Bài toán 2.1.10. Tìm hình thang cân có diện tích lớn nhất biết rằng đáy nhỏ bằng b hai cạnh bên có cùng độ dài bằng a.
Giải. Khi a = c 6= b Phương trình (2.9) cho duy nhất nghiệm thực
A
B C
D
Hình 2.9: Thang cân có đáy nhỏ khác cạnh bêndương x = b+√82a2+b2. Trước hết dựng được đoạn thẳng dương x = b+√82a2+b2. Trước hết dựng được đoạn thẳng
y = √
8a2 +b2 bằng phương pháp đại số như sau:
• Dựng tam giác vuông MN P với hai cạnh góc vuông là b và 3a, cạnh huyền N P2 = b2 + 9b2.
• Dựng tam giác vuông N P Q biết cạnh huyền là N P vừa dựng được, và một cạnh góc vuông P Q = a. Khi đó cạnh góc vuông
N Q chính là đoạn y. Từ đó dựng được đoạn thẳng x = x+y
2 .
3. Trường hợp riêng thứ ba a= b 6= c.
Bài toán 2.1.11. Tìm tứ giác có diện tích lớn nhất biết 3 cạnh, trong đó 2 cạnh liên tiếp bằng nhau.
Giải.Khi a = b 6= c Tứ giác phải tìm là ABCD, trong đó A B C D O a a c Hình 2.10: Tứ giác có 2 cạnh kề bằng nhau AB = BC = a, CD = b cạnh AD = x, x là nghiệm thực dương của phương trình (2.9), theo như trên, thì x = b+√82a2+b2, tứ giác này không phải là hình thang, nó chỉ là tứ giác nội tiếp nửa đưởng tròn, đường kính AD, xem hình 2.10.
Bài toán 2.1.12. .
Đa giác có n đỉnh. Đã biết độ dài (n−1) cạnh là a1, a2, ..., an−1, cạnh thứ
n chưa biết độ dài. Chứng minh rằng nếu diện tích đa giác lớn nhất thì nó nội tiếp nửa đường tròn với đường kính là cạnh mà độ dài không cho trước.
A1 A2
An−1
An
Hình 2.11: Đa giác nội tiếp nửa đường tròn
Giải. Giả sử các cạnh đã biết độ dài là
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1.
Cạnh cuối cùng A1An chưa biết độ dài. Ta xét các góc có đỉnh:
Aj, j = 2...n −1, nhìn cạnh A1An Giả sử góc A\1AjAn 6= π2. Ta coi như các đa giác A1A2...Aj và AjAj+1...Aj là vật rắn tuyệt đối; còn tại đỉnh Aj
có khớp bản lề. Ta trượt đỉnh An dọc theo đường thẳng cho đến khi góc
\
A1AjAn = π2. Bằng cách này, ta chỉ ra tồn tại đa giác có diện tích lớn hơn. Ta xét đến tất cả các góc A\1AjAn, j = 2...n−1. Góc nào khác 1 vuông, áp dụng phương pháp bản lề như trên, sẽ nhận được đa giác có diện tích lớn hơn, nhưng có độ dài các cạnh
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1.
Bài toán 2.1.13. Cho góc xOyd = π
m, m ∈ N∗, m > 1 và n đoạn thẳng
A1A2 = a1;A2A3 = a2;...;An−1An = an.
Hãy dùng n đoạn thẳng đó cùng với 2 cạnh của góc xOyd giới hạn miền có
diện tích lớn nhất.
Giải. Giả sử A1 ∈ Ox, An ∈ Oy. Ta đưa bài toán này về bài toán đẳng
O x y x’ y’ x” A1 A2 An−1 An A′ n−1 A′ 2 A′ 1 A′′ 1 Hình 2.12: Góc và đường gấp khúc
chu bằng phương pháp đối xứng qua trục nhiều lần như sau:
Lấy đối xứng toàn bộ hình qua trục Oy, sau phép đối xứng này, đường gấp khúc A1A2...An−1An biến thành An′A′n−1...A′2A′1, trục Ox biến thành
Ox′. Ta lại lấy đối xứng đường gấp khúc A′nA′n−1...A′2A′1 qua trục Ox′ ảnh nhận được qua phép đối xứng này là A′1A′2...An′−1A′n... cứ như vậy m−1
lần, vì góc xOyd = π
O A1 A2 Aj A′ j A′ 2 M M’ A′ j
Hình 2.13: Đa giác nội tiếp đường tròndưới dạng tương đương sau: dưới dạng tương đương sau:
Cho đường thẳng d = x(m)Ox và đường gấp khúc gồm m.n đoạn với độ dài
mỗi đoạn đã biết. Hãy dùng đường gấp khúc này cùng với đường thẳng d
giới hạn một miền có diện tích lớn nhất.
Đây lại là Bài toán 2.1.12 mà ta đã biết lời giải.
Nhận xét 2.1.3. Bài toán 2.1.13 đã giả thiết xOyd = π
m, m ∈ N∗, việc đưa thêm giả thiết này là nhằm mục đích sau khi áp dụng phép đối xứng trục (m−1) lần, ta nhận được góc xOx\(m) = π, Bài toán 2.1.13 đưa về Bài toán 2.1.12
Bài toán 2.1.14. Đa giác n đỉnh đã biết độ dài tất cả các cạnh
A1A2 = a1, A2A3 = a2, ..., An−1An = an−1, AnA1 = an.
Nếu diện tích nó lớn nhất, nó phải là đa giác nội tiếp.
Giải.
1. Cách thứ nhất.
Để giải bài toán, trước hết ta chứng minh bổ đề sau đây:
Bổ đề 2.1.3. Một đa giác có tính chất: bốn đỉnh liên tiếp bất kỳ của đa giác là tứ giác nội tiếp, thì đa giác đó là đa giác nội tiếp.
Chứng minh. Xét 4 đỉnh liên tiếp A1, A2, A3, A4, theo giả thiết thì tứ giác A1A2A3A4 là tứ giác nội tiếp một đường tròn C nào đó. Xét 4 đỉnh A2, A3, A4, A5, tứ giác này cũng nội tiếp đường tròn C vì 2 tứ giác có chung 3 đỉnh. Ta lại xét tứ giác A3A4A5A6, tứ giác này cũng là tứ giác nội tiếp đường tròn C, vì nó có chung 3 đỉnh A3, A4, A5 với đa giác trước đó. Lặp lại lý luận, ta có kết luận của bổ đề.
Bây giờ ta chứng minh bài toán. Giả sử ngược lại, đa giác không là đa giác nội tiếp. Khi đó, theo bổ đề 2.1.3 tồn tại 4 đỉnh Ai, Aj, Ak, Al
theo thứ tự không thuộc một đường tròn. Áp dụng phương pháp bản lề, ta coi 4 đỉnhAi, Aj, Ak, Al là 4 bản lề, nghĩa là 4 góc cAi,Acj,Ack,cAl
có thể thay đổi độ lớn, các đỉnh còn lại được gắn cứng, hay là 4 viên phân với các dây cung là các cạnh
AiAj, AjAk, AkAl, AlAi
rắn tuyệt đối. Co dãn tứ giác AiAjAkAl cho đến khi tứ giác đó trở thành tứ giác nội tiếp. Như vậy ta nhận được đa giác mới có các cạnh tương ứng với các cạnh đa giác ban đầu, nhưng có diện tích lớn hơn. Điều này trái với giả thiết diện tích đa giác đã đạt giá trị lớn nhất. 2. Cách thứ hai. (xem [2])
Giả sử có 2 đa giác P = A1A2...An và P′ = A′
1A′
2...A′
n có các cạnh tương ứng bằng nhau
A1A2 = A′1A′2, A2A3 = A′2A′3, ..., AnA1 = A′nA′1.
Nhưng trong các cặp góc tương ứng có những cặp góc không bằng nhau, tức là tồn tại cặp góc Ack và Ac′
k sao cho Ack 6= Ac′
k. Đa giác P là đa giác nội tiếp, còn đa giác P′ thì không nội tiếp (xem hình 2.13) Nối đỉnh Aj với tâm O đường tròn ngoại tiếp và kéo dài cho cắt đường tròn ngoại tiếp tại M, giả sử M thuộc cung A1A2. Trên đa giác P′
ta dựng tam giác A′1M′A′2 sao cho
A′1M′A′2 = A1MA2.
So sánh đa giác MA2A3...Aj với đa giác M′A′
2A′
3...A′
j hai đa giác này có các cạnh tương ứng bằng nhau, trừ cạnh AjM và cạnh A′jM′.
Suy ra:
dt(MA2A3...Aj) > dt(M′A′2A′3...A′j).
Tương tự như trên, ta cũng có:
dt(MAj...AnA1) > dt(M′A′j...A′nA′1).
Cộng vế với vế hai bất đẳng thức trên
dt(MA1MA2A3...Aj...An−1An) >
dt(A′1M′A′2A′3...A′j...A′n−1A′n). (2.10) Vì A′1M′A′2 = A1MA2, trong mỗi vế đẳng thức trên chứa một tam giác, trừ mỗi vế tam giác này, ta nhận được
dt(A1A2A3...Aj...An−1An) >
dt(A′1A′2A′3...A′j...A′n−1A′n). (2.11)
Bài toán 2.1.14 được chứng minh.
2.2 Bài toán Diana
Theo Thần Thoại Hy Lạp, thì Diana là con gái Thần Rượu nho, nàng được vua cha ban cho một sợi dây thừng bằng da bò, nàng dùng sợi dây này vây một miếng đất ven biền. Một vấn đề đặt ra là phải vây làm sao để được mành đất có diện tích lớn nhất? Trong chương này ta sẽ giải Bài
Toán Diana và các tương tự của nó.
Bài toán 2.2.1. (1 sợi dây, 1 đoạn thẳng)Cho một sợi dây dài l và một đoạn thẳng AB = a. Hãy dùng sợi dây và đoạn thẳng giới hạn một miền phẳng có diện tích lớn nhất.
Giải. Ta gọi miền phẳng giới hạn bởi sợi dây và đoạn thẳng AB là F.
B A
C D
Hình 2.14: 1 sợi dây, 1 Đoạn thẳng
Đương nhiên cần có l > a. Giả sử hình dạng của sợi dây đã xác định, ta lấy 2 điểm C và D thuộc sợi dây, tại 4 đỉnh A, B, C, D coi như 4 bản lề (xem Hình 2.14). Coi 3 viên phân có dây cung là các cạnh BC, CD và
DA với các cung là BC,⌢ CD⌢ và DA⌢ là những mảnh cứng tuyệt đối. Khi hình F thay đổi hình dạng, thì 3 viên phân không thay đổi hình dạng, dẫn đến chu vi luôn luôn bằng l+a. Còn tứ giác ABCD thay đổi hình dạng, nhưng 4 cạnh có độ dài không đổi. Theo Bổ đề 2.1.2 thì tứ giác ABCD
có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi nó là tứ giác nội tiếp. Mà hai đỉnh C
và D chọn tùy ý trên sợi dây, từ đó ta nhận được kết luận:
Diện tích hình giới hạn bởi một sợi dây và một đoạn thẳng sẽ lớn nhất khi sợi dây là cung tròn.
Bài toán 2.2.2. (1 sợi dây, bờ biển thẳng, dài vô tận)Với một sợi dây có độ dài l, hãy chắn lấy một mảnh đất ven biển có diện tích càng lớn càng tốt. Giả thiết bờ biển là thẳng và dài vô tận.
Giải. Giả sử sợi dây và bờ biển thẳng đã giới hạn được mảnh đất F có diện tích là S, hai đầu A và B sợi dây trượt trên bờ biển sẽ là những hình
B A
F
F’
Hình 2.15: 1 sợi dây, bờ biển thẳng
có cả chu vi và diện tích thay đổi. Lấy phép đối xứng qua trục AB, ta nhận được hình đối xứng là F′. Ký hiệu G = F ∪F′ có diện tích gấp đôi, chu vi 2l không đổi. Khi hai điểm A và B trượt trên bờ biển, diện tích hình G thay đổi, nhưng chu vi hình G không đổi và luôn luôn bằng 2l. Theo Định lý 1.3.1, diện tích hình G lớn nhất thì nó phải là hình tròn, và có nghĩa là hình F phải là nửa hình tròn.
Bài toán 2.2.3. (1 sợi dây, 1 góc cố định, 2 đầu dây cố định) Cho một góc xOy < π,d tương ứng trên Ox và Oy cho trước 2 điểm M và
N. Một sợi dây có độ dài l > MN, một đầu dây buộc vào điểm M, đầu dây kia buộc vào điểm N. Hãy tìm diện tích lớn nhất của hình F giới hạn bởi góc xOyd và sợi dây.
Giải. Hình F gồm tam giác OMN đã cho ba đỉnh và viên phân giới hạn
O x
y
N
M l
F
Hình 2.16: 1 sợi dây, 1 góc, 2 đầu dây cố định
bởi đoạn MN và sợi dây l. Theo Bài toán 2.2.1 diện tích viên phân lớn nhất khi sợi dây là cung tròn với dây cung là đoạn MN.
Bài toán 2.2.4. (1 sợi dây, 1 góc cố định, 1 đầu dây cố định, 1 đầu tự do)
Cho một góc xOy < π,d trên Ox cho trước một điểm M. Một sợi dây
có độ dài l, có một đầu dây buộc vào điểm M, đầu dây kia trượt tự do trên cạnh Oy. Hãy tìm diện tích lớn nhất của hình F giới hạn bởi góc xOyd
và sợi dây.
Giải. Ta đưa bài toán này về Bài toán 2.2.3 bằng phương đối xứng trục
O y x N M x’ M’ I
Hình 2.17: 1 góc ,1 dây, 1 đầu dây cố địnhsau đây: sau đây:
Giả sử sợi dây MN đã giới hạn một miền F có diện tích lớn nhất là
S. Ta lấy đối xứng toàn bộ hình F qua trục Oy, cạnh Ox biến thành Ox′; điểm M biến thành M′. Bài toán bây giờ có thể thể phát biểu như sau:
Cho góc xOx[′, trên Ox cho trước điểm M, trên Ox′ cho trước điểm M′,
OM = OM′. Một sợi dây có độ dài 2l > MM′, có một đầu buộc vào điểm
M, đầu kia buộc vào điểm M′. Tìm hình dạng của sợi dây để diện tích
hình phẳng giới hạn bởi hai cạnh của góc và sợi dây lớn nhất.
Đây chính là Bài toán 2.2.3 mà ta đã giải ở trên.
Kết luận: Nghiệm của bài toán là cung tròn tâm I (I thuộc đường thẳng
chứa Oy), đi qua diểm M, trực giao với Oy và có độ dài l.
Bài toán 2.2.5. (1 sợi dây, 1 góc cố định, 2 đầu dây tự do) Cho góc
giới hạn một miền F có diện tích lớn nhất.
Giải. Miền F phải tìm là hình quạt, có hai cạnh OM và ON (M thuộc x y M N O F
Hình 2.18: 1 góc ,1 dây, 2 đầu dây tự do
Ox, N thuộc Oy), cung của hình quạt F chính là sợi dây (Hình 2.18). Coi viên phân gồm dây cung MN và cung MN được làm từ vật liệu cứng. Khi M trượt trên Ox, N trượt trên Oy, thì diện tích viên phân không đổi, còn diện tích tam giác OMN thay đổi. Vậy diện tích hình F phụ thuộc vào diện tích tam giác OMN. Mà diện tích tam giác OMN lớn nhất khi OM = ON. Từ đó suy ra diện tích hình F lớn nhất thì phải có
OM = ON. Phần còn lại của bài toán là xác định tâm của cung tròn. Coi như điểm M đã cho, theo Bài toán 2.2.4 cung tròn phải trực giao với
Oy. Nếu lại coi điểm N đã cho, ta lại có khẳng định cung tròn trực giao với Ox. Như vậy cung MN phải đồng thời trực giao với Ox và Oy, nói cách khác, tâm của cung tròn là điểm O.
Kết luận:cung tròn phải tìm có tâm tại đỉnh O của góc, cắt hai cạnh của
góc tại M và N sao cho độ dài cung MN = l.
Bài toán 2.2.6. ( 2 cái gậy, 1sợi dây) Cho hai đoạn thẳng có độ dài a, b
và sợi dây dài l. Hãy dùng sợi dây và hai đoạn thẳng giới hạn một miền có diện tích lớn nhất.
Giải. Bài toán này khác Bài toán 2.2.3 ở chỗ: Bài toán 2.2.3 có góc \AOB
cho trước, không đổi. Trong bài này góc \AOB là một đại lượng biến thiên mà ta có thể lựa chọn.
A
B
O
D
Hình 2.19: 2 đoạn thẳng và 1 sợi dây
Giả sử ta đã có hình F tạo bởi OA = a, OB = b, sợi dây l có 2 đầu buộc vào A và B, muốn cho bài toán tồn tại, phải có điều kiện l > |a−b|.
Giả sử góc \AOB = t đã biết. Khi đó tam giác AOB đã hoàn toàn xác định. Theo Bài toán 2.2.1, diện tích hình quạt F lớn nhất khi cung AB⌢ là cung tròn.
Phần còn lại của bài toán là:
"Góc \AOB phải như thế nào để diện tích hình quạt AOB có diện tích lớn
nhất?"
Bây giờ cung AB⌢ đã là cung tròn. Lấy một điểm D tùy ý trên cung
⌢
AB. Nối DA, DB. Lại gắn bốn bản lề tại bốn đỉnh A, O, B, D, coi các hình viên phân có dây cung là AD và DB là cứng tuyệt đối. Khi hình F
thay đổi hình dạng, thì hai viên phân không thay đổi hình dạng, còn tứ giác AOBD có bốn cạnh không đổi, do đó diện tích tứ giác AOBD lớn nhất khi và chỉ khi tứ giác nội tiếp. Nói cách khác là đường tròn phải đi qua đỉnh O.
Kết luận:Hình giới hạn bởi hai đoạn thẳng và một sợi dây có diện tích lớn nhất khi và chỉ khi sợi dây là cung tròn của đường tròn đi qua ba điểm
A, O, B.
Bài toán 2.2.7. Cho một đoạn thẳng có độ dài a, một sợi dây dài l và bờ biển. Hãy dùng sợi dây và đoạn thẳng giới hạn một miền ở ven biển có diện tích lớn nhất.
Giải. Ta đưa bài toán này về Bài toán 2.2.6 bằng phép đối xứng qua bờ
O x
M
M’
Hình 2.20: 1 gậy,1 dây, 1 bờ biển
biển. Sau phép đối xứng này, OM biến thành OM′. Bài toán trở thành: Cho hai đoạn OM = OM′ = a và sợi dây dài 2l. Hãy giới hạn miền có