luận văn dự tam giác biết ba điểm đặc biệt

Mục đích của đề tài là:- Trình bày một số bài toán điển hình trong danh sách của Wernick, đại diện cho nhóm R-các bài toán thừa điều kiện; nhómL−các bài toánbài toán không dựng được.- Tr

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

- -

NGUYỄN THỊ THU PHƯƠNG

DỰNG TAM GIÁC BIẾT BA ĐIỂM ĐẶC BIỆT

Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp

Danh mục các hình

1.1 Dựng tam giác biết I, H, A 16

1.2 Cách dựng Bài toán Wernick 57 18

1.3 Minh họa hai cách giải Bài toán Wernick 58 19

1.4 Biện luận về số nghiệm bài toán Wernick 58 20

1.5 Cách giải bài toán Wernick 60 21

1.6 Bài toán Wernick 25 và bài toán Wernick 84 23

1.7 Hai nhận xét trong ví dụ 1.2.6 24

1.8 Bài toán Wernick 73 25

1.9 Ba vùng biện luận của bài toán Wernick 73 26

1.10 Bài toán Wernick 115, nhóm U 28

2.1 Đường tròn chín điểm 38

2.2 MaP ∥ ATa 40

2.3 Bài toán Connelly 21 41

2.4 Bài toán Connelly 50 42

2.5 Bài toán Connelly 99 {Ea, Ma, Ta} 46

3.1 Dựng tam giác biết 1 cạnh, trung tuyến và phân giác 50 3.2 Dựng tam giác biết 1 góc, trung tuyến và phân giác 52 3.3 Dựng tam giác biết R, ha, b + c = m 53

3.4 Bài toán [A, n = b − c, ta] , Cách giải 1 55

3.5 Bài toán [A, n = b − c, ta] , Cách giải 2 57

3.6 Bài toán [C = 1v, c, tc] , Cách giải 1 59

3.7 Bài toán [C = 1v, c, tc] , Cách giải 2, Cách giải 3 60 3.8 Bài toán [ta, tb, tc] 62

Danh mục các bảng

Mục lục

Mở đầu

1 Mục đích của đề tài luận văn

Dựng hình là bài toán khó và liên quan đến nhiều bài toán Hình học,đại số khác Nhiều bài toán dựng hình phát biểu khá đơn giản nhưng lạirất nổi tiếng vì chính nó là nguyên nhân của những phát kiến toán họcmới Từ năm 1996, Wiliam Wernick đã liệt kê 138 bài toán dựng tamgiác khi biết 3 điểm đặc biệt trong nó Tiếp theo đó, năm 2009 HaroldConnelly công bố danh sách Connelly về dựng tam giác theo 3 điểm đặcbiệt gồm 140 bài toán Tìm hiểu và trình bày lời giải của các bài toántrong 2 danh sách đó là lý do chọn đề tài nghiên cứu của tôi Đề tàimang tên "Dựng tam giác biết ba điểm đặc biệt" Mục đích của

đề tài là:

- Trình bày một số bài toán điển hình trong danh sách của Wernick,đại diện cho nhóm R-các bài toán thừa điều kiện; nhómL−các bài toán

bài toán không dựng được

- Trình bày danh sách Connelly sau khi bổ sung thêm các điểm Euler

2 Nội dung của đề tài, những vấn đề cần giải quyết

Dựa vào các bài báo [2], [3], [5], chúng tôi tóm tắt cách giải quyếtcác bài toán dựng trong 2 danh sách của Wernick và Connelly Hai danhsách này có 278 bài, có một số bài trùng nhau nhưng cách giải quyếtkhác nhau Cách giải quyết các bài toán dựng ở đây hoặc là trình bàycách dựng chi tiết bằng compa và thước kẻ hoặc chứng minh rằng bàitoán không thể dựng được bằng bộ dụng cụ đó Nội dung luận văn chialàm 3 chương:

Chương 1 Dựng tam giác trong danh sách của Wernick

Tóm tắt hệ tiên đề dựng hình (bằng bộ dụng cụ compa, thước kẻ).Giới thiệu danh sách của Wernick về dựng các tam giác biết 3 điểm đặcbiệt Chương này bao gồm:

1.1 Bài toán dựng hình, hệ tiên đề dựng hình

1.2 Dựng tam giác trong danh sách Wernick

Chương 2 Dựng tam giác trong danh sách của Connelly

Nội dung chương này đề cập danh sách của Connelly về dựng tamgiác theo 3 điểm sau khi bổ sung các điểm Euler và tâm chín điểm.Chương này bao gồm các mục sau:

2.1 Đường tròn chín điểm

2.2 Giới thiệu danh sách Connelly

Chương 3 Một số vấn đề liên quan

Ngoài các bài toán dựng tam giác biết 3 điểm đặc biệt chúng tôi giớithiệu thêm một số bài toán dựng tam giác theo các yếu tố khác và vấn

đề tồn tại duy nhất tam giác hay không khi cho trước đường tròn ngoạitiếp và đường tròn nội tiếp của nó? Nội dung chương 3 bao gồm:

3.1 Một số phép dựng tam giác biết 3 yếu tố,3.2 Sự tồn tại tam giác khi biết (O, R) và (I, r).

(Φα)α∈I1, (Φβ)β∈I1, , (Φλ)λ∈Iλ, (⋆)

mà được gọi là "công cụ dựng hình" (mỗi tập hợp chỉ số Ik có thể hữu

quan hệ với các hình cho trước F1, F2, , Fk bằng cách sử dụng hữu hạnhình trong họ(⋆) Thuật ngữ "dựng" được hiểu theo nghĩa cần phải xácđịnh tất cả các tập hợp điểm tạo nên hình Φ

Nếu E = E2 (mặt phẳng) và (Φα)α∈I1 là tập hợp các đường thẳng(hoặc tia) của mặt phẳng này thì ta nói một trong các dụng cụ dựnghình là thước kẻ Nếu(Φβ)β∈I2 là tập hợp các đường tròn của mặt phẳngnày thì ta nói dụng cụ dựng hình thứ hai là compa Nghiệm của bài toándựng hình là hình thỏa mãn tất cả các điều kiện của bài toán này Bài

toán được giải nếu tìm được tất cả các nghiệm của nó Như vậy, hình

nên hình này Điều đó cũng được hiểu theo nghĩa của đại số: trong hình

hoặc hệ bất phương trình, xác định hình Φ trong một hệ tọa độ nào đó

Ta cần liệt kê các tiên đề chung để từ đó mô tả lời giải của mọi bàitoán dựng hình với bộ công cụ dựng hình chỉ ra trong (⋆)

(T1) Mỗi hình cho trước F1, F2, , Fk là dựng được Điều đó có nghĩa

là nếu hình Fi, i = 1, , k cho trước thì ta coi là xác định được tất cả

đượcM ∈ Fi hay M /∈ Fi Trong trường hợp dựng hình trên mặt phẳng

E2 thì T1 đòi hỏi mỗi hình Fi đã cho đều vẽ được

(T2) Nếu dựng được các hìnhF1, F2 thì cũng dựng được hìnhF1∪ F2

đó ta cần thêm 2 tiên đề:

được đường tròn C(O, r)

Hệ tiên đề (T1), (T2), , (T8) được gọi là hệ tiên đề dựng hình bằngthước và compa

Các phép dựng hình cơ bản:

(D2) Dựng đoạn thẳng [AB] nếu hai điểm A, B dựng được.

này tồn tại (đặc biệt đặt một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước)

(D7) Dựng giao điểm của hai đường tròn nếu các giao điểm này tồn tại

mặt phẳng)

và thước kẻ qua một tập hợp hữu hạn các phép dựng mà mỗi phép dựng

là một trong các phép dựng cơ bản D1, , D9

Ta sẽ sử dụng hai tiêu chuẩn dựng hình bằng thước và compa Tùytheo từng bài toán ta có thể sử dụng 1 trong 2 tiêu chuẩn để kết luậnbài toán dựng được hay không dựng được Rõ ràng việc kết luận đượcbài toán thuộc loại "dựng được" hay thuộc loại "không dựng được" làviệc làm rất có ý nghĩa

(1) Khi giải bài toán dựng hình bằng phương pháp đại số ta đưa việcdựng hình về dựng đoạn thẳng [XY ]mà độ dài biểu diễn qua biểu thức

được bằng thước và compa hay không? Để trả lời câu hỏi đó ta có định

lý sau

Định lý 1.1 (Tiêu chuẩn 1 về dựng được bằng thước và compa) Đoạnthẳng [XY ] có thể dựng được qua các đoạn thẳng đã biết bằng thước vàcompa khi và chỉ khi độ dài đoạn thẳng [XY ] biểu diễn được qua độ dàicác đoạn thẳng đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phéptoán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai

(Các phép toán hữu tỷ : Phép cộng, phép trừ, phép nhân và chia).Chứng minh Điều kiện cần Nếu độ dài[XY ]biểu diễn được qua độ dàicác đoạn thẳng đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phép

toán hữu tỷ và phép khai căn Ta thấy phép dựng đoạn thẳng [XY ]

được quy về các phép dựng từ 1 đến 7 sau đây:

A0(a, 0), B0(b, 0), , L0(l, 0), trong đó a, b, , l là các độ dài đã biết.Gọi X(x1, y1) và Y (x2, y2) Khi đó độ dài đoạn thẳng [XY ] là

x =

q

đã biết nên các tọa độ x1, y1, x2, y2 có thể tính được khi biết a, b, , l

Ta hãy giải thích các phép toán đại số nào sẽ được áp dụng khi tính cáctọa độ này

của một trong các phép dựng cơ bản D1, , D7 Trong các phép dựngnày ta sử dụng đường thẳng và đường tròn TheoD3, đường thẳng dựngđược nếu dựng được hai điểm của nó Mỗi điểm trong chúng nhận được

từ các phép dựng D5− D7 hoặc được chọn theo D8, D9 Nếu điểm chọntùy ý thì ta có thể lấy tọa độ của nó biểu diễn qua a, b, , l nhờ cácphép toán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai

Theo D4 đường tròn dựng được nếu dựng được tâm và bán kính.Đoạn thẳng bán kính hoặc là một trong các đoạn thẳng đã biết hoặc

trên Xét tọa độ các điểm nhận được từ D5 đến D7

= 0 ⇔ (b2−a2)x−(b1−a1)y−(a1b2−a2b1) = 0 (1.2)

Tương tự đường thẳng P Q đi qua P (p1, p2), Q(q1, q2) dựng được cóphương trình

(q2 − p2)x − (q1 − p1)y − (p1q2 − p2q1) = 0 (1.3)Nếu(AB)và (P Q)không song song (D5)thì hệ (1.2) và (1.3) có nghiệm

C(c1, c2), bán kính r hoặc là một trong các đoạn cho trước hoặc làđoạn thẳng có các đầu mút dựng được F (f1, f2), G(g1, g2) và khi đó

r = p(g1 − f1)2 + (g2 − f2)2, C được xác định bởi phương trình

(x − c1)2 + (y − c2)2 = r2 (1.4)

((1.2),(1.4)) Ta chú ý rằng các tọa độ này biểu diễn qua các tọa độ đãbiết nhờ các phép toán hữu tỷ và phép khai căn bậc hai Ta cũng có kếtluận như vậy đối với giao hai đường tròn

biểu diễn qua tọa độ các điểm dựng được trước đó bởi các phép toánhữu tỷ và phép khai căn bậc hai Theo điều kiện đoạn thẳng [XY ] cóthể dựng được theo các đoạn thẳng đã biết nhờ thước kẻ và compa, cũng

có nghĩa là tập hợp các phép dựng cơ bản được áp dụng là hữu hạn Bởivậy cuối cùng ta dẫn tới “các điểm dựng trước đó là A0, B0, , L0”

theo các đoạn thẳng đã biết thì độ dài x của [XY ] biểu diễn được qua

các độ dài đã biết và các số hữu tỷ nhờ một số hữu hạn các phép toánhữu tỷ và các phép khai căn bậc hai.

(2) Một số kết quả từ lý thuyết Galois:

Phần này tóm tắt những kết quả cần thiết về trường Galois áp dụngvào dựng hình Lý thuyết Galois chi tiết có thể tham khảo trong tất cảcác giáo trình hoặc sách mang tên “Galois”

Mệnh đề 1.1 Tất cả các số dựng được là trường con của trường R.Hơn nữa, nếu c dựng được và c > 0 thì √

c là dựng được

−a ∈ G, ngoài ra do(a, 0)và(b, 0)dựng được nên điểmQ =

của đường thẳng đi qua gốc (0, 0) và (a, b − 1) với trục hoành là điểm

(ab, 0) Vậy (ab) dựng được Cuối cùng ta chứng minh a−1 ∈ G nếu

a ̸= 0 Do a ∈ G ta có 1 − a ∈ G hay điểm (0, 1 − a) dựng được, do đóđiểm (1, 1 − a) dựng được Đường thẳng đi qua (0, 1) và (1, 1 − a) cắttrục hoành tại điểm (a−1, 0) Vậy a−1 ∈ G.

Các kết quả trên suy ra G là một trường

Cho c ∈ G và c > 0 Do 1

2(1 − c) dựng được nên điểm Q



0, 1 − c2



dựng được Đường tròn tâm Qđi qua (0, 1) cắt trục hoành tại hai điểm

(u, 0) và (−u, 0) với u > 0 Theo Định lý Pythagore, ta có u2 + 1

4(1 −c)2 = 1

4(c + 1)

2, suy ra u2 = c, kéo theo u = √

c Vậy √

c dựng được.Sau đây là Định lý quan trọng thường được áp dụng để khẳng địnhmột bài toán dựng hình giải được hay không giải được

[Q(α, β) : Q] = 2r, r ∈ N, trong đó [E : K] là ký hiệu bậc của mở rộng

E/K

Chứng minh ChoP0, P1, , Pn là dãy hữu hạn các điểm dựng được Đặt

K0 = K1 = Q và Kj = Kj(αj, βj) với 2 ≤ j ≤ n và Pj = (αj, βj) Dễthấy rằng các số thực αj, βj là nghiệm của đa thức bậc 1 hoặc bậc 2 có

hệ tử trong Kj−1 Do đó [Kj : Kj−1] = 2t với t ∈ N, suy ra

[Kn : Q] = [Kn :Q(α, β)][Q(α, β) : Q] = 2m, m ∈ N

[T : K] = [T : E][E : K]

Do đó [Q(α, β) : Q] = 2r, r ∈ N.

Định lý 1.2 (Tiêu chuẩn 2 về dựng được bằng thước và compa) Nghiệm

là lũy thừa của 2

trong mở rộng căn bậc hai chuẩn tắc F Vì trường nghiệm Gchứa trong

F và [F : K] = 2n nên [G : K] = 2m Điều ngược lại hiển nhiên

Ví dụ 1.1.1 (Bài toán gấp đôi hình lập phương) Dựng hình lập phương

có thể tích gấp hai lần thể tích hình lập phương cho trước

Lời giải Gọi a là cạnh hình lập phương cho trước, x là độ dài cạnhhình lập phương cần dựng Khi đó ta có phương trình x3 = 2a3 Không

nhận được phương trình x3 − 2 = 0

Lập luận theo tiêu chuẩn 1 (Định lý 1.1): Cụ thể đa thức x3− 2 thỏamãn các điều kiện của tiêu chuẩn 1, theo định lý 1.1 bài toán này khônggiải được bằng thước và compa

đa thức này thì ta có dãy mở rộng trường

Q ⊂ Q(α) ⊂ F

Từ đó,

[F : Q] = [F : Q(α)][Q(α) : Q]

Vì [Q(α) :Q] = 3 nên [F : Q] ̸= 2m Điều này chứng tỏ bài toán khônggiải được bằng thước và compa

Bài toán dựng tam giác dựa vào nhiều yếu tố: có thể dựa vào cáccạnh, các góc, đường cao hoặc trung tuyến, phân giác, Việc dự kiếncần những yếu tố nào “vừa đủ” để tam giác hoàn toàn xác định là việclàm quan trọng và hấp dẫn những người quan tâm đến bài toán dựnghình Bài toán ở đây là dựng tam giác theo ba điểm định vị, tức là từcác điểm xác định trong tam giác hãy chọn những bộ ba điểm để dựnglại được tam giác? Tất nhiên ta hạn chế bài toán dựng với bộ dụng cụ

“thước kẻ và compa”

Năm 1982 Wernick đã đưa ra một danh sách các bài toán dựng hìnhbằng thước kẻ và compa (trong đó cũng có nhiều bài toán đã được công

bố trước đó) Mỗi bài toán trong danh sách này (danh sách Wernick )

ˆ A, B, C, O: ba đỉnh và tâm đường tròn ngoại tiếp;

ˆ Ma, Mb, Mc, G: trung điểm các cạnh và trọng tâm tam giác;

ˆ Ha, Hb, Hc, H: ba chân đường cao và trực tâm;

ˆ Ta, Tb, Tc, I: ba chân các đường phân giác trong và tâm đường trònnội tiếp

chỉ liệt kê 139 bài toán không tầm thường hoặc không tương tự Ví dụ:

bộ ba {A, B, C}là tầm thường còn chẳng hạn, các bài toán {A, B, Ma},

{A, B, Mb}, {B, C, Mc}, {A, C, Ma}, {A, C, Mc} được coi là tương tự

ˆ Nhóm 1: Các bài toán thừa điều kiện Nếu có một điểm trong

bộ ba được xác định duy nhất và dựng được nhờ hai điểm kia thì

thân tam giác) chỉ ứng với các điểm có điều kiện ràng buộc thì tanói bài toán là phụ thuộc điều kiện, kí hiệu là L Tất cả các bàitoán như thế trong danh sách Wernick đều có vô số nghiệm Chẳnghạn với bài toán {A, B, O}, điểmO phải thuộc trung trực củaAB,nếu trái lại thì tam giác ABC không tồn tại

giác ABC từ các điểm đã cho (nói chung tồn tại trừ một vài trườnghợp), ta nói bài toán là giải được hoặc dựng được, ký hiệu là S

và compa) thì ta nói bài toán không giải được hoặc không dựng

giải được vẫn có thể hoàn toàn giải được bằng bộ dụng cụ khác.Các kết quả sau đây được tổng hợp và công bố trong bài báo mới nhất

cập nhật năm 1996 chỉ còn lại 20 Hơn nữa các bài toán 90, 109, 110, 111

và 138 đã được chứng minh là không giải được Một số bài toán đã cóthêm lời giải đơn giản hơn, chẳng hạn các bài toán 43, 57, 58 Lời giải của

59 bài toán giải được có thể tìm thấy trên Internet (E Specht, Wernick’sListe [in Deutsch], https://hydra.nat.uni.magdeburg.de/wernick/.) Vừamới đây người ta đã thu được một thành tựu đáng giá: Dựa vào sự pháttriển của hệ máy tính người ta kiểm tra được khả năng dựng được hay

không dựng được tất cả các bài toán trong danh sách của Wernick vàphát hiện ra cách dựng các bài toán mà máy tính đã khẳng định là dựngđược.

Sau đây là 139 bài toán trong danh sách Wernick bao gồm 3 bài thuộc

Các ví dụ nêu ở đây đại diện cho các nhóm mà chủ yếu là 2 nhóm:

(bằng thước và compa) Mỗi ví dụ không thể trình bày đủ các bướcnhưng mỗi ví dụ đều có những chú ý mang tính điển hình: Bài toán nàyđặc sắc về cách phân tích hay cách dựng, bài toán kia đặc sắc về phươngpháp biện luận

Hệ thống ArgoTriCS, trang bị các kiến thức hình học thích hợp, cónhững mục tiêu rất khác nhau Hệ thống đó dùng để giải đa số các bàitoán dựng được trong danh sách Wernick: 66 trong 74 bài Hệ thống đãtriển khai trong PROLOG, có gần 6000 dòng mã, thời gian giải một bàitoán thường mất hơn 1 giờ Thời gian dựng dài nhất là dựng bài toán101: {Ma, Ha, I} gồm 14 bước Hệ thống này cũng phát hiện được bài

cách dựng theo ngôn ngữ tự nhiên và với những dụng cụ dựng hình kháphổ thông cùng một loạt hình minh họa sinh động

Lời giải Lấy I làm gốc tọa độ, A(a, b), H(a, c) với b > 0 Gọi r làbán kính đường tròn nội tiếp tam giác, Hình 1.1

Bảng 1.1: 139 bài toán trong danh sách Wernick

Hình 1.1: Dựng tam giác biết I, H, A

2 + bc) Đây là phương tích của I đối với đường



a, b + c2

,

 Từ đó lập được phương trình (ẩn

- Dựng đường tròn C đi qua ba điểm P, M, K, gọi O là tâm đường tròn,

Q là trung điểm của P K

điểm T, T ở vị trí sao cho tiếp điểm ở giữa hai điểm I và T

sao cho ATa và BTb là các phân giác trong của tam giác Gọi ℓ là tiagốc A đi qua Tb, ta thấy B phải thuộc tia ℓ′ là đối xứng của ℓ qua ATa.Mặt khác, khi hạ TbX ⊥ BC thì X vừa nhìn TbTa dưới một góc vuôngvừa thỏa mãn XTb = ZTb, nói cách khác X là giao của hai đường tròn

(Tb, TbZ) và đường tròn đường kính TaTb Từ đó xác định được B, C.Cách dựng: Các bước dựng như sau:

Hình 1.2: Cách dựng Bài toán Wernick 57

B1 Dựng tam giác ATaTb Gọi Z là chân đường vuông góc hạ từ Tb

xuống ℓ′

B2 Dựng đường tròn (Tb, TbZ) và đường tròn đường kính TaTb Gọi X

là một trong hai giao điểm của hai đường tròn này

B3 Đường thẳng XTa cắt tia ℓ′ ở B, cắt ℓ ở C, △ABC là tam giáccần dựng, Hình 1.3a)

Cách dựng khác: Các bước dựng như sau:

B1 Gọi tia ℓ′ là đối xứng của tia ℓ = ATb qua ATa;

B2 Dựng điểm P là một trong hai giao điểm của (Tb, TbTa) với tia ℓ′;

B3 Dựng trung trực của P Ta Trung trực này cắt ℓ′ ở điểm B và tia

1.3b)

Hình 1.3: Minh họa hai cách giải Bài toán Wernick 58

Biện luận: Phần đặc sắc của bài toán chính là phần biện luận: Ta nghiêncứu số các nghiệm hình dựng được tùy theo vị trí của các điểm A, Ta, Tb

Lấy một hệ tọa độ cực với Alà gốc và Tb(1, 0) Giả sử tọa độ cực của

Điều đó xảy ra khi

(i) ρ > 2 cos θ, hoặc

(ii) ρ ≤ 2 cos θ, cos 2θ > 0 và 4 cos22θ + 4(ρ − 2 cos φ) ≥ 0 Điều đó

sin θ sin 3θ là nghiệm của phươngtrình ρ2 − 2ρ cos θ + cos22θ = 0, 0 < θ < π

3.

Trung trực của P Ta cắt ℓ′ tại điểm B với tọa độ cực (β, 2θ) trong đó,

β = ρ cos θ − t cos 2θ

ρ cos θ − t Đòi hỏi β > 0 tương đương với t < ρ cos θ Từ

(1.6), điều đó tương đương với t < 4 cos θ Với 0 < θ < π

3, giả sử P±

Hình 1.4: Biện luận về số nghiệm bài toán Wernick 58

có tọa độ cực (ρ±, θ) Các điểm này nằm trong đường cong C khép kín

thì đường tròn (Tb, TbTa) không cắt nửa đường thẳng ℓ′

- một nghiệm duy nhất nếu Ta nằm giữa các nửa đường trònρ = 2 cos θ

và ρ = 4 cos θ

cong C với θ < π

2.

Ví dụ 1.2.3 (Bài toán Wernick 60) {A, Tb, Tc}

Lời giải Bài toán này không được Wernick đưa ra cách giải Ở đâychúng tôi trình bày 2 cách giải như sau, [5] :

Cách giải 1

Hình 1.5: Cách giải bài toán Wernick 60

là hai chân phân giác vẽ từ B và C Ta thấy Tb cách đều AB và BC, vìthế đường tròn tâm Tb đã tiếp xúc với ATc thì phải tiếp xúcCB Tương

tự như vậy, đường tròn tâm Tc đã tiếp xúc ATb thì phải tiếp xúc BC

Dựng hình

B1 Nối ATb, ATc, dựng các đường tròn tâm Tb, Tc thứ tự tiếp xúc với

ATc, ATb;

B2 Dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn, khác phía với A đối vớiđường thẳng TbTc, đó là đường thẳng m chứa B, C;

B3 Dựng B = (ATc) ∩ m; C = (ATb) ∩ m Nối điểm A với B, C, ta

cách dựng

Biện luận: Nghiệm bài toán phụ thuộc vào số tiếp tuyến chung của haiđường tròn tâm Tb, Tc và số giao điểm của tiếp tuyến chung đó với cáctia ATb, ATc Bài toán có nhiều nhất là 4 nghiệm hình

Cách 2 Các bước dựng như sau

B1 Dựng đường tròn đi qua ba điểm A, Tb, Tc, dựng phân giác góc

\

TbATc, cắt đường tròn tại M;

B2 DựngM′là đối xứng củaM qua đườngTbTc, đường tròn(M′, M′Tb)

đối với (TbTc);

B3 Tia TbI cắt tia ATc ở điểmB, tiaTcI cắt tia ATb ở điểmC.△ABC

là tam giác cần tìm với I là tâm đường tròn nội tiếp Hình 1.5b)

Ví dụ 1.2.4 (Bài toán Wernick 25) {A, M, Ta}

Các bước dựng như sau

B1 Dựng đường thẳng sa đi qua A và Ta; a đi qua Ma và Ta;

B2 Dựng đường thẳng ma đi qua Ma, vuông góc với a và điểm Na =

trùng nhau, sa và ma không song song

Hình 1.6: Bài toán Wernick 25 và bài toán Wernick 84

Ví dụ 1.2.5 (Bài toán Wernick 84) {Ma, Mb, G}

Các bước dựng như sau

Lời giải Bài toán này xuất hiện trong danh sách Wernick, bảng 1.1, banđầu (1982) thuộc nhóm “chưa có kết luận”, mãi đến năm 2005 mới có kếtluận bài toán thuộc nhómS (theo Eric Danneels, A simple construction

of a triangle from its centroid, incenter and a vertex, Volume 5 (2005),Forum Geometricorum) Lời giải thì đơn giản nhưng biện luận rất khókhăn

Lời giải dựa vào hai nhận xét dễ thấy sau

ID ∥ AN Thật vậy, trọng tâm G chia các đoạn AD và N I theo

1 nên theo định lý Thalet ta cóID ∥ AN.

trên AN Thật vậy, điều đó suy ra từ tính chất điểm xuyên tâm đối

hình 1.7

Hình 1.7: Hai nhận xét trong ví dụ 1.2.6

Cách dựng Các bước dựng như sau:

GD =

2

1, dựng C đường kính ID,

B2 Dựng đường thẳng ℓ đi qua A, song song với ID, gọi Y là giao của

đường tròn (I, IX)),

B3 Từ A dựng 2 tiếp tuyến đến (I, IX), dựng giao điểm của hai tiếp

I(0, −k) Giả sử G(u, v) thì D

ℓcó phương trìnhvx − uy + 2ku = 0 Từ đó ta biện luận được số nghiệm

được (xem Hình 1.9) :

Hình 1.8: Bài toán Wernick 73

tròn màu đỏ;

tròn và hai đoạn thẳng (vùng (2));

bài toán chia ba một góc mà ngay từ thời đó, người ta đã chứng minhđược không thể chia ba một góc bằng thước và compa

Phương pháp chứng minh tính không dựng được

Phương pháp thứ nhất là thực hiện đại số hóa bài toán hình học vàdùng kết quả của lý thuyết Galois về tiêu chuẩn giải được bằng thước

và compa Ta có một số kết quả cổ điển sau:

Giả sử F là trường mở rộng của Q và G là trường mở rộng của F Một

số trong G dựng được bằng thước và compa khi và chỉ khi nó bằng mộtbiểu thức chỉ biểu diễn bởi các số trong F và các phép toán só học cùng

Hình 1.9: Ba vùng biện luận của bài toán Wernick 73

phép khai căn bậc hai Các số như vậy được gọi là các số đại số trong F

và bậc của nó (trong trường F) là một lũy thừa của2 Kết quả này thuộc

compa thì α sẽ là nghiệm của một đa thức bất khả quy trên trường Q cóbậc là một lũy thừa của 2.) và thường được dùng để chứng minh khôngdựng được bằng thước và compa (chẳng hạn, để chứng minh khả năngchia ba một góc bằng thước và compa)

Ta cũng thường sử dụng kết quả mạnh hơn, mà chính là một hệ quảcủa lý thuyết Galois: Một số đại số trên trường F là dựng được nếu vàchỉ nếu trường phân rã các đa thức cực tiểu của nó là mở rộng bậc 2m

Một điểm dựng được bằng thước và compa từ các điểm trong tập

có thể có tọa độ (0, 0) và một điểm khác có tọa độ (k; 0) với k là số cho

cố định, điểm thức ba phải có tọa độ tự do (a, b)

Bước 1 Phiên dịch bài toán đang xét thành một hệ đa thức,

Bước 2 Sử dụng “chuỗi biến đổi chính quy” để thu được hệ đa thức bất

khả quy,

Bước 3 Sử dụng kết quả của Wantzel hoặc lý thuyết Galois chứng minh

tính dựng được hay không dựng được

Người ta thực hiện quá trình chứng minh trên bằng phần mềm Maple

mà trong đó có nhiều công cụ mạnh để thực hiện chuỗi biến đổi chínhquy hoặc tính nhóm Galois các đa thức có bậc đến 9 Thông thường ýtưởng này được tiến hành theo 2 cách khác nhau:

điều đó ta xét một chứng cứ, tức là một số (=độ dài đoạn thẳng)

mà là nghiệm của bài toán với điểm có tọa độ hữu tỷ rồi áp dụngquá trình trên vào số này Nếu số đó không dựng được thì bàitoán không giải được bằng compa hay thước kẻ, (xem các bài toánWernick 115, 122 )

bài toán (đối với đủ các “chứng cứ” đưa ra) ta áp dụng phươngpháp tham số mà biểu diễn được trường hợp chung nhất Các tínhtoán khá khó nhưng đầy đủ: Nếu mỗi nhóm Galois có bậc là lũythừa của 2 thì bài toán là dựng được và khi đó, về mặt lý thuyếtbài toán được giải, nhưng rất khó thu được cách dựng hình họcthuần túy, thậm chí ngay trong trường hợp đơn giản nhất, (xembài toán Wernick 108 )

Các ví dụ minh họa

(bằng thước và compa), được giải chi tiết hoặc tóm tắt, mà thường ở

một góc, bài toán cầu phương đường tròn và bài toán gấp đôi hình lậpphương)

Ví dụ 1.2.7 (Bài toán Wernick 115) {G, Ha, Hb}.

Hình 1.10: Bài toán Wernick 115, nhóm U

Lời giải Chọn hệ tọa độ sao cho trục Ox là trung trực củaHaHb còntrục Oy chính là đường HaHb Ta có thể coi tọa độ của các điểm nhưsau: Ha(0, 1), Hb(0, −1), G(1, g2), hình 1.10

Vì \AHaB = AH\bB = 90◦, các điểm Ha, Hb nằm trên đường tròn

đó Mc(x, 0) với x ∈ R nào đó Để xác định ta chọn g2 = 2

3, ta cóC(3 − 2x, 2) Giả sử A(u, v), tính được tọa độ B theo x, u, v : (2x −

u, −v) Vì C, A, H0 thẳng hàng nên các hệ số góc của AHb và HbC phải

Dễ thấy phương trình (1.7) là phương trình bậc ba không có nghiệm

bài toán Wernick 115 không dựng được

Chú ý Trong bài báo [3], Meyers khẳng định rằng có tam giác vớicác điểm G, Ha, Hb cho trước mà x ≈ −0.4311 và các đỉnh không dựng

thước và compa)

Ví dụ 1.2.8 (Bài toán Wernick 122) {G, Ta, Tb}

Lời giải Chọn hệ tọa độ sao cho Tb(0, 0), Ta(4, 0) vàG(2, 1) Mỗi mộttrong các điểm này cho hai phương trình đa thức sinh bởi tọa độ củacác điểm A(xA, yA), B(xB, yB), C(xC, yC) Biến đổi hệ 6 phương trìnhnày đưa về hệ gồm 2 phuương trình sau

(

P (yC) = yC4 − 6y3C − 51yC2 − 24yC + 36

P (yC) = 2701yC3 − 12871yC2 + 43008yC − 28224

Phương trình thứ nhất có trường phân rã mà bậc bằng 24 = 23.3 ̸= 2r,nghĩa là ngay cả khi bậc đa thức là 4 nó cũng không thể giải được bằngcác phép toán số học và căn bậc hai Do đó, bài toán Wernick 122 khôngdựng được bằng thước và compa

Ví dụ 1.2.9 (Bài toán Wernick 108) {Ma, H, Ta}

Lời giải Chọn hệ tọa độ sao cho Ta(0, 0), Ma(1, 0) và H(a, b) Đại

số hóa cho hệ đa thức sau

mà hiển nhiên giải được (tất cả các phương trình đều có bậc lớn nhất

108 dựng được bằng thước và compa

Tất nhiên, phép dựng này không thú vị lắm (vì các phép dựng dàidòng) nhưng nó có giá trị minh họa cho lý thuyết

Ví dụ 1.2.10 (Bài toán Wernick 138) {Ta, Tb, Tc}.

Lời giải Đây là một ví dụ đơn giản về tam giác không dựng được

sao cho các đoạn thẳngAA′, BB′, CC′ là các phân giác trong hoặc ngoàicủa nó Nếu chỉ xét phân giác trong thì đây là bài toán 138 trong danhsách Wernick, một bài toán không dựng được bằng thước và compatrong trường hợp tổng quát, trừ trường hợp tam giác vuông Ở đây ta

compa khi tam giác có góc 60◦ hoặc 120◦

A(1 : 0 : 0), B(0 : 1 : 0), C(0 : 0 : 1) và ký hiệu (x : y : z) là tọa

độ barycentric của tâm đường tròn nội tiếp △A′B′C′ Theo giả thiết

A′, B′, C′ là chân các phân giác trong hoặc phân giác ngoài, một trongcác điểm A′, B′, C′ là chân phân giác trong, hai điểm kia là chân phângiác ngoài Các đỉnh A′, B′, C′ có tọa độ (−x : y : z), (x : −y : z), (x :

y : −z) Chúng thỏa mãn các phương trình sau

−x(c2y2 − b2z2) + yz(c2 + a2 − b2)y − (a2 + b2 − c2)z = 0 (1.8)

−y(a2z2 − c2x2) + xz(a2 + b2 − c2)c − (b2 + c2 − a2)x= 0 (1.9)

−z(b2x2 − a2y2) + xy(b2 + c2 − a2)x − (c2 + a2 − b2)y = 0 (1.10)

toán bằng thước và compa Đặt c2 = a2 − ab + b2, tức là xét trườnghợp bC = 60◦ ta nhận được phương trình bậc ba theo t bằng cách viết

mà dễ thấy nó không có nghiệm hữu tỷ Nghiệm của phương trình bậc

ba này không dựng được bằng thước và compa

Nghiệm phương trình có thể tính được bằng cách lấy

A = (7, 0), B(4, 4√

3), C(0, 0),

kết quả A′B′C′ và tâm nội tiếp, bàng tiếp tương ứng được cho trongbảng 1.2 Mặt khác, nếu c2 = a2 + ab + b2, từ (1.8), biểu diễn z theo

x, y với phép thế bx = t.ay thì được

3(a + b)bt3 − (a2 + 4ab + b2)t2 − (a2 − 4ab + b2)t + 3a(a + b) = 0

Bảng 1.2: Bài toán Wernick 138, góc b C = 60◦, a = 8, b = 7