Tứ giác newton phương trình bậc ba liên kết và nghiệm hữu tỉ của chúng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH XUÂN SÁNG TỨ GIÁC NEWTON, PHƢƠNG TRÌNH BẬC BA LIÊN KẾT VÀ NGHIỆM HỮU TỈ CỦA CHÚNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS Ngô Thị Ngoan THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Lời cảm ơn Lời mở đầu Tứ giác Newton phương trình bậc ba liên kết 1.1 Bài tốn mở đầu 1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton 4 Nghiệm hữu tỉ phương trình Newton 2.1 Cơng thức nghiệm Barnett 2.2 Tìm nghiệm hữu tỉ phương pháp đại 2.3 Tương ứng song hữu tỉ hai cơng thức 2.4 Một số tính chất tập nghiệm 2.5 Về tứ giác Newton toán ngược Kết luận Tài liệu tham khảo số nghiệm 14 14 17 21 25 28 32 33 Lời cảm ơn Luận văn thực Trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn TS Ngô Thị Ngoan Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt vấn đề nghiên cứu, dành nhiều thời gian hướng dẫn tận tình giải đáp thắc mắc tác giả suốt trình làm luận văn Tác giả học tập nhiều kiến thức chuyên ngành bổ ích cho cơng tác nghiên cứu thân Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo, cô giáo tham gia giảng dạy lớp Cao học Tốn K12E2 (khóa 2018-2020); Nhà trường phòng chức Trường; Khoa Toán – Tin, trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên quan tâm giúp đỡ tác giả suốt thời gian học tập trường Tác giả xin gửi lời cảm ơn tới tập thể lớp Cao học Tốn K12E (khóa 2018–2020) ln động viên giúp đỡ tác giả nhiều trình học tập, nghiên cứu Cuối cùng, tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, lãnh đạo đơn vị công tác đồng nghiệp động viên, giúp đỡ tạo điều kiện tốt cho học tập nghiên cứu Thái Nguyên, tháng năm 2019 Tác giả Đinh Xuân Sáng Mở đầu “Làm câu hỏi hình học quy phương trình đại số” phần nội dung sách Universal Arithmetick Isaac Newton, viết năm 1720 Một vấn đề mà Newton xử lý vấn đề tìm đường kính đường trịn có tứ giác lồi nội tiếp biết độ dài cạnh a, b, c, cạnh thứ tư d đường kính Q trình giải vấn đề đưa ông đến mối qua hệ đại lượng a, b, c d Mối quan hệ gọi phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = (1) Năm 1915, P Bachmann đưa phương pháp để tìm kiếm tất nghiệm nguyên dương phương trình Newton Vào tháng năm 1926, N Anning đưa bàn luận phương trình Newton hội nghị Toán học Bằng cách chia hai vế phương trình (1) cho d3 , N Anning đưa vấn đề tìm nghiệm phương trình (1) cách tìm nghiệm phương trình u2 + v + w2 + 2uvw − = (2) Với công thức (u, v, w) = β + γ − α2 γ + α2 − β α2 + β − γ , , 2βγ 2γα 2αβ , (3) vơ số nghiệm hữu tỉ tìm thấy ông sử dụng mối quan hệ hài hịa số cosin góc hình tam giác Năm 1955, I A Barnett xem xét phương trình (2) Ơng chứng minh tất nghiệm hữu tỉ đưa công thức (3) cho phép α, β γ chạy tất số nguyên khác không Phương pháp ông, sử dụng đại số tuyến tính túy mơ tả chi tiết Chương 2, mà không sử dụng công cụ lượng giác Việc nghiên cứu ơng hồn tồn độc lập mặt ý tưởng với Anning Năm 2004, gần M Hajja giải phương trình (2) việc dùng cosin góc tam giác Ông kết thúc trình giải phương trình (2) với kết xác giống Barnett M Hajja chứng minh nghiệm hữu tỉ phương trình (2) đưa cơng thức (3) với α, β, γ hạn chế độ dài cạnh tam giác nhọn Mục đích luận văn trình bày chi tiết phương pháp đưa phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = (1); trình bày chi tiết chứng minh I A Barnett mô tả cách sử dụng đại số tuyến tính việc tìm tất nghiệm hữu tỉ phương trình u2 +v +w2 +2uvw −1 = (2); trình bày phương pháp đại số để tìm cơng thức tham số hóa cho nghiệm hữu tỉ phương trình (2) theo kết M Hajja J Sondow Luận văn cịn trình bày chi tiết tương ứng song hữu tỉ hai công thức nghiệm phương trình (2) thuộc tính nghiệm dương phương trình Newton đa thức đồng hành Luận văn gồm hai chương Chương trình bày vấn đề hình bán nguyệt phương pháp đưa tới phương trình Newton kiến thức có liên quan q trình chứng minh kết chương Chương nội dung luận văn Mục 2.1 trình bày cơng thức nghiệm Barnett Mục 2.2 trình bày phương pháp đại số tìm nghiệm hữu tỉ phương trình (2) Mục 2.3 trình bày tương ứng song hữu tỉ hai công thức nghiệm mục 2.1 mục 2.2 Mục 2.4 trình bày số tính chất tập nghiệm mục 2.5 trình bày tốn ngược từ nghiệm phương trình Newton liệu có hay không tứ giác Newton tương ứng Chương Tứ giác Newton phương trình bậc ba liên kết Chương ta tìm hiểu hình bán nguyệt, vấn đề ba ví dụ cốt lõi mà Newton sử dụng để minh họa làm vấn đề hình học chuyển thành dạng đại số Ta tìm hiểu sáu phương pháp tiếp cận khác đưa phương trình Newton với đa thức Newton 1.1 Bài toán mở đầu Trong kì thi Olympic Tốn học Trung cấp Anh năm 2010 ’Maclaurin’ có câu hỏi sau: Hình Cho nửa đường trịn đường kính AD có chiều dài AD = Trên nửa đường trịn đó, lấy điểm B C , Hình 1, cho AB = BC = Tìm chiều dài đoạn CD Một ba lời giải toán gợi lại vấn đề trước Newton đề cập làm vấn đề hình học chuyển thành dạng đại số Vấn đề hình bán nguyệt Hình Hình bán nguyệt Khi bắt tay vào giải đáp vấn đề hình bán nguyệt, Newton có quan sát thú vị rằng, cho a, d, c yêu cầu tìm b Rõ ràng không phức tạp, sử dụng d để vẽ đường trịn đường kính AD, sau dựng dây cung có độ dài a, c đường trịn để xác định vị trí B C Tuy nhiên, cho a, b, c u cầu tìm d, khơng thể bắt đầu q trình khơng thể vẽ vòng tròn ban đầu! Newton đưa sáu phương pháp suy phương trình bậc ba thể mối quan hệ a, b, c d với Định nghĩa 1.1.1 Một tứ giác Newton tứ giác lồi nội tiếp đường tròn bên đường kính, với cạnh đường kính đường trịn Hình Tứ giác Newton Trong hình 3, đa giác ABCD tứ giác Newton với AD đường kính, độ dài cạnh đường chéo kí hiệu AB = a, BC = b, CD = c, DA = a, AC = z, BD = y Newton đưa mối quan hệ độ dài cạnh gọi phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = 1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton Phương pháp Tam giác đồng dạng I Hình Tam giác đồng dạng I Hạ hình chiếu vng góc B E lên đường thẳng CD Ta có ABD CEB hai tam giác vuông đồng dạng dẫn tới b ab BD = d2 − a2 , CE = , BE = d − a2 d d Lại có CD = ED − EC dẫn tới √ CD = BD2 − BE − EC ab b2 2 ⇔ c = d − a − (d − a2 ) − d d b ab ⇔ d2 − a2 − (d2 − a2 ) = c + d d b abc a2 b2 2 2 ⇔d −a − d −a =c +2 + d d d ⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 + a2 b2 = c2 d2 + 2abcd + a2 b ⇔ d4 − a2 d2 − b2 d2 − c2 d2 − 2abcd = ⇔ d d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = từ ta có phương trình Newton d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = Ngoài ra, từ BE = BC − CE = BD2 − DE tới phương trình Hồn tồn làm tương tự hạ DE vng góc từ D xuống BC hạ CE vng góc từ C xuống BD Phương pháp Quy tắc Cosin Hình Xét tam giác ABD, theo Định lý Pitago ta có d2 − a2 = BD2 Xét tam giác BCD, theo Định lý Cosin ta có BD2 = b2 + c2 − 2bc cos (180o − θ) = b2 + c2 + 2bc cos θ Mà a cosθ = d Từ đó, với lưu ý d = ta có 2abc d ⇔ d3 − a2 d = b2 d + c2 d + 2abc ⇔ d3 − (a2 + b2 + c2 )d − 2abc = d2 − a2 = b2 + c2 + Bổ đề 1.2.1 (Định lý Ptoleme thuận) Nếu tứ giác nội tiếp đường trịn tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối diện Chứng minh Gọi ABCD tứ giác nội tiếp đường trịn Hình Trên cung nhỏ BC , ta có góc nội tiếp ∠BAC = ∠BDC, cung AB , ta có ∠ADB = ∠ACB Lấy điểm K AC cho ∠ABK = ∠CBD; Từ ∠ABK + ∠CBK = ∠ABC = ∠CBD + ∠ABD suy ∠CBK = ∠ABD Do tam giác ABK đồng dạng với tam giác DBC , tương tự có tam giác ABD đồng dạng với tam giác KBC Suy ra: AK CD CK DA = ; = ; AB BD BC BD Từ AK.BD = AB.CD, CK.BD = BC.DA; Cộng hai đẳng thức 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 19 Tiếp theo ta xét trường hợp d = 0, d = ±a, d = ±b, d = ±c (10) Chia hai vế (9) cho (d + a)2 (d + b)2 ta d−a d+a d−b d+b = cd + ab (d + a) (d + b) Ta đặt cd + ab = t (d + a) (d + b) (11) Từ (10) ta thấy t = 0, ta đặt d−a = st, d+a (12) t d−b = d+b s (13) với s = 0, ta có Điều kiện (10) cho ta st = 0, st = −1 Từ (12), (13) ta có a= − st d, + st b= s−t d s+t Thay kết vào (11) ta thu c= 4st − (1 − st)(s − t) d (1 + st)(s + t) Các số a, b, c, d số hữu tỉ d, s, t số hữu tỉ Thay d r, ta có công thức nghiệm (a, b, c, d) = − st s − t 4st − (1 − st)(s − t) r, r, r, r + st s + t (1 + st)(s + t) (14) Từ kết có hệ sau số nghiệm nguyên cho phương trình Newton 20 Hệ 2.2.2 Một số nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) phương trình Newton tham số hóa a = (mq + np)(nq − mp), b = (mq − np)(nq + mp) c = 4mnpq − (nq − mp)(mq − np), d = (mq + np)(nq + mp) dạng tương đương a = mn q − p2 + pq n2 − m2 , b = mn q − p2 + pq m2 − n2 c = 4mnpq + pq(m + n)2 − mn(p + q)2 , d = mn p2 + q + pq m2 + n2 Trong m, n, p, q ∈ N chọn cho a > 0, b > 0, c > Ngoài ra, (a, b, c, d) nghiệm nguyên dương, (ka, kb, kc, kd) với k ∈ N nghiệm nguyên dương phương trình Chứng minh Vì phương trình Newton số (a, b, c, d) nghiệm số (ka, kb, kc, kd) nghiệm phương trình với k ∈ N Từ công thức nghiệm (14), ta nhân thêm k= (1 + st)(s + t) , r ((1 − st) (s + t) , (s − t) (1 + st) , (4st − (1 − st) (s − t)) , (1 + st) (s + t)) m p Đặt s = , t = , ta được: n q 1− mp nq mp mp − 1− nq nq m p m p + , − n q n q m p − n q , 1+ 1+ mp nq mp nq m p + n q Nhân với n2 q ta thu kết nghiệm nguyên dương (a, b, c, d) phương trình Newton với a = (mq + np)(nq − mp), b = (mq − np)(nq + mp) c = 4mnpq − (nq − mp)(mq − np), d = (mq + np)(nq + mp) Cuối cùng, chọn m, n, p, q ∈ N cho a > 0, b > 0, c > Ta thu Hệ 2.2.2 từ Định lý 2.2.1 21 Ví dụ 2.2.3 Chọn hai số m, n ∈ N nguyên tố với p, q ∈ N cho nq − mp = mq − np > Chúng ta thấy a = mq + np > 0, b = (mq − np)(nq + mp) > c = 4mnpq − (mq − np) > 0, d = (mq + np)(nq + mp) > +) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (1, 1) (p, q) = (1, 2) ta thu kết (a, b, c, d) = (3, 3, 7, 9) +) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (2, 1) (p, q) = (5, 11) ta thu kết (a, b, c, d) = (27, 357, 423, 567) +) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3, 2) (p, q) = (3, 5) ta thu kết (a, b, c, d) = (21, 171, 351, 399) +) Chẳng hạn ta chọn (m, n) = (3, 2) (p, q) = (1, 2) ta thu kết (a, b, c, d) = (8, 28, 44, 56) 2.3 Tương ứng song hữu tỉ hai công thức nghiệm Trong Mục 2.1 2.2 ta có hai cơng thức nghiệm phương trình (2) thơng qua cơng thức Barnett phương pháp đại số Hai cơng thức nghiệm nhìn khác xây dựng từ phương pháp hoàn toàn khác nhau, chất chúng lại Trong Mục ta kiểm tra tương ứng song hữu tỉ hai cơng thức nghiệm Các nghiệm hữu tỉ phương trình (2) đưa Định lý 2.1.1 Định lý 2.2.1 tập hợp số tương ứng S0 ∪ S1 S0 ∪ S2 , S0 = {(±1, s, ∓s), (s, ±1, ∓s), (s, ±s, ∓1) : s ∈ Q}, S1 = S2 = β + γ − α2 γ + α2 − β α2 + β − γ , , , α, β, γ ∈ Z\{0} , 2βγ 2γα 2αβ − st s − t 4st − (1 − st)(s − t) , , : s, t ∈ Q, st(1 + st)(s + t) = + st s + t (1 + st)(s + t) Ta kiểm tra trực tiếp S0 gồm nghiệm có tọa độ ±1 Ta có kết sau đây, cho phép ta thay S1 , S2 T1 , T2 công thức nghiệm 22 Bổ đề 2.3.1 Cố định số hữu tỉ dương p, đặt α + β + γ = 2p, ∆ = (−α + β + γ)(α − β + γ)(α + β − γ), T1 = {(u, v, w) ∈ S1 : α + β + γ = 2p, ∆ = 0} , T2 = {(a, b, c) ∈ S2 : st(1 + st)(s + t)(t − 1)(s + 1) = 0} Khi ta có T1 ∪ S0 = S1 ∪ S0 T2 ∪ S0 = S2 ∪ S0 Chứng minh Lấy tùy ý (u, v, w) ∈ S1 , suy tồn α1 , β1 , γ1 ∈ Z\ {0} để β12 + γ12 − α12 γ12 + α12 − β12 α12 + β12 − γ12 u= ; v= ; w= 2β1 γ1 2γ1 α1 2α1 β1 +) Nếu α1 + β1 + γ1 = hay α1 = − (β1 + γ1 ), suy β12 + γ12 − (β1 + γ1 )2 = −1 u= 2β1 γ1 u = −1 ⇒ (u, v, w) ∈ S0 ⇒ (u, v, w) ∈ T1 ∪ S0 +) Nếu α1 + β1 + γ1 = q = Ta đặt α = α1 β1 γ1 2p; β = 2p; γ = 2p q q q Khi ta có u= β12 + γ12 − α12 = 2β1 γ1 γ12 + α12 − β12 = v= 2γ1 α1 α12 + β12 − γ12 w= = 2α1 β1 Trong α + β + γ = βq 2p γq 2p αq 2p γq + − 2p βq γq 2p 2p αq 2p αq + − 2p γq αq 2p 2p βq 2p βq + − 2p αq βq 2p 2p γq 2p = β + γ − α2 ; 2βγ γ + α2 − β = ; 2αγ α2 + β + γ = 2αβ α1 + β1 + γ1 q 2p = 2p = 2p q q 23 Vậy (u, v, w) ∈ T1 Tức ta có S1 ∪ S0 ⊆ T1 ∪ S0 ; Hiển nhiên ta có T1 ∪ S0 ⊆ S1 ∪ S0 Vậy S1 ∪ S0 = T1 ∪ S0 Ta chứng minh S2 ∪ S0 = T2 ∪ S0 cách kiểm tra trực tiếp Dễ thấy T2 ⊂ S2 Ngược lại, với (a, b, c) ∈ S2 , t = 1, ta có: a= s−1 1−s ,b = , c = 1, 1+s s+1 nên (a, b, c) ∈ S0 Với (a, b, c) ∈ S2 , s = −1, ta có: a= −1 − t 1+t ,b = , c = −1, 1−t −1 + t nên (a, b, c) ∈ S0 Từ ta thấy t = hay s = −1, (a, b, c) ∈ S2 (a, b, c) ∈ S0 Vậy S2 ∪ S0 = T2 ∪ S0 Áp dụng bổ đề trên, ta suy Định lý sau Nội dung Định lý cho ta kết hai công thức nghiệm Định lý 2.1.1 Định lý 2.2.1 thực nhau: Định lý 2.3.2 Với ký hiệu 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) = Ta phải tìm ba số (α, β, γ) thỏa mãn ∆ = (−α + β + γ)(α − β + γ)(α + β − γ); α + β + γ = 2p − st β + γ − α2 = ; + st 2βγ s − t α2 + γ − β = ; s+t 2αγ 4st − (1 − st)(s − t) α2 + β − γ = (1 + st)(s + t) 2αβ Với x, y = −1, ta có x = y ⇐⇒ 1−x 1−y = , 1+x 1+y (15) (16) (17) 24 nên (15), (16) tương đương với β + γ − α2 (p − γ)(p − β) 2βγ , st = = p(p − α) β + γ − α2 1+ 2βγ α2 + γ − β 1− t (p − γ)(p − α) 2αγ = = s p(p − β) α2 + γ − β 1+ 2αγ 1− (p − β)2 (p − γ)2 Suy s = t = Như vậy, (p − α)2 p2 (s, t) = p−β p−γ , p−α p Ta có (s, t) = (s, t) = p−β p−γ , p−α p (s, t) = −(p − β) −(p − γ) , p−α p thỏa mãn (17), −(p − β) −(p − γ) , p−α p thỏa mãn (19) (p − α)(p − β)(p − γ) = 0, điều mâu thuẫn với định nghĩa T1 Như vậy, (s, t) = p−β p−γ , p−α p Từ ta tìm (α, β, γ) = p(s + t) p(st + 1) , , p(1 − t) s+1 (s + 1) Ngồi ra, ta kiểm tra p(s + t) p(st + 1) + + p(1 − t) = 2p s+1 (s + 1) Như vậy, cho trước s, t ∈ Q thỏa mãn st(1 + s)(1 − t)(1 + st)(s + t) = ta tìm ba số (α, β, γ) thỏa mãn yêu cầu 25 Ngược lại, cho trước ba số (α, β, γ) thỏa mãn ∆ = 0, α + β + γ = 2p p−β p−γ , cho (15), (16), (17) thỏa mãn ta tìm (s, t) = p−α p Dễ thấy tương ứng (α, β, γ) ↔ (s, t) tương ứng − Vậy ta có điều phải chứng minh 2.4 Một số tính chất tập nghiệm Định lý 2.4.1 (Quy tắc Descartes dấu) Cho f (x) = an xn +an−1 xn−1 + + a1 x + a0 đa thức với hệ số thực, ∈ R, i = 0, 1, , n, an a0 = Gọi v số lần đổi dấu dãy (ai ) hệ số f (x), p số nghiệm thực dương, tính số bội Khi tồn số ngun khơng âm m cho p = v − 2m Chứng minh Vì an = nên không tổng quát ta giả sử f (x) = xn + an−1 xn−1 + + a1 x + a0 Gọi r1 , r2 , , rp nghiệm dương (tính số bội nghiệm bội), đa thức f (x) viết lại dạng p (x − ri ) f (x) = g (x) i=0 g (x) = xm + bm−1 xm−1 + + b0 đa thức với hệ số thực khơng có nghiệm dương Đầu tiên ta chứng minh p, v lẻ chẵn Ta có b0 > 0, b0 số âm g (0) = b0 < cần x đủ lớn g (x) > g (x) lại có nghiệm dương, dẫn tới mâu thuẫn, b0 > Ta có a0 = b0 (−1)p p ri nên a0 dương p chẵn âm p lẻ Vì hệ i=0 số đầu f (x) nên số lần đổi dấu v chẵn a0 dương lẻ a0 âm Vì p v chẵn lẻ Giờ ta chứng minh p ≤ v quy nạp theo n, bậc f (x) n = 1, ta có f (x) = x + a0 có nghiệm x = −a0 Nếu a0 > f khơng có đổi dấu, v = 0, f có nghiệm 26 âm nên v = p Nếu a0 < f có khơng đổi dấu, v = 1, f có nghiệm dương nên v = p Giả sử n > 1, ta gọi q số nghiệm dương f (x) w số lần đổi dấu hệ số f (x) Ta có f (x) = an xn−1 + (n − 1) an−1 xn−2 + + a1 Số lần đổi dấu hệ số f nhiều v , w ≤ v f (x) đa thức với hệ số tự Nếu a1 = ta có số k cho h (x) = xk khác h (x) có số lần đổi dấu w số nghiệm dương q Vậy không giảm tổng quát ta giả sử a1 = 0, áp dụng giả thiết quy nạp ta có q ≤ w Mặt khác áp dụng Định lý Rolle cho ta p − ≤ q ≤ w ≤ v Từ ta có p − ≤ v Dấu khơng xảy p v chẵn lẻ, p ≤ v Định lý 2.4.2 Cho f (x) = x3 − a2 + b2 + c2 x − 2abc, g(x) = x3 − a2 + b2 + c2 x + 2abc a, b, c số thực dương Khi (i) f có nghiệm dương ρ thỏa mãn √ a2 + b2 + c2 < ρ < a + b + c (ii) a = b = c, g(x) = x3 − 3a2 x + 2a3 = (x − a)2 (x + 2a) Nếu khơng g có hai nghiệm dương ρ1 , ρ2 Giả sử ρ1 < ρ2 ta có a2 + b2 + c2 ρ1 < < ρ2 Chứng minh (i) Theo quy tắc dấu Descartes’, f (x) có nhiều nghiệm dương Vì √ f a2 + b2 + c2 = −2abc < 0, f (a + b + c) = (a + b + c)3 − (a + b + c) a2 + b2 + c2 − 2abc = a2 b + ab2 + b2 c + bc2 + c2 a + ca2 + 4abc > 27 Nên có số dương ρ thỏa mãn f (ρ) = ρ < a + b + c √ a2 + b2 + c2 < (ii) Trường hợp a = b = c, ta có g(x) = x3 − 3a2 x + 2a3 = (x − a)2 (x + 2a) Trường hợp a, b, c không Theo quy tắc dấu Descartes’, g(x) có nhiều hai nghiệm dương Ta lại có, g (x) = 3x2 − a2 + b2 + c2 = x2 − x20 x0 = a2 + b2 + c2 Do g(x) giảm với x < x0 tăng với x > x0 nên g(x) đạt cực tiểu x0 Lại có g (x0 ) = x30 − a2 + b2 + c2 x0 + 2abc = x30 − 3x20 x0 + 2abc = −2 a2 + b2 + c2 3/2 − √ a2 b2 c2 3/2 a2 + b2 + c2 √ Ta có bất đẳng thức: ≥ a2 b2 c2 Do a, b, c không √ a2 + b2 + c2 nên > a2 b2 c2 Ta suy g (x0 ) < nên g(x) có hai nghiệm dương với x0 nằm chúng Chú ý Trong Định lý 2.4.2 phần (i), a = b = c, đa thức Newton f (x) trở thành f (x) = x3 − 3a2 x − 2a3 = (x + a)2 (x − 2a) Nghiệm dương √ f (x) thỏa mãn điều kiện 2a, 3a < 2a < 3a 28 Với kết cho thấy tứ giác Newton ABCD có AB = BC = CD = a, AD = 2a Thậy vậy, O tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABCD O trung điểm AD, tam giác OAB, OBC, OCD nên ba góc O dẫn tới ba tam giác ba tam giác Do AD = 2a 2.5 Về tứ giác Newton toán ngược Như đề cập chương 1, Newton đưa sáu lời giải khác để thấy tứ giác ABCD tứ giác Newton AD đường kính AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, ta có ràng buộc d3 − a2 + b2 + c2 d − 2abc = (1) Vấn đề đặt có bốn số thực dương a, b, c, d thỏa mãn (1) có ln tồn tứ giác Newton tương ứng khơng Ta có định lý sau Định lý 2.5.1 (i) Nếu a, b, c, d số thực dương thỏa mãn quan hệ (1), tồn tứ giác Newton ABCD AD đường kính AB = a, BC = b, CD = c, DA = d (ii) Diện tích tứ giác Newton (i) area(ABCD) = ab + cd 2d d2 − c2 Chứng minh (i) Gọi a, b, c, d số dương thỏa mãn (1) Do d nghiệm dương phương trình f (x) = x3 − a2 + b2 + c2 x − 2abc Theo Định lý 2.4.2 d nghiệm dương thỏa mãn √ a2 + b2 + c2 < d < a + b + c √ √ Như ta có: a < a2 + b2 < a2 + b2 + c2 < d < a + b + c 29 Hình bán nguyệt Vẽ hình bán nguyệt có đường kính AD = d Do a < d, lấy điểm B hình bán nguyệt cho AB = a √ Vì d2 > a2 + c2 , mà theo cách dựng DB = d2 − a2 nên DB > c Do tồn điểm C cung DB cho CD = c Ta đặt BC = k Theo sáu phương pháp chương 1, ta có phương trình d3 − a2 + k + c2 d − 2akc = (18) Lấy (18) trừ (1) theo vế, ta (db + dk + 2ac)(b − k) = Do k = b Như tứ giác ABCD có tính chất mong muốn (ii) Đường chéo AC chia tứ giác ABCD thành hai tam giác ACB ACD Vì vậy, area(ABCD) = area(ACB) + area(ACD) (19) 30 Vì tứ giác ABCD nội tiếp, nên hai góc đối diện ∠ADC ∠ABC bù Kéo dài AB phía B kẻ đường thẳng qua C , vng góc với AB cắt AB E Có góc ∠EBC kề bù với góc ∠ABC Do ∠ADC = ∠EBC nên hai tam giác vuông ACD CEB đồng √ dạng EC AC EC d2 − c2 Ta có = hay = BC AD b d √ b d2 − c2 Suy EC = d Vì √ ab d2 − c2 area(ACB) = AB · EC = 2d Lại có √ c d2 − c2 area(ACD) = AC · CD = 2 Thế kết lại (19) ta có điều phải chứng minh Hệ 2.5.2 Cho ABCD tứ giác Newton có đường kính AD AB = a, BC = b, CD = c, DA = d Khi đó, cho hốn vị σ a, b, c, tồn tứ giác Newton A B C D có đường kính A D cho A B = σ(a), B C = σ(b), C D = σ(c), D A = d Chứng minh Rõ ràng điều suy từ Định lý 2.5.1 thực tế phương trình Newton hốn vị biến a, b, c Ta chứng minh trực tiếp hệ mà không cần sử dụng Định lý 2.5.1, sau Gọi O tâm đường trịn có đường kính AD Khi đó, tứ giác lồi ABCD liên kết tam giác hướng tâm AOB , BOC COD Cắt 31 chúng khỏi tứ giác ABCD, hoán vị chúng sau dán lại với dọc theo cạnh xuyên tâm chúng Như ta tạo tứ giác Newton A B C D có đường kính A D tổng góc O 180◦ 32 Kết luận Đề tài luận văn trình bày số vấn đề sau: (1) Trình bày số kiến thức chuẩn bị tứ giác Newton phương pháp đưa phương trình Newton số kiến thức hỗ trợ trình đưa phương trình Newton (2) Trình bày kết nghiệm hữu tỉ phương trình Newton phương pháp khác (3) Đưa toán ngược với việc giải phương trình Newton ta tìm tứ giác Newton với vấn đề dặt ra, từ nghiệm phương trình Newton ta có tứ giác Newton tương ứng Tác giả mong muốn luận văn góp phần trở thành tài liệu tham khảo hữu ích việc nghiên cứu chuyển hóa tốn hình học sang dạng đại số 33 Tài liệu tham khảo Tiếng Anh [1] M Hajja, J Sondow (2019), "Newton Quadrilaterals, the Associated Cubic Equations, and Their Rational" The American Mathematical Monthly, 126, 135–150 [2] S Abu-Saymeh, M Hajja, M Hayajneh (2012), "The open mouth theorem, or the scissors lemma, for orthocentric tetrahedra", J Geom, 103, 1–16 [3] S Abu-Saymeh, M Hajja (2012), "Equicevian points on the altitudes of a triangle", Elem Math, 67, 187–195 [4] S Abu-Saymeh, M Hajja, H Stachel (2014), "Equicevian points and cubics of a triangle", J Geom Graphics, 18, 133–157 [5] S Abu-Saymeh, M Hajja, H Stachel (2015), "Equicevian points of a triangle", The American Mathematical Monthly, 122, 995–1000 [6] I A Barnett (1955), "A diophantine equation characterizing the law of cosines" The American Mathematical Monthly, 62, 251–252 [7] M Mignotte (1992), Mathematics for Computer Algebra, SpringerVerlag, New York ... (1) Trình bày số kiến thức chuẩn bị tứ giác Newton phương pháp đưa phương trình Newton số kiến thức hỗ trợ trình đưa phương trình Newton (2) Trình bày kết nghiệm hữu tỉ phương trình Newton phương. .. Lời mở đầu Tứ giác Newton phương trình bậc ba liên kết 1.1 Bài toán mở đầu 1.2 Sáu phương pháp dẫn tới phương trình Newton 4 Nghiệm hữu tỉ phương trình Newton 2.1... trình bày tốn ngược từ nghiệm phương trình Newton liệu có hay khơng tứ giác Newton tương ứng 4 Chương Tứ giác Newton phương trình bậc ba liên kết Chương ta tìm hiểu hình bán nguyệt, vấn đề ba