Pierre de Fermat (phiên âm: Pie Đờ Phécma, 17 tháng 8 năm 1601 tại Pháp – 12 tháng 1 năm 1665) là một học giả nghiệp dư vĩ đại, một nhà toán học nổi tiếng và cha đẻ của lý thuyết số hiện đại. Xuất thân từ một gia đình khá giả, ông học ở Toulouse và lấy bằng cử nhân luật dân sự rồi làm chánh án. Chỉ trừ gia đình và bạn bè tâm giao, chẳng ai biết ông vô cùng say mê toán. Mãi sau khi Pierre de Fermat mất, người con trai mới in dần các công trình của cha kể từ năm 1670. Năm 1896, hầu hết các tác phẩm của Fermat được ấn hành thành 4 tập dày. Qua đó, người đời vô cùng ngạc nhiên và khâm phục trước sức đóng góp dồi dào của ông. Chính ông là người sáng lập lý thuyết số hiện đại, trong đó có 2 định lý nổi bật: định lý nhỏ Fermat và định lý lớn Fermat (định lý cuối cùng của Fermat).
Ngũ giác Morley Nguyễn Văn Linh, lớp 12A2 Toán, Khối THPT chuyên ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội 24/12/2010 Mở đầu Năm 1907, tạp chí Transactions of the American Mathematical Society , Frank Morley đưa toán sau: Cho năm điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 đường tròn (O) Gọi O1 , O2 , O3 , O4 , O5 điểm cung A3 A4 , A4 A5 , A5 A1 , A1 A2 , A2 A3 ; (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ), (O5 ) (O1 , O1 A4 ), (O2 , O2 A5 ), (O3 , O3 A1 ), (O4 , O4 A2 ), (O5 , O5 A3 ) ;B1 , B2 , B3 , B4 , B5 giao điểm thứ hai (O3 ) (O4 ), (O4 ) (O5 ), (O5 ) (O1 ), (O1 ) (O2 ), (O2 ) (O3 ) Các cặp đường thẳng (B2 B3 , B4 B5 ), (B3 B4 , B1 B5 ), (B4 B5 , B1 B2 ), (B1 B5 , B2 B3 ), (B1 B2 , B3 B4 ) cắt tạo thành ngũ giác X1 X2 X3 X4 X5 Khi đỉnh ngũ giác nằm (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ), (O5 ) Trong viết này, chứng minh lại toán khai thác số tính chất trường hợp ngũ giác Morley ngũ giác đặc biệt Chứng minh toán X4 X3 A1 O4 B1 O3 A2 A5 B2 B5 O5 B4 O2 B3 X5 A4 A3 O1 X1 1 Ta có O1 B3 A3 = 90o − B3 O1 A3 , A3 B3 A2 = 180o − A3 O5 A2 nên O1 B3 A3 + A3 B3 A2 = 360o − 2 (B3 O1 A3 + A3 O5 A2 ) = 180o , hay O1 , B3 , A2 thẳng hàng Chứng minh tương tự, A3 , B2 , O4 thẳng hàng Suy B2 B3 A2 = B2 A3 A2 = O4 O1 A2 hay B2 B3 //O1 O4 Tương tự B1 B5 //O2 O4 Từ B1 B4 B2 = O1 O4 O2 Mà O1 , O2 điểm cung A3 A4 , A4 A5 nên O1 O4 O2 = A3 O4 A5 , nghĩa X4 nằm (O4 ) Chứng minh tương tự ta có đpcm Một số tính chất trường hợp đặc biệt Chúng ta giả sử X1 X2 X3 X4 X5 ngũ giác nội tiếp Khai thác toán ta thu số tính chất sau: Tính chất 1: X1 A1 , X2 A2 , X3 A3 , X4 A4 , X5 A5 đồng quy điểm (kí hiệu P ) X4 X3 A1 O4 O3 B1 A5 A2 B2 B5 P X2 O2 O5 B3 B4 A4 X5 A3 O1 X1 Chứng minh: Ta có B1 B5 //O2 O4 nên B1 O4 O2 = X4 B1 O4 = 90o − B1 O4 X4 o Mà B1 O4 O2 = A5 O4 A4 nên A5 O4 A4 + B1 O4 X4 = 180 hay X4 , O4 , A4 thẳng hàng Tương tự ba (X5 , O5 , A5 ), (X3 , O3 , A3 ) thẳng hàng (1) Mặt khác, X4 X3 X5 = X4 X2 X5 = O4 O2 O5 = O4 O3 O5 , mà X3 X5 //O3 O5 nên O3 O4 //X3 X4 Tương tự O4 O5 //X4 X5 nên hai tam giác O3 O4 O5 X3 X4 X5 có cạnh tương ứng song song Suy O3 X3 , O4 X4 , O5 X5 đồng quy P Kết hợp với (1) ta có đpcm Điểm P tâm vị tự hai ngũ giác X1 X2 X3 X4 X5 O1 O2 O3 O4 O5 Tính chất 2: Các đường vng góc kẻ từ X1 tới B3 B4 , X2 tới B4 B5 , X3 tới B1 B5 , X4 tới B1 B2 , X5 tới B2 B3 đồng quy điểm (kí hiệu Q) X4 X3 A1 O3 O4 B1 H3 A5 B5 A2 B2 Q P H5 X2 O2 B4 H1 B3 O5 A4 A3 O1 X5 X1 Chứng minh: Gọi H1 , H2 , H3 , H4 , H5 hình chiếu X1 B3 B4 , X2 B4 B5 , X3 B1 B5 , X4 B1 B2 , X5 B2 B3 Ta có X1 X5 //O1 O5 , A3 B3 ⊥ O1 O5 nên A3 B3 ⊥ X1 X5 Suy A3 X1 X5 = B3 A3 X1 − 90o Mặt khác B4 X1 H1 = 90o − X1 B4 H1 = B3 A3 X1 − 90o Suy A3 X1 X5 = B4 X1 H1 Tương tự A3 X5 X1 = H5 X5 X3 Do giao điểm Q X1 H1 X5 H5 điểm liên hợp đẳng giác A3 tam giác X1 X3 X5 Lại có X3 , O3 , A3 thẳng hàng nên X3 Q X3 O3 hai đường đẳng giác góc B1 X3 B5 Suy X3 , H3 , Q thẳng hàng Vậy X1 H1 , X3 H3 , X5 H5 đồng quy Chứng minh tương tự ta có đpcm Tính chất 3: B1 B2 B3 B4 B5 ngũ giác vừa nội tiếp, vừa ngoại tiếp đường tròn X4 X3 A1 O3 O4 B1 A5 B5 A2 B2 Q P X2 H5 O2 B4 H1 B3 O5 A4 A3 O1 X5 X1 Chứng minh: Theo tính chất ta có B3 trực tâm tam giác QX1 X5 , suy QB3 ⊥ X1 X5 Mà A3 B3 ⊥ X1 X5 nên Q, B3 , A3 thẳng hàng Chứng minh tương tự ta thu A1 B1 , A2 B2 , A3 B3 , A4 B4 , A5 B5 đồng quy Q Suy Q tâm đẳng phương năm đường tròn (O1 ), (O2 ), (O3 ), (O4 ), (O5 ) Gọi k phương tích Q năm đường tròn Xét phép nghịch đảo tâm Q, phương tích k : A1 → B1 , A2 → B2 , A3 → B3 , A4 → B4 , A5 → B5 Mà A1 A2 A3 A4 A5 nội tiếp nên B1 B2 B3 B4 B5 nội tiếp Mặt khác, A4 A5 B5 = A4 B4 X1 = A4 B3 X1 = B2 B3 O5 = B3 B2 O5 = A1 B2 X4 = A1 B1 X4 = B5 A5 A1 Suy đường phân giác góc ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 đồng quy Q, hay ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 ngoại tiếp Mà B1 B2 B3 B4 B5 ảnh A1 A2 A3 A4 A5 qua phép nghịch đảo tâm Q, phương tích k nên A1 A2 A3 A4 A5 ngoại tiếp Ta có đpcm Tính chất 4: Các cặp tam giác sau đồng dạng: P B1 B5 X3 A5 A1 , P B1 B2 X4 A2 A1 , P B2 B3 X5 A3 A2 , P B3 B4 X1 A4 A3 , P B4 B5 X2 A5 A4 X4 X3 A1 O4 O3 B1 A5 H3 B5 A2 B2 P X2 O2 Q B4 H1 B3 O5 A4 A3 O1 X5 X1 Chứng minh: Ta chứng minh cặp tam giác P B1 B5 X3 A5 A1 đồng dạng Do cặp X1 P, X1 Q X4 P, X4 Q hai đường đẳng giác B5 X1 X4 v B5 X4 X1 nên P, Q hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác B5 X1 X4 Suy P B5 B1 = QB5 X1 = A5 B5 X3 = X3 A1 A5 Tương tự X3 A5 A1 = P B1 B5 Từ suy đpcm Tính chất 5: Tập hợp 10 hình chiếu P, Q năm cạnh B1 B2 , B2 B3 , B3 B4 , B4 B5 , B5 B1 thuộc đường tròn tâm trung điểm P Q X4 X3 A1 O4 O3 B1 A5 K3 H3 K4 H4 B5 A2 B2 H2 X2 Q P O K2 O2 H5 B4 K5 B3 K1 H A4 O5 O1 A3 X5 X1 Chứng minh: Gọi K1 , K2 , K3 , K4 , K5 hình chiếu P cạnh B3 B4 , B4 B5 , B5 B1 , B1 B2 , B2 B3 Ta có B5 K2 K3 = B5 P K3 = 90o − P B5 K3 = 90o − QB5 H2 = B5 QH2 = K3 H3 H2 Suy H2 , K3 , H3 , K2 thuộc đường tròn Dễ thấy đường trung trực d3 K3 H3 đường trung bình hình thang K3 P QH3 nên d3 qua trung điểm O P Q Tương tự đường trung trực d2 K2 H2 qua trung điểm O P Q Do O tâm (H2 , K3 , H3 , K2 ), tương tự O tâm (K3 , K4 , H3 , H4 ), (K4 , K5 , H4 , H5 ), (K5 , K1 , H5 , H1 ) nên 10 điểm K1 , K2 , , K5 , H1 , H2 , , H5 nằm đường tròn tâm O Tính chất 6: Gọi I1 , I2 , I3 , I4 , I5 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác X3 B1 X4 , X4 B2 X5 , X5 B3 X1 , X1 B4 X2 , X2 B5 X4 Khi ngũ giác I1 I2 I3 I4 I5 vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn I1 X4 X3 A1 O3 O4 I'1 S I5 B1 T1 B5 T5 A5 A2 B2 Q P X2 O2 B4 B3 O1 O5 X5 X1 Chứng minh: Gọi T1 giao O2 O4 O3 O5 ; S giao (I5 ) với X3 Q, I1 tâm (O3 T1 O4 ) Ta có B5 trực tâm tam giác X3 QX2 nên X3 QX2 = 180o − X3 B5 X2 = X2 SQ Suy S điểm đối xứng với Q qua X2 X4 Tương tự ta chứng minh S nằm (I1 ) Mà X3 Q ⊥ X2 X4 suy I1 I5 //B1 B5 Tương tự I1 I2 //B1 B2 , , I4 I5 //B4 B5 (1) Mặt khác ta có P tâm vị tự hai ngũ giác X1 X2 X3 X4 X5 O1 O2 O3 O4 O5 nên P, T1 , B1 thẳng hàng Lại có I1 O4 ⊥ X2 X4 X2 X4 //O2 O4 suy I1 O4 T1 = 90o Tương tự I1 O3 T1 = 90o , ta thu I1 trung điểm I1 T1 Ta có I1 T1 O4 = 90o − T1 O3 O4 = 90o − X4 X3 X5 = 90o − B5 X2 B4 = O2 B5 B4 = X3 B5 A1 = X3 B1 A1 = QB1 B2 = P B1 B5 = B1 T1 O4 Do T1 , B1 , I1 thẳng hàng Ta thu P, B1 , I1 thẳng hàng Tương tự ba (P, B5 , I5 , (P, B2 , I2 ), (P, B3 , I3 ), (P, B4 , I4 ) thẳng hàng (2) P I1 Từ (1) (2) suy I1 I2 I3 I4 I5 ảnh B1 B2 B3 B4 B5 qua phép vị tự tâm P tỉ số , kết hợp P B1 tính chất suy đpcm Lời kết Bài tốn khơng dừng lại Nếu bạn đọc tiếp tục suy nghĩ phát nhiều tính chất mới, chẳng hạn P, Q nằm đường nối tâm hai đường tròn (O1 O2 O3 O4 O5 ) (X1 X2 X3 X4 X5 ); giao điểm thứ hai (I1 ), (I2 ), (I3 ), (I4 ), (I5 ) thuộc đường tròn, Trong khn khổ có hạn, viết xin dừng lại Lời khuyên tác giả dành cho bạn đứng trước toán mới, đào sâu suy nghĩ khai thác tính chất liên quan, thực người học toán! Tài liệu [1] Morley F., On Reflexive Geometry, Transactions of the American Mathematical Society, vol.8 (1907) 2-24 [2] Jean Louis Ayme, Les pentagrammes de Miquel et de Morley http://perso.orange.fr/jl.ayme [3] Dantzig T., Elementary proof of a theorem due to F.Morley, American Mathematical Monthly, vol 23, (1916) 246-248 Email: lovemathforever@gmail.com ... B2 B3 O5 = B3 B2 O5 = A1 B2 X4 = A1 B1 X4 = B5 A5 A1 Suy đường phân giác góc ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 đồng quy Q, hay ngũ giác A1 A2 A3 A4 A5 ngoại tiếp Mà B1 B2 B3 B4 B5 ảnh A1 A2 A3 A4 A5 qua... minh: Ta chứng minh cặp tam giác P B1 B5 X3 A5 A1 đồng dạng Do cặp X1 P, X1 Q X4 P, X4 Q hai đường đẳng giác B5 X1 X4 v B5 X4 X1 nên P, Q hai điểm liên hợp đẳng giác tam giác B5 X1 X4 Suy P B5 B1... B2 B3 B4 B5 ngũ giác vừa nội tiếp, vừa ngoại tiếp đường tròn X4 X3 A1 O3 O4 B1 A5 B5 A2 B2 Q P X2 H5 O2 B4 H1 B3 O5 A4 A3 O1 X5 X1 Chứng minh: Theo tính chất ta có B3 trực tâm tam giác QX1 X5