệm của phương trình (2).
Nếu w = ±1, từ (2) ta có u 2 +v 2 ±2uv = 0 hay (u±v) 2 = 0 ⇔v = ∓u.
Tương tự ta xét lần lượt với v = ±1 và u = ±1 ta thu được các nghiệm của phương trình (2) cho bởi công thức
Như vậy các nghiệm của phương trình (2) có một trong ba tọa độ là ±1 được cho bởi (4).
Nếu (u,v,w) là một nghiệm của phương trình (2) mà không có u,v,w nào bằng ±1 Ta xét hệ phương trình cho bởi công thức sau:
Ta có det(M) là u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 Khi det(M) = 0, hệ có nghiệm không tầm thường (x, y, z) = (α, β, γ) 6= (0,0,0) Như vậy, ta có:
Nếu bất kỳ hai tọa độ nào của (α, β, γ) bằng 0, giả sử α = β = 0, thì γ = 0, ta có mâu thuẫn.
Nếu một trong các tọa độ (α, β, γ) bằng 0, giả sử α = 0 và β, γ khác 0, từ hệ phương trình ta có βu = γ và βw + γv = 0, cũng như γu = β Điều này dẫn đến u = γ/β = ±1, tạo ra mâu thuẫn Do đó, không tồn tại tọa độ nào trong (α, β, γ) bằng 0.
Ta viết lại (*) dưới dạng
Ta nhận xét rằng, vì det (L) = 2αβγ 6= 0 nên áp dụng quy tắc Cramer, với
Ngược lại với các số nguyên α, β, γ khác 0, tồn tại các bộ u, v, w được xác định bởi công thức trên, thỏa mãn phương trình (2) Hơn nữa, các bộ u, v, w được cho bởi công thức (4) cũng đáp ứng điều kiện của phương trình (2).
Dựa vào định lý trên ta có công thức nghiệm của phương trình Newton cho dưới dạng tham số như sau.
Hệ quả 2.1.2 Các nghiệm (a, b, c, d) của phương trình Newton d 3 − a 2 +b 2 +c 2 d−2abc = 0 được tham số hóa bởi
(a, b, c, d) t β 2 +γ 2 −α 2 α, γ 2 +α 2 −β 2 β, α 2 +β 2 −γ 2 γ,2αβγ , (5) trong đó α, β, γ là các số nguyên khác 0 và t là số hữu tỷ bất kỳ, cùng với các nghiệm có dạng t(±1, s,∓s,1), t(s,±1,∓s,1), t(s,±s,∓1,1), s, t ∈ Q, (6) và các nghiệm
Chứng minh Tập hợp các nghiệm (a, b, c,0), a, b, c ∈ Q, abc = 0 có được từ việc lấy d = 0 trong (1) d 3 − a 2 + b 2 +c 2 d−2abc = 0.
Nếu d6= 0 trong (1), ta chia hai vế của phương trình (1) cho −d 3 ta có
Ta đặt u = a d, v = b d, w = c d, ta có phương trìnhu 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 = 0 Do đó, các nghiệm(a, b, c, d) của phương trình (1) được đưa ra bởi công thức:
(a, b, c, d) = (ru, rv, rw, r), trong đó (u, v, w) là nghiệm của phương trình u 2 +v 2 +w 2 + 2uvw−1 = 0 với r 6= 0.
Các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) ở dạng (3) trong Định lý 2.1.1 cho ta các nghiệm của phương trình (1) là t(±1, s,∓s,1), t(s,±1,∓s,1), t(s,±s,∓1,1), s, t ∈ Q.
Bằng cách đặt r = 2αβγ ta có
(a, b, c, d) = (2αβγu,2αβγv,2αβγw,2αβγ), khi đó các nghiệm (u, v, w) của phương trình (2) trong công thức
cho ta các nghiệm của phương trình (1) ở dạng (5). Ở đây α, β, γ ta xét thuộc tập số nguyên khác 0.
Tìm nghiệm hữu tỉ bằng phương pháp đại số
Trong phần trước, chúng ta đã khám phá công thức nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton thông qua đại số tuyến tính Ở phần này, chúng ta sẽ nghiên cứu một phương pháp khác để xác định công thức nghiệm hữu tỉ cho phương trình Newton d³ - a² + b² + c² d - 2abc = 0, cũng như các phương trình tương đương với phương trình Newton.
Sự tương đương của hai phương trình đã được trình bày trong chương 1, cụ thể trong phần phương pháp số 3 để xác định phương trình Newton Để thuận tiện hơn và tuân theo trật tự tự nhiên của các ký tự a, b, c, d, chúng ta sẽ viết lại phương trình (8) theo dạng mới.
Sự tương đương giữa (8) và (9) có thể được kiểm tra trực tiếp hoặc giải thích thông qua sự tương đương giữa (8) và (1), trong đó vế trái của (1) là biểu thức đối xứng với a, b, c Theo Định lý 2.2.1, các nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton được xác định bởi một công thức cụ thể.
, trong đó r, s, t ∈ Q thỏa mãn rst(1 +st)(s+t) 6= 0, cùng với các nghiệm (6) và (7) Do đó các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được tham số hóa bởi
, s, t ∈ Q, st(1 +st)(s+t) 6= 0 cùng với các nghiệm
Chứng minh Với các trường hợp d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c sẽ cho ta các nghiệm của (9) có được ở dạng t(±1, s,∓s,1), t(s,±1,∓s,1), t(s,±s,∓1,1), s, t ∈ Q, hoặc
Tiếp theo ta xét trường hợp d 6= 0, d 6= ±a, d 6= ±b, d 6= ±c (10)
Chia cả hai vế của (9) cho (d+a) 2 (d+b) 2 ta được d−a d+a d−b d+b cd +ab (d+a) (d+b)
Từ (10) ta thấy t6= 0, do đó ta có thể đặt d−a d+a = st, (12) với s 6= 0, khi đó ta cũng có d−b d+b = t s (13) Điều kiện ở (10) cho ta st6= 0, st 6= −1.
Thay các kết quả đó vào (11) ta thu được c = 4st−(1−st)(s−t)
Các số a, b, c, d là các số hữu tỉ khi và chỉ khi d, s, t là các số hữu tỉ Thay d bởi r, ta có công thức nghiệm
Từ kết quả trên chúng ta có hệ quả sau về một số nghiệm nguyên cho phương trình Newton.
Hệ quả 2.2.2 trình bày một số nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của phương trình Newton được xác định bởi các công thức: a = (mq + np)(nq - mp), b = (mq - np)(nq + mp), c = 4mnpq - (nq - mp)(mq - np), d = (mq + np)(nq + mp) Ngoài ra, các nghiệm cũng có thể được biểu diễn dưới dạng tương đương: a = mnq² - p² + pq n² - m², b = mnq² - p² + pq m² - n², c = 4mnpq + pq(m+n)² - mn(p+q)², và d = mnp² + q² + pq m² + n².
Trong đó m, n, p, q ∈ N được chọn sao cho a > 0, b > 0, c > 0 Ngoài ra, nếu (a, b, c, d) là một nghiệm nguyên dương, thì (ka, kb, kc, kd) với k ∈ N cũng là nghiệm nguyên dương của phương trình.
Phương trình Newton là thuần nhất, điều này có nghĩa là nếu một bộ số (a, b, c, d) là nghiệm, thì mọi bộ số dạng (ka, kb, kc, kd) cũng là nghiệm của phương trình, với k thuộc tập hợp các số tự nhiên N.
Từ công thức nghiệm (14), ta nhân thêm k = (1 +st)(s+t) r , khi đó
((1−st) (s+t),(s−t) (1 +st),(4st−(1−st) (s−t)),(1 +st) (s+ t)). Đặt s= m n, t = p q, ta được:
Khi nhân với n và 2q, ta thu được nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) của phương trình Newton, với các giá trị: a = (mq + np)(nq - mp), b = (mq - np)(nq + mp), c = 4mnpq - (nq - mp)(mq - np), và d = (mq + np)(nq + mp).
Cuối cùng, chọn m, n, p, q ∈ N sao cho a > 0, b > 0, c > 0 Ta thu được
Hệ quả 2.2.2 từ Định lý 2.2.1.
Chọn hai số nguyên tố cùng nhau m, n ∈ N và p, q ∈ N sao cho nq−mp = 1 và mq −np > 0 Ta có a = mq + np > 0, b = (mq − np)(nq + mp) > 0, c = 4mnpq − (mq − np) > 0, và d = (mq + np)(nq + mp) > 0.
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (1,1) và (p, q) = (1,2) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (3,3,7,9).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (2,1) và (p, q) = (5,11) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (27,357,423,567).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3,2) và (p, q) = (3,5) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (21,171,351,399).
+) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3,2) và (p, q) = (1,2) ta thu được kết quả (a, b, c, d) = (8,28,44,56).
Tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm
Trong Mục 2.1 và 2.2, chúng ta đã tìm ra hai công thức nghiệm cho phương trình (2) bằng cách sử dụng công thức của Barnett và phương pháp đại số Mặc dù hai công thức này được phát triển từ những phương pháp khác nhau và có hình thức khác biệt, nhưng bản chất của chúng lại tương đồng Mục này sẽ tiến hành kiểm tra sự tương ứng song hữu tỉ giữa hai công thức nghiệm này.
Các nghiệm hữu tỉ của phương trình (2) được đưa ra trong các Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.1 là tập hợp các bộ số tương ứng S0 ∪ S1 và S0 ∪ S2, trong đó
Chúng ta có thể xác nhận rằng tập S 0 bao gồm các nghiệm với một tọa độ là ±1 Kết quả này cho phép chúng ta thay thế S 1 và S 2 bằng T 1 và T 2 trong các công thức nghiệm.
Bổ đề 2.3.1 Cố định một số hữu tỉ dương p, đặt α+β +γ = 2p,
Khi đó ta có T 1 ∪S 0 = S 1 ∪S 0 và T 2 ∪S 0 = S 2 ∪ S 0
Chứng minh Lấy tùy ý bộ (u, v, w) ∈ S 1 , suy ra tồn tại α 1 , β 1 , γ 1 ∈ Z\ {0} để u = β 1 2 +γ 1 2 −α 2 1
+) Nếu α 1 +β 1 +γ 1 = q 6= 0 Ta đặtα = α 1 q 2p; β = β 1 q 2p; γ = γ 1 q 2p. Khi đó ta có u = β 1 2 +γ 1 2 −α 2 1
Vậy (u, v, w) ∈ T 1 Tức là ta có S 1 ∪S 0 ⊆ T 1 ∪ S 0 ;
Hiển nhiên ta có T 1 ∪S 0 ⊆ S 1 ∪S 0 Vậy S 1 ∪S 0 = T 1 ∪S 0 Ta sẽ chứng minh S 2 ∪S 0 = T 2 ∪S 0 bằng cách kiểm tra trực tiếp.
Ngược lại, với (a, b, c) ∈ S 2 , khi t= 1, ta có: a = 1−s
Khi t = 1 hoặc s = -1, nếu (a, b, c) thuộc S2 thì (a, b, c) cũng thuộc S0, dẫn đến S2 ∪ S0 = T2 ∪ S0 Dựa vào bổ đề trên, ta có thể suy ra Định lý 2.3.2, cho thấy rằng hai công thức nghiệm trong Định lý 2.1.1 và Định lý 2.2.1 thực chất là giống nhau Cụ thể, với các ký hiệu trong Bổ đề 2.3.1, ta có T1 ∪ S0 = T2 ∪ S0.
Chứng minh Cho s, t ∈ Q thỏa mãn st(1 +s)(1−t)(1 +st)(s+t) 6= 0 Ta phải tìm bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn
1 +y, nên (15), (16) tương đương với st1− β 2 + γ 2 −α 2
Ta có (s, t) p−β p−α, p−γ p thỏa mãn (17), còn
(s, t) −(p−β) p−α , −(p−γ) p chỉ thỏa mãn (19) khi và chỉ khi (p−α)(p−β)(p−γ) = 0, điều này mâu thuẫn với định nghĩa của T 1 Như vậy,
Từ đó ta tìm được
Ngoài ra, ta có thể kiểm tra được p(s+ t) s+ 1 + p(st+ 1)
Như vậy, cho trước s, t∈ Q thỏa mãn st(1 +s)(1−t)(1 +st)(s+t) 6= 0 ta tìm được bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn yêu cầu.
Ngược lại, cho trước bộ ba số (α, β, γ) thỏa mãn ∆ 6= 0, α+β + γ = 2p sao cho (15), (16), (17) thỏa mãn thì ta tìm được (s, t) p−β p−α,p−γ p
Dễ thấy tương ứng (α, β, γ) ↔ (s, t) như trên là tương ứng 1−1 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Một số tính chất của tập nghiệm
Định lý 2.4.1, hay còn gọi là Quy tắc Descartes về dấu, áp dụng cho đa thức f(x) = a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 với các hệ số thực a_i ∈ R, trong đó a_n và a_0 khác 0 Gọi v là số lần đổi dấu trong dãy các hệ số (a_i) của f(x) và p là số nghiệm thực dương, bao gồm cả số bội Từ đó, tồn tại một số nguyên không âm m sao cho p = v - 2m Để chứng minh, ta giả sử f(x) = x^n + a_{n-1} x^{n-1} + + a_1 x + a_0 với a_n khác 0.
Gọi r 1 , r 2 , , r p là các nghiệm dương (tính cả số bội nếu nghiệm bội), khi đó đa thức f (x) viết lại dạng f (x) =g(x). p
Trong bài viết này, chúng ta xem xét đa thức g(x) = x^m + b_{m-1}x^{m-1} + + b_0 với hệ số thực và không có nghiệm dương Đầu tiên, chúng ta chứng minh rằng các bậc p và v của đa thức phải cùng lẻ hoặc cùng chẵn Đặc biệt, với điều kiện b_0 > 0, nếu b_0 âm, thì g(0) sẽ nhỏ hơn 0, trong khi với giá trị x đủ lớn, g(x) sẽ lớn hơn 0, dẫn đến sự tồn tại của nghiệm dương, điều này tạo ra mâu thuẫn Do đó, kết luận là b_0 phải lớn hơn 0.
Nếu a0 dương, thì p là số chẵn và v cũng sẽ chẵn Ngược lại, nếu a0 âm, p sẽ là số lẻ và v cũng sẽ lẻ Do hệ số đầu của f(x) là 1, số lần đổi dấu v sẽ tương ứng với tính chất của a0, dẫn đến p và v có cùng tính chất chẵn lẻ.
Giờ ta sẽ chứng minh p≤ v bằng quy nạp theo n, bậc của f (x). n= 1, ta có f (x) =x+a 0 chỉ có 1 nghiệm x = −a 0
Nếu a0 > 0, hàm f không có sự đổi dấu, với v = 0 và chỉ có một nghiệm âm, do đó v = p Ngược lại, nếu a0 < 0, hàm f cũng không có sự đổi dấu, với v = 1 và chỉ có một nghiệm dương, dẫn đến v = p.
Giả sử n > 1, ta gọi q là số nghiệm dương của f 0 (x) và w là số lần đổi dấu của các hệ số của f 0 (x) Ta có f 0 (x) =a n x n−1 + (n−1)a n−1 x n−2 + + a 1
Số lần đổi dấu các hệ số của f 0 nhiều nhất là v, do vậy w ≤ v.
Nếu \( a_1 = 0 \), tồn tại số \( k \) sao cho \( h(x) = f_0(x) x^k \) là đa thức với hệ số tự do khác 0, đồng thời \( h(x) \) có số lần đổi dấu bằng \( w \) và số nghiệm dương bằng \( q \) Để không giảm tổng quát, giả sử \( a_1 \neq 0 \) và áp dụng giả thiết quy nạp, ta có \( q \leq w \) Ngoài ra, theo Định lý Rolle, ta có \( p - 1 \leq q \leq w \leq v \).
Theo định lý 2.4.2, với f(x) = x³ - a² + b² + c²x - 2abc và g(x) = x³ - a² + b² + c²x + 2abc, trong đó a, b, c là các số thực dương, ta có p - 1 ≤ v Dấu "=" xảy ra khi p và v cùng chẵn hoặc cùng lẻ, từ đó suy ra p ≤ v.
(i) f có đúng một nghiệm dương ρ thỏa mãn
(ii) nếu a = b = c, thì g(x) = x 3 − 3a 2 x + 2a 3 = (x − a) 2 (x + 2a). Nếu không g có đúng hai nghiệm dương là ρ 1 , ρ 2 Giả sử ρ 1 < ρ 2 thì ta có ρ 1 < ra 2 +b 2 +c 2
Chứng minh (i) Theo quy tắc về dấu của Descartes’, f(x) có nhiều nhất một nghiệm dương Vì f
Nên có một và chỉ một số dương ρthỏa mãn f(ρ) = 0 và √ a 2 +b 2 +c 2 < ρ < a+b+c.
(ii) Trường hợp a = b = c, ta có ngay g(x) = x 3 − 3a 2 x+ 2a 3 = (x− a) 2 (x+ 2a)
Trường hợp a, b, c không bằng nhau Theo quy tắc về dấu của Descartes’, g(x) có nhiều nhất hai nghiệm dương.
Ta lại có, g 0 (x) = 3x 2 − a 2 +b 2 +c 2 = 3 x 2 −x 2 0 trong đó x 0 ra 2 +b 2 +c 2
Do đó g(x) giảm với x < x 0 và tăng với x > x 0 nên g(x) đạt cực tiểu tại x0.
Ta có bất đẳng thức: a 2 +b 2 +c 2
3 ≥ √ 3 a 2 b 2 c 2 Do a, b, c không bằng nhau nên a 2 + b 2 + c 2
3 > √ 3 a 2 b 2 c 2 Ta suy ra g(x0) < 0 nên g(x) có hai nghiệm dương với x 0 nằm giữa chúng.
Chú ý Trong Định lý 2.4.2 phần (i), khi a = b = c, đa thức Newton f(x) trở thành f(x) = x 3 −3a 2 x−2a 3 = (x+ a) 2 (x −2a) Nghiệm dương duy nhất của f(x) thỏa mãn điều kiện là 2a, √
Kết quả cho thấy rằng trong tứ giác Newton ABCD với AB, BC, CD bằng a, thì AD sẽ bằng 2a Nếu O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD, O sẽ là trung điểm của AD Điều này dẫn đến các tam giác OAB, OBC, và OCD bằng nhau, từ đó tạo ra ba góc tại O cũng bằng nhau, chứng minh rằng ba tam giác này là tam giác đều Do đó, ta có AD = 2a.
Về tứ giác Newton và bài toán ngược
Newton đã phát biểu rằng trong tứ giác ABCD, với AD là đường kính và các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, tồn tại một ràng buộc toán học được mô tả bởi phương trình d³ − a² + b² + c² d − 2abc = 0.
Nếu có một bộ bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn điều kiện (1), thì luôn tồn tại một tứ giác Newton tương ứng Cụ thể, theo Định lý 2.5.1, nếu a, b, c, d là các số thực dương đáp ứng quan hệ (1), thì sẽ tồn tại tứ giác Newton ABCD với AD là đường kính.
(ii) Diện tích của tứ giác Newton trong (i) là area(ABCD) = ab+cd
Để chứng minh, gọi a, b, c, d là các số dương thỏa mãn điều kiện (1) Từ đó, d trở thành nghiệm dương của phương trình f(x) = x³ − a² + b² + c²x − 2abc Theo Định lý 2.4.2, d là nghiệm dương duy nhất và thỏa mãn điều kiện đã nêu.
Vẽ một hình bán nguyệt có đường kính AD = d Do a < d, lấy điểm B trên hình bán nguyệt sao cho AB = a.
Vì d 2 > a 2 + c 2 , mà theo cách dựng thì DB = √ d 2 −a 2 nên DB > c.
Do đó tồn tại một điểm C trên cung DB sao cho CD = c.
Ta đặt BC = k Theo một trong sáu phương pháp ở chương 1, ta có phương trình d 3 − a 2 +k 2 +c 2 d−2akc= 0 (18) Lấy (18) trừ đi (1) theo vế, ta được
Như vậy tứ giác ABCD có tính chất mong muốn.
(ii) Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác ACB và ACD.
Vì vậy, area(ABCD) = area(ACB) + area(ACD) (19)
Trong tứ giác nội tiếp ABCD, hai góc đối diện ∠ADC và ∠ABC có mối quan hệ bù nhau Khi kéo dài đoạn AB về phía B và vẽ đường thẳng qua C vuông góc với AB, đường thẳng này sẽ cắt AB tại điểm E.
Có góc ∠EBC kề bù với góc ∠ABC Do đó ∠ADC = ∠EBC nên hai tam giác vuông ACD và CEB đồng dạng.
2AB ãEC = ab√ d 2 −c 2 2d Lại có area(ACD) = 1
2AC ãCD = c√ d 2 −c 2 2 Thế các kết quả trên lại (19) ta có điều phải chứng minh.
Hệ quả 2.5.2 Cho ABCD là một tứ giác Newton có đường kính AD và
AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Khi đó, cho bất kì một hoán vị σ của a, b, c, đều tồn tại một tứ giác Newton A 0 B 0 C 0 D 0 có đường kính A 0 D 0 sao cho
Có thể chứng minh rằng phương trình Newton vẫn giữ nguyên tính đúng đắn khi hoán vị các biến a, b, c, điều này được suy ra từ Định lý 2.5.1 Hệ quả này có thể được chứng minh trực tiếp mà không cần phải dựa vào Định lý 2.5.1.
Tâm O của đường tròn có đường kính AD tạo thành tứ giác lồi ABCD, liên kết với các tam giác hướng tâm AOB, BOC và COD Bằng cách cắt các tam giác này ra khỏi tứ giác ABCD, hoán vị chúng và dán lại theo các cạnh xuyên tâm, ta có thể tạo ra hình dạng mới từ tứ giác ban đầu.
Như thế ta đã tạo ra tứ giác Newton A 0 B 0 C 0 D 0 có đường kính A 0 D 0 vì tổng các góc tại O vẫn bằng 180 ◦
Kết luận Đề tài luận văn đã trình bày một số vấn đề sau:
Tứ giác Newton là một khái niệm quan trọng trong toán học, giúp giải quyết các bài toán liên quan đến nội suy Bài viết này sẽ trình bày 6 phương pháp để thiết lập phương trình Newton, cùng với những kiến thức hỗ trợ cần thiết nhằm tối ưu hóa quá trình này Việc nắm vững các phương pháp và kiến thức liên quan sẽ giúp người học áp dụng hiệu quả tứ giác Newton trong các bài toán thực tiễn.
(2) Trình bày các kết quả về nghiệm hữu tỉ của phương trình Newton bằng các phương pháp khác nhau.
Bài toán ngược với việc giải phương trình Newton là tìm tứ giác Newton tương ứng với nghiệm của phương trình này Từ nghiệm đã có, chúng ta có thể xác định được tứ giác Newton phù hợp với vấn đề đặt ra.
Tác giả hy vọng luận văn này sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích cho việc nghiên cứu chuyển đổi các bài toán hình học sang dạng đại số.