2 Ứng dụng nguyên lý Carpets vào giải một số bài toán hình
2.16 Lưới điểm cách nhau 1 đơn vị dài
Giải. Đặt các miềnA, B, C, D, Enhư trong Hình 2.17. Khi đó, theo nguyên lý Carpets, ta có
Vì hai miền tam giác B và C đồng dạng nên ta có [B] = [C] 4 . Kết hợp với đẳng thức trên suy ra [B] = 1 3, [C] = 4 3. Lại có [D] + [B] = 1⇒ [D] = 1−[B] = 2 3. Suy ra [E] = [C]−[D] = 4 3 − 2 3 = 2 3. Hình 2.17: [A] + [B] = [C]
Bài toán 2.2.13. Cho hình bình hành ABCD có diện tích của các miền màu vàng là 8,10,72 và 79. Tìm diện tích của tam giác màu đỏ.
Giải. Đặt diện tích cần tìm là x. Gọi M, N, E là các điểm như hình vẽ, đặt a, b là diện tích của hai miền tương ứng như trong hình bên dưới.
Hình 2.19: Tìmx
Ta có diện tích của tam giác AED (tấm thảm thứ nhất) bằng một nửa diện tích hình bình hành ABCD. Tương tự, tổng diện tích của hai tam giác ADM và M N B (tấm thảm thứ hai) bằng một nửa diện tích hình bình hànhABCD. Do đó, hai tấm thảm có diện tích bằng nhau. Diện tích đè lên nhau giữa hai tấm thảm là a+b. Diện tích không đè lên nhau của tấm thảm thứ nhất là 79 + 10. Diện tích không đè lên nhau của tấm thảm thứ hai là x+ 72 + 8. Theo nguyên lý trải thảm suy ra
x+ 72 + 8 = 79 + 10 ⇔ x = 9.
Bài toán 2.2.14 ([4]). Cho các hình chữ nhật ABCD, EF GH và IF J H như trong Hình 2.20. Chứng minh rằng tổng diện tích màu xám bằng diện tích màu xanh. Chứng minh rằng tổng diện tích của hình chữ nhậtEF GH và IF J H bằng diện tích hình chữ nhật ABCD.
Giải. Vì hai đường chéo của một hình chữ nhật giao tại trung điểm chung và vì hai hình chữ nhật EF GH và IF J H có chung đường chéo F H nên các đường chéo của chúng bằng nhau và có tâm trùng nhau. Gọi tâm này là O. Khi đó O cũng là tâm của hình chữ nhật ABCD.
Hình 2.20: Diện tích màu xám bằng diện tích màu xanh
Ta có EG = IJ và cả hai đường chéo đều đi qua tâm O. Do đó, tam giác GOI là tam giác cân và CG = IB. Do đó BCGI là một hình chữ nhật và AIGD cũng là một hình chữ nhật.
Hiển nhiên, [IF G] = [BCGI]/2 và [IGH] = [AIGD]/2. Suy ra diện tích của tứ giác IF GH bằng một nửa diện tích của ABCD. Tương tự ta cũng có diện tích của tứ giác IF J H bằng một nửa diện tích của ABCD:
[IF GH] = [EF J H] = [ABCD]
2 ⇒[IF GH] + [EF J H] = [ABCD]. Vậy hai tấm thảm IF GH và EF J H có tổng diện tích bằng diện tích của căn phòng ABCD. Do đó phần phủ lên nhau của hai tấm thảm (phần màu xanh) có diện tích bằng phần không được phủ của sàn nhà (phần màu xám).
Ngoài ra, ta có [EF GH] + [IF J H] = tổng diện tích của bốn tam giác màu trắng cộng hai lần diện tích tứ giác màu xanh nên cũng bằng [IF GH] + [EF J H] và bằng diện tích của hình chữ nhật ABCD.
2.3 Một số ứng dụng của nguyên lý Carpets trongthực tiễn thực tiễn
2.3.1 Chứng minh √
2 là số vô tỉ
Hiện này có rất nhiều cách để chứng minh √
2 là số vô tỉ. Trong [5] trình bày 29 cách chứng minh khác nhau. Một trong số đó có dùng nguyên lý trải thảm. Sau đây, luận văn trình bày một số cách chứng minh cơ bản để so sánh giữa các cách. Cách 1. Giả sử phản chứng rằng √ 2 = m n, trong đó (m, n) = 1 hay n là mẫu số nhỏ nhất có tính chất trên. Ta có m > n và n > m−n. Mặt khác 2n−m m −n = 2− mn m n −1 = 2−√2 √ 2−1 = (2−√2)(√ 2 + 1) =√ 2. Hay √ 2 = 2n−m
m−n . Nhưng điều này mâu thuẫn với n là mẫu số nhỏ nhất có tính chất √ 2 = m n. Chứng tỏ √ 2 là số vô tỉ. Cách 2. Giả sử phản chứng rằng √ 2 = m n, trong đó (m, n) = 1 hay n là mẫu số nhỏ nhất có tính chất trên. Ta có m > n và n > m−n. Mặt khác, từ 2n2 = m2 suy ra 4n2 −4mn+m2 = 2n2 −4mn+ 2m2 ⇔ (2n−m)2 = 2(m−n)2 ⇔ 2 = (2n−m)2 (m−n)2 ⇔ √2 = 2n−m m−n .
Điều này mâu thuẫn với n là mẫu số nhỏ nhất có tính chất √
2 = m n. Chứng tỏ √ 2 là số vô tỉ. Cách 3. Giả sử phản chứng rằng √ 2 = m n, trong đó m, n là số nguyên dương thỏa mãn (m, n) = 1 hay phân số là tối giảm. Vì m2 = 2n2 nên tồn tại hai hình vuông với cạnh nguyên m và n sao cho diện tích hình
vuông cạnh m bằng hai lần diện tích hình vuông cạnh n. Và m, n là các số nguyên nhỏ nhất có tính chất này. Xem Hình 2.21(a).
Hình 2.21: √
2 là số vô tỉ
Đặt hai hình vuông nhỏ vào trong hình vuông lớn như trong Hình 2.21(b). Độ dài cạnh của hình vuông màu trắng là m − n < n. Độ dài cạnh của hình vuông màu xám là 2n−m < m. Các hình vuông này cũng có độ dài cạnh nguyên bởi vì hiệu các số nguyên là số nguyên. Theo nguyên lý Carpets, diện tích của hình vuông màu xám bằng tổng diện tích của hai hình vuông màu trắng hay
2(m−n)2 = (2n−m)2 ⇔ √2 = 2n−m m−n .
Mẫu thuẫn vớim và n là các số nguyên nhỏ nhất có tính chất √
2 = m/n. Chứng tỏ √
2 là số vô tỉ.
Edwin Halfar (Am Math Monthly, Vol. 62, No. 6 (1955), p. 437) đã trình bày một cách chứng minh dựa trên ý tưởng tương tự Cách 1 như sau.
Cách 4. Giả sử √
2 = n
m, trong đó n, m nguyên dương. Khi đó n > m và tồn tại số nguyên p > 0 sao cho n = m+p và
2m2 = n2 = (m+ p)2 = m2 + 2mp+p2 ⇒m2 = p2 + 2mp.
Điều này kéo theo m > p. Do đó, tồn tại số nguyên a > 0, a < m sao cho m = p+a, và n = m+p = p+a+p= 2p+a.
Từ 2m2 = n2 suy ra
⇔ 2p2 + 4pa+ 2a2 = 4p2 + 4pa+a2 ⇔ a2 = 2p2.
Do đó, ta có thể lặp lại toàn bộ quá trình này vô hạn lần và được n > m > p > a > · · · ,
nhưng vì mọi tập số nguyên dương khác rỗng có phần tử nhỏ nhất nên quá trình trên không thể lặp lại vô hạn lần, mâu thuẫn này chứng tỏ √
2 là số vô tỉ.
Chứng minh của Edwin Halfar khẳng định rằng cho hai hình vuông với các cạnh nguyên sao cho một hình có diện tích bằng hai lần diện tích hình còn lại, khi đó tồn tại một cặp hình vuông nhỏ hơn có cùng tính chất như trên. Ta có thể áp dụng nguyên lý Carpets minh họa cho chứng minh của Edwin Halfar như sau
Cách 5. Cho hai hình vuông với cạnh nguyên, một hình có diện tích bằng hai hình còn lại.
Di chuyển hai hình vuông nhỏ
Phần giao nhau giữa hình vuông nhỏ là một hình vuông (hình màu đỏ) ở giữa hình vuông lớn. Hình vuông lớn trừ đi hợp của hai hình vuông nhỏ tạo thành hai hình vuông nhỏ (màu xanh) ở hai góc của hình vuông lớn. Theo nguyên lý Carpets 2, ta có diện tích của hình vuông màu đỏ bằng tổng diện tích của hai hình vuông màu xanh.
Hiển nhiên các hình vuông này có cạnh nguyên bởi vì các hình vuông ban đầu có cạnh nguyên, hiệu các số nguyên là số nguyên. Ta có thể lặp lại toàn bộ quá trình này vô hạn lần. Nhưng vì mọi tập số nguyên dương khác rỗng có phần tử nhỏ nhất nên quá trình trên không thể lặp lại vô hạn lần, mâu thuẫn này chứng tỏ không tồn tại hai hình vuông với cạnh nguyên, một hình có diện tích bằng hai lần hình còn lại. Hay tương đương √
2 là số vô tỉ. 2.3.2 Chứng minh √ 3 là số vô tỉ Tương tự, ta có thể chứng minh √ 3 là số vô tỉ bằng cách sử dụng các tam giác đều chồng lên nhau. Ký hiệu Ts = s2√
3/4 là diện tích của tam giác đều có độ dài cạnh là s. Giả sử phản chứng rằng √
3 là số hữu tỉ với √
3 = m/n là phân số tối giản. Khi đó m2 = 3n2, hay tương đương Tm = 3Tn. Ta có m > n > 0 và
Hình 2.22: √
3 là số vô tỉ
Chiều dài cạnh của tam giác nhỏ màu xám đậm trong Hình 2.22 là 2n−m. Khi đó, chiều dài cạnh của tam giác màu trắng ở giữa là
n−2(2n−m) = 2m−3n.
Vì Tm = 3Tn nên theo nguyên lý Carpets, phần chồng lên nhau của ba tấm thảm bằng phần trống của sàn hay diện tích của tam giác nhỏ màu trắng bằng ba lần diện tích tam giác nhỏ màu xám đậm. Suy ra
T2m−3n = 3T2n−m, hay tương đương
(2m−3n)2 = 3(2n−m)2. Do đó √
3 = (2m − 3n)/(2n − m), mẫu thuẫn với √
3 = m/n là phân số tối giản bởi vì tam giác nhỏ màu trắng nhỏ hơn tam giác cạnh m (0 < 2m −3n < m) và tam giác nhỏ màu xám nhỏ hơn tam giác cạnh n (0< 2n−m < n). Suy ra √
3 là số vô tỉ.
2.3.3 Đặc trưng của bộ ba Pythagoras
Định nghĩa 2.3.1 ([2]). Bộ ba số nguyên dương (a, b, c) được gọi là bộ ba Pythagoras nếu a2+b2 = c2.Nó được gọi là nguyên thủy nếu chúng không có nhân tử chung.
Ví dụ(a, b, c) = (3,4,5)hoặc(5,12,13)là các bộ ba Pythagoras nguyên thủy, còn (a, b, c) = (6,8,10) là bộ ba Pythagoras không nguyên thủy.
Hệ thức Pythagorasa2+b2 = c2 cho tam giác vuông với cạnh góc vuông a, b và cạnh huyền c gợi ý ta xét hai tấm thảm hình vuông với diện tích a2 và b2 nằm trong căn phòng diện tích c2 như minh họa trong Hình 2.23. Theo nguyên lý Carpets, diện tích (a+b−c)2 của hình vuông màu xám ở giữa bằng tổng 2(c−a)(c−b) của diện tích hai hình chữ nhật màu trắng.
Hình 2.23: Bộ ba Pythagoras (a, b, c)
Đặt n = a+ b−c, p = c−a và q = c−b. Vì n, p, q là các số nguyên và a2 +b2 = c2 khi và chỉ khi
n2 = a+b−c = 2(c−a)(c−b) = 2pq,
ta thu được đặc trưng sau [2]: tồn tại tương ứng 1−1 giữa bộ ba Pythagoras (a, b, c) và phép phân tích thừa số của số chính phương chẵn dạngn2 = 2pq. Ngoài ra, ta có a = n+ q, b = n+p, c = n+ p+q nên bộ ba (a, b, c) nguyên thủy khi và chỉ khi p và q nguyên tố cùng nhau. Ví dụ:
• 62 = 2·1·18 = 2pq tương ứng với bộ ba (a, b, c) = (n+q, n+p, n+p+q) = (7,24,25); • 62 = 2·2·9 = 2pq tương ứng với bộ ba (a, b, c) = (n+q, n+p, n+p+q) = (8,15,17); • 62 = 2·3·6 = 2pq tương ứng bộ ba (a, b, c) = (n+q, n+p, n+p+q) = (9,12,15).
2.3.4 Các bất đẳng thức trung bình
Ta có thể chứng minh được một số bất đẳng thức trung bình dựa vào các hình vuông chồng lên nhau. Để làm điều này, ta nới lỏng ràng buộc rằng tổng diện tích của các hình vuông bằng diện tích của hình vuông chứa chúng. Xem Hình 2.24.
Hình 2.24: Các bất đẳng thức trung bình
Khi x, y > 0, hai hình vuông chồng lên nhau trừ khi x = y. Do đó ta thu được bất đẳng thức
2(x2 +y2) ≥ (x+y)2. (2.3) Đặt x = √
a và y = √
b trong (2.3), ta thu được 2(a+b) ≥ (√ a+ √ b)2 = a+ 2 √ ab+b.
Từ đó suy ra bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình nhân: với mọi a, b dương
a+b
2 ≥ √ab. Đặt x = a/2 và y = b/2 trong (2.3), ta thu được
a2 +b2
2 ≥a+b 2
2
.
Lấy căn bậc hai hai vế ta thu được bất đẳng thức trung bình cộng - trung bình bình phương: với mọi a, b dương
s
a2 +b2
2 ≥ a+b 2 .
Đặt x = 1/√
a và y = 1/√
b trong (2.3), ta thu được 21 a + 1 b ≥ 1 a + 2 √ ab + 1 √ b ⇔ a+b ab ≥ √2 ab.
Lấy nghịch đảo rồi nhân hai vế với 2ta thu được bất đẳng thức trung bình điều hòa - trung bình nhân: với mọi a, b dương
√
ab ≥ 2ab a+b.
2.3.5 Tổng các lập phương
Golomb (1965) sử dụng các hình vuông chồng lên nhau để chứng minh công thức tổng các lập phương của n số tự nhiên đầu tiên
13 + 23 +· · ·+n3 = (1 + 2 +· · ·+n)2.
Trước tiên, ta biểu diễnk3 thành k hình vuông diện tích k2 với 1 ≤k ≤ n, sau đó xếp các hình vuông này trong hình vuông lớn với cạnh có độ dài 1 + 2 +· · ·+n như trong Hình 2.25.
Khi k lẻ thì các hình vuông cạnh k (màu xám) không chồng lên nhau. Khi k chẵn, có hai hình vuông cạnh k (gạch chéo) đè lên nhau. Nhưng theo nguyên lý Carpets, diện tích đè lên nhau bằng diện tích không bị phủ bởi các hình vuông gạch chéo (phần màu trắng). Do đó, tổng diện tích của các hình vuông cạnh k,1 ≤ k ≤ n bằng diện tích của hình vuông cạnh 1 + 2 +· · ·+n.
2.3.6 Chia đôi hình tròn âm dương
Quốc kỳ của Hàn Quốc là hình chữ nhật có nền trắng, ở giữa có hình tròn âm dương, màu đỏ ở trên và màu xanh dương ở dưới, bốn góc có 4 quẻ bát quái.
Hình 2.26: Biểu tượng âm dương trên quốc kỳ Hàn Quốc
Hình tròn âm dương đại diện cho sự đấu tranh, hợp nhất và cùng tồn tại của hai mặt đối lập (có thể là nóng/lạnh, nam/nữ, bầu trời/trái đất, mặt trăng/mặt trời, v.v.). Trong hình tròn, phần Âm (khía cạnh tiêu cực, tiếng Hán là Yin) được hiển thị bằng màu đên, phần Dương (khía cạnh tích cực, tiếng Hán là Yang) hiển thị bằng màu trắng. Hình tròn âm dương gồm có hai miền của hình tròn cách nhau bởi hai hình bán nguyệt bằng nửa bán kính của hình tròn lớn.
Hình 2.27: Hình tròn âm dương
Nhà giải đố nổi tiếng người Anh H. E. Dudeney đã đặt ra bài toán chia đôi hình tròn bằng công cụ hình học Euclid thông thường là dùng thước thẳng và compa. Ông cũng đưa ra hai cách giải: cách 1 và 2 dưới đây. Sau đó, M. Gardner đã in lại bài toán trên một tờ báo khoa học Mỹ và trong hai quyển sách của ông (New Mathematical Diversions, The Colossal Book of Short Puzzles). Để trả lời cho câu hỏi trong bài báo, một số độc giả đã đưa ra các chứng minh khác và đơn giản hơn cách của Dudeney.
Cách 1. Dựng hai nửa đường tròn bằng nửa bán kính của hình tròn lớn và xoay 90◦ so với hai nửa đường tròn âm dương. Do tính đối xứng, đường tròn lớn được chia thành bốn phần bằng nhau. Cụ thể hơn, phần âm màu đen được chia thành hai phần bằng nhau, phần dương màu trắng được chia thành hai phần bằng nhau. Vậy đường nét đứt chia đường tròn âm dương thành phần bằng nhau.
Cách 2. Gọi R là bán kính của hình tròn lớn. Khi đó nửa hình tròn nhỏ có bán kính R/2. Vậy phần âm (màu đen) bên dưới đường kính nằm ngang của hình tròn lớn là nửa đường tròn có diện tích πR2/8. Ở phía trên nửa hình tròn âm này, dựng hình quạt kề với đường kính hình tròn lớn bằng đường thẳng hợp một góc 45◦ tại tâm. Diện tích của hình quạt này cũng là πR2/8. Vậy hai phần này có có tổng diện tích là πR2/4, bằng đúng một nửa diện tích phần âm. Suy ra đường thẳng hợp một góc 45◦ với đường kính nằm ngang chia đôi đường tròn âm dương.
Hình 2.29: Chia đôi đường tròn âm dương bằng cách 2
Cách 3. Gọi đường tròn lớn là T. Dựng đường tròn bán kính R/√ 2, gọi là hình T1. Diện tích của đường tròn này là [T1] = πR2/2. Gọi phần hình khuyên là T2, diện tích của hình vành khuyên cũng là
[T2] = πR2 −πR2/2 = πR2/2.
Gọi phần âm là S1, phần dương là S2. Vậy ta có hai cách phân hoạch hình tròn lớn:
T = S1 ∪S2 = T1 ∪T2,
trong đó [S1] = πR2/2 = [T2]. Theo nguyên lý Carpets 3, ta suy ra [S1 ∩T1] = [S2 ∩ T2].
Kết hợp tính đối xứng tâm với tâm của đường lớn, lấy phản xạ của miền S2 ∩ T2, ta suy ra diện tích phần âm trong hình vành khuyên bằng diện
tích phần âm trong hình tròn T1. Chứng tỏ đường tròn T1 chia đôi hình tròn âm dương.