Bài toán đẳng chu bất đẳng thức đẳng chu trong mặt phẳng sơ cấp

Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ MỤC LỤC MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG I: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP Bài toán đẳng chu tổng quát mặt phẳng 1.1 Dạng phát biểu gốc 1.2 Dạng phát biểu tương đương 1.3 Chứng minh tương đương hai phát biểu Định lý ( Bất đẳng thức đẳng chu tổng quát mặt phẳng) Vài phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu tổng quát mặt phẳng 3.1 Phép chứng minh sơ cấp Steiner 3.2 Phép chứng minh cao cấp CHƯƠNG II: MỘT SỐ BÀI TỐN ĐẲNG CHU TRONG HÌNH HỌC PHẲNG SƠ CẤP 12 Các toán diện tích lớn .12 1.1 Loại gốc .12 1.2 Loại mở rộng 22 Các toán chu vi nhỏ 39 2.1 Loại gốc 39 2.2 Loại mở rộng .43 PHẦN KẾT LUẬN 60 TÀI LIỆU THAM KHẢO 61 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ LỜI NÓI ĐẦU - - - \[ - - Bài toán đẳng chu bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ kỷ thứ IV, III trước công nguyên hồi sinh phát triển mạnh mẽ Bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng sơ cấp biết đến từ thời cổ đại chứng minh tương đối chặt chẽ nửa đầu kỷ XIX chứng minh hoàn toàn chặt chẽ nhiều cách khác kỷ XX Bất đẳng thức đẳng chu khơng gian sơ cấp có phép chứng minh khó phức tạp nhiều Mục đích khóa luận giới thiệu vài phép chứng minh đầy đủ bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng không gian đồng thời tổng hợp lớp toán đẳng chu phẳng khơng gian Tuy nhiên, thời gian khơng cho phép tự ý thu hẹp đề tài, trình bày số phép chứng minh bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng lớp tốn đẳng chu phẳng Vì vậy, khóa luận có tên là: BÀI TOÁN ĐẲNG CHU – BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP Hy vọng thời gian tới có điều kiện nghiên cứu sâu chúng tơi quay trở lại tìm hiểu vấn đề mức độ nâng cao không gian Cụ thể, nội dung khóa luận gồm hai chương: Chương 1: Bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng sơ cấp Chương 2: Một số tốn đẳng chu hình học phẳng sơ cấp Mặc dù cố gắng khóa luận cịn có sai sót, mong quý thầy cô bạn đồng môn vui lịng bảo Để hồn thành Khóa luận này, tơi hướng dẫn nhiệt tình Phó Giáo sư – Tiến sĩ Lê Anh Vũ, giúp đỡ bảo thủ tục Thầy Khoa Sư phạm nói chung Bộ mơn Tốn nói riêng Tơi xin chân thành cảm ơn q thầy cơ! Xin kính chúc q thầy nhiều sức khỏe, hạnh phúc công tác tốt! SV thực hiện: Lê Thanh Bình SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Chương I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - \[ - - Chương giới thiệu toán bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng sơ cấp Đối với toán phẳng, đưa chi tiết hai phép chứng minh, chứng minh sơ cấp Steiner ( mà chưa chặt chẽ) chứng minh cao cấp hoàn toàn chặt chẽ có sử dụng kiến thức giải tích nhiều biến hình học vi phân cổ điển BÀI TOÁN ĐẲNG CHU TỔNG QUÁT TRONG MẶT PHẲNG Bài toán đẳng chu biết đến từ thời cổ đại Bằng vẻ đẹp tự nhiên mình, tốn đẳng chu có lịch sử vơ hấp dẫn (xem [1]) Cơng trình cốt yếu giới thiệu chứng minh tương đối chặt chẽ cho toán đẳng chu công bố năm 1841 Jacob Steiner (1796-1863) Vào thời gian đó, tốn đẳng chu trung tâm tranh chấp hai phương pháp: giải tích (tức dùng phép tính vi phân) phương pháp tổng hợp hình học túy Mặc dù thừa nhận giá trị phương pháp giải tích, Steiner dùng phương pháp tổng hợp Chứng minh Steiner có thiếu sót mà sau chỉnh lý lại phương pháp giải tích Để hiểu rõ chất toán đẳng chu, trước hết phát biểu toán hai dạng tương đương 1.1.DẠNG PHÁT BIỂU GỐC Chứng minh tất hình phẳng với chu vi cho, hình trịn có diện tích lớn 1.2 DẠNG PHÁT BIỂU TƯƠNG ĐƯƠNG Chứng minh tất hình phẳng với diện tích cho, hình trịn có chu vi nhỏ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ 1.3 CHỨNG MINH SỰ TƯƠNG ĐƯƠNG CỦA HAI PHÁT BIỂU TRÊN Định lý Hai phát biểu tương đương Chứng minh Để tiện, ta ký hiệu phát biểu gốc A, phát biểu cịn lại B • Giả sử A Ta cần chứng tỏ B Thật vậy, giả sử phản chứng B sai Khi đó, hình trịn C cho, tồn hình phẳng F có diện tích với C chu vi nhỏ chu vi C Ta co rút C đường trịn C’ có chu vi với F Lúc diện tích C’ nhỏ diện tích C, nhỏ diện tích F Điều mâu thuẫn với tính A Mâu thuẫn chứng tỏ B phải Tức A kéo theo B • Khẳng định ngược lại B kéo theo A lập luận tương tự Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng mà phát biểu chứng minh Nếu bất đẳng thức đẳng chu chứng minh hệ hiển nhiên tốn đẳng chu giải Ngược lại, toán đẳng chu chứng minh suy bất đẳng thức đẳng chu ĐỊNH LÝ (BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG) Cho hình phẳng đơn liên tùy ý C có diện tích A (đvdt) chu tuyến đường cong khép kín, C1 - khúc với chiều dài số L (đvđd) Khi ta có 4ΠA ≤ L2 Dấu “=” xảy C hình trịn SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ VÀI PHÉP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG 3.1 PHÉP CHỨNG MINH SƠ CẤP CỦA STEINER 3.1.1 Bao lồi lý bất đẳng thức đẳng chu cần phải chứng minh trường hợp miền lồi Bao lồi miền Ω , ký hiệu Ω , định nghĩa tập lồi nhỏ chứa Ω Do Ω = ∩{K / K miền lồi phẳng chứa Ω } Nếu Ω lồi Ω =Ω Giả sử miền Ω khơng lồi, ta xây dựng miền lồi chứa Ω mà diện tích lớn chu vi nhỏ chu vi Ω Do đó, ta cần chứng minh bất đẳng thức đẳng chu miền lồi Điều biện minh bổ đề Ω Ω 3.1.2 Bổ đề Cho Ω hình phẳng đóng, bị chặn bao quanh đường cong khép kín C1 - khúc với bao lồi Ω Khi ta ln có: ( ) (ii ) L ( ∂ ( Ω ) ) ≤ L ( ∂ ( Ω ) ) S Ω ≥ S (Ω) (i ) Nếu Ω không lồi, bất đẳng thức nghiêm ngặt Chứng minh Đặt K = Ω K phải chứa điểm Ω chứa đoạn thẳng nối hai điểm phân biệt Ω Tập điểm K không thuộc Ω phân hoạch thành thành phần liên thông Oi rời nhau: int( K ) − Ω = U O Nếu Ω lồi, U O i SVTH: Lê Thanh Bình i i i tập rỗng Mỗi điểm X ∈ ∂K có Trang: Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ thể thuộc ∂Ω không Nếu X ∉∂Ω , áp dụng định lý Caratheodory, X điểm nằm đường thẳng d ⊂ cho K nằm phía d tồn điểm Yi , Z i ∈ ∂Ω ∩ d để X nằm Yi , Z i Ω Γi Oi Λi Yi Zi d Giả sử Oi miền d Ω Vì X ∉∂Ω nên Oi chứa phần hình trịn lân cận X (có diện tích dương) Do ta có: S ( K ) = S ( Ω ) + ∑ i S ( Oi ) > S ( Ω ) Bây ta cắt biên Ω thành hai phần Yi , Z i Đặt Γi phần ∂Ω từ Yi đến Z i dọc ∂Oi Đặt Λ i = ∂Oi − Γi đoạn thẳng từ Yi đến Z i Khi L ( Λi ) < L ( Γi ) Mặt khác K = Ω ∪ (U O ) Suy i i L ( ∂K ) = L ( ∂Ω ) + ∑ i ( L ( Λ i ) − L ( Γi ) ) ≤ L ( ∂Ω ) 3.1.3 Bổ đề Trong tất tam giác có độ dài hai cạnh cho trước a b, tam giác vng có diện tích lớn Chứng minh Giả sử tam giác ABC có độ dài hai cạnh BC = a, AC = b diện tích S Khi ta có: 1 S = ab sin C ≤ ab 2 ⎛ ⎝ Dấu “=” xảy khi: ( sin C = 1) ⇔ ⎜ C = π⎞ ⎟ Tức S lớn 2⎠ tam giác ABC vuông C SVTH: Lê Thanh Bình Trang: GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khố luận tốt nghiệp 3.1.4 Bổ đề Nếu hình phẳng đóng, bị chặn lồi A bị chia dây cung (tức đoạn thẳng có hai đầu mút thuộc biên A ) thành phần có chu vi diện tích khác tồn hình A1 có chu vi với A diện tích lớn diện tích A A' P Q A'1 A" Chứng minh Giả sử PQ dây cung chia hình phẳng A thành hai phần A’, A’’ có chu vi diện tích A’ lớn diện tích A’’ Gọi A1' hình đối xứng A’ qua đường thẳng PQ Khi hình A1 = A’ ∪ A1' có chu vi với A diện tích lớn diện tích A 3.1.5 Định lý Cho C hình phẳng, đóng, bị chặn lồi mặt phẳng Nếu C khơng hình trịn tồn hình C’ có chu vi C diện tích lớn Nói cách khác, hình trịn có diện tích lớn tất hình phẳng có chu vi Chứng minh Steiner Lấy P,Q hai điểm biên C mà chia C thành hai hình có chu vi Vì C khơng đường tròn nên tồn V ∈ C cho PVQ ≠ 900 Gọi B1 , B2 hai hình giới hạn C hai dây cung PV QV SVTH: Lê Thanh Bình Trang: GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp V B1 V’ B2 B1 Q P P’ B2 Q’ Vì tam giác PVQ không vuông nên theo bổ đề 2, tồn tam giác vng P’V’Q’ có PV = P 'V ', QV = Q 'V ' diện tích lớn Ta thấy diện tích hình S tạo tam giác P’V’Q’ hình B1 , B2 lớn diện tích tập hợp gồm B1 , B2 PVQ Suy diện tích hình phẳng C’ gồm hợp S ảnh đối xứng S’ qua P’Q’ lớn diện tích C có chu vi với C Từ chứng minh này, dễ dàng suy hệ bất đẳng thức đẳng chu 3.1.6 Nhận xét Trên cách chứng minh Steiner công bố vào năm 1841 Cách chứng minh hoàn toàn sơ cấp dễ hiểu Tuy nhiên nhược điểm thừa nhận điều khơng hiển nhiên tốn đẳng chu tổng quát mặt phẳng có lời giải để từ suy lời giải đường trịn Nói cách khác Steiner chứng minh rằng: hình phẳng có chu vi tồn hình có diện tích lớn hình phải hình trịn Để chứng minh Steiner trở nên chặt chẽ, ta cần phải chứng minh tồn hình phẳng có diện tích lớn hình phẳng có chu vi 3.2 PHÉP CHỨNG MINH CAO CẤP 3.2.1 Bổ đề Cho A diện tích miền phẳng đơn liên (D) có chu tuyến đường cong khép kín C đơn, C1 – khúc định hướng dương (tức ngược chiều kim đồng hồ) xác định phương trình tham số c(t) = ( x(t); y(t) ), t∈ [a, b] Khi ta có b b a a A = − ∫ y ( t ).x ' ( t ) dt = ∫ x ( t ) y ' ( t ) dt = b ( x y '− y.x') dt (*) ∫a Chứng minh SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Ta có ∫ b a x(t ) y '(t )dt = ∫ odx + xdy = ∫∫ (1 − 0)dxdy ( theo công thức Green ) ( D) C = ∫∫ dxdy = A ( D) Tương tự ta có b − ∫ y (t ).x '(t )dt = − ∫ ydx + 0dy = ∫∫ dxdy = A a C ( D) b x(t ) y '(t ) − y (t ) x '(t ) ) dt = ∫ ( − ydx + xdy ) = ∫∫ dxdy = A ( ∫ a 2C ( D) 3.2.2 Định lý Cho C đường cong phẳng khép kín, đơn, C1- khúc với chiều dài L; A diện tích miền phẳng đơn liên giới hạn C Khi ta có 4ΠA ≤ L2 Chứng minh Lấy E E’ hai đường thẳng song song theo phương thẳng đứng không cắt C Tịnh tiến chúng theo phương thẳng đứng hai tiếp xúc C ta nhận hai tiếp tuyến ∆ ∆’ C song song song với Khi C thuộc dải song song giới hạn ∆ ∆’ Gọi S đường tròn nhận ∆ ∆’ hai tiếp tuyến không cắt C O tâm đường tròn S Dựng hệ trục toạ độ Đề vng góc gốc O có trục hồnh vng góc với ∆ ∆’ Tham số hoá đường cong C độ dài cung α (s) = ( x(s); y(s) ); s∈[0, L] cho C định hướng dương, ∆ ∆’ tiếp xúc với C s = s = s1 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ ∆ ∆’ C E’ E s=0 s = s1 y α 2r S1 α x O Giả sử phương trình tham số S là: ( ) α ( s ) = x( s ); y ( s ) = ( x(s); y(s) ); s ∈ [ 0, L ] , Gọi 2r khoảng cách ∆ ∆’, đương nhiên 2r đường kính đường trịn S ; A diện tích S Theo bổ đề 4, ta có : L A = ∫ xy ' ds ; SVTH: Lê Thanh Bình L A = π r = − ∫ yx ' ds Trang: 10 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khố luận tốt nghiệp Vì M , M ’ đối xứng qua p P ∈ p nên MP = M ’P Tương tự: QM= QM” Suy pMPQ =MP+PQ+QM=M’P+PQ+QM”=M’M” Nếu P’, Q’ điểm p, q pMP'Q' =MP’+P’Q’+Q’M=M’P’+P’Q’+Q’M”=M’P’Q’M” ≥ M’M” (vì M’P’Q’M” đường gấp khúc) Đẳng thức xảy P ' ≡ P Q ' ≡ Q nghĩa pMPQ = M ' M " Nhưng M’M” cạnh đáy tam giác cân M’M”O (do OM’=OM=OM”) với góc cố định đỉnh O Suy M’M” nhỏ cạnh bên OM’=OM=OM” nhỏ Nghĩa M phải giao điểm đường tròn (C) đoạn thẳng OO1, O1 tâm đường tròn (C) Vậy, M = (C ) ∩ OO1 với O1 tâm đường tròn (C) P = M ' M "∩ p, Q = M ' M "∩ q với M’,M” tương ứng điểm đối xứng M qua p q đường sơng ngắn Bài tốn 35:(Vơ địch Canada – 1980) Trong tất tam giác cho trước góc α độ dài bán kính đường trịn nội tiếp tam giác r , tìm tam giác có chu vi nhỏ Giải A α c b I r B H C a Hình 3.31 Xét tam giác ABC với ∠ BAC = α (cho trước) bán kính đường trịn nội tiếp r khơng đổi ⎛ B C⎞ Đặt AB = c, BC = a, AC = b ; ta có: a = BH + HC = r ⎜ cot g + cot g ⎟ 2⎠ ⎝ ⎛ C A⎞ ⎛ A B⎞ Tương tự: b = r ⎜ cot g + cot g ⎟ , c = r ⎜ cot g + cot g ⎟ , 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ ⎛ ⎝ suy : p ABC =2p = 2r ⎜ cot g SVTH: Lê Thanh Bình A B C⎞ + cot g + cot g ⎟ 2 2⎠ Trang: 47 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp ⎛ B+C ⎞ sin ⎜ ⎟ A B C⎞ α ⎛ ⎝ ⎠ p = 2r.cot g + 2r ⎜ cot g + cot g ⎟ = 2r.cot g + 2r B C 2 2⎠ ⎝ sin sin 2 p = 2r.cot g α + 2r.cos α 4r.cos α 2 = 2r.cot g + ⎡ ⎛ B−C ⎞ ⎡ ⎛ B −C ⎞ α⎤ ⎛ B + C ⎞⎤ cos ⎜ cos ⎜ ⎟ − cos ⎜ ⎟⎥ ⎟ − sin ⎥ ⎢ ⎢ 2⎣ ⎝ ⎠ 2⎦ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ⎠ ⎡ α ⎤ cos ⎢ ⎥ α 2 ⎥ ⇒ p ≥ 2r.cot g + ⇒ p ≥ 2r ⎢ cot g + α⎞ α⎞ ⎛ ⎛ ⎢ − sin ⎟ ⎥ ⎜1 − sin ⎟ ⎜ ⎢⎣ 2⎠ ⎠ ⎥⎦ ⎝ ⎝ B −C =1 ⇔ B = C Dấu xảy (3.54) khi: cos α Vậy ( p ) α 4r.cos α (3.54) ⎡ α ⎤ cos ⎢ ⎥ α ⎥ ; đạt ∆ABC cân = 2r ⎢cot g + α ⎞⎥ ⎛ ⎢ ⎜1 − sin ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎠⎦ ⎝ A Kết luận: Tam giác ABC cân A ( ∠A = α ) thỏa yêu cầu toán Bài toán 36: Cho tam giác nhọn ABC Gọi A’, B’, C’ chân đường cao vẽ từ A, B, C Các điểm M, N, P di động cạnh [AB], [AC], [BC] a Xác định vị trí M N để chu vi ∆A ' MN đạt giá trị nhỏ b Xác định vị trí M, N, P để chu vi ∆MNP đạt giá trị nhỏ Giải A A A2 M B' P1 M C' C' H A1 B A' N B' C P2 H A1 B A' P C Hình 3.32 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 48 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ a Xét phép đối xứng trục ĐAB Xét phép đối xứng trục ĐAC ĐAB : A’ | A1 ĐAC : A’ | M | M A | A A | A N | N Suy ra: A’M=A1M, A’A=A1A A2 Suy ra: A’N=A2N, A’A=A2A Gọi pA’MN chu vi ∆A ' MN Ta có: pA'MN = A ' M + MN + A ' N = A1M + MN + A2 N ≥ A1 A2 ⇒ pA'MN ≥ A1 A2 (3.55) Dấu xảy (3.55) A1, M, N, A2 thẳng hàng theo thứ tự Khi đó: ∠ MA'A = ∠ MA1A ∠ MA1A = ∠ MA A ⇒ ∠ MA'A = ∠ MA A ⇒ M, A’, A2, A thuộc đường trịn (AA’C) đường kính AC ⇒ ∠ AMC = 1v ⇒ M ≡ C' ; Tương tự: N, A’, A1, A thuộc đường trịn (AA’B) đường kính AB; Suy ∠ ANB = 1v ⇒ N ≡ B' Vậy Min ( pA'MN ) = A1A ; đạt M ≡ C' N ≡ B' A b α α P1 SVTH: Lê Thanh Bình I P2 Trang: 49 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Xét phép đối xứng trục ĐAB Xét phép đối xứng trục ĐAC ĐAB : P | P1 ĐAC : P | P2 M | M A | A A | A N | N Suy ra: MP=MP1, AP=AP1 Suy ra:NP=NP2, AP=AP2 Gọi pMNP chu vi ∆MNP Ta có: pMNP = MP + MN + NP = MP1 + MN + NP2 ≥ P1 P2 ⇒ pMNP ≥ PP (3.56) Đặt ∠BAC = α , dễ thấy ∆P1 AP2 cân A có ∠P1 AP2 = 2α Trong tam giác vuông P1IA: P1 I = P1 A sin α = PA sin α , suy ra: P1 P2 = P1 I = PA sin α ≥ AA 'sin α ⇒ PP ≥ AA 'sin α (3.57) Từ (3.56), (3.57) suy pMNP ≥ AA 'sin α (3.58) Dấu xảy (3.58) (3.56) (3.57) xảy dấu ⇔ P1, M, N, P2 thẳng hàng theo thứ tự P ≡ A ' ⇔ M ≡ C' , N ≡ B' P ≡ A ' (theo kết câu a.) Vậy Min ( pA'MN ) = A1A sin α ; đạt M ≡ C' , N ≡ B' P ≡ A' Kết luận: pA'MN đạt giá trị nhỏ M ≡ C' , N ≡ B' P ≡ A' Bài toán 37: Trong tam giác nhọn cho trước tìm tam giác nội tiếp có chu vi nhỏ nhất.(Định lí Steiner) Giải C P" N M X P' Y A P B Hình 3.33 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 50 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Ta tìm điểm M, N P nằm tương ứng cạnh BC, CA AB tam giác ABC cho chu vi tam giác MNP nhỏ Trước hết ta giải toán tổng quát hơn: Nếu P điểm cố định AB, tìm điểm M N tương ứng BC AC cho chu vi tam giác MNP nhỏ Gọi P’, P” điểm đối xứng với P qua BC, AC Từ tính chất đối xứng trục ta có: CP’=CP=CP” ∠P ' CB = ∠PCB , ∠P " CA = ∠PCA , Suy ∠P ' CP " = 2∠BCA Vì ∠BCA < 900 (do ∆ABC tam giác nhọn) nên ∠P ' CP " < 1800 Từ suy đoạn thẳng P’P” cắt cạnh BC AC ∆ABC Gọi M, N điểm cắt P’P” với BC AC Ta chứng minh M N xác định điểm cần tìm Thật vậy: Vì P P’ đối xứng qua BC nên MP=MP’ Tương tự ta có NP=NP” Suy pPNM = PN + NM + MP = P " N + NM + MP ' = P ' P " Nếu X, Y điểm BC, AC thì: pPXY = PX + XY + YP = P ' X + XY + YP " = P ' XYP " ≥ P ' P " (vì P’XYP” đường gấp khúc) Đẳng thức xảy X ≡ M Y ≡ N Theo lí luận ta khẳng định ∆PMN có chu vi nhỏ tất tam giác nội tiếp ∆ABC với điểm P cố định chu vi nhỏ đoạn thẳng P’P” Như ta cịn tìm điểm P cạnh AB cho đoạn thẳng P’P” có giá trị nhỏ Vì P’P” cạnh đáy tam giác cân P’P”C với góc C cố định nên suy P’P” nhỏ cạnh bên CP’=CP=CP” nhỏ Suy P chân đường cao hạ từ C đến cạnh AB ∆ABC Như tồn ∆PMN nội tiếp ∆ABC có chu vi nhỏ Tam giác có đỉnh P chân đường cao hạ từ C ∆ABC đỉnh M, N xác định sau: M = P ' P "∩ BC , N = P ' P "∩ AC với P”, P” tương ứng điểm đối xứng P qua BC AC Bài toán 38: Trong tất tứ giác nội tiếp hình chữ nhật cho, tìm tứ giác có chu vi nhỏ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 51 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Giải B2 M2 N2 P D A2 M3 Q2 N3 P1 C B3 D1 C3 P3 Q Q1 N A B M M1 B2 M2 A1 A2 M3 B3 Q2 N2 P D D1 C C3 P1 N Q A Q1 M B M1 A1 Hình 3.34 Gọi MNPQ tứ giác nội tiếp hình chữ nhật ABCD Đặt: d1 = ĐBC, d2 = ĐCD1 , d3 = ĐA1D1 Thực liên tiếp phép đối xứng trục d1, d2, d3 ta có: A | A1 | A2 | A2 B | B | B2 | B3 C | C | C | C3 D | D1 | D1 | D1 M | M1 | M2 | M3 N | N | N2 | N3 P | P1 | P1 | P3 Q | Q1 | Q2 | Q2 Suy ra: NP = NP1 , PQ = PQ , MQ = M 3Q2 ⇒ pMNPQ = MN + NP1 + PQ + Q2 M ≥ MM Ngoài AM song song A2M3 nên MM3 song song AA2 ⇒ pMNPQ ≥ AA2 Đẳng thức xảy M, N, P1, Q2, M3 thẳng hàng theo thứ tự đó, tức MN /// AC /// PQ NP /// BD /// QM SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 52 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Vậy ( pMNPQ ) = AA2 đạt MN /// AC /// PQ NP /// BD /// QM Kết luận: MNPQ nội tiếp hình chữ nhật ABCD thỏa tính chất: MN /// AC /// PQ NP /// BD /// QM có chu vi nhỏ Bài tốn 39:Trong tất tứ giác nội tiếp hình vng cho trước, tìm tứ giác có chu vi nhỏ Giải M A B N E Q F D G P C Hình 3.35 Gọi ABCD hình vng cho trước M, N, P, Q thuộc cạnh AB, BC, CD DA Gọi E, F, G trung điểm đoạn thẳng MQ, MP, NP ∆AMQ vng A có AE trung tuyến nên AE = MQ 2 Tương tự ∆CNP vng C có CG trung tuyến nên CG = NP Mặt khác EF, FG đường trung bình tam giác MPQ MNP 2 nên EF = PQ FG = MN Suy pMNPQ = MN + NP + PQ + QM = ( FG + CG + EF + AE ) = AEFGC ≥ AC ⎧ MN // AC // PQ ⎩ NP // BD // MQ Đẳng thức xảy A, E, F, G, C thẳng hàng ⇔ ⎨ Khi MNPQ hình chữ nhật Vậy ( pMNPQ ) = AC đạt MNPQ hình chữ nhật Kết luận: Trong tất tứ giác nội tiếp hình vng cho trước hình chữ nhật có chu vi nhỏ SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 53 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Bài toán 40: Trong mặt phẳng cho đường tròn ( O; R ) điểm P nằm đường tròn ( OP = d < R ) Trong tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường trịn nói cho đường chéo AC BD vng góc với P, xác định tứ giác có chu vi nhỏ (Đề thi học sinh giỏi PTTH 1996-1997) Giải Trước hết ta chứng minh định lí Ptolemy: “ Cho điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có : AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Đẳng thức xảy A, B, C, D điểm nằm đường tròn” Chứng minh A X D C B Hình 3.36 Trong tứ giác ABCD dựng điểm X cho ∠XAB = ∠BDC , ∠XBC = ∠ABD Khi ∆ABX ∆DBC ⇒ AB AX BX = = DB DC BC Do ∠XBC = ∠ABD (1) ta suy Do ta có: XB BC = AB BD (1) nên ∆XBC ∆ABD BC CX XB (2) = = BD DA AB Từ (1) ta có: AB.DC = DB AX Từ (2) ta có: BC.DA = BD.CX Cộng theo hai vế đẳng thức ta thu được: AB.DC + BC.DA = BD ( AX + CX ) ≥ BD AC Đẳng thức xảy X ∈ AC ⇔ ∠CAB = ∠CDB (A, D nhìn đoạn CB góc nhau) tức tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 54 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ • Chứng minh hệ thức liên hệ cạnh đường chéo tứ giác B J I A C D Hình 3.37 Gọi I, J trung điểm đường chéo AC, BD Áp dụng định lí đường trung tuyến tam giác ta có: ⎧ AB BC AC ⎪ BI = + − ⎪ ⎪ AD DC AC ⎪⎪ DI = + − ⎨ 2 ⎪ AJ = AB + AD − BD ⎪ 2 ⎪ 2 ⎪CJ = CB + CD − BD ⎪⎩ 2 ⎛ AC + BD ⎞ ⇒ AB + BC + CD + DA2 = BI + DI + AJ + CJ + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎧ BI DI BD + − ⎪⎪ IJ = 2 ⎨ 2 ⎪ JI = AJ + CJ − AC ⎪⎩ 2 ⇒ IJ + BD + AC = BI + DI + AJ + CJ 2 Suy AB + BC + CD + DA2 = IJ + AC + BD ( đpcm ) *Trở lại toán B A C d P O D Hình 3.38 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 55 Khoá luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Gọi chu vi tứ giác ABCD p , ta có: p = ( AB + BC + CD + DA ) = AB + BC + CD + DA2 + ( AB.CD + BC AD ) + ( AB AD + BC.CD ) + ( AB.BC + CD AD ) Định lí Ptolemy cho ta: AB.CD + BC AD = AC.BD Mặt khác S ABD = 1 AB AD.sin A = BD.PA 2 ⇒ AB AD = BD PA = R.PA sin A S BCD = 1 BC.CD.sin C = BD.PC 2 ⇒ BC.CD = BD PC = R.PC sin C Suy ra: AB AD + BC.CD = R ( PA + PC ) = R AC Tương tự ta có: AB.BC + AD.DC = R.BD ⎧ AB = R.sin D1 ⎩CD = R.sin A2 Lại có: ⎨ ⇒ AB + CD = R ( sin D1 + sin A2 ) = R ( sin D1 + cos D1 ) = R ( ∠D1 ∠A2 phụ ) Tương tự BC + AD = R Do : p = R + AC.BD + R AC + R.BD = R + AC.BD + R ( AC + BD ) Hơn AC.BD = ( AC + BD ) − ( AC + BD ) = ( AC + BD ) − ( 8R − 4d ) (*) 2 (vì theo cơng thức liên hệ cạnh đường chéo tứ giác ABCD ta có: AB + BC + CD + DA2 = AC + BD + IJ Với I trung điểm AC, J trung điểm BD ⎧OI ⊥ AC ⇒ ⎨ AC ⊥ BD ( giả thiết ) ⎩OJ ⊥ BD Nên suy IOJP hình chữ nhật ⇒ IJ = OP = d Do AC + BD = AB + BC + CD + DA2 − IJ = 8R − 4d ) Nên p = 8R + ( AC + BD ) − 8R + 4d + R ( AC + BD ) = ( AC + BD ) + R ( AC + BD ) + 4d 2 (**) Từ (**) ta thấy p đạt cực tiểu AC + BD đạt cực tiểu ⇔ AC.BD đạt cực tiểu SVTH: Lê Thanh Bình (do (*) ) Trang: 56 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Vì AC.BD = AC + BD − ( AC − AC.BD + BD ) = 8R − 4d − ( AC − BD ) Nên AC.BD đạt cực tiểu AC − BD đạt cực đại ⇔ AC đạt cực đại BD đạt cực tiểu ⇔ AC=2R ( đường trịn đường kính dây cung lớn nhất) Và BD vng góc với AC P Suy BD = OB − OP = R − d 2 ⇒ BD = R − d Khi p = 16 R + 16 R R − d Vậy ( p ) = chữ nhật 16 R + 16 R R − d ; đạt MNPQ hình Kết luận: Tứ giác ABCD nội tiếp ( O; R ) có đường chéo vng góc thỏa mãn AC = 2R BD = 2R tứ giác cần tìm Bài tốn 41: Trên cạnh chéo khơng nằm mặt phẳng hình lập phương cho trước, lấy điểm X, Y, Z Hãy chọn vị trí X, Y, Z để tam giác XYZ có chu vi nhỏ Giải z D' X C' B' A' y D Z C Y A B x Hình 3.39 Giả sử hình lập phương cho ABCD.A1B1C1D1 có cạnh Khơng tính tổng quát ta giả thiết: X ∈ [C1 D1 ], Y ∈ [ AD], Z ∈ [ BB1 ] Chọn hệ tọa độ Axyz cho: A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 1) Khi đó: X(x; 1; 1), Y(0; y; 0), Z(1; 0; z) SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 57 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ pXYZ = 1+ y2 + z2 + pXYZ = 1+ ( (1 − x ) y2 + z2 ) + + (1 − z ) + x + (1 − y ) + 2 + 1+ ( (1 − x ) + (1 − z ) ) 2 + 1+ ( x + (1 − y ) ) Theo bất đẳng thức Minkovski ta có: pXYZ ≥ ≥ ⇒ pXYZ ≥ (1 + + 1) + ( (1 − x ) + (1 − z ) y2 + z2 + 9+ ⎡⎣ y+ (1-z ) + x ⎤⎦ + ⎡⎣ z+ (1-x ) + (1 − y ) ⎤⎦ 9+ [1 + x + y − z ] + ⎡⎣ − ( x + y − z ) ⎤⎦ 2 + x + (1 − y ) ) 2 (*) 2 ⇒ ⎡⎣1 + ( x + y − z ) ⎤⎦ + ⎡⎣ − ( x + y − z ) ⎤⎦ ≥ ⎡⎣1 + ( x + y − z ) ⎤⎦ + ⎡⎣ − ( x + y − z ) ⎤⎦ = 2 2 27 ⇒ + ⎡⎣1 + ( x + y − z ) ⎤⎦ + ⎡⎣ − ( x + y − z ) ⎤⎦ ≥ + = = (**) 2 Từ (*) và(**) suy ra: pXYZ ≥ (3.59) { } Dấu xảy (3.59) x = y = z = , tức X, Y, Z điểm cạnh D1C1, AD, BB1 hình lập phương Vậy ( pXYZ ) = 3 ; đạt X, Y, Z điểm cạnh D1C1, AD, BB1 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Kết luận: X, Y, Z điểm cạnh D1C1, AD, BB1 hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 thỏa yêu cầu toán Bài toán 42: Các đỉnh tứ giác nằm cạnh khác hình chữ nhật cho trước có chiều dài chiều rộng a, b Tìm giá trị nhỏ chu vi tứ giác theo a, b ( Thi học sinh giỏi TP.HCM 2005 2006) Giải P3 M A a B N Q P1 D b P C P2 Hình 3.40 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 58 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khố luận tốt nghiệp Giả sử hình chữ nhật ABCD có AB = a BC = b Tứ giác MNPQ có đỉnh M, N, P, Q nằm cạnh AB, BC, CD, DA hình chữ nhật ABCD Gọi P1, P2 điểm đối xứng P qua AD, BC P3 điểm đối xứng P1 qua AB Khi đó: pMNPQ = MN + NP + PQ + QM , suy pMNPQ = ( MN + NP2 ) + ( QP1 + QM ) ⇒ pMNPQ ≥ MP2 + MP3 ≥ P2 P3 ⇒ ≥ MP2 + MP1 = MP2 + MP3 pMNPQ ≥ P2 P3 (3.60) Trong tam giác vuông P3P1P2: P2 P32 = P1 P32 + P1 P2 = 4b + 4a = ( a + b ) ⇒ P2 P3 = a + b (3.61) Từ (3.60), (3.61) suy pMNPQ ≥ a + b (3.62) ⎧ N ∈ [ MP2 ] ⎪ Dấu xảy (3.62) khi: ⎨Q ∈ [ PM ] tức M, N, P, Q ⎪M ∈ [P P ] ⎩ trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Vậy ( pMNPQ ) = a + b ; đạt M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Kết luận: ( pMNPQ ) = a + b ; đạt M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 59 GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ Khoá luận tốt nghiệp KẾT LUẬN - - - \[ - - - I Kết đạt Tóm lại, qua q trình nghiên cứu, đề tài đạt kết sau: Trình bày, giới thiệu số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng dựa vào cơng cụ giải tích hàm nhiều biến hình học vi phân cổ điển Hệ thống lại tốn đẳng chu phẳng chương trình tốn phổ thơng có phân loại loại gốc loại mở rộng II Hạn chế đề tài Lời giải số toán chưa thật hay, chưa thật ngắn gọn Chưa trình bày chứng minh bất đẳng thức đẳng chu cho vật thể khơng gian phép chứng minh phức tạp Cịn nhiều tốn đẳng chu khơng gian chưa nêu đề tài III Hướng phát triển đề tài Hướng đến chứng minh định lí đẳng chu trường hợp tổng qt cho khơng gian Euclide n chiều n , n ≥ 2 Ngồi cịn xét tốn đẳng chu không gian khác mặt cầu, đa tạp Riemann,… Hy vọng thời gian tới có điều kiện nghiên cứu sâu quay trở lại tìm hiểu vấn đề mức độ nâng cao SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 60 Khố luận tốt nghiệp GVHD: PGS.TS Lê Anh Vũ TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] ANDREJS TREIBERGS - Inequalities that Imply the Isoperimetric Inequality [2] NGUYỄN HỮU ĐIỂN – Phương pháp giải tốn cực trị hình học Nhà xuất khoa học kỹ thuật, Hà Nội – 2001 [3] NGUYỄN ĐỨC TẤN – Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng Nhà xuất giáo dục, 2004 [4] PGS.TS VŨ DƯƠNG THỤY – NGUYỄN ĐỨC TẤN – Giá trị lớn giá trị nhỏ hình học Nhà xuất Đại học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh [5] TSKH.VŨ ĐÌNH HỊA – Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học phổ thơng – Bất đẳng thức hình học Nhà xuất giáo dục, 2004 SVTH: Lê Thanh Bình Trang: 61 ... I BẤT ĐẲNG THỨC ĐẲNG CHU TRONG MẶT PHẲNG SƠ CẤP - - - [ - - Chương giới thiệu toán bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng sơ cấp Đối với toán phẳng, đưa chi tiết hai phép chứng minh, chứng minh sơ. .. Bài toán đẳng chu liên quan mật thiết với bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng mà phát biểu chứng minh Nếu bất đẳng thức đẳng chu chứng minh hệ hiển nhiên tốn đẳng chu giải Ngược lại, toán đẳng chu. .. ĐẦU - - - [ - - Bài tốn đẳng chu bất đẳng thức đẳng chu có lịch sử lâu đời từ kỷ thứ IV, III trước công nguyên hồi sinh phát triển mạnh mẽ Bất đẳng thức đẳng chu mặt phẳng sơ cấp biết đến từ