Đường cong phẳng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM TRUNG KIÊN ĐƯỜNG CONG PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thái Ngun - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ĐẠI HỌC THÁI NGUN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC PHẠM TRUNG KIÊN Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số : 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS-TS: ĐÀM VĂN NHỈ Thái Nguyên - Năm 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Mục lục Lời nói đầu KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Nhóm 1.2 Vành đa thức nghiệm đa thức 1.3 Kết thức biệt thức ĐƯỜNG CONG PHẲNG 21 2.1 Khái niệm đường cong phẳng 21 2.2 Tham số hóa đường cong phẳng 2.3 Điểm hữu tỷ đường cônic 25 2.4 Cấu trúc nhóm đường cong bậc ba khơng có điểm kỳ dị 28 22 MỘT SỐ ỨNG DỤNG 31 3.1 Một vài hình sơ cấp qua tham số hóa 31 3.2 Một vài phương trình nghiệm ngun qua tham số hóa 35 3.3 Phép biến hình Nab 38 3.4 Một vài toán đường cong bậc 44 Kết luận 52 Tài liệu tham khảo 53 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ LỜI NĨI ĐẦU Đã từ lâu, người ta quan tâm đến phương trình kiểu x2 + y = z hay x3 +y = z với x, y, z nguyên Việc giải tốn z = việc tìm điểm hữu tỷ đường cong phẳng x2 + y = hay x3 + y = Chính vấn đề nẩy sinh xác định điểm hữu tỷ đường cong phẳng Để xác định hầu hết điểm hữu tỷ, người ta thường tham số hóa đường cong phẳng R2 Một vấn đề nhiều người quan tâm là: Một kết hình học cho đường trịn cịn cho đường elip, hypecbol, parabol khơng? Để có kết cho đường conic hệ thức phải có hệ số tương ứng kèm theo Vấn đề thứ ba là: Mô tả tập hợp điểm hình học phẳng khơng phải dùng thước kẻ compa dựng Khi muốn tìm quỹ tích điểm mặt phẳng ta mơ tả qua đường cong phẳng Với ba vấn đề đặt luận văn tập trung nghiên cứu đường cong phẳng mở rộng vài kết biết từ lâu Luận văn chia làm ba chương Chương Trình bày vài kiến thức chuẩn bị nhóm, vành đa thức, kết thức biệt thức Chương Tập trung trình bày đường cong phẳng Mục 2.1 trình bày khái niệm đường cong phẳng Chúng chứng minh mệnh đề 2.1.2 giao hữu hạn điểm hai đường cong phẳng Mục 2.2 trình bày việc tham số hóa đường conic vài đường cong phẳng khác Chúng tham số hóa theo Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ kiểu phân thức hữu tỷ để áp dụng vào xác định điểm hữu tỷ đường cong phẳng Cạnh chúng tơi tham số hóa hàm lượng giác để chuyển vài kết từ đường trịn sang elip Mục 2.3 chúng tơi trình bày phương pháp xác định điểm hữu tỷ đường conic Mục 2.4 trình bày cấu trúc nhóm đường cong bậc ba khơng có điểm kỳ dị Chương Một số ứng dụng Mục 3.1 trình bày vài hình sơ cấp qua tham số hóa Trong mục tơi sử dụng tham số hóa để giải số toán tập hợp điểm mà quỹ tích chúng đường cong phẳng bậc ba Mục 3.2 đưa cách giải vài phương trình nghiệm nguyên sử dụng phương pháp tham số hóa Mục 3.3 trình bày khái niệm vài tính chất phép biến hình Nab Trong mục tơi trình bày định lý Ptolemy định lý Newton đường tròn Từ kết sử dụng phép biến hình Nab phát số kết tương tự cho elip Mục 3.4 tơi trình bày số toán đường cong phẳng bậc ba đặc biệt toán đường cong phẳng 21- điểm K3 Đích cuối luận văn muốn đạt là: Kết thức phép khử với tính chất ứng dụng Đường cong phẳng mặt phẳng vài tính chất Tham số hóa đường cong phẳng sử dụng tham số hóa đường cong phẳng số tốn phương trình nghiệm nguyên, điểm hữu tỷ số hình sơ cấp Phương pháp tìm điểm hữu tỷ đường conic cấu trúc nhóm đường cong phẳng bậc ba khơng kỳ dị Trình bày phép biến hình Nab vài tính chất Bài toán đường cong phẳng 21 - điểm K3 Dù cố gắng, chắn nội dung trình bày luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót định, em mong nhận góp ý thầy giáo bạn Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học PGS.TS Đàm Văn Nhỉ Em xin tỏ lòng cảm ơn chân thành tới thầy Em xin cảm ơn chân thành tới Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên, nơi em nhận học vấn sau đại học Tác giả xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp cảm thông, ủng hộ giúp đỡ suốt thời gian tác giả học cao học viết luận văn Thái Nguyên, ngày 10 tháng năm 2013 Người viết Phạm Trung Kiên Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Nhóm Giả sử X tập khác rỗng Xét tích X × X = {(a, b) |a, b ∈ X } Một ánh xạ ∗ : X × X → X gọi phép toán hai X Giả thiết ∗ phép tốn hai ngơi X Phép tốn ∗ gọi có tính chất kết hợp (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa mãn cho a, b, c ∈ X Phép tốn ∗ gọi có tính chất giao hốn a ∗ b = b ∗ a thỏa mãn cho a, b ∈ X Giả sử A tập X Tập A gọi ổn định với phép toán ∗ a ∗ b ∈ A với a, b ∈ A Định nghĩa 1.1.1 Giả sử tập X = ∅ với phép tốn hai ngơi ∗ Phần tử e ∈ X gọi phần tử trung hòa a ∗ e = e ∗ a = a thỏa mãn cho a ∈ X Định nghĩa 1.1.2 Cho tập X = ∅ với phép tốn hai ngơi ∗ phần tử trung hòa e Giả sử phần tử a ∈ X Phần tử b ∈ X gọi phần tử ngược a a ∗ b = b ∗ a = e Định nghĩa 1.1.3 Cho tập X = ∅ với phép tốn hai ngơi ∗ phần tử trung hòa e Giả sử phần tử a ∈ X Phần tử b ∈ X gọi phần tử ngược a a ∗ b = b ∗ a = e ta nói a có phần tử ngược b Dễ dàng chứng minh rằng, X = ∅ với phép tốn hai ngơi kết hợp ∗ mà có phần tử trung hịa e phần tử e phần tử a ∈ X có phần tử ngược b ∈ X b Định nghĩa 1.1.4 Cho tập X = ∅ với phép tốn hai ngơi ∗ X gọi Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ nhóm X phép tốn ∗ thỏa mãn điều kiện sau: (i) X có phần tử trung hịa e (ii) Phép tốn ∗ có tính chất kết hợp, có nghĩa: (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c) thỏa mãn cho a, b, c ∈ X (iii) Mọi phần tử a ∈ X có phần tử ngược, có nghĩa: Có b ∈ X để a ∗ b = b ∗ a = e Nhóm X với phép tốn ∗ gọi nhóm giao hốn x ∗ y = y ∗ x thỏa mãn cho phần tử x, y ∈ X Nếu phép tốn hai ngơi ∗ nhóm X kí hiệu phép cộng + thay cho việc viết a ∗ b ta viết a + b gọi tổng a b Nhóm (X, +) gọi nhóm cộng Phần tử trung hịa e nhóm phần tử khơng kí hiệu Phần tử ngược a gọi phần tử đối kí hiệu qua −a Do a − a = a + (−a) = Nếu phép tốn hai ngơi ∗ nhóm X kí hiệu phép nhân thay cho việc viết a ∗ b ta viết a.b viết đơn giản ab gọi tích a b Nhóm (X, ) gọi nhóm nhân Phần tử trung hịa e nhóm gọi phần tử đơn vị kí hiệu e Phần tử ngược a gọi phần tử nghịch đảo kí hiệu qua a−1 Do aa−1 = e 1.2 Vành đa thức nghiệm đa thức 1.2.1 Khái niệm vành đa thức Giả sử R vành giao hoán với đơn vị Kí hiệu P ⊂ RN tập hợp tất dãy f = (a0 , a1 , , an , 0, ) với ∈ R có số hữu hạn thành phần khác Như phần tử thuộc P có dạng(0, 0, , 0, 0, ) (a0 , a1 , , an , 0, 0, ) với thành phần cuối an = Ta đưa phép toán vào P để biến P thành vành Với f = (a0 , , an , 0, ), g = (b0 , , bm , 0, ) ∈ P , định nghĩa: f = g = bi , i = 0, 1, 2, Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ f + g = (a0 + b0 , a1 + b1 , , ak + bk , , 0, ) f.g = (a0 b0 , a1 b0 + a0 b1 , a2 b0 + a1 b1 + a0 b2 , , 0, ) Bổ đề 1.2.1 Tập (P, +, ) vành giao hoán với đơn vị (1, 0, 0, ) ánh xạ φ : R → (P, +, ) , a → (a, 0, 0, ) đơn cấu Chứng minh: Dễ dàng kiểm tra kết Đặt x = x1 = (0, 1, 0, 0, ) quy ước x0 = (1, 0, 0, ) Ta có biểu diễn x0 = (1, 0, 0, ) x = (0, 1, 0, 0, ) x2 = (0, 0, 1, 0, 0, ) x3 = (0, 0, 0, 1, ) = f = (a0 , a1 , , an , 0, 0, ) = (a0 , 0, 0, ) + (0, a1 , 0, 0, ) + + (0, 0, , 0, an , 0, ) = (a0 , 0, ) x0 + (a1 , 0, ) x + + (an , 0, 0, ) xn Nếu đồng a ∈ R với ảnh φ (a) = (a, 0, 0, ) , x0 = (1, 0, 0, ) = φ (1) ta có biểu diễn f = a0 + a1 x + a2 x2 + + an xn Lúc vành (P, +, ) kí hiệu qua R[x] ta có n n R [x] = a0 + a1 x + a2 x + + an x |ai ∈ R xi |ai ∈ R = i=0 Mỗi phần tử f ∈ R [x] gọi đa thức x với hệ số thuộc vành R Hệ số an = gọi hệ số cao nhất, hệ số a0 gọi hệ số tự f , n gọi bậc đa thức f kí hiệu degf (x) Riêng đa thức quy định có bậc −∞ −1 Vì tính chất đặc biệt x nên ta gọi x biến R đa thức f viết qua f (x) n xi , g (x) = Nếu f (x) = i=1 m bi xi ∈ K [x] i=1 f (x) = g(x) m = n, = bi với ≤ i ≤ n i (ai + bi ) xi , f (x) g (x) = f (x) + g (x) = i=0 i=0 (ai−j bj ) xi j=0 Ta có kết sau đây: Định lý 1.2.2 Với trường K , K[x] vành giao hoán Hơn nữa, K[x] cịn miền ngun Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Định lý 1.2.3 Với đa thức f (x), g(x) ∈ K[x] g(x) = có hai đa thức q(x), r(x) cho f (x) = g(x).q(x) + r(x) với degr(x) < degg(x) Định lý 1.2.4 Giả sử K trường Khi vành K[x] vành vành nhân tử hóa Ví dụ 1.2.5 Cho hai số tự nhiên n p với n > p ≥ Tìm điều kiện cần đủ để xn − an chia hết cho xp − ap với a ∈ R, a = Bài giải: Biểu diễn n = qp + r Z với ≤ r < p Khi viết xn − an = (xp − ap ) xn−p + ap xn−2p + + a(q−1)p xn−qp + aqp (xr − ar ) Vậy, điều kiện cần đủ để xn − an chia hết cho xp − ap n chia hết cho p Giả sử trường K trường trường K ∗ Với α ∈ K ∗ đa thức f (x) = n xi ∈ K [x] Biểu thức f (α) = i=1 n αi ∈ K ∗ gọi giá trị f (x) α i=1 K ∗ Nếu f (α) = α gọi nghiệm f (x) K ∗ Giả sử số nguyên m ≥ Phần tử α ∈ K ∗ gọi nghiệm bội cấp m f (x) K ∗ f (x) chia hết cho (x − α)m f (x) không chia hết cho (x − α)m+1 K ∗ [x] Khi m = α gọi nghiệm đơn Định lý 1.2.6 Đa thức f (x) ∈ K[x] bậc n ≥ Khi ta có kết sau: (i) Nếu α ∈ K nghiệm f (x) f (x) = (x − α)g(x) với g(x) ∈ K[x] (ii) f (x) có khơng q n nghiệm K 1.3 Kết thức biệt thức Kết thức hai đa thức biết đến ứng dụng mạnh mẽ đại số máy tính Nó đặc trưng cho việc xác định tính chất đặc trưng hai đa thức biến trường K có nghiệm chung thơng qua hệ số hai đa thức mà khơng địi hỏi phải tìm nghiệm chúng Kết thức cơng cụ đáng ngạc nhiên việc giải tốn hệ phương trình đại số 1.3.1 Khái niệm kết thức Giả sử u0 , u1 , , um v0 , v1 , , un họ gồm m + n + biến độc lập đại số Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (l) : x2 + y = Khi phương trình cạnh tọa độ đỉnh:   α−δ α−δ   cos sin    ;y =   x =   A A  α+δ α+δ   cos sin   2      α−β α−β   cos sin     2   x = ; y =  (AB) : x cos α + y sin α =   B B   α + β α + β   (BC) : x cos β − y sin β =   cos sin 2   ; γ − β γ − β   (CD) : x cos γ + y sin γ =   cos sin      ;y =  (DA) : x cos δ − y sin δ =    xC = C  γ+β γ+β   cos sin   2      γ−δ γ−δ   cos sin    2   ; yD =   xD =  γ + δ γ + δ   cos sin 2 Vì yI yA + yC sin (t − δ) − sin (t − α) + sin (t − β) − sin (t − γ) = = ; xI x A + xC cos (t − α) + cos (t − β) + cos (t − γ) + cos (t − δ) yI yB + yD sin (t − δ) − sin (t − α) + sin (t − β) − sin (t − γ) = = ; xI x B + xD cos (t − α) + cos (t − β) + cos (t − γ) + cos (t − δ) α+β+γ+δ Với t = nên ba điểm O,I,J thẳng hàng Chú ý 3.3.3 Với cách chứng minh trên, dễ dàng O ln trung điểm IJ Phép biến hình Nab Tất nhiên có câu hỏi mệnh đề tương tự cho Elip Để xây dựng kết ta xét phép biến hình sau: Với hai số thực a, b thỏa mãn ab > 0, Phép biến hình Nab mặt phẳng tọa −1 độ (Oxy) biến điểm M (x, y) thành điểm L(ax, by) Khi Nab biến điểm (x, y) x y , Ta có mệnh đề sau: a b Mệnh đề 3.3.4 Phép biến hình Nab biến thành điểm (i) Ba điểm thẳng hàng A,B,C thành ba điểm thẳng hàng M,N,P AB MN = , BC NP M = Nab (A), N = Nab (B), P = Nab (C) (ii) Đường thẳng thành đường thẳng (iii) Đặt α = ∠xOM − ∠xOA α = ∠xOA, k = tant Khi tan α = Chứng minh: 39 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ k (a − b) ak + b (i) Giả sử A(x1 , y1 ), B(x2 , y2 ), C(x3 , y3 ) M = Nab (A), N = Nab (B), P = Nab (C) x2 − x1 x3 − x1 ax − ax1 ax3 − ax1 = Khi = Vậy y2 − y1 y3 − y1 by2 − by1 by3 − by1 AB MN M,N,P thẳng hàng = BC NP (ii) Giả sử đường thẳng (d) : mx + ny + l = điểm tổng quát A(x, y) ∈ (d) Nếu A,B,C thẳng hàng Khi ảnh A M (ax, by) Vậy đường thẳng (d) biến thành đường thẳng n m + y + l = a b a tan t + tan α k + tan α (iii) Ta có k = tan (t + α) = = Do tan α = b − tan t tan α − k tan α k (a − b) ak + b Mệnh đề 3.3.5 Phép biến hình Nab biến x2 y (i) Đường tròn (C) : x2 + y = thành đường elip (E) : + = a b MN (ii) Điểm A, B ∈ (C) thành M, N ∈ (E) với = AB , J ∈ (C) OJ OI phân giác ∠AOB I = Nab (J) (d ) : x (iii) Giả sử A, B ∈ (C) M = Nab (A), N = Nab (B) ∈ (E) Nếu OA⊥OB hai đường kính OM ON hai đường kính liên hợp (iv) Đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) thành đường thẳng tiếp xúc với (E) ngược lại Chứng minh: (i) Hiển nhiên (ii) Giả sử A(cost1 , sint1 ), B(cost2 , sint2 ) với < t1 < t2 < π ảnh M = Nab (A), N = Nab (B) Khi tọa độ hai điểm M (acost1 , bsint1 ), N (acost2 , bsint2 ) độ dài đoạn M N : M N = sin t2 − t1 a2 sin2 t2 + t1 t2 + t1 + b2 cos2 2 MN = AB , J ∈ (C) OJ phân giác góc ∠AOB OI I = Nab (J) Do (iii) Nếu OA⊥OB giả thiết A(cost, sint), B(−sint, cost) Khi M (acost, bsint), N (−asint, bcost) ta nhận tan ∠xOM tan ∠xON = − b2 a2 40 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Do vậy, hai đường kính OM, ON hai đường kính liên hợp (iv) Giả sử (d) : x cos α + y sin α + = phương trình đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (C) Điểm (x, y) ∈ (d) biến thành điểm (ax, by) ∈ (d ) : cosα sin α cos2 α sin2 α 2 x +y + = Dễ dàng có a +b = suy đường thẳng a b a2 b2 (d ) tiếp xúc với (E) Điều ngược lại hiển nhiên Đồng thức bất đẳng thức Ptolemy cho đường elip phát biểu sau: Mệnh đề 3.3.6 Cho đường elip (E) : x2 y + = a2 b Giả sử A,B,C,D thuộc (E) có tọa độ (acost1 , b sin t1) ; (acost2 , b sin t2 ) (acost3 , b sin t3 ) ; (acost4 , b sin t4 ) với < t1 < t2 < t3 < t4 < 2π Gọi điểm t2 + t1 t2 + t1 t3 + t2 t3 + t2 , b cos , M23 a sin , b cos 2 2 t4 + t3 t4 + t3 t4 + t1 t4 + t1 a sin , b cos , M41 a sin , b cos 2 2 t3 + t1 t3 + t1 t4 + t2 t4 + t2 a sin , b cos , M24 a sin , b cos d 2 2 M12 a sin M34 M13 thuộc (E) Khi ta có AB CD DA CB AC BD AB.CD + DA.CB AC.BD + = (ii) ≥ OM12 OM34 OM41 OM23 OM13 OM24 b a2 a ≥ b (i) Chứng minh: (i) Được suy từ mệnh đề 3.3.1 mệnh đề 3.3.5 (ii) b ≤ OM ≤ a với M ∈ (E) a ≥ b nên ta nhận bất đẳng thức AB.CD + DA.CB AC.BD ≥ a ≥ b theo (i) b a2 x2 y + = Giả sử đường a2 b thẳng qua tiêu điểm F cắt (E) M N cho I,J thuộc (E) cho OI⊥OJ Ví dụ 3.3.7 Trong mặt phẳng (Oxy) cho Elip (E) : Khi (i) 1 2a + = FM FN b (ii) Nếu đường kính AB (E) song song với MN AB = 2aM N (iii) 1 1 + = + 2 OI OJ a b Bài giải: 41 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ (i) Khơng hạn chế coi a > b > Khi F c = √ a2 − b2 ; Đặt ∠AFM = α A(a, 0) Hạ M P ⊥OA, P (x; 0) Ta có x − c = F M cos α Dễ dàng suy b2 b2 1 2a FM = F N = Vậy + = a + c cos α a − c cos α FM FN b (ii) Kẻ đường kính AB elip (E) song song với M N đặt r = OA Khi a2 b 2ab2 A (r cos α, r sin α) Ta có r = 2 Từ hệ thức M N = 2 a sin α + b2 cos2 α a sin α + b2 cos2 α suy AB = 2aM N (iii) Giả sử ∠xOI = t OI = d Khi I(dcost, dsint) tương tự J(−d sint, d cost) d2 cos2 t d2 sin2 t 1 cos2 t sin2 t 1 + = nên = = + Tương tự = = a2 b2 OI d2 a2 b2 OJ d2 sin2 t cos2 t 1 1 + Cộng vế với vế hai hệ thức ta + = + 2 2 a b OI OJ a b Vì Định lý Newton cho Elip phát biểu sau: Ví dụ 3.3.8 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường elip (E): x2 y + = Gọi a2 b I,J trung điểm AC BD tương ứng Khi I,O,J thẳng hàng theo thứ tự Bài giải: Cách 1: Phương trình cạnh tọa độ điểm tứ giác ABCD là:   (AB) : x cosα + y sin α = 1; (BC) : x cosβ − y sin β = a b a b  (CD) : x cosγ + y sin γ = 1; (DA) : x cosδ − y sin δ = a b a b    α−δ α−δ   a cos b sin    ;y =   A  xA =  A  α+δ α+δ    cos cos   2      α−β α−β   a cos b sin    2   B  xB = ; yB =   α+β α+β    cos cos 2   γ−β γ−β   a cos b sin    2   C x = ; y =  C   C γ + β γ + β    cos cos   2      γ−δ γ−δ   a cos b sin    ;y =   D x =   D D  γ+δ γ+δ    cos cos 2 42 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ yA + yC b [sin (t − δ)] − sin (t − α) + sin (t − β) − sin (t − γ) = x A + xC a [cos (t − α) + cos (t − β) + cos (t − γ) + cos (t − δ)] yB + yD b [sin (t − δ)] − sin (t − α) + sin (t − β) − sin (t − γ) = xB + x D a [cos (t − α) + cos (t − β) + cos (t − γ) + cos (t − δ)] α+β+γ+δ y y Với t = nên I = J ba điểm O,I,J thẳng hàng xI xJ Vì Cách 2: Chuyển tốn tốn cho đường trịn phép biến hình Nab Kết suy từ mệnh đề 3.4.2 Ví dụ 3.3.9 Giả sử ba điểm A,B,C thuộc đường tròn (C) với ảnh M = Nab (A), N = Nab (B), P = Nab (C) Khi SM N P = abSABC Từ suy giá trị lớn diện tích tam giác với ba đỉnh thuộc (E) Bài giải: Giả sử A (cos t1 , sin t1 ) , B (cos t2 , sin t2 ) , C (cos t3 , sin t3 ) Khi M (a cos t1 , b sin t1 ) , N (a cos t2 , b sin t2 ) , P (a cos t3 , b sin t3 ) với < t1 < t2 < t3 < 2π Vì SM N P a cos t1 b sin t1 1 = | a cos t2 b sin t2 | nên ta nhận SM N P = abSABC a cos t3 b sin t3 Ta biết, số tam giác nội tiếp đường trịn √thì tam giác có diện 3ab tích lớn Vậy SM N P có diện tích lớn , chẳng hạn: M (a cos t, b sin t) , N a cos t + 2π 2π , b sin t + 3 4π 4π , b sin t + 3 x2 y Ví dụ 3.3.10 Cho elip (E): + = Lấy điểm A,B,C,D thuộc (E) theo a b thứ tự để tứ giác ABCD lồi Khi ta có kết SABCD ≤ 2ab Từ suy P a cos t + giá trị lớn diện tích có đỉnh thuộc elip (E) Bài giải: Tọa độ (acost1 , b sin t1 ) , (acost2 , b sin t2 ) , (acost3 , b sin t3 ) , (acost4 , b sin t4 ) với < t1 < t2 < t3 < t4 < 2π Quy ước diện tích tam giác tính qua định thức theo quy tắc bàn tay phải, có: a cos t1 b sin t1 2SABC = a cos t2 b sin t2 = ab [sin (t3 − t2 ) + sin (t1 − t3 ) + sin (t2 − t1 )] a cos t3 b sin t3 43 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ 2SCDA = a cos t3 b sin t3 a cos t4 b sin t4 = ab [sin (t1 − t4 ) + sin (t3 − t1 ) + sin (t4 − t3 )] a cos t1 b sin t1 Do có SABCD = ab [sin (t4 − t3 ) + sin (t3 − t2 ) + sin (t2 − t1 ) + sin (t1 − t4 )] ≤ 2ab Dấu = xẩy π π , b sin t + 2 3π 3π , D a cos t + , b sin t + 2 A (a cos t, b sin t) , B a cos t + C a cos t + 2π 2π , b sin t + 2 Ví dụ 3.3.11 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm O, bán kính Xác định giá trị nhỏ diện tích SABC Từ suy giá trị nhỏ x2 y diện tích ta giác MNP ngoại tiếp elip (E): + = a b Bài giải: Từ tâm đường tròn nội tiếp I ta giác ABC hạ IH⊥BC, IK⊥CA, IJ⊥AB Gọi α1 , , α6 số đo góc IH, IK, IJ tạo với IB, IC, IA Khi αi tan αi ≥ tan BC + CA + AB = i=1 i=1 √ π = 3 Dấu = xẩy tam giác ABC x2 y2 Giả sử MNP ngoại tiếp (E) : + = Sử dụng phép biến hình Nab để a b biến tam giác MNP thành tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn x2 + y = √ √ Vậy SM N P = abSABC ≥ 3ab Do SM N P nhỏ 3ab √ √ Xây dựng tam giác: Chọn A (0, 2) , B − 3, −1 , C 3, −1 Khi chọn √ √ M (0, 2b) , B − 3a, −b , C 3a, −b nhận SABC ≥ tan 3.4 Một vài toán đường cong bậc 3.4.1 Một vài ví dụ Ví dụ 3.4.1 Giả sử (l) : y = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, đường cong phẳng 44 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ bậc ba mặt phẳng Oxy Qua điểm I tùy ý (Oxy) dựng hai đường thẳng cắt (l) điểm A1 , A2 , A3 B1 , B2 , B3 tương ứng Khi tỷ số IA1 IA2 IA3 IB1 IB2 IB3 không phụ thuộc việc chọn điểm I Bài giải: Giả sử I(u, v) nằm mặt phẳng (Oxy) Đổi hệ trục để I gốc tọa độ qua X = x − u, Y = y − v Khi I(0, 0) (l) : Y = pX + qX + rX + s mặt phẳng tọa độ (IXY ) Giả sử hai đường thẳng qua gốc I có phương trình Y = tX, Y = t X cắt (l) điểm A1 , A2 , A3 B1 , B2 , B3 , tương ứng Hiển nhiên, hoành độ điểm A1 , A2 , A3 X1 , X2 , X3 nghiệm phương s p trình pX + qX + rX + s = tX Khi X1 X2 X3 = − IA1 IA2 IA3 = X12 + t2 X12 X22 + t2 X22 X32 + t2 X32 Như IA1 IA2 IA3 = |X1 X2 X3 | = s p (1 + t2 ) s p (1 + t ) (1 + t2 ) = Tương tự ta có (1 + t ) = IB1 IB2 IB3 = |X1 X2 X3 | = IA1 IA2 IA3 Vậy = IB1 IB2 IB3 + t2 1+t2 3 Ví dụ 3.4.2 Giả sử (l) : y = ax3 + bx2 + cx + d, a = 0, đường cong phẳng bậc ba mặt phẳng (Oxy) Qua hai điểm I J tùy ý trong (Oxy) dựng hai đường thẳng song song cắt (l) điểm A1 , A2 , A3 B1 , B2 , B3 , tương ứng Khi tỷ số IA1 IA2 IA3 không phụ thuộc vào việc chọn hệ số góc hai JB1 JB2 JB3 đường thẳng song song Bài giải: Giả sử hai đường thẳng song song qua I(u1 , v1 ), J(u2 , v2 ) có hệ số góc t Khi phương trình tương ứng chúng (Id1 ) : y = t(x − u1 ) + v1 (Jd2 ) : y = t(x − u2 ) + v2 Giả sử hoành độ điểm A1 , A2 , A3 x1 , x2 , x3 Chúng nghiệm phương trình ax3 + bx2 + cx + d = t(x − u1 ) + v1 hay ax3 + bx2 + (c − t)x + d + tu1 − v1 = a(x − x1 )(x − x2 )(x − x3 ) A(x1 , t(x1 − u1 ) + 45 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ v1 ), A2 (x2 , t(x2 − u1 ) + v1 ), A3 (x3 , t(x3 − u1 ) + v1 ) Với x = u1 a (u1 − x1 ) (u1 − x2 ) (u1 − x3 ) = au31 + bu21 + cu1 + d − v1 = f (u1 ) Ta có IA1 IAL2 IA3 = |(x1 − u1 ) (x2 − u1 ) (x3 − u1 )| (1 + t2 ) IA1 IA2 IA3 = f (u1 ) a (1 + t2 ) JB1 JB2 JB3 = f (u2 ) a (1 + t2 ) Tương tự ta có IA1 IA2 IA3 f (u1 ) = khơng phụ thuộc vào t JB1 JB2 JB3 f (u2 ) Ví dụ 3.4.3 Cho hai đường thẳng Ox Oy vng góc với O Từ Vậy điểm P cố định thuộc Ox kẻ đường thẳng cắt Oy A Dựng đường thẳng qua A vng góc với PA cắt Ox B Từ B dựng đường thẳng vng góc với Ox cắt PA M Tìm tập hợp tất điểm M A chạy (Oy) Bài giải: Dựng hệ tọa độ (Oxy) điểm P (a, 0) mặt phẳng (Oxy) Đường thẳng qua P với phương trình y = t(x − a) cắt Oy điểm A(0, −ta) Hiển x t = −t a − ta Vậy ta suy quan hệ sau: nhiên, phương trình (BA) : y = − − ta tọa độ B(−t2 a; 0) Khi điểm M có tọa độ M xM = −t2 a; yM yM = a2 t6 + 2t4 + t2 = a2 − x3M x2M xM + − a a a Do đó, tập hợp điểm M A chạy (Oy) đường cong phẳng bậc ba với phương trình x3 + a2 x = a 2x2 + y Ví dụ 3.4.4 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh a,b,c Khi có hai điểm E thỏa mãn aEA = bEB = cEC Bài giải: Dựng hệ tọa độ (Oxy) Khơng làm tính tổng qt giả sử bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Giả sử A(1; 0), B(cosu, sinu) với < u < v < 2π C(cosv, sinv) E(x, y) Từ d = aEA = bEB = cEC > 46 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ suy hệ  2  = d  (x − 1) + y   a2  d2 b22 d (x − cos v)2 + (y − sin v)2 = c (x − cos u)2 + (y − sin u)2 =      Do   + y − 2x + = d  x   a2  d2 b22 d x2 + y − 2x cos v − 2y sin v + = c x2 + y − 2x cos u − 2y sin u + =      hay hệ tương đương   + y − 2x + = d  x   a2  d2 d2 − 2a22 2b22 d d x (cos v − 1) + y sin v = − 2a 2c x (cos u − 1) + y sin u =      Vì d = (cosu − 1)sinv − (cosv − 1)sinu = sin(v − u) − (sinv − sinu) hay d = sin v−u v−u v+u cos − cos 2 = nên hệ phương trình tuyến tính  2   x (cos u − 1) + y sin u = d − d 2 2a 2b 2a 2c 2   x (cos v − 1) + y sin v = d − d 2 có nghiệm (x0 , y0 ) Vậy hệ cho có hai nghiệm phương trình d2 = x20 + y02 − 2x0 + = d4 ( ) − 2d2 ( ) + có hai nghiệm d2 a2 Ví dụ 3.4.5 Có hai điểm F nhìn cạnh tam giác ABC góc π 2π 3 π BC AC Hai cung cắt 2π 2π F1 Khi F1 nhìn AB góc Dựng cung chứa góc BC AC 3 2π Hai cung cắt F2 Khi F2 nhìn AB góc Vậy Có hai π 2π điểm F nhìn cạnh tam giác ABC góc 3 3.4.2 Đường cong phẳng 21 - điểm K3 Bài giải: Dựng cung chứa góc Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB 47 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Kí hiệu a đường thẳng cắt đường thẳng AC điểm cách hai điểm A B, cắt đường thẳng AB hai điểm cách hai điểm A C Kí hiệu b đường thẳng cắt đường thẳng BA điểm cách hai điểm B C, cắt đường thẳng BC điểm cách hai điểm B A Kí hiệu c đường thẳng cắt đường thẳng CB điểm cách hai điểm C A, cắt đường thẳng CA hai điểm cách hai điểm C B Gọi A0 , B0 , C0 điểm đối xứng với A,B,C qua BC,CA,AB tương ứng Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với A,B,C qua a , b , c tương ứng Gọi hai điểm E điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC , gọi hai điểm F điểm nhìn cạnh tam giác ABC π 2π Gọi H trực tâm 3 tam giác ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Gọi A2 , A3 đỉnh tam giác BCA2 , BCA3 , Gọi B2 , B3 đỉnh tam giác CAB2 , CAB3 gọi C2 , C3 đỉnh tam giác ABC2 , ABC3 Ví dụ 3.4.6 Xác định phương trình a biết tọa độ A,B,C Bài giải: Dựng hệ tọa độ Oxy cho A(0, 0), B(x2 , kx2 ), C(x3 , hx3 ) Điểm P0 (p, hp) cách A B p2 + h2 p2 = (p − x2 )2 + (hp − kx2 )2 Vậy P0 x2 + k x2 h + k ; (1 + hk) (1 + hk) Điểm N0 (n, kn) cách A C N0 x3 + h2 x3 k + h2 ; (1 + hk) (1 + hk) Đường thẳng a đường thẳng x x2 + k 2 (1 + hk) x3 + h2 (1 + hk) y x2 h + k 2 (1 + hk) x3 k + h2 (1 + hk) 1 =0 48 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ hay x x2 x3 y (1 + hk) x2 h + k2 (1 + hk) x3 k + h2 =0 Ví dụ 3.4.7 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh a,b,c Khi 21 điểm nêu thuộc tập K3 gồm tất điểm M thỏa mãn phương trình a2 + M A a2 M A b + M B b2 M B =0 c2 + M C c2 M C Chứng minh: Khi M ≡ A M A = 0, M B = AB = cM C = AC = b Khi a2 + M A2 a2 M A2 b2 + M B2 b2 M B c2 + M C2 c2 M C a2 = b2 + c2 b2 c c2 + b2 c b2 =0 Vậy A, A0 ∈ K3 Tương tự B, B0 , C, C0 ∈ K3 a2 + HA2 = b2 + HB = c2 + HC = 4R2 nên a2 + HA2 a2 HA2 b2 + HB a2 HB c2 + HC a2 HC 4R2 a2 HA2 = 4R2 a2 HB 4R2 a2 HC =0 Vậy H ∈ K3 Vì a2 + OA2 a2 OA2 b2 + OB a2 OB c2 + OC a2 + R a2 R = a2 OC b + R a2 R c2 + R2 =0 a2 R nên O ∈ K3 Đặt aEA = u Vì a2 + EA2 a2 EA2 b2 + EB b2 EB c2 + EC c2 EC a2 + EA2 u2 = b2 + EB u2 c2 + EC u2 49 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ =0 nên E thuộc K3 Đặt v = AA22 √ a2 + b + c = + 3S Vì a2 + A2 A2 a2 A2 A2 b2 + A2 B2 b2 A B2 c2 + A C c2 A C = = a2 + v a2 v b2 b2 a2 + a2 = c + a2 c a2 a2 + v v b2 b a2 + a2 c + a2 c a2 v a2 b a2 = a2 c nên A2 ∈ K3 Tương tự A3 , B2 , B3 , C2 , C3 ∈ K3 Giả sử F nhìn ba cạnh góc 2π Đặt x = F A, y = F B, z = F C Khi a2 = y + z + yz, b2 = z + x2 + zx, c2 = x2 + y + xy Vì a2 + F A a2 F A F ∗ := b2 + F B b2 F B x2 + y + z + xy a2 x2 = c2 + F C c2 F C x2 + y + z + yz b2 y x2 + y + z + zx c2 z Nên có xy a2 x2 F∗ = yz b2 y = c2 xz − b2 xy + a2 x3 y − c2 yz + b2 y z − a2 x3 z zx c2 z Và dễ dàng thấy F ∗ = qua việc thay a2 = y + yz + z , b2 = z + zx + x2 , c2 = x2 + xy + y Như hai điểm F thuộc K3 Và ta dễ dàng kiểm tra A1 , B1 , C1 thuộc K3 Ví dụ 3.4.8 Điều kiện cần đủ để trọng tâm G tam giác ABC thuộc K3 tam giác ABC cân 50 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Bài giải: Ta có a2 + GA2 a2 + GA2 a2 GA2 b2 + GB b2 GB c2 + GC c2 GC 2 a2 + b + c 2a2 = + , , biến đổi 2a2 a GA2 32 2b = b2 GB = 3 2c2 c GC + c2 a2 GA2 − GC + a2 b2 2 b c GC − GB 2 = b c b − c + c a2 c − a2 + a2 b a2 − b = − b − c c − a2 a2 − b = a2 a2 GA2 b2 b2 GB c2 c2 GC GB − GA2 Do G ∈ K3 tam giác ABC cân Mệnh đề 3.4.9 Nếu tam giác ABC không bậc K3 Chứng minh: Đặt u = M A2 , v = M B , t = M C α = a2 , β = b2 , γ = c2 Như α + u αu 0= β + v βv γ+t γt = γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv +αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt Biểu diễn u = x2 + y + a1 x + b1 y + c1 ; v = x2 + y + a2 x + b2 y + c2 ; t = x2 + y + a3 x + b3 y + c3 , hệ số x2 + y 2 α − β + β − γ + γ − α = Vậy K3 đồ thị bậc ≤ Dễ dàng kiểm tra bậc K3 tam giác ABC khơng Chú ý 3.4.10 Phương trình K3 khơng qua định thức phức tạp a2 − b2 M A2 M B + b2 − c2 M B M C + c2 − a2 M C M A2 = a2 c2 M A2 − M C + c2 b2 M C − M B + b2 a2 M B − M A2 51 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ KẾT LUẬN Trong luận văn này, chúng tơi trình bày được: Kết thức phép khử với tính chất ứng dụng Đường cong phẳng mặt phẳng vài tính chất Tham số hóa đường cong phẳng sử dụng tham số hóa đường cong phẳng số tốn phương trình nghiệm nguyên, điểm hữu tỷ số hình sơ cấp Phương pháp tìm điểm hữu tỷ đường conic Trình bày phép biến hình Nab Bài tốn đường cong phẳng 21 - điểm K3 52 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ Tài liệu tham khảo [1] D Faddeev et I Sominski,Recueil D’Exercices D’Algebre Superieur, Editions Mir -Moucou 1977 [2] E Kunz, Introduction to plane algebraic curves, Birkhauser Boston-Basel -Berlin 2004 [3] N V Mau Đ V Nhi,Đồng thức phương pháp tọa độ hình học, Nhà xuất ĐHQG Hà Nội 2012 [4] M B Nathason,Elementary Methods in Number Theory, Springer - Verlag New-York Berlin - Heidelberg SPIN 10742484 [5] D V Nhi,Proving some geometric identities by using the detterminants, Journal of Science and Arts, Year 12, No 4(21) 2012, 385-394 [6] J Rivaud,Exercices D’Algebre 1, Pari Librairie Vuibert 1964 [7] D Q Viet Đ V Nhi,Giáo trình đại số sơ cấp, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội 2007 [8] D Q Viet Đ V Nhi,Cơ sở lý thuyết số đa thức, Nhà xuất ĐHSP Hà Nội 2008 53 Số hóa Trung tâm Học liệu http://lrc.tnu.edu.vn/ ... ĐƯỜNG CONG PHẲNG 21 2.1 Khái niệm đường cong phẳng 21 2.2 Tham số hóa đường cong phẳng 2.3 Điểm hữu tỷ đường cônic 25 2.4 Cấu trúc nhóm đường cong. .. bày đường cong phẳng Mục 2.1 trình bày khái niệm đường cong phẳng Chúng chứng minh mệnh đề 2.1.2 giao hữu hạn điểm hai đường cong phẳng Mục 2.2 trình bày việc tham số hóa đường conic vài đường cong. .. http://lrc.tnu.edu.vn/ Chương ĐƯỜNG CONG PHẲNG 2.1 Khái niệm đường cong phẳng Xét đường cong phẳng quen biết mặt phẳng R2 cho phương trình sau: (l) : y = x2 + x3 Đây đường cong qua gốc tọa độ O(0,